人教版高中物理必修三同步练习全套（含答案）

人教版高中物理必修三同步练习全套《9.1电荷》同步练习基础巩固1.(多选)下列说法正确的是()A.元电荷就是电子B.所有带电体带的电荷量一定等于元电荷的偶数倍C.元电荷的值通常取e=1.60×10-19CD.元电荷的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的答案CD2.把一个带电棒移近并接触一个带正电的验电器的过程中,金属箔片先闭合后又张开,说明棒上带的是()A.正电荷B.负电荷C.可以是正电荷,也可以是负电荷D.带电棒上先带正电荷,后带负电荷解析金属箔片先闭合后张开,说明金属箔片所带正电荷先被中和,而带电棒电荷量较大,中和后还有多余的负电荷,后来金属箔片带上负电荷,所以又会张开,由此判断,带电棒带负电。答案B3.如图所示,原来不带电的绝缘金属导体MN,在其两端下面都悬挂金属验电箔。若使带负电的绝缘金属球A靠近导体M端,可能看到的现象是()A.只有M端验电箔张开,且M端带正电B.只有N端验电箔张开,且N端带负电C.两端的验电箔都张开,且N端带负电,M端带正电D.两端的验电箔都张开,且N端带正电,M端带负电解析由于同号相斥,异号相吸,M端感应出正电荷,N端感应出负电荷。答案C4.带电微粒所带的电荷量不可能是下列值中的()A.2.4×10-19CB.-8×10-19CC.-1.6×10-18CD.4.0×10-17C解析任何带电体所带的电荷量都只能是元电荷的整数倍,元电荷为e=1.60×10-19C,选项A中电荷量为32e,B中电荷量为-5e,C中电荷量为-10e,D中电荷量为250e答案A5.有甲、乙、丙三个轻质导体小球,将它们两两靠近,它们都相互吸引,如图所示,下列说法正确的是()A.三个小球都带电B.只有一个小球带电C.有两个小球带同种电荷D.有两个小球带异种电荷解析若两小球相互吸引,则两小球带异种电荷,或者一小球带电,一小球不带电。由题中图示情况知,三球中有一球带正电,一球带负电,一球不带电,选项D正确。答案D6.绝缘细线上端固定,下端悬挂一轻质小球a,a的表面镀有铝膜,在a的近旁有一绝缘金属球b,开始时a、b不带电,如图所示,现使b球带电,则()A.a、b之间不发生相互作用B.b将吸引a,吸在一起不分开C.b立即把a排斥开D.b先吸引a,接触后又把a排斥开解析b球带电就能吸引轻质小球a,接触后电荷量重新分配,那么a、b球带同种电荷,然后就要相互排斥。题中说“近旁”表示能吸引并能接触,D对。答案D能力提升1.如图所示,把一个不带电的枕形导体靠近带正电的小球,由于静电感应,在a、b两端分别出现负、正电荷,则以下说法正确的是()A.闭合开关S1,有电子从枕形导体流向大地B.闭合开关S2,有电子从枕形导体流向大地C.闭合开关S1,有电子从大地流向枕形导体D.闭合开关S2,没有电子通过开关S2解析在S1、S2都闭合前,对枕形导体,它的电荷是守恒的。由于静电感应,a、b两端出现等量的负、正电荷。当闭合开关S1、S2中的任何一个以后,便把大地与枕形导体连通,使大地与枕形导体组成一个新的大导体,因此,导体本身的电荷不再守恒,而是导体与大地构成的系统电荷守恒,由于静电感应,a端仍为负电荷,大地为远端,感应出正电荷,因此无论是闭合开关S1还是闭合开关S2,都有电子从大地流向枕形导体,故选项C正确。答案C2.如图所示,左边是一个原先不带电的导体,右边C是后来靠近导体的带正电金属球,若用绝缘工具沿图示某条虚线将导体切开,导体分为A、B两部分,这两部分所带电荷量的数值分别为QA、QB,则下列结论正确的有()A.沿虚线c切开,A带负电,B带正电,且QB>QAB.只有沿虚线b切开,才有A带正电,B带负电,且QB=QAC.沿虚线a切开,A带正电,B带负电,且QB>QAD.沿任意一条虚线切开,都有A带正电,B带负电,而QA、QB的值与所切的位置有关解析导体原来不带电,只是在C的电荷的作用下,导体中的自由电子向B部分移动,使B部分带了多余的电子,而带负电,A部分少了电子,因而带正电。A部分转移走的电子数目和B部分多余的电子的数目是相同的,因此无论从哪一条虚线切开,两部分的电荷量总是相等的,但越靠近右端负电荷密度越大,越靠近左端正电荷密度越大,所以从不同位置切开时,QA、QB的值是不同的,故只有选项D正确。答案D3.(多选)挂在绝缘细线下的两个轻质小球,表面镀有金属薄膜,由于电荷的相互作用而靠近或远离,分别如图甲、乙所示,则()A.甲图中两球一定带异种电荷B.乙图中两球一定带同种电荷C.甲图中两球至少有一个带电D.乙图中两球只有一个带电解析题目中的小球都是镀有金属薄膜的轻质小球,带电物体具有吸引轻小物体的性质,同种电荷相互排斥,异种电荷相互吸引,所以可以判断出题图甲的现象可以是两个带异种电荷的小球,也可以是一个小球带电而另一个小球不带电;两个小球由于相互排斥而出现题图乙中的现象,则必须都带电且是同种电荷。答案BC《9.2库仑定律》同步练习基础巩固1.关于库仑定律,下列说法正确的是()A.库仑定律适用于点电荷,点电荷其实就是体积很小的球体B.根据库仑定律,当两点电荷间的距离趋近于零时,静电力将趋向无穷大C.若点电荷Q1的电荷量大于Q2的电荷量,则Q1对Q2的静电力大于Q2对Q1的静电力D.库仑定律和万有引力定律的表达式相似,都是二次方反比定律解析点电荷是实际带电体的近似,只有带电体的大小和形状对电荷的作用力影响很小时,实际带电体才能视为点电荷,故选项A错;当两个电荷之间的距离趋近于零时,不能再视为点电荷,公式F=kq1q2r2不能用于计算此时的静电力,故选项B错;q答案D2.如图所示,两个带电球,大球的电荷量大于小球的电荷量,可以肯定()A.两球都带正电B.两球都带负电C.大球受到的静电力大于小球受到的静电力D.两球受到的静电力大小相等解析由题图可知,两带电球相互排斥,说明两球一定带同种电荷,但不能确定是正电荷,还是负电荷,故选项A、B错误;两带电球间的静电力具有一般力的共性,符合牛顿第三定律,故选项C错误,选项D正确。答案D3.两个分别带有电荷量为-Q和+3Q的相同金属小球(均可视为点电荷),固定在相距为r的两处,它们间静电力的大小为F。两小球相互接触后将其固定距离变为r2,则两球间静电力的大小为(A.112F B.34F C.43解析接触前两个点电荷之间的静电力大小为F=kQ·3Qr2,两个相同的金属球各自带电,接触后再分开,其所带电荷量先中和后均分,所以两球分开后各自电荷量为+Q,距离又变为原来的12,静电力为答案C4.如图所示,在绝缘的光滑水平面上,相隔一定距离有两个带同种电荷的小球,从静止同时释放,则两个小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是()A.速度变大,加速度变大B.速度变小,加速度变小C.速度变大,加速度变小D.速度变小,加速度变大解析两球均做加速直线运动,速度变大;再由库仑定律公式F=kq1答案C5.如图所示,水平天花板下用长度相同的绝缘细线悬挂起来的两个相同的带电轻质小球a、b,左边放一个带正电的固定球,电荷量为+Q,两悬球都保持竖直方向。下面说法中正确的是()A.a球带正电,b球带正电,并且a球带电荷量较大B.a球带负电,b球带正电,并且a球带电荷量较小C.a球带负电,b球带正电,并且a球带电荷量较大D.a球带正电,b球带负电,并且a球带电荷量较小解析要使a、b平衡,必须有a带负电,b带正电,且a球电荷量较小,故应选B。答案B6.要使真空中的两个点电荷间的静电力增大到原来的4倍,下列方法可行的是()A.每个点电荷的电荷量都增大到原来的2倍,电荷间的距离不变B.保持点电荷的电荷量不变,使两个电荷间的距离增大到原来的2倍C.一个点电荷的电荷量加倍,另一个点电荷的电荷量保持不变,同时使两个点电荷间的距离减小为原来的1D.保持点电荷的电荷量不变,将两个点电荷间的距离减小为原来的1解析根据库仑定律F=kq1q2r2可知,当r不变时,q1、q2答案A能力提升1.