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(共70張PPT)
章末檢測卷(六)(第八章內容)
題號
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一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。
1．(2024·山東濟南摸底)如圖所示為一個簡化的閃光燈電路，它由直流電源E、電阻箱R1、電阻箱R2和電容器C等組成，電容器先充電后在很短的時間內放電，從而達到閃光的效果。
下列說法正確的是(　　)
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A．開關S處于位置2時，電容器充電
B．電容器充電完成時兩極板間的電壓與電阻箱R1的阻值有關
C．若在電容器兩極板間加入云母介質，先充滿電再放電，放電過程通過閃光燈的電荷量變大
D．電阻箱R2的阻值越大，放電過程中通過閃光燈的電荷量越小
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√
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C　[電容器與電源連接時，電容器充電，開關S處于位置2時，電容器不與電源連接，故A錯誤；電容器充電完成時，電容器處相當于斷路，其兩端電壓等于電源電動勢，與電阻箱R1的阻值無關，B錯誤；在兩極板間加入云母介質，由電容的決定式可知C＝，則電容器的電容增大，由C＝可知，充電完成后電容器所帶的電荷量增大，又放電過程中通過閃光燈的電荷量與充電完成后電容器儲存的電荷量相等，與電阻箱R2的阻值無關，C正確，D錯誤。]
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2．(2024·江蘇徐州市第一次調研)如圖所示，兩根完全相同的四分之一圓弧絕緣棒分別放置在第一、二象限，其端點在兩坐標軸上。兩棒帶等量同種電荷且電荷均勻分布，此時O點電場強度大小為E。撤去其中一棒后，O點的電場強度大小變為(　　)
A． B．E
C．E D．E
√
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B　[設兩棒均帶正電，由點電荷電場強度特點及電場強度疊加規律可知，左側圓弧產生的電場強度方向斜向右下方，與x軸正方向夾角為45°，右側圓弧產生的電場強度方向斜向左下方，與x軸負方向夾角為45°，它們大小均為E1，可得E2＝，解得E1＝E，撤去其中一棒后，O點的電場強度大小變為E，故選B。]
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3．如圖所示，M、N為平行板電容器的兩個金屬極板，G為靜電計，開始時閉合開關S，靜電計張開一定角度。則下列說法正確的是
(　　)
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A．開關S保持閉合狀態，將R的滑片向右移動，靜電計指針張開角度增大
B．開關S保持閉合狀態，將兩極板間距增大，靜電計指針張開角度增大
C．斷開開關S后，將兩極板間距增大，板間電壓不變
D．斷開開關S后，緊貼下極板插入金屬板，板間電場強度不變
√
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D　[保持開關S閉合，電容器兩端的電勢差等于電源的電動勢，故電容器兩端的電勢差總不變，因此無論將R的滑片向右移動，還是將兩極板間距增大，靜電計指針張角都不變，A、B錯誤；斷開開關S后，電容器所帶電荷量不變，將兩極板間距增大，即d增大，根據C＝知，電容減小，根據U＝知，板間電壓增大，C錯誤；斷開開關S后，電容器所帶電荷量不變，若緊貼下極板插入金屬板，則d減小，根據E＝＝知，極板間的電場強度不變，D正確。]
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4．(2024·浙江臺州市高三檢測)靜電噴涂是利用高壓靜電場使帶電涂料微粒發生定向運動，并最終吸附在工件表面上的一種噴涂方法，其工作原理如圖所示，圖中虛線為涂料微粒的運動軌跡。若不計涂料微粒的重力、微粒間的相互作用力及一切阻力，下列說法正確的是(　　)
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A．涂料微粒帶正電
B．涂料微粒所受靜電力方向為軌跡切線的方向
C．減小噴槍槍口與工件之間的距離，各個涂料微粒運動過程中靜電力所做的功不變
D．涂料微粒運動過程中電勢能逐漸增加
