1、第十章静电场中的能量单元评估时间：90分钟分值：100分一、选择题(17为单选，每小题3分；810为多选，每小题4分，共33分)1如图所示为静电除尘原理图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，图中虚线为电场线(方向未标)不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量的变化，则(C)A电场线方向由放电极指向集尘极B图中A点电势高于B点电势C尘埃在迁移过程中电势能减小D尘埃在迁移过程中做匀变速运动解析：带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，可以判定集尘极带正电，放电极带负电，故电场线方向由集尘极指向放电极，A错误；沿着电场线方向
2、电势降低，越靠近集尘极电势越高，B点电势高于A点电势，B错误；带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，电场力做正功，电势能减少，C正确；电场是非匀强电场，电场力大小不断变化，无论是否考虑重力，尘埃所受合力都不是恒力，加速度不恒定，尘埃做的不是匀变速运动，D错误2如图所示，A，B在同一水平线上，以AB为直径的半圆周与竖直光滑绝缘杆相交于M点电荷量为Q1，Q2的两个正、负点电荷分别固定在A点和B点，一个带正电的轻金属环q(视为点电荷，且重力忽略不计)套在绝缘杆上，在M点恰好平衡，MA与AB的夹角为，则(A)Atan3 Btan2Ctan Dtan解析：设圆的直径为d，根据库仑定律得：Q1对q的库
3、仑力大小为F1k，Q2对q的库仑力大小为F2k，对q，根据平衡条件得：F1sinF2cos，联立以上三式得：tan3，故选A.3.图中的平行直线表示一簇垂直于纸面的等势面一个电量为5.0108 C的点电荷，沿图中曲线从A点移到B点，电场力做的功为(B)A5.0107 J B5.0107 JC3.5106 J D3.5106 J解析：UABAB10 V，WABqUAB5.0107 J，B正确4如图所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上则t0可能属于的
4、时间段是(B)A0t0T/4 BT/2t03T/4C3T/4t0T DTt09T/8解析：本题考查带电粒子在交变电场中的运动，意在考查学生综合分析问题的能力两板间加的是方波电压，则释放粒子时，粒子向A板运动，说明释放粒子时UAB为负，因此A选项错误若t0，带正电粒子先加速向A板运动，再减速运动至零；然后再反方向加速运动，减速运动至零；如此反复运动，每次向A板运动的距离大于向B板运动的距离，最终打在A板上，选项B正确若3T/4t0T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零，然后再反方向加速运动、减速运动至零，如此反复运动，每次向A板运动的距离小于向B板运动的距离，最终打在B板上，选项C错误若
5、Tt0EpB BEpAEB DEAEB解析：由vt图象可知负电荷从A到B运动过程中，速度不断增大，即电场力做正功，电势能减小，即EpAEpB，由图象的斜率不断减小，说明物体运动的加速度不断减小，受到电场力不断减小，即EAEB.9某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是(BD)Ac点场强大于b点场强Ba点电势高于b点电势C若将一试探电荷q由a点释放，它将沿电场线运动到b点D若在d点再固定一点电荷Q，将一试探电荷q由a移至b的过程中，电势能减小解析：电场线疏密表示电场强度的大小，则EbEc，因此A选项错；沿电场线方向，电势逐渐降低，则ab，因此B选项正确；由力与运动关系可知C选项错；在d点再固
6、定一点电荷Q，将正电荷由a移至b的过程中，电场力做正功，电势能减小，则D选项正确10如图所示，图中五点均在匀强电场中，它们刚好是一个圆的四等分点和圆心已知电场线与圆所在平面平行下列有关圆心O和a点的电势、电场强度的相关描述正确的是(AD)Aa点的电势为6 VBa点的电势为2 VCO点的场强方向指向a点DO点的场强方向指向电势为2 V的点解析：由匀强电场特征可知10 V6 Va2 V，解得a6 V，选项A正确、B错误；O点与a点处于同一等势面上，所以O点场强方向指向电势为2 V的点，选项C错误、D正确二、非选择题(共67分)11(11分)已充电的平行板电容器与静电计连接如图所示，电容器极板上的电
7、荷量不变，当板间距离增大时(如图)，静电计指针的偏角将增大，板间电势差将增大，电容器的电容将减小，说明电容器的电容跟板间距离成反比；当正对面积减小时(如图)，静电计的偏角将增大，板间电势差将增大，电容将减小，说明电容器的电容跟正对面积成正比；当两板间插入电介质时(如图)，静电计的偏角将减小，板间电势差将减小，电容将增大，说明电容器的电容跟两板间的电介质有关12(6分)如图所示，abcde是半径为r的圆内接正五边形，在其顶点a、b、c、d处各固定有电荷量为Q的点电荷，在e处固定有电荷量为3Q的点电荷，则放置在圆心O处的点电荷q所受到的静电力的大小为，方向为从e指向O.解析：将顶点e处的3Q等效为