(多选)两个相同的金属小球,带电荷量之比为1∶7,相距为r,两者相互接触后再放回原来的位置上,则它们间的库仑力可能为原来的()A.47 B.37 C.9解析设两金属球带异种电荷,电荷量分别为q和-7q,两者间静电力大小为:F=kq·7qr2=7kq2r2;两者接触后再放回原来的位置上,两球所带电荷量均为-3q,静电力大小为:F'=k3q·3qr答案CD2.如图,三个固定的带电小球a,b和c,相互间的距离分别为ab=5cm,bc=3cm,ca=4cm,小球c所受静电力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k,则()A.a、b的电荷同号,k=16B.a、b的电荷异号,k=16C.a、b的电荷同号,k=64D.a、b的电荷异号,k=64解析由题意知,小球c处在直角三角形的直角顶点上,如果a、b为同种电荷,对小球c的静电力,要么是吸引力,要么是排斥力,合力不可能平行于a和b连线,故a、b的电荷应异号;由三角关系tanθ=FbcFac=答案D3.如图所示,把质量为0.2g的带电小球A用丝线吊起,若将带电荷量为+4×10-8C的小球B靠近它,当两小球在同一高度且相距3cm时,丝线与竖直方向夹角为45°。g取10m/s2,则:(1)此时小球B受到的静电力F的大小为多少?(2)小球A带何种电荷?(3)小球A所带电荷量大小是多少?解析(1)根据题给条件,可知小球A处于平衡状态,分析小球A受力情况如图所示。mg:小球A的重力。FT:丝线的张力。F:小球B对小球A的静电力。三个力的合力为零。F=mgtan45°=0.2×10-3×10×1N=2×10-3N。(2)小球B受到的静电力与小球A受到的静电力为作用力和反作用力,所以小球B受到的静电力大小为2×10-3N。小球A与小球B相互吸引,小球B带正电荷,故小球A带负电荷。(3)题中小球A、B都视为点电荷,它们相互吸引,其作用力大小F=kqA·qBr2=mgtan45°,所以qA=2×1答案(1)2×10-3N(2)负电荷(3)5×10-9C4.有A、B两带电小球,A固定不动,B的质量为m。在静电力作用下,B由静止开始运动。已知初始时,A、B间的距离为d,B的加速度为a。经过一段时间后,B的加速度变为a4,此时,A、B解析如图所示,设A、B带的电荷量分别为q1、q2,B的加速度为a4时,A、B间的距离为x,由库仑定律和牛顿第二定律可得kq1q2dkq1q2x联立①②求得x=2d。答案2d《9.3电场电场强度》同步练习第一课时电场电场强度基础巩固1.(多选)由电场强度的定义式E=Fq可知,在电场中的同一点(A.电场强度E跟F成正比,跟q成反比B.无论试探电荷所带的电荷量如何变化,FqC.电场中某点的电场强度为零,则在该点的电荷受到的静电力一定为零D.一个不带电的小球在P点受到的静电力为零,则P点的电场强度一定为零解析电场强度是由电场本身所决定的物理量,是客观存在的,与放不放试探电荷无关。电场的基本性质是它对放入其中的电荷有静电力的作用,F=Eq。若电场中某点的电场强度E=0,那么F=0,若小球不带电q=0,F也一定等于零,选项B、C正确。答案BC2.(多选)如图所示,在点电荷Q的电场中,以点电荷Q为圆心的圆周上有A、B、C三点,A、C两点在同一直径上。已知A点的电场方向水平向右。下列判断正确的是()A.B点的电场方向水平向右B.C点的电场方向水平向左C.B、C两点的电场强度大小相等D.B、C两点的电场强度大小不相等解析据题知A点的电场方向水平向右,则知点电荷Q带正电,电场线是发散状,故B点的电场方向向上,故A错误;根据点电荷电场的特点可知,C点的电场方向水平向左,故B正确;由公式E=kQr2分析得知,B、答案BC3.(多选)如图甲所示,直线AB是某点电荷电场中过点电荷的一条直线。图乙是放在该直线上a、b两点的电荷所受静电力大小与电荷量间的函数图像。由此可以判定()A.场源可能是正电荷,位置在点A左侧B.场源可能是正电荷,位置在点B右侧C.场源可能是负电荷,位置在点A左侧D.场源可能是负电荷,位置在点B右侧解析由电场强度的定义式E=Fq得知:F-q图像的斜率表示电场强度大小,图线a的斜率大于b的斜率,说明a处的电场强度大于b处的电场强度,电场是由点电荷产生的,说明a距离场源较近,即场源位置在A答案AC4.点电荷A和B,分别带正电和负电,电荷量分别为4Q和Q,在A、B连线上,如图所示,电场强度为零的地方在()A.B的左侧B.A的右侧C.A和B之间D.A的右侧及B的左侧解析在B的左侧,A产生的电场强度向左,B产生的电场强度向右,电场强度方向相反,但由于A的电荷量大于B的电荷量,且离A较远,由点电荷电场强度公式可知,在同一点电场强度大小可能相等,所以合电场强度可能为零,故A正确。A的右侧,A产生的电场强度向右,B产生的电场强度向左,电场强度方向相反,而且由于A的电荷量大于B的电荷量,且离A较近,由点电荷电场强度公式可知,在同一点A的电场强度一定大于B的电场强度,所以合电场强度不可能为零,故B错误。A和B之间两点产生的电场强度方向均向左,合电场强度不可能为零,故C错误。由上可知D错误。答案A5.如图所示,真空中O点有一点电荷,在它产生的电场中有A、B两点,A点的电场强度大小为EA,方向与AB连线成60°角,B点的电场强度大小为EB,方向与AB连线成30°角。关于A、B两点电场强度大小EA、EB的关系,以下结论正确的是()A.EA=33EB B.EA=13EBC.EA=3EB D.EA=3解析由题图可知,rB=3rA,再由E=kQr2可知,E答案D6.如图所示,A、B、C三点为一直角三角形的三个顶点,∠B=30°,现在A、B两点放置两点电荷qA、qB,测得C点电场强度的方向与AB平行,则qA带电,qA∶qB=。解析如图所示,放在A点和B点的点电荷在C处产生的电场强度方向分别在AC和BC的连线上,因C点电场强度方向与BA方向平行,故放在A点的点电荷和放在B点的点电荷产生的电场强度方向只能如图所示:由C→A和由B→C,故qA带负电,qB带正电,且EB=2EA,即kqBBC2=2kqAAC2,又由几何关系知BC=2AC,所以q答案负1∶8能力提升1.如图所示,一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷,在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点,a和b间、b和c间、c和d间的距离均为R,在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷。已知b点处的电场强度为零,则d点处的电场强度大小为(静电力常量为k)()A.k3qR2 B.k10q9R2 C解析由题意,b点处的电场强度为零说明点电荷和圆盘在b点产生的电场强度等大反向,即圆盘在距离为R的b点产生的电场强度大小为EQ=kqR2,故圆盘在距离为R的d点产生的电场强度大小也为EQ=kqR2,点电荷在d点产生的电场强度大小为Eq=kq(3R)2,方向与圆盘在d答案B2.AB、CD为圆的两条相互垂直的直径,圆心为O,将带电荷量分别为+q、-q的两点电荷放在圆周上关于AB对称且相距等于圆的半径的位置,如图所示。要使圆心处的电场强度为零,可在圆周上再放一个带适当电荷量的点电荷,则该点电荷()A.可放在C点,带电荷量为-qB.可放在D点,带电荷量为-qC.可放在A点,带电荷量为2qD.可放在D点,带电荷量为-2q解析两个点电荷在O点产生的电场强度大小都为E=kqr2,利用几何知识可知两个电场强度的方向成120°角,根据平行四边形定则,合电场强度大小为E'=E=kqr2,方向水平向右,则需要放的点电荷在O点产生的电场强度大小应为kqr2,方向水平向左,所以该点电荷若在D点,带电荷量应为答案A3.下列选项中的各14圆环大小相同,所带电荷量已在图中标出,且电荷均匀分布,各14圆环间彼此绝缘。坐标原点O处电场强度最大的是(解析A.坐标原点O处电场强度是14带电圆环产生的;B.坐标原点O处电场强度是第一象限14带正电圆环和第二象限14带负电圆环叠加产生,坐标原点O处电场强度大小大于14带电圆环产生的电场;C.第一象限14带正电圆环和第三象限14带正电圆环产生电场相互抵消,所以坐标原点O处电场强度是14带电圆环产生的;D.