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C　[由題圖知，工件帶正電，涂料微粒向工件靠近的過程中被吸附在工件上，所以涂料微粒帶負電，故A錯誤；涂料微粒做曲線運動，速度方向沿運動軌跡切線方向，靜電力的方向與粒子運動的速度方向不共線，則涂料微粒所受靜電力方向不是軌跡切線的方向，故B錯誤；工件接地，電勢不變，減小噴槍槍口與工件之間的距離，則它們間的電勢差不變，各個涂料微粒運動過程中靜電力所做的功不變，故C正確；涂料微粒在運動過程中靜電力對它做正功，則動能增大、速度增大，電勢能逐漸減少，故D錯誤。]
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5．電子透鏡兩極間的電場線分布如圖，中間的一條電場線為直線，其他電場線對稱分布，a、b、c、d為電場中的四個點，其中b、d點和b、c點分別關于x、y軸對稱。一離子僅在靜電力作用下從a運動到b，軌跡如圖中虛線所示，下列說法正確的是(　　)
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A．該離子帶正電
B．該離子在a、b兩點的電勢能滿足Epa＜Epb
C．b、d直線是等勢線
D．b、c兩點的電場強度相同
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B　[離子所受靜電力指向軌跡凹側，與電場線方向相反，則離子帶負電，故A錯誤；沿著電場線的方向電勢逐漸降低，則a點電勢大于b點電勢，根據電勢能公式Ep＝qφ可知，離子在a、b兩點的電勢能滿足Epa＜Epb，故B正確；等勢面與電場線垂直，則b、d直線不是等勢線，故C錯誤；由對稱性可知，b、c兩點的電場強度大小相同，方向不同，電場強度不相同，故D錯誤。]
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6．(2024·重慶卷)沿空間某直線建立x軸，該直線上的靜電場方向沿x軸，電勢φ隨位置x變化的圖像如圖所示，一電荷量的絕對值為e、帶負電的試探電荷經過x2點時的動能為1.5 eV，速度沿x軸正方向，若該電荷僅受靜電力，則其將(　　)
A．不能通過x3點
B．在x3點兩側往復運動
C．能通過x0點
D．在x1點兩側往復運動
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B　[在φ-x圖像中，圖像斜率的絕對值表示電場強度的大小，因此在x3處，電場強度為零。假設試探電荷能到達x3，靜電力做功W1＝
－e(1－2) V＝1 eV, 根據動能定理W1＝Ek3－Ek2，代入數據解得Ek3＝2.5 eV，假設成立，故A錯誤；當x>x3，電場強度方向沿x軸正方向，試探電荷所受靜電力沿x軸負方向，試探電荷做減速運動至速度為零，再向左做加速運動，重新回到x2處時，動能為1.5 eV，速度方向沿x軸負方向，在x1題號
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靜電力方向沿x軸正方向，試探電荷做減速運動，設動能減為零時的電勢為φ，根據動能定理－e(1 V－φ)＝0－1.5 eV，解得φ＝－0.5 V，因此，試探電荷還未運動到x1處，速度減速至零，當試探電荷減速至零后，試探電荷又向右做加速運動，可知試探電荷在x3點兩側往復運動，故B正確，C、D錯誤。]
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7．用絕緣細線a、b將兩個帶電小球1和2連接并懸掛，已知小球2的重力為G，如圖所示，兩小球處于靜止狀態，細線a與豎直方向的夾角為30°，兩小球連線與水平方向夾角為30°，細線b水平，則(　　)
A．小球1的帶電量一定小于小球2的帶電量
B．細線a拉力大小為2G
C．細線b拉力大小為G
D．小球1與2的質量比為1∶2
√
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B　[由F庫＝可知，不能確定小球1與小球2的帶電量，故A錯誤；對小球2，由平衡條件可得Fb＝F庫cos 30°，G＝F庫sin 30°，解得細線b拉力大小為Fb＝＝G，故C錯誤；對小球1，由平衡條件可得Fa sin 30°＝F庫cos 30°，m1g＋F庫sin 30°＝Fa cos 30°，解得細線a拉力大小為Fa＝2G，小球1與2的質量比為m1∶m2＝2∶1，故B正確，D錯誤。]
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8．(2024·浙江金麗衢十二校高三聯考)空間中固定一帶電量為Q的點電荷，且存在某方向的電場強度為E的勻強電場，使一初速度為v0、帶電量為q的小球恰可繞該點電荷做半徑為r的圓周運動，則(　　)
A．若點電荷帶電量為＋Q，則勻強電場方向一定向上
B．將點電荷帶電量變為2Q，則小球圓周運動半徑變為r
C．換用另一帶電量2q的小球使之仍以v0繞該點電荷做圓周運動，則小球運動半徑仍為r
D．若只撤去點電荷Q，同時調節電場強度為2E，則小球將做類平拋運動
√