8、Q和4Q，五个Q对圆心O处的q的作用力为零从而所求的静电力等效于在e处的4Q与q之间的库仑力，由库仑定律的公式得：F，又由同号电荷相斥可知，力的方向沿从e指向O的方向13(6分)匀强电场中有A、B、C三点构成等边三角形，边长均为4 cm，将一带电荷量q1.01010 C的正电荷(不计重力)，从A点移到C点，电场力做功为109 J，若把同一电荷从A点移到B点，电场力做功也为109 J，那么该电场的场强是多大？答案：5102 V/m解析：如图所示，把正电荷从电场中的A点分别移到C点或B点，电场力做的功相同，根据WqU可知，B、C两点电势相同，在同一等势面上，由于电场中的等势面与电场线垂直，可见A点
9、与BC等势面在场强方向的距离dsin604102 m2102 m.A、B两点的电势差UAB V10 V.该电场的电场强度E V/m5102 V/m.14. (8分)如图所示，一电荷量为Q的正点电荷固定在倾角为30的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A和C相距为L，B为AC中点现将一带电小球从A点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度正好又为零，已知带电小球在A点处的加速度大小为，静电力常量为k，求：(1)小球运动到B点时的加速度大小(2)B和A两点间的电势差(用Q和L表示)答案：(1)(2)解析：(1)设带电小球所带电荷量为q，带电小球在A点时，mgsin3
10、0kmaA带电小球在B点时，mgsin30maB且aA，解得aB(2)带电小球由A点运动到B点应用动能定理，有mgsin30qUBA0又mgsin30kmaA可求得UBA.15(8分)如图所示，在方向水平向右的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m的带正电的小球，另一端固定于O点把小球拉起至细线与电场强度方向平行，然后无初速度释放，已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为.求小球经过最低点时细线对小球的拉力大小答案：mg(3)解析：设细线长为l，小球带电量为q，根据动能定理有：mglcosqEl(1sin)0到最低点根据动能定理有mglqElmv2在最低点拉力和重
11、力的合力提供向心力，即Fmgm解得Fmg(3)16(9分)质量为m、带电荷量为q的小球从距地面高为h处以一定的初速度水平抛出，在距抛出点水平距离为l处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管，管的上口距地面.为使小球能无碰撞地通过管子，可在管口上方的整个区域里加一个电场强度方向水平向左的匀强电场，如图所示求：(1)小球的初速度v0；(2)电场强度E的大小；(3)小球落地时的动能Ek.答案：(1)2l(2)(3)mgh解析：(1)小球运动到管口上方时，水平速度为零，运动时间由竖直方向做自由落体运动通过所需时间决定，则有vv0at因v0，a得v0t0vv22as因v0a得v2as2l在竖直方向gt2由
12、以上三式可得小球的初速度v02l(2)沿电场方向有a和v2al，电场强度大小为E(3)由动能定理WGWEEkEk0得mghqElEkmv由得Ekmgh.17(9分)如图所示，阴极A受热后向右侧空间发射电子，电子质量为m，电荷量为e，电子的初速率有从0到v的各种可能值，且各个方向都有与A极相距l的地方有荧光屏B，电子击中荧光屏时便会发光若在A和B之间的空间里加一个水平向左、与荧光屏面垂直的匀强电场，电场强度为E，求B上受电子轰击后的发光面积答案：解析：阴极A受热后发射电子，这些电子沿各个方向射向右边匀强电场区域，且初速率从0到v各种可能值都有取两个极端情况如图所示沿极板竖直向上且速率为v的电子，
13、受到向右的电场力作用做类平抛运动打到荧光屏上的P点竖直方向上yvt，水平方向上lt2.解得yv.沿极板竖直向下且速率为v的电子，受到向右的电场力作用做类平抛运动打到荧光屏上的Q点，同理可得yv.故在荧光屏B上的发光面积Sy2.18(10分)如图所示，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点现给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为Q和Q，此时悬线与竖直方向的夹角为.再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到，且小球与两极板不接触求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量答案：2Q解析：设电容器电容为C.第一次充电后两极板之间的电压为U两极板之间电场的场强为E式中d为两极板间的距离按题意，当小球偏转角1时，小球处于平衡状态设小球质量为m，所带电荷量为q，则有Tcos1mgTsin1qE式中T为此时悬线的张力联立式得tan1设第二次充电使正极板上增加的电荷量为Q，此时小球偏转角2，则tan2联立式得代入数据解得Q2Q.