第一象限14带正电圆环和第三象限14答案B4.如图所示,A为带正电且电荷量为Q的金属板,沿金属板的垂直平分线,在距板r处用绝缘细线悬挂一质量为m、带正电且电荷量为q的小球,小球受水平向右的静电力偏转θ角而静止,试求小球所在处的电场强度。(小球半径可忽略)解析分析小球受力可知,F电=mgtanθ所以小球所在处的电场强度E=F电小球带正电荷,因此电场强度方向水平向右。答案mgtan《9.3电场电场强度》同步练习第二课时电场线基础巩固1.如图所示是点电荷Q周围的电场线,图中A到Q的距离小于B到Q的距离。以下判断正确的是()A.Q是正电荷,A点的电场强度大于B点的电场强度B.Q是正电荷,A点的电场强度小于B点的电场强度C.Q是负电荷,A点的电场强度大于B点的电场强度D.Q是负电荷,A点的电场强度小于B点的电场强度解析正点电荷的电场是向外辐射的,电场线密的地方电场强度大,所以A正确。答案A2.(多选)如图所示,带箭头的直线是某一电场中的一条电场线,在这条线上有A、B两点,用EA、EB表示A、B两处的电场强度,则()A.A、B两处的电场强度方向相同B.因为A、B在一条电场线上,且电场线是直线,所以EA=EBC.电场线从A指向B,所以EA>EBD.不知A、B附近电场线的分布情况,EA、EB的大小不能确定解析电场线的切线方向即电场强度方向,所以A对;电场线的疏密程度表示电场强度大小,只有一条电场线的情况下不能判断电场强度大小,所以B、C错误,D正确。答案AD3.某电场的电场线分布如图所示,下列说法正确的是()A.c点的电场强度大于b点的电场强度B.若将一试探电荷+q由a点静止释放,它将沿电场线运动到b点C.b点的电场强度大于d点的电场强度D.a点和b点的电场强度的方向相同解析电场线的疏密表征了电场强度的大小,由题图可知Ea<Eb,Ed>Ec,Eb>Ed,Ea>Ec,故选项C正确,选项A错误。由于电场线是曲线,由a点静止释放的正电荷不可能沿电场线运动,故选项B错误。电场线的切线方向为该点电场强度的方向,a点和b点的切线不在同一条直线上,故选项D错误。答案C4.(多选)如图所示,在真空中等量异种点电荷形成的电场中:O是电荷连线的中点,C、D是连线中垂线上关于O对称的两点,A、B是连线延长线上的两点,且到正、负电荷的距离均等于两电荷间距的一半。则以下结论正确的是()A.B、C两点电场强度方向相反B.A、B两点电场强度相同C.C、O、D三点比较,O点电场强度最弱D.A、O、B三点比较,O点电场强度最弱解析根据电场线分布,B、C两点的电场强度方向相反,故A正确;根据对称性看出,A、B两处电场线疏密程度相同,则A、B两点电场强度大小相同,方向也相同,故B正确;根据电场线的分布情况可知:C、O、D三点中,O处电场线最密,则O点的电场强度最强,故C错误;设A到+q的距离为r,则A点的电场强度大小为EA=kqr2-kq(3r)2=8kq9r2;O点的电场强度大小为EO答案AB5.A、B是一条电场线上的两个点,一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点,其v-t图像如图所示。则此电场的电场线分布可能是()解析负点电荷在静电力的作用下由A运动到B,并由v-t图像知:负点电荷做加速度逐渐增大的减速运动。由F=ma得静电力越来越大,即A→B电场强度越来越大,电场线分布越来越密。又由于负电荷所受静电力方向与速度方向相反,由B到A,电场强度方向为由A到B,故A选项正确。答案A能力提升1.如图所示,用外力将一电子沿等量异号电荷连线的中垂线由A→O→B匀速移动,电子重力不计,则电子所受静电力的大小和方向变化情况是()A.先变大后变小,方向水平向右B.先变大后变小,方向水平向左C.先变小后变大,方向水平向左D.先变小后变大,方向水平向右解析等量异号电荷电场线的分布如图(a)所示。由图中电场线的分布可以看出,从A到O,电场线由疏到密;从O到B,电场线从密到疏,所以从A→O→B,电场强度先由小变大,再由大变小,而电场强度的方向沿电场线切线方向,为水平向右,电子所受的静电力水平向左,如图(b)所示。所以选项B正确。答案B2.如图为真空中两点电荷A、B形成的电场中的一簇电场线,已知该电场线关于虚线对称,O点为A、B电荷连线的中点,a、b为其连线的中垂线上对称的两点,则下列说法正确的是()A.A、B可能为带等量异号的正、负电荷B.A、B可能为带不等量的正电荷C.a、b两点处无电场线,故其电场强度可能为零D.同一试探电荷在a、b两点处所受静电力大小相等,方向一定相反解析根据电场线的方向及对称性,可知该电场为等量同种电荷形成的,故A、B均错误;a、b两点虽没有画电场线,但两点的电场强度都不为零,C错误;根据等量同种电场的特点可知,同一电荷在a、b两点所受静电力等大反向,D正确。答案D3.经过探究,某同学发现:点电荷和无限大的接地金属平板间的电场(如图甲所示)与等量异种点电荷之间的电场分布(如图乙所示)的一部分相同。图丙中点电荷q到MN的距离OA为L,AB是以电荷q为圆心、L为半径的圆上的一条直径,则B点电场强度的大小是()A.10kq9L2 B.kqL2C解析由题意知,丙图电场分布与乙图虚线右侧电场分布相同,故B处的电场可看作由位于B左侧3L处的电荷-q和位于B左侧L处的电荷+q产生的电场叠加而成,故B处电场强度大小E=kqL答案C4.如图所示,用30cm的细线将质量为4×10-3kg的带电小球P悬挂在O点下,当空中有方向为水平向右、大小为1×104N/C的匀强电场时,小球偏转37°后处在静止状态。(g取10N/kg,sin37°=0.6,cos37°=0.8)(1)分析小球的带电性质及所带电荷量;(2)若把细绳剪断,小球做什么性质的运动?解析(1)对小球受力分析,如图所示。由于小球静止,则所受静电力F与电场强度方向相同,所以小球带正电。由平衡条件知,Eq=mgtan37°解得q=3×10-6C。(2)由受力分析可知静电力恒定、重力恒定,故其合力亦恒定。F合=mgcos37剪断细绳后,小球将做初速度为零的匀加速直线运动,加速度为a=F合m=54g=答案(1)带正电3×10-6C(2)见解析《9.4静电的防止与利用》同步练习1.电工穿的高压作业服是用铜丝编织的,下列说法正确的是()A.铜丝编织的衣服不易拉破B.电工被铜丝衣服所包裹,比较柔软便于操作C.电工被铜丝衣服所包裹,使体内电场强度为零D.铜线电阻小,能对人体起到保护作用解析高压线路的检修人员在进行高压作业时,要穿上用铜丝网制成的高压作业服,相当于把人体用铜丝网罩起来。这样,外部电场就不会影响到人体,从而避免了感应电场对人体的伤害。故选项C正确。答案C2.一个不带电的空心金属球,在它的球心处放一个正电荷,其电场分布是下图中的()解析正电荷放在空心金属球球心,球壳由于静电感应带电,内表面带负电,外表面带正电,因为电场线从正电荷出发,到无穷远或负电荷终止,球壳金属内部电场强度的矢量和处处为零,所以选项B正确。答案B3.在电荷量为-Q的点电荷的电场中,一个金属圆盘处于静电平衡状态,若圆盘与点电荷在同一平面内,则盘上感应电荷在盘中A点所产生的附加电场强度E'的方向是图中的()解析处于静电平衡状态的导体内部电场强度处处为零,故感应电荷在盘中A点产生的附加电场强度E'应与该点电荷在A点产生的电场强度等大反向,选项A正确。答案A4.(多选)如图所示,在真空中把一绝缘导体向带负电的小球P缓缓靠近(不相碰),下列说法正确的是()A.B端的感应电荷越来越多B.导体内电场强度越来越大C.导体的感应电荷在M点产生的电场强度大于在N点产生的电场强度D.导体的感应电荷在M、N两点产生的电场强度相等解析绝缘导体缓缓靠近小球P时,小球P上的负电荷在绝缘导体所在区域产生的电场增强,将会有更多的自由电子向绝缘导体的B端移动,B端的感应电荷越来越多,选项A正确;绝缘导体始终处于静电平衡状态,内部电场强度始终为零,选项B错误;导体上感应电荷在导体上某点产生的电场的电场强度大小等于小球P上的负电荷在该点产生的电场的电场强度,故选项C正确,D错误。答案AC5.(多选)如图所示,接地的金属板右侧有固定的点电荷+Q,a、b点是金属板右侧表面的两点,其中a到+Q的距离较小。