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C　[若點電荷帶電量為＋Q，則小球帶負電，小球所受的勻強電場的靜電力與重力平衡，因此勻強電場方向一定豎直向下，A錯誤；根據庫侖定律和牛頓第二定律可知＝，可知若點電荷帶電量變為2Q，小球的速度大小不變，小球圓周運動半徑應變為2r，B錯誤；用另一帶電量2q的小球使之仍以v0繞該點電荷做圓周運動，根據Eq＝mg可知小球的質量變為原來的2倍，根據＝可知小球
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運動半徑仍為r，C正確；只撤去點電荷Q，同時調節電場強度為2E，則小球所受的合力為2Eq－mg＝mg，若初速度沿水平方向，小球做類平拋運動，若初速度豎直向上，則做勻加速直線運動，若初速度傾斜，做類斜拋運動，D錯誤。]
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二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。
9．(2024·黑龍江哈爾濱一模)如圖所示，水平帶電平面下方有一質量為m的帶正電的小球，可看成質點，電荷量大小為q。當它在P點時所受合力為零。P點與平面的垂直距離為d，k和g分別為靜電力常量和重力加速度，Q點是與P點對稱的平面上方的一點。下列說法正確的是(　　)
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A．平面帶負電
B．Q點電場強度大小一定為＋
C．Q點電場強度可能為零
D．若將一負電荷從平面移到P點，該負電荷的電勢能一定增加
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√
AC　[帶正電的小球在P點時所受合力為零，可知小球受到的靜電力向上，則平面帶負電，故A正確；帶正電的小球在P點時所受合力為零，則mg＝E1q，解得E1＝，根據對稱性，平面在Q點的電場強度大小為，方向向下，小球在Q點的電場強度大小為E2＝，方向向上，則Q點電場強度大小為EQ＝|E1－E2|＝，當小
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球在Q點的電場強度大小等于平面在Q點的電場強度大小時，Q點電場強度為零，故B錯誤，C正確；若將一負電荷從平面移到P點，電勢升高，負電荷在高電勢處電勢能反而小，該負電荷的電勢能一定減小，故D錯誤。]
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10．如圖所示，在豎直平面內的直角坐標系xOy的第一象限存在著方向平行于y軸的勻強電場，電場強度大小為5×103 N/C。一個可視為質點的帶電小球在t＝0時刻從y軸上的a點以沿x軸正方向的初速度進入電場，圖中的b、c、d是從t＝0時刻開始
每隔0.1 s記錄到的小球位置，若重力加速度
g取10 m/s2，則以下說法正確的是(　　)
題號
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A．小球的初速度是0.6 m/s
B．小球從a運動到d的過程中，機械能一定增大
C．小球的比荷是1×10-3 C/kg
D．小球的加速度為2.5 m/s2
√
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AC　[小球做類平拋運動，在水平方向上做勻速直線運動，則有v＝＝ m/s＝0.6 m/s，故A正確；小球做類平拋運動，豎直方向做勻加速直線運動，則有Δy＝aT2，解得a＝＝ m/s2＝5 m/s2題號
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11．一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內a、b、c三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為 10 V、 17 V、26 V。下列說法正確的是(　　)
A．電場強度的大小為2.5 V/cm
B．坐標原點處的電勢為1 V
C．電子在a點的電勢能比在b點的低7 eV
D．電子從b點運動到c點，靜電力做功為9 eV
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√
√
ABD　[設a、c之間的d點電勢與b點電勢相同，則＝＝，所以d點的坐標為(3.5 cm，6 cm), 過c點作等勢線bd的垂線即為電場線，電場強度的方向由高電勢指向低電勢，如圖。由幾何關系可得，ce的長度為3.6 cm，則電場強度的大小E＝＝＝2.5 V/cm，故選項A正確；因為Oacb是矩形，所以有Uac＝UOb，可知坐標原點O處的電勢為1 V，故選項B正確；a點電勢比b點電勢低7 V，電子帶