下列说法正确的是()A.由于静电感应,金属板右侧表面带负电,左侧表面带正电B.由于静电感应,金属板右侧表面带负电,左侧表面不带电C.a、b两点的电场强度等于零D.a点的电场强度比b点的电场强度要大一些解析金属板若不接地,右侧表面将有感应的负电荷,左侧表面将有感应的等量正电荷,现金属板接地,静电平衡时左侧表面不带电,所以选项A错误,选项B正确。金属板接地时,右侧表面上仍有感应负电荷,而且a点附近的电荷面密度(单位面积上的电荷量)比b点附近的电荷面密度要大些,电场线也密一些,电场强度要大些,D正确。处于静电平衡状态的导体内部电场强度为零,外表面电场强度不为零,C错误。答案BD6.如图为静电除尘器除尘机理的示意图。尘埃在电场中通过某种机制带电,在静电力的作用下向集尘极迁移并沉积,以达到除尘的目的。下列表述正确的是()A.到达集尘极的尘埃带正电荷B.电场方向由放电极指向集尘极C.带电尘埃所受静电力的方向与电场方向相同D.同一位置带电荷量越多的尘埃所受静电力越大解析尘埃在静电力作用下向集尘极迁移并沉积,说明尘埃带负电,A错;由于集尘极与电池的正极连接,电场方向由集尘板指向放电极,B错;负电荷在电场中受静电力的方向与静电力方向相反,C错;根据F=qE可得,同一位置带电荷量越多的尘埃所受静电力越大,故D对;选D。答案D《10.1电势能和电势》同步练习基础巩固1.下列说法正确的是()A.电荷从电场中的A点运动到了B点,路径不同,静电力做功的大小就可能不同B.电荷从电场中的某点开始出发,运动一段时间后,又回到了该点,则静电力做功为零C.正电荷沿着电场线运动,静电力对正电荷做正功,负电荷逆着电场线运动,静电力对负电荷做负功D.电荷在电场中运动,因为静电力可能对电荷做功,所以能量守恒定律在电场中并不成立解析静电力做功和电荷运动路径无关,所以选项A错误;静电力做功只和电荷的初、末位置有关,所以电荷从某点出发又回到了该点,静电力做功为零,选项B正确;正电荷沿电场线的方向运动,则正电荷受到的静电力和电荷的位移方向相同,故静电力对正电荷做正功,同理,负电荷逆着电场线的方向运动,静电力对负电荷做正功,选项C错误;电荷在电场中虽然有静电力做功,但是电荷的电势能和其他形式的能之间的转化满足能量守恒定律,选项D错误。答案B2.在静电场中,将一正电荷从A点移到B点,静电力做了负功,则()A.B点的电场强度一定比A点大B.电场线方向一定从B指向AC.B点的电势一定比A点高D.该电荷的动能一定减少解析从A到B,静电力对正电荷做负功,该电荷电势能增加,qφA<qφB,即φA<φB,故选项C正确;电场线不一定是直线,选项B错误;该电荷除了受静电力,是否还受其他力不清楚,选项D错误;条件不足,无法判断A、B两点电场强度的大小,选项A错误。答案C3.(多选)如图所示,图中的实线表示电场线,虚线表示只受静电力作用的带正电粒子的运动轨迹,粒子先经过M点,再经过N点,可以判定()A.M点的电势高于N点的电势B.M点的电势低于N点的电势C.粒子在M点受到的静电力大于在N点受到的静电力D.粒子在M点的电势能大于在N点的电势能解析沿着电场线的方向电势降低,故选项A对,选项B错;电场线越密,电场强度越大,同一粒子受到的静电力越大,故选项C错;粒子从M点到N点静电力做正功,所以电势能减小,所以选项D对。答案AD4.将一正电荷从无穷远处移至电场中M点,静电力做功为6.0×10-9J,若将一个等量的负电荷从电场中N点移向无穷远处,静电力做功为7.0×10-9J,则M、N两点的电势φM、φN有如下关系()A.φM<φN<0 B.φN>φM>0C.φN<φM<0 D.φM>φN>0解析取无穷远处电势φ∞=0。对正电荷有W∞M=0-EpM=-qφM,φM=-W∞Mq=-6×10-9qV;对负电荷有WN∞=EpN-0=-qφN,φN=-答案C5.下列说法中正确的是()A.沿电场线的方向,电场强度一定越来越小B.沿电场线的方向,电势一定越来越低C.电荷沿电场线方向移动,电势能逐渐减小D.在静电力作用下,正电荷一定从电势高处向电势低处移动解析电场线的方向就是电场强度的方向,同时也是电势降低的方向,但不一定是电场强度减小的方向,故选项A错,选项B对。只有沿电场线方向移动正电荷,电荷电势能才减小,负电荷则相反,故选项C错。因为不知道电荷的初速度,所以选项D错。答案B6.如图所示,在电场强度为E=104N/C、方向水平向右的匀强电场中,用一根长l=1m的绝缘细杆(质量不计)固定一个质量为m=0.2kg、电荷量为q=5×10-6C的带正电的小球。细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动。现将杆由水平位置A轻轻释放,在小球运动到最低点B的过程中,静电力对小球做功多少?小球电势能如何变化?解析静电力做功与路径无关。在小球由A运动到最低点B的过程中,静电力对小球做的正功为W=qEl=5×10-6×104×1J=0.05J静电力对小球做正功,小球电势能减少,减少的电势能为0.05J。答案0.05J电势能减少0.05J能力提升1.(多选)如图甲所示,Q1、Q2为两个固定点电荷,其中Q1带正电,它们连线的延长线上有a、b两点。一正试探电荷以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处运动,其速度图像如图乙所示。则()A.Q2带正电B.Q2带负电C.试探电荷从b点到a点的过程中电势能增大D.试探电荷从b点到a点的过程中电势能减小解析选项诊断结论A由v-t图,从b点到a点v减小,故试探电荷受向左的静电力,因此Q2带负电×B理由同选项A√C从b点到a点,由于静电力做负功,其电势能增大√D理由同选项C×答案BC2.将一正电荷从无穷远处移至电场中M点,静电力做功为6.0×10-9J,若将一个等量的负电荷从电场中N点移向无穷远处,静电力做功为7.0×10-9J,则M、N两点的电势φM、φN有如下关系()A.φM<φN<0 B.φN>φM>0C.φN<φM<0 D.φM>φN>0解析取无穷远处电势φ∞=0。对正电荷:W∞M=0-EpM=-qφM,φM=-W对负电荷:WN∞=EpN-0=-qφN,φN=-W所以φN<φM<0,选项C对。答案C3.将一个电荷量为-2×10-8C的点电荷,从零电势点S移到M点要克服静电力做功4×10-8J,则M点电势能EpM=J,M点电势φM=V。若将该电荷从M点移到N点,静电力做功14×10-8J,则N点电势φN=解析由WSM=EpS-EpM,得EpM=EpS-WSM=4×10-8J由EpM=qφM,得φM=EpMqWMN=EpM-EpN,得EpN=EpM-WMN=-10×10-8J由EpN=qφN得φN=EpNq答案4×10-8-254.电荷量为q=1×10-4C的带正电小物块置于粗糙的绝缘水平面上,所在空间存在沿水平方向的匀强电场,电场强度E与时间t的关系及物块速度v与时间t的关系分别如图甲、乙所示,若重力加速度g取10m/s2,求:(1)物块的质量m和物块与水平面之间的动摩擦因数;(2)物块运动2s过程中,其电势能的改变量。解析(1)由题图可知:E1=3×104N/C,E2=2×104N/C,a1=2m/s2。E1q-μmg=ma1①E2q-μmg=0②由①②代入数据得:m=0.5kg,μ=0.4。(2)ΔEp=-E1ql1-E2ql2=-(3×104×1×10-4×12×2×1+2×104×1×10-4×2×1)J=-电势能减少7J。答案(1)0.5kg0.4(2)电势能减少7J《10.2电势差》同步练习基础巩固1.如图所示,MN是电场中某一条电场线上的两点,若负电荷由M移到N时,电荷克服静电力做功,下列说法不正确的是()A.M点和N点之间一定有电势差B.M点的电场强度一定大于N点的电场强度C.电场线的方向从M指向ND.M点的电势高于N点的电势解析负电荷从M移到N时,电荷克服静电力做功,则负电荷所受的静电力的方向是从N到M,则电场线的方向为由M指向N。判断知选项A、C、D正确,B错误。答案B2.一个点电荷,从静电场中的a点移到b点的过程中,静电力做功为零,则()A.a、b两点的电场强度一定相等B.作用于该点电荷的静电力与其移动方向总是垂直的C.a、b两点的电势差为零D.点电荷一定沿直线从a点移到b点解析由公式Wab=qUab可知,若Wab=0,则一定是Uab=0。选项C正确。答案C3.一个电荷量为q=2.0×10-9C的带正电的质点在静电场中由a点移动到b点过程中,除静电力外,其他力做的功为6.0×10-5J,质点的动能增加了8.0×10-5J,则a、b两点间的电势差Uab为()A.1×104V B.-1×104VC.4×104V D.-7×104V解析设此过程中静电力对点电荷做的功为Wab,由动能定理可知W外+Wab=ΔEk,即Wab=ΔEk-W外=2.0×10-5J,则a、b两点间的电势差为Uab=Wabq=1.0×10答案A4.在某电场中,A、B两点间的电势差UAB=60V,B、C两点间的电势差UBC=-50V,则A、B、C三点电势高低关系是()A.φA>φB>φC B.φA<φC<φBC.φA>φC>φB D.φC>φB>φA解析因为UAB=φA-φB=60V>0,所以φA>φB,又UBC=φB-φC=-50V<0,所以φB<φC,又UAC=UAB+UBC=60V+(-50V)=10V>0,所以φA>φC,故φA>φC>φB。正确选项为C。答案C5.(多选)如果在某电场中将电荷量为5.0×10-4C的正电荷,仅在静电力作用下由A点移到B点,静电力做功为2.0×10-3J,则()A.电荷在B点的动能比在A点的动能小2.0×10-3JB.电荷在B点的电势能比在A点的电势能小2.0×10-3JC.A、B两点间电势差为-4VD.若在A、B两点间移动一个q=1.0×10-4C的负电荷,电荷将克服静电力做4.0×10-4J的功解析由A点移到B点,静电力做正功,动能增加,电势能减少,选项A错误,B正确;A、B两点间电势差UAB=4V,选项C错误;在A、B两点间移动一个q=1.0×10-4C的负电荷,静电力做功W=qU=-1.0×10-4×4J=-4.0×10-4J,选项D正确。答案BD6.如图所示,有向线段表示电场中的一条电场线,质量为m、电荷量为-q的带电粒子仅在静电力作用下沿电场线向右运动,经过A点时速度为v0,一段时间后到达与A相距为d的B点,速度减为0。下列判断正确的是()A.A点电势一定高于B点电势,可以求出A点电势B.A点电势一定高于B点电势,A、B两点间的电势差UAB=mC.粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能,从A到B过程中静电力做的功为1D.粒子在A点受到的静电力一定等于在B点受到的静电力解析由A点到B点,粒子的速度减小,则粒子受的静电力向左,因粒子带负电,故电场线方向向右,A点电势一定高于B点电势,由动能定理得qUAB=12mv02,则A、B两点间的电势差UAB=mv022q,但求不出A点的电势,A错误,B正确;带负电的粒子在电势低的地方电势能大,故粒子在A点的电势能一定小于在B点的电势能,从A到答案B能力提升1.三个点电荷电场的电场线分布如图所示,图中a、b两点处的电场强度大小分别为Ea、Eb,电势分别为φa、φb,则()A.Ea>Eb,φa>φbB.Ea<Eb,φa<φbC.Ea>Eb,φa<φbD.Ea<Eb,φa>φb解析由题图可知,a点附近的电场线比b点附近的电场线密,所以Ea>Eb,电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面,a点所在等势面的电势一定低于b点所在的等势面的电势,即φb>φa,故选项C对。答案C2.(多选)如图所示,虚线a、b和c是某静电场中的三个等势面,它们的电势分别为φa、φb和φc,且φa>φb>φc。一带正电的粒子射入该电场中,其运动轨迹如图中KLMN所示,可知()A.粒子从K到L的过程中,静电力做负功B.粒子从L到M的过程中,静电力做负功C.粒子从K到L的过程中,电势能增加D.粒子从L到M的过程中,动能减少解析根据a、b、c三个等势面的电势关系及带电粒子的运动轨迹可以判断,该电场是正电荷周围的电场,所以粒子从K到L静电力做负功,电势能增加,A、C对。粒子从L到M的过程中,静电力做正功,电势能减少,动能增加,B、D错。答案AC3.如图所示,三条曲线表示三条等势线,其电势φC=0,φA=φB=10V,φD=-30V,将电荷量为q=1.2×10-6C的电荷在该电场中移动。(1)把这个电荷从C移到D,静电力做功多少?(2)把这个电荷从D移到B再移到A,电势能变化多少?解析(1)UCD=φC-φD=30VWCD=qUCD=1.2×10-6×30J=3.6×10-5J。(2)UDA=φD-φA=(-30-10)V=-40VWDA=qUDA=1.2×10-6×(-40)J=-4.8×10-5J所以电势能增加了4.8×10-5J。答案(1)3.6×10-5J(2)电势能增加了4.8×10-5J4.如图所示的电场中,已知A、B两点间的电势差UAB=-20V。(1)电荷量q=+5×10-9C的点电荷Q由A点移动到B点,静电力所做的功是多少?(2)若电荷量q=+5×10-9C的点电荷Q在A点的电势能为EpA=5×10-8J,B点的电势是多少?解析(1)WAB=qUAB=5×10-9×(-20)J=-1×10-7J。(2)φA=EpAqφB=φA-UAB=10V-(-20V)=30V。答案(1)-1×10-7J(2)30V《10.3电势差与电场强度的关系》同步练习基础巩固1.如图所示为某匀强电场的等势面分布图,每两个相邻等势面相距2cm,则电场强度E的大小和方向分别为()A.E=100V/m,竖直向下B.E=100V/m,竖直向上C.E=100V/m,水平向左D.E=200V/m,水平向右解析电场强度E=Ud=2答案C2.(多选)如图所示,平面内有一菱形abcd,O点为其两对角线的交点。空间存在一未知的静电场,方向与菱形所在平面平行,有一电子,若从a点运动至d点,电势能就会增加ΔE,若从d点运动至c点,电势能就会减少ΔE,那么此空间存在的静电场可能是()A.方向垂直于ac,并由b指向d的匀强电场B.方向垂直于bd,并由c指向a的匀强电场C.位于O点的正点电荷形成的电场D.位于b点的负点电荷形成的电场解析电子从a点运动至d点,电势能增加ΔE,从d点运动至c点,电势能减少ΔE,可断定a点和c点电势相等,若是匀强电场,则ac连线即为等势线,电场线与等势线垂直。又因为移动的是电子,带负电,沿电场线方向,负电荷电势能增加,故电场线的方向是由b指向d。如果该电场是位于O点的正点电荷形成的电场,画出电场线和等势面就会发现,a、c在同一等势面上,而且离正点电荷越远,电子的电势能越大,选项A、C正确。答案AC3.如图所示,在匀强电场中,以A点为坐标原点,AB方向为位移x的正方向,图中能正确反映电势φ随位移x变化的图像是()解析在匀强电场中,沿任意一条直线电势均匀变化,沿AB方向的电势均匀降低,选项C正确。答案C4.a、b、c是匀强电场中同一平面上的三个点,各点的电势分别是φa=5V,φb=2V,φc=4V,则如图所示的示意图中能表示该电场的电场强度方向的是()解析在匀强电场中,沿同一方向电势均匀变化,将线段ab三等分,靠近a的等分点电势为4V,该等分点与c点的连线为一等势线,作该等势线的垂线并指向b点的一侧,该线所指的方向就是电场强度的方向。答案D5.匀强电场中的三点A、B、C是一个三角形的三个顶点,AB的长度为1m,D为AB的中点,如图所示。已知电场线的方向平行于△ABC所在平面,A、B、C三点的电势分别为14V、6V和2V。设电场强度大小为E,一电荷量为1×10-6C的正电荷从D点移到C点静电力所做的功为W,则()A.W=8×10-6JE>8V/mB.W=6×10-6JE>6V/mC.W=8×10-6JE≤8V/mD.W=6×10-6JE≤6V/m解析因电场是匀强电场,D是AB的中点,故D的电势φD=φA+φB2=10V。所以W=q(φD-φC)=8×10-6J。设E的方向与AB的夹角为α,则α≠0,否则等势面与AB垂直,C点电势就会高于B点电势。由E=Ud可知φA-φ答案A6.如图所示,A、B、C为一等边三角形的三个顶点,某匀强电场的电场线平行于该三角形平面。