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負電，所以電子在a點的電勢能比在b點的高7 eV，故選項C錯誤；b點電勢比c點電勢低9 V，電子從b點運動到c點，靜電力做功為9 eV，故選項D正確。]
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12．真空中有一半徑為R的均勻帶正電薄球殼，以球心O為坐標原點，沿半徑方向建立x軸，球殼外x軸上的各點的電場強度E隨x變化的關系如圖所示(圖中E0已知)。一質量為m、電荷量為e的電子從x＝2R處由靜止釋放，僅受靜電力作用，到達球殼表面時的動能為Ek。已知均勻帶電薄球殼的殼外空間的電場分布與電荷量全部集中在球心時相同，靜電力常量為k，球體表面積公式S＝4πR2。下列說法正確的是(　　)
題號
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A．圖中r＝R
B．該球殼單位面積所帶的電荷量為
C．電子在x＝2R處釋放時的加速度大小為
D．若電子從x＝3R處由靜止釋放，則到達球殼表面時的動能為2Ek
題號
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ABC　[設均勻帶正電薄球殼所帶電荷量為Q，當x＝R時，根據題意可得E0＝k，解得Q＝，則該球殼單位面積所帶的電荷量為q0＝＝＝，故B正確；當x＝r時，由題圖可得＝k， 解得r＝R，故A正確；當x＝2R時，電場強度大小為E1＝k＝，電
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子在x＝2R處釋放時的加速度大小為a＝＝，故C正確；已知電子從x＝2R處由靜止釋放，僅受靜電力作用，到達球殼表面時的動能為Ek，根據動能定理有W＝Ek，由題圖可知從3R到2R過程的電場強度小于從2R到R過程的電場強度，若電子從x＝3R處由靜止釋放，則到達球殼表面時，根據動能定理有W′＝E′k＜2W＝2Ek，故D錯誤。]
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三、非選擇題：本題共6小題，共60分。
13．(6分)電容器是一種重要的電學元件，在電工、電子技術中應用廣泛。使用圖甲所示電路觀察電容器的充、放電過程。電路中的電流傳感器(相當于電流表)與計算機相連，可以顯示電路中電流隨時間的變化關系。圖甲中直流電源電動勢E＝8 V，實驗前電容器不帶電。先使S與“1”端相連給電容器充電，充電結束后，使S與“2”端相連，直至放電完畢。計算機記錄的電流隨時間變化的i-t曲線如圖乙所示。
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(1)乙圖中陰影部分的面積S1________(選填“>”“<”或“＝”)S2。
(2)計算機測得S1＝1 203 mA·s，則該電容器的電容為________ F(結果保留2位有效數字)。
(3)由甲、乙兩圖可判斷阻值R1________(選填“>”“<”或“＝”)R2。
題號
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＝
0.15
<
[解析]　(1)題圖乙中陰影面積S1和S2分別表示充電和放電中電容器上的總電荷量，所以兩者相等。
(2)由陰影面積代表電容器上的電荷量得q＝S1＝1.203 C，U＝E＝
8 V，則C＝＝ F≈0.15 F。
(3)由題圖乙可知充電瞬間電流大于放電瞬間電流，且充電瞬間電源電動勢與放電瞬間電容器兩極板間電壓相等，由＞，解得R1＜R2。
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14．(8分)(2023·福建卷)某同學用圖(a)所示的電路觀察矩形波頻率對電容器充放電的影響。所用器材有：電源、電壓傳感器、電解電容器C(4.7 μF，10 V)、 定值電阻R(阻值2.0 kΩ)、開關S、導線若干。
(1)電解電容器有正、負電極的區別。根據圖(a)，將圖(b)中的實物連線補充完整。
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圖見解析
(2)設置電源，讓電源輸出圖(c)所示的矩形波，該矩形波的頻率為________ Hz。
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40
(3)閉合開關S，一段時間后，通過電壓傳感器可觀測到電容器兩端的電壓UC隨時間周期性變化，結果如圖(d)所示，A、B為實驗圖線上的兩個點。在B點時，電容器處于________(選填“充電”或“放電”)狀態；在________(選填“A”或“B”)點時，通過電阻R的電流更大。
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充電