现将电荷量为10-8C的正点电荷从A点移到B点,静电力做功为3×10-6J,将另一电荷量为10-8C的负点电荷从A点移到C点,克服静电力做功3×10-6J,则:(1)UAB、UAC、UBC各为多少?电场线方向如何?(2)若AB边长为23cm,求电场强度的大小。解析本题要求利用匀强电场中静电力做功、电势差与电场强度的关系进行求解,特别是要求根据电势差的情况判断电场强度的方向。(1)正点电荷从A点移到B点时,静电力做正功,故A点电势高于B点电势,可求得UAB=Wq=3负点电荷从A点移到C点,静电力做负功,A点电势高于C点电势,可求得UAC=Wq=300V。因此B、C两点电势相等,UBC=0。由于匀强电场中的等势线是一簇平行直线,因此,BC为一等势线,故电场线方向垂直于BC,设D为线段BC的中点,则电场强度方向为由A指向D(2)线段AB在电场强度方向的距离d等于线段AD的长度,故由匀强电场中电势差与电场强度的关系式可得E=UABd=3002答案(1)300V300V0电场线方向垂直于BC,设D为线段BC的中点,则电场强度方向由A指向D(2)1×104V/m能力提升1.如图所示,在匀强电场中有a、b、c、d四点,它们处于同一圆周上,且ac、bd分别是圆的直径。已知a、b、c三点的电势分别为φa=9V,φb=15V,φc=18V,则d点的电势为()A.4V B.8V C.12V D.16V解析连接a、c两点,将ac连线三等分为ae、ef、fc三段,则图中f点的电势为15V,连接fb,则fb为一条等势线,连接de,由几何关系可以证明de∥fb,则de也是一条等势线,根据匀强电场中沿电场方向上相同距离对应的电势差相等,可知e点的电势为12V,则d点的电势也为12V,故C正确。答案C2.如图所示,在平面直角坐标系中有方向平行于坐标平面的匀强电场,其中坐标原点O处的电势为0V,点A处的电势为6V,点B处的电势为3V,则电场强度的大小为()A.200V/m B.2002V/mC.100V/m D.1002V/m解析OA的中点C处的电势为3V,将C点与B点连接,如图所示,电场线与等势线垂直,根据几何关系得BC=32cm,则OB沿电场线方向上的距离d=322cm,所以电场强度E=Ud=3答案D3.在匀强电场中,将一电荷量为2×10-5C的负电荷由A点移到B点,其电势能增加了0.1J,已知A、B两点间距为2cm,两点连线与电场方向成60°角,如图所示,问:(1)在电荷由A移到B的过程中,静电力做了多少功?(2)A、B两点间的电势差为多少?(3)该匀强电场的电场强度为多大?解析(1)静电力做多少负功,电荷的电势能增加多少,故静电力做功为-0.1J。(2)UAB=WABq=-0.1(3)由U=Ed,得UAB=E·ABcos60°,所以E=UABABcos60°=5×答案(1)-0.1J(2)5×103V(3)5×105V/m4.平行的带电金属板A、B间是匀强电场,如图所示,两板间距离是5cm,两板间的电压是60V。试问:(1)两板间的电场强度是多大?(2)电场中有P1和P2两点,P1点离A板0.5cm,P2点离B板也是0.5cm,P1和P2两点间的电势差为多大?(3)若B板接地,P1和P2两点的电势各是多大?解析(1)根据公式E=UdE=605×1(2)P1、P2沿电场方向的距离为d12=5cm-(0.5cm+0.5cm)=4cm根据公式U=Ed得U12=Ed12=1200×4×10-2V=48V。(3)由φ1-φB=Ed1B=1200×4.5×10-2V=54V得φ1=54V。同理φ2-φB=Ed2B=1200×0.5×10-2V=6V,得φ2=6V。答案(1)1200V/m(2)48V(3)54V6V《10.4电容器的电容》同步练习基础巩固1.如图所示实验中,关于平行板电容器的充、放电,下列说法正确的是()A.开关接1时,平行板电容器充电,且上极板带正电B.开关接1时,平行板电容器充电,且上极板带负电C.开关接2时,平行板电容器充电,且上极板带正电D.开关接2时,平行板电容器充电,且上极板带负电解析开关接1时,平行板电容器充电,上极板与电源正极相连而带正电,A对,B错;开关接2时,平行板电容器放电,放电结束后上、下极板均不带电,C、D错。答案A2.有一已充电的电容器,若使它的电荷量减少3×10-4C,则其电压减小为原来的13,由此可知(A.电容器原来带的电荷量为9×10-4CB.电容器原来带的电荷量为4.5×10-4CC.电容器原来的电压为1VD.电容器的电容变为原来的1解析电容器的电荷量减少ΔQ=3×10-4C,电压减小为原来的13,即减少了原来的23,则根据C=ΔQΔU知,电容器原来带的电荷量Q=4.5答案B3.如图所示,一平行板电容器充电后与电源断开,这时电容器的电荷量为Q,P是电容器内一点,电容器的上极板与大地相连,下列说法正确的是()A.若将电容器的上极板左移一点,则两板间电场强度减小B.若将电容器的下极板上移一点,则P点的电势升高C.若将电容器的下极板上移一点,则两板间电势差增大D.若将电容器的下极板上移一点,则两板间电势差减小解析由E=Ud、U=QC、C=εrS4πkd,可知E=4πkQεrS,S减小,E增大,A项错误;由E=4πkQ答案D4.如图所示,为某一电容器中所带电荷量和两端电压之间的关系图线,若将该电容器两端的电压从40V降低到36V,对电容器来说正确的是()A.是充电过程B.是放电过程C.该电容器的电容为5×10-2FD.该电容器的电荷量变化量为0.2C解析由Q=CU知,U降低,Q减小,故为放电过程,A错,B对;由C=QU=0.2ΔQ=CΔU=5×10-3×4C=0.02C,D错。答案B5.平行板电容器充电后断开电源,现将其中一块金属板沿远离另一极板的方向平移一小段距离。下图表示此过程中电容器两极板间电场强度E随两极板间距离d的变化关系,正确的是()解析由于平行板电容器充电后断开电源,电容器所带电荷量保持不变,两极板间电场强度E=Ud=QCd=答案C6.如图所示,平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为60V的恒压电源上,两极板间距为3cm,电容器带电荷量为6×10-8C,A极板接地。求:(1)平行板电容器的电容。(2)平行板电容器两板之间的电场强度。(3)距B板2cm的M点处的电势。解析(1)平行板电容器的电容C=QU=6×1(2)两板之间为匀强电场,E=Ud=603×10(3)M点距A板间距离为dAM=d-dBM=1cmA与M间电势差UAM=EdAM=20V又UAM=φA-φM,φA=0可得φM=-20V。答案(1)1×10-9F(2)2×103V/m,方向竖直向下(3)-20V能力提升甲1.如图甲所示为一只“极距变化型电容式传感器”的部分构件示意图。当动极板和定极板之间的距离d变化时,电容C便发生变化,通过测量电容C的变化就可知道两极板之间的距离d的变化情况。在图乙中能正确反映C与d之间变化规律的图像是()乙解析根据电容的决定式C=εrS4πkd,电容C与两极板间距离d答案A2.(多选)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示。下列说法正确的是()A.保持U不变,将d变为原来的两倍,则E变为原来的一半B.保持E不变,将d变为原来的一半,则U变为原来的两倍C.保持C不变,将Q变为原来的两倍,则U变为原来的一半D.保持C、d不变,将Q变为原来的一半,则E变为原来的一半解析由E=Ud知,当U不变,d变为原来的两倍时,E变为原来的一半,A项正确;当E不变,d变为原来的一半时,U变为原来的一半,B项错误;C不变,由C=QU知,当Q变为原来的两倍时,U变为原来的两倍,C项错误;C不变,Q变为原来的一半,U变为原来的一半时,d不变,则答案AD甲3.用电流传感器观察电容器的放电过程,传感器与计算机相连,还能显示出电流随时间变化的I-t图像。按照图甲所示连接电路。电源用直流8V左右,电容器可选几十微法的电解电容器。先使开关S与1端相连,电源向电容器充电,这个过程可在短时间内完成。然后把开关S掷向2端,电容器通过电阻R放电,传感器将电流信息传入计算机,屏幕上显示出电流随时间变化的I-t图像(图乙)。乙一位同学得到的I-t图像如图丙所示,电源电压是8V已知电流I=qt。丙(1)在图丙中画一个竖立的狭长矩形(在图丙的最左边),它的面积的物理意义是什么?(2)怎样根据I-t图像估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量?试着算一算。丁(3)如果要测绘充电时的I-t图像,请把图丁中电路图补充完整;得到的I-t图像可能是什么形状的?解析(1)矩形的面积表示在0.2s内电容器放出的电荷量。(2)用数方格的方法估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量,方法是数小方格的个数,不足半个舍去,半个以上记一个。图中每个小方格表示8×10-5C,曲线与坐标轴围成的面积中有43个小方格,电容器释放的全部电荷量约为8×10-5×43C=3.44×10-3C。(3)充电时的I-t图像的电路图如图甲所示。甲乙把电源E、开关S、电容器连成电路,闭合开关S,电源给电容器充电,传感器将电流信息传入计算机,屏幕上显示出电流随时间变化的I-t图像(图乙)。答案见解析《10.5带电粒子在电场中的运动》同步练习基础巩固1.(多选)示波管是示波器的核心部件,它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成,如图所示。如果在荧光屏上P点出现亮斑,那么示波管中的()A.极板X应带正电 B.极板X'应带正电C.极板Y应带正电 D.极板Y'应带正电解析由荧光屏上亮斑的位置可知,电子在XX'偏转电场中向X极板方向偏转,故极板X带正电,选项A正确,选项B错误;电子在YY'偏转电场中向Y极板方向偏转,故极板Y带正电,选项C正确,选项D错误。答案AC2.如图所示,质子(11H)和α粒子(24He)以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力),则这两个粒子射出电场时的侧位移A.1∶1 B.1∶2 C.2∶1 D.1∶4解析由y=EqL22mv02和Ek0=12答案B3.带电粒子经加速电场由静止加速后垂直进入两平行金属板间的偏转电场,要使它离开偏转电场时偏转角增大,可采用的方法有()A.增加带电粒子的电荷量 B.增加带电粒子的质量C.增大加速电压 D.增大偏转电压解析同一加速电场、同一偏转电场,偏转角的正切为tanθ=U2l2U1d,U2为偏转电压,U答案D4.如图所示,有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场,当偏转电压为U1时,带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出;当偏转电压为U2时,带电粒子沿②轨迹落到B板中间;设粒子两次射入电场的水平速率相同,则两次偏转电压之比为()A.U1∶U2=1∶8 B.U1∶U2=1∶4C.U1∶U2=1∶2 D.U1∶U2=1∶1解析设偏转电极板长为l,板间距离为d,当偏转电压为U1时,d2=qU12mdlv02,当偏转电压为U2时,d=qU答案A5.(多选)如图所示,平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度,两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器,则在此过程中,该粒子()A.所受重力与静电力平衡B.电势能逐渐增加C.动能逐渐增加D.做匀变速直线运动解析粒子做直线运动,其重力和静电力的合力应与速度共线,如图所示。重力与静电力不共线,不可能平衡,选项A错误;粒子运动过程中静电力做负功,因而电势能增加,选项B正确;合力做负功,动能减小,选项C错误;电容器的极板与直流电源相连,即其电压、板间的电场强度不变,则静电力不变,合力恒定,因而粒子做匀变速直线运动,选项D正确。答案BD6.如图所示,一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子;在负极板附近有一质量为m、电荷量为-q的粒子。在静电力的作用下,两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距2l5的平面。若两粒子间相互作用力可忽略,不计重力,则M∶m为(A.3∶2 B.2∶1 C.5∶2 D.3∶1解析粒子仅在静电力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动,正负粒子加速度分别为a1=EqM,a2=Eqm,设两粒子经过同一平面的时间为t,则正粒子的位移2l5=12a1t2=qE2Mt2①,负粒子的位移3l5=12a2t2答案A能力提升1.如图所示,静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔射出,又垂直进入平行金属板间的电场,在偏转电压U2的作用下偏转一段距离。现使U1变为原来的2倍,要想使电子射出电场的位置不发生变化,应该()A.使U2变为原来的2倍B.使U2变为原来的4倍C.使U2变为原来的2倍D.使U2变为原来的12解析电子加速有qU1=12mv02,电子偏转有y=12答案A2.如图所示,有一电子(电荷量为e)经电压U0加速后,进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间。若电子从两板正中间垂直电场方向射入,且正好能穿过电场,求:(1)金属板AB的长度。(2)电子穿出电场时的动能。解析(1)设电子飞离加速电场时速度为v0,由动能定理得eU0=12m设金属板AB的长度为l,电子偏转时间t=lv0电子在偏转电场中产生的偏转加速度a=eUmd③电子在电场中偏转y=12d=12at2由①②③④得l=d2U(2)设电子穿过电场时的动能为Ek,根据动能定理得Ek=eU0+e·U2=eU答案(1)d2U0U3.右图为一真空示波管的示意图,电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计),经灯丝与A板间的电压U1加速,从A板中心孔沿中心线KO射出,然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场),电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直,电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知M、N两板间的电压为U2,两板间的距离为d,板长为L,电子的质量为m,电荷量为e,不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力。(1)求电子穿过A板时速度的大小。(2)求电子从偏转电场中射出时的偏移量。(3)若要电子打在荧光屏上P点的上方,可采取哪些措施?解析(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0,由动能定理有eU1=1解得v0=2e(2)电子沿极板方向做匀速直线运动,沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为E,电子在偏转电场中运动的时间为t,加速度为a,电子离开偏转电场时的偏移量为y。由牛顿第二定律和运动学公式有t=Lv0,a=eU2解得y=U2(3)减小加速电压U1或增大偏转电压U2。答案(1)2eU1m《11.1电源和电流》同步练习基础巩固1.(多选)在由电源、导线等电路元件所组成的电路中,以下说法正确的是()A.导线中的电场强度处处为零B.导线中的电场强度方向跟导线方向平行C.导线处于静电平衡状态D.