　B
(4)保持矩形波的峰值電壓不變，調節其頻率，測得不同頻率下電容器兩端的電壓隨時間變化的情況，并在坐標紙上作出電容器上最大電壓Um與頻率f關系圖像，如圖(e)所示。當f＝45 Hz時，電容器所帶電荷量的最大值Qm為__________ C
(結果保留2位有效數字)。
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1.8×10-5
(5)根據實驗結果可知，電容器在充放電過程中，其所帶的最大電荷量在頻率較低時基本不變，而后隨著頻率的增大逐漸減小。
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[解析]　(1)電解電容器有正、負電極的區別，根據題圖(a)，應將電容器正極與定值電阻R右接線柱相連，將電容器負極與電源負極相連，實物連線如圖所示。
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(2)由題圖(c)可知，該矩形波的周期T＝25×10-3 s，所以該矩形波的頻率為f＝＝40 Hz。
(3)由題圖(d)可知，從B點開始的一段時間內，電容器兩端的電壓UC增大，根據Q＝CUC，電容器所帶電荷量Q增大，則在B點時，電容器處于充電狀態。在極短時間Δt內，電容器充電或放電的電荷量ΔQ即為通過電阻R的電荷量，所以通過電阻R的電流I＝，又ΔQ＝C·|ΔUC|，所以I＝C·，可知UC-t圖線斜率的絕對值正比于通過電阻R的電流大小，結合題圖(d)可知，在B點時，通過電阻R的電流更大。
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(4)由題圖(e)可知，當f＝45 Hz時，電容器兩端電壓的最大值約為Um＝3.8 V，根據電容的定義式C＝，可得此時電容器所帶電荷量的最大值為Qm＝CUm＝4.7×10-6×3.8 C≈1.8×10-5 C。
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15．(8分)在水平向右足夠大的勻強電場中，大小可忽略的兩個帶電小球A、B分別用不可伸長、長度均為l的絕緣輕質細線懸掛在同一水平面上的M、N兩點，并靜止在如圖所示位置，兩細線與電場線在同一豎直平面內，細線與豎直方向夾角均為α＝37°。已知兩小球質量都為m、電荷量均為q且帶等量異種電荷，勻強電場的電場強度大小E＝，重力加速度大小為g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
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(1)求A、B兩小球之間庫侖力的大小。
(2)保持小球B的位置和帶電量不變，移除A小球后，將小球B由靜止釋放，求B小球此后運動過程中速度的最大值。
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[解析]　(1)由題意可知，小球B帶正電，設小球B受到的靜電力F1＝qE
對小球B受力分析如圖所示，
小球B靜止，由受力平衡得F1－F＝mg tan α
聯立解得F＝mg。
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(2)小球A撤去后，小球B在靜電力、重力和細線拉力作用下做變速圓周運動，當重力和靜電力的合力沿著半徑方向時小球速度最大。設小球速度最大時，細線與豎直方向的夾角為θ。由幾何關系可得tan θ＝
小球B從初始位置運動到速度最大位置，在豎直方向的位移y＝l cos α－l cos θ
題號
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在水平方向的位移x＝l sin θ－l sin α
由動能定理得F1x－mgy＝mv2
解得v＝。
[答案]　(1)mg　(2)
16．(8分)(2024·內蒙古呼和浩特一模)如圖所示為兩組平行金屬板，一組豎直放置，一組水平放置。今有一質量為m＝2×10-14 kg、電荷量為q＝2×10-14 C的帶電微粒靜止在豎直放置的平行金屬板的A點，經電壓U0＝5 000 V加速后通過B點小孔進入兩板間距為d＝0.3 m、板長l＝1.0 m、電壓為U＝300 V的水平放置的平行金屬板間。若帶電微粒從水平平行金屬板的右側穿出，A、B虛線為兩塊平行板的中線，帶電微粒的重力和所受空氣阻力均可忽略。求：
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(1)帶電微粒通過B點時的速度大小；
(2)帶電微粒通過水平金屬板過程中靜電力對其做功為多少。
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[解析]　(1)設帶電微粒通過B點時的速度大小為v0，根據動能定理可得
qU0＝－0
解得v0＝100 m/s。
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(2)設帶電微粒通過水平金屬板時豎直方向的位移為y，則有
y＝at2 ①
通過水平金屬板的時間t＝ ②
水平金屬板間的電場強度大小E＝ ③
帶電微粒在水平金屬板間受到的靜電力F＝Eq ④
根據牛頓第二定律可得a＝＝ ⑤
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由①②③④⑤式聯立并代入數據解得y＝＝0.05 m
根據功的計算公式可得W＝Fy＝Eqy
解得W＝1×10-12 J。
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[答案]　(1)100 m/s　(2)1×10-12 J
17．(14分)如圖所示，空間分為Ⅰ、Ⅱ兩個足夠長的區域，各邊界(圖中虛線)均水平，Ⅰ區域存在電場強度為E1＝1.0×104 V/m的勻強電場，方向豎直向上；Ⅱ區域存在電場強度為E2＝×105 V/m的勻強電場，方向水平向右，兩個區域寬度分別為d1＝5.0 m，d2＝4.0 m。
一質量m＝1.0×10-8 kg、帶電荷量q＝＋1.6×10-6 C的
粒子從D點由靜止釋放，粒子重力忽略不計。求：
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(1)粒子離開區域Ⅰ時的速度大小；
(2)粒子離開區域Ⅱ時發生的偏移量x的大小；
(3)粒子出區域Ⅱ后加另一個勻強電場，使粒子在此電場作用下經
1.0 s速度變為零，此電場的電場強度E3的大小和方向。
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[解析]　(1)由動能定理得qE1d1＝
解得v1＝4×103 m/s。
(2)粒子在區域Ⅱ內做類平拋運動，運動時間
t2＝＝1×10-3 s
又a＝
偏移量x＝
解得x＝2 m。
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(3)由vx＝at2，vy＝v1
可得tan θ＝＝
所以θ＝30°
則所加電場方向應與水平方向成30°角斜向左下方
粒子剛出區域Ⅱ時速度大小
v＝＝8×103 m/s
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由v＝t
解得E3＝50 V/m。
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[答案]　(1)4×103 m/s　(2)2 m　(3)50 V/m　與水平方向成30°角斜向左下方
18．(16分)(2024·安徽合肥市第一次質檢)如圖所示，一絕緣細直桿AC固定在方向水平向左的勻強電場中，直桿與電場線成45°角，桿長l＝ m。一套在直桿上的帶電小環，由桿端A以某一速度勻速下滑，小環離開桿后恰好通過桿端C正下方P點，C、P兩點相距h。已知環的質量m＝0.5 kg，環與桿間的動摩擦因數μ＝，h＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2。求：
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(1)小環從桿端A運動到P點的時間；
(2)小環運動到桿端A正下方時的動能Ek。
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[解析]　(1)由題意知，小環帶負電，小環從A到C的過程中勻速下滑，對小環受力分析可得
mg sin 45°＝F cos 45°＋f
FN＝mg cos 45°＋F sin 45°
又因為f＝μFN，聯立解得F＝2.5 N
小環從C到P的過程中，在水平方向有
ax＝，0＝
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豎直方向有h＝
解得t1＝0.4 s，v0＝ m/s，ax＝5 m/s2
則小環從A運動到P點的時間t＝＋t1＝1.9 s。
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(2)小環從C到A正下方的過程中，在水平方向有vx＝v0cos 45°－axt2
－l cos 45°＝
豎直方向有vy＝v0sin 45°＋gt2
聯立解得vx＝－4 m/s，vy＝11 m/s，t2＝1 s
則小環運動到桿端A正下方時的動能
Ek＝＝34.25 J。
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[答案]　(1)1.9 s　(2)34.25 J
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