导线内沿电流方向各点的电势逐渐降低解析在电源和导线等电路元件所积累的电荷的共同作用下,垂直导线方向的电场相互抵消,在导线中形成了沿导线方向的电场,即导线中的电场强度方向跟导线方向平行,A错误,B正确;导线内有电场,说明导线不处于静电平衡状态,C错误;沿电场方向电势逐渐降低,电场方向就是正电荷的受力方向,也就是电流的方向,即导线内沿电流方向各点的电势逐渐降低,D正确。答案BD2.电路中有一电阻,通过电阻的电流为5A,当通电5min时,通过电阻横截面的电子数为()A.1500 B.9.375×1019C.9.375×1021 D.9.375×1020解析q=It,n=qe=Ite=9.375答案C3.(多选)关于电流的方向,下列说法正确的是()A.电源供电的外部电路中,电流的方向是从高电势一端流向低电势一端B.电源内部,电流的方向是从高电势一端流向低电势一端C.电子运动形成的等效电流方向与电子运动方向相同D.电子运动形成的等效电流方向与电子运动方向相反解析在电源的外部电路中,电流从正极流向负极,在电源内部,电流从负极流向正极,电源正极电势高于负极电势,所以A正确,B错误;电子带负电,电子运动形成的等效电流方向与电子运动的方向相反,C错误,D正确。答案AD4.关于电源的以下说法,正确的是()A.电源的作用是在电源内部把电子由负极不断地搬运到正极,从而保持两极之间有稳定的电势差B.电源的作用是在电源内部把电子由正极不断地搬运到负极,从而保持两极之间有稳定的电势差C.只要电路中有电源,电路中就一定有电流D.电源实质上也是一个用电器,也需要外界提供能量解析电源的作用是维持正、负极之间恒定的电势差,这需要电源不断地将其内部的负电荷向负极聚集,将正电荷向正极聚集,外电路中自由电子在静电力的作用下向正极移动;在电源内部,需要将正极上的电子搬运到负极,维持电势差不变,故A错,B对。电路中有电流不仅需要电源,还需要电路是闭合的,两者缺一不可,故C错。电源是对电路提供能量的装置,故D错。答案B5.计数器因射线照射,内部气体电离,在时间t内有n个二价正离子到达阴极,有2n个电子到达阳极,则计数器中的电流为()A.0 B.2net C.3ne解析I=qt答案D能力提升1.如图所示,一根横截面积为S的均匀长直橡胶棒上带有均匀的负电荷,每单位长度上电荷量为q,当此棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时,由于棒运动而形成的等效电流大小为()A.qv B.qC.qvS D.qv解析t秒内棒通过的长度l=vt,总电荷量Q=ql=qvt。由I=Qt=答案A2.在导体中有电流通过时,下列说法正确的是()A.电子定向移动速率接近光速B.电子定向移动速率即是电场传导速率C.电子定向移动速率是电子热运动速率D.在金属导体中,自由电子只不过在速率很大的无规则热运动上附加了一个速率很小的定向移动解析电子定向移动的速率很小,数量级为10-4m/s,自由电子只不过在速率很大的热运动上附加了一个速率很小的定向移动。故D正确,A错误。电场的传导速率为光速c=3×108m/s,无规则热运动速率的数量级为105m/s。故B、C错。答案D3.铜的摩尔质量为m,密度为ρ,每摩尔铜原子有n个自由电子,每个自由电子的电荷量为e,今有一根横截面积为S的铜导线,通过电流为I时,电子定向移动的平均速率为()A.光速c B.IneS C.ρIneSm D解析设电子定向移动的平均速率为v,那么在t秒内通过导体横截面的自由电子数相当于在体积vt·S中的自由电子数,而体积为vtS的铜的质量为vtSρ,摩尔数为vtSρm,自由电子数为vtSρnm,所以电荷量q=vtSρnem,由I=qt答案D《11.2导体的电阻》同步练习基础巩固1.用电器A的电阻是用电器B的电阻的2倍,加在A上的电压是加在B上的电压的一半,那么通过A、B的电流IA和IB的关系是()A.IA=2IB B.IA=IBC.IA=12IB D.IA=14解析根据欧姆定律I=UR得IAIB=U答案D2.在电阻为4Ω的导体中通以恒定电流,5min内通过导体横截面的电荷量是45C,这时加在导体两端的电压是()A.60V B.6V C.0.6V D.3.6V解析通过导体的电流为I=qt=455×60A=0.15A;根据欧姆定律得,加在导体两端的电压是U=IR=0.15答案C3.一小灯泡的伏安特性曲线如图所示,横轴和纵轴分别表示电压U和电流I。图线上点A的坐标为(U1,I1),过点A的切线与纵轴交点的纵坐标为I2,小灯泡两端的电压为U1时,电阻等于()A.I1U1 B.U1I1解析由电阻的定义式R=UI可知,B正确,其他选项错误。要特别注意R≠Δ答案B4.在如图所示电路中,AB为粗细均匀、长为L的电阻丝,以A、B上各点相对A点的电压为纵坐标,各点离A点的距离x为横坐标,则U随x变化的图线应为()解析由U=IRx=ER·RLx=ELx,其中E、L答案A能力提升1.(多选)某同学在研究三种导电元件的伏安特性时,他根据实验中所测得的数据,分别绘制了I-U图线,如图甲、乙、丙所示,下列说法正确的是()A.图甲的元件可以作为标准电阻使用B.图乙的电阻随电压升高而增大C.图丙的电阻随电压升高而增大D.只有图乙才是可能的解析由图像可知甲元件的电阻不变,乙元件的电阻随电压U的增大而增大,丙元件的电阻随电压U的增大而减小,故A、B正确,C、D错误。答案AB2.如图所示,P为一块半圆形薄电阻合金片,先将它按图甲方式接在电极A、B之间,然后将它再按图乙方式接在电极C、D之间,设AB、CD之间的电压是相同的,则这两种接法相等时间内在电阻中产生的热量关系正确的是()A.图甲产生的热量比图乙产生的热量多B.图甲产生的热量比图乙产生的热量少C.图甲产生的热量和图乙产生的热量一样多D.因为是形状不规范的导体,所以判断不出哪一个产生的热量多解析将四分之一圆形薄合金片看成一个电阻,设为r,图甲中等效为两个电阻并联,R甲=r2,图乙中等效为两个电阻串联,R'=2r,又因为两端的电压是相等的,故由P=U答案A3.如图所示的图像所对应的两个导体:(1)电阻R1∶R2为多少?(2)若两个导体中的电流相等(不为零)时,电压之比U1∶U2为多少?(3)若两个导体中的电压相等(不为零)时,电流之比I1∶I2为多少?解析(1)因为在I-U图像中,R=1kR1=10×R2=10×10-所以R1∶R2=2∶23=3∶(2)由欧姆定律得U1=I1R1,U2=I2R2,由于I1=I2,则U1∶U2=R1∶R2=3∶1。(3)由欧姆定律得I1=U1R1,I2由于U1=U2,则I1∶I2=R2∶R1=1∶3。答案(1)3∶1(2)3∶1(3)1∶34.如图所示,P是一个表面镶有很薄电热膜的长陶瓷管,其长度为L,直径为D,镶膜的厚度为d,管两端有导电金属箍M、N。现把它接入电路中,测得它两端电压为U,通过它的电流为I,则膜的电阻为多少?镶膜材料电阻率为多少?解析由欧姆定律可得R=U沿着L的方向将膜层展开,如图所示,则膜层等效为一个电阻,其长为L,横截面积为管的周长×厚度d。由电阻定律R=ρlSR=ρL则UI=ρLπDd答案U《11.3实验：导体电阻率的测量》同步练习基础巩固1.(多选)在“测定金属的电阻率”的实验中,以下操作中正确的是()A.用刻度尺测量金属丝的全长,且测量三次,算出其平均值,然后再将金属丝接入电路中B.用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径,算出其平均值C.用伏安法测电阻时,采用电流表内接法,多次测量后算出平均值D.实验中应保持金属丝的温度不变解析实验中应测量出金属丝接入电路中的有效长度,而不是全长;金属丝的电阻很小,与电压表内阻相差很大,使金属丝与电压表并联,电压表对它分流作用很小,应采用电流表外接法,A、C错误。故选B、D。答案BD2.用伏安法测金属电阻Rx(约为5Ω)的值,已知电流表内阻为1Ω,量程为0.6A,电压表内阻为几千欧,量程为3V,电源电动势为9V,滑动变阻器的阻值为0~6Ω,额定电流为5A,试画出测量Rx的原理图。解析待测金属电阻Rx≪RA·RV,应采用电流表外接法。如果采用变阻器限流接法,负载Rx的电压Umin=56+5×9V=4511V,U答案见解析图3.如图所示为用伏安法测定一个定值电阻的阻值的实验所需的器材实物图,器材规格如下:A.待测电阻R