匀强电场_章节学习

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题型：简答题

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简答题

如图所示，A、B为半径R=1m的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一圆弧区域内存在着E=1×106 V/m、竖直向上的匀强电场，有一质量m=1kg、带电荷量q=+1.4×10-5C的物体（可视为质点），从A点的正上方距离A点H=1m处由静止开始自由下落（不计空气阻力），BC段为长L=2m、与物体间动摩擦因数μ=0.2的粗糙绝缘水平面，CD段为倾角θ=53°且离地面DE高h=0.8m的斜面．（取g=10m/s2）

（1）若物体能沿轨道AB到达最低点B，求它到达B点时对轨道的压力大小；

（2）物体从C处飞出后的速度；

（3）物体从C处飞出后落点与D点之间的距离（已知sin 53°=0.8，cos 53°=0.6．不讨论物体反弹以后的情况）

正确答案

解：（1）物体由初始位置运动到B点的过程中，根据动能定理有：

mg（R+H）-qER=mv

到达B点时由支持力FN、重力、电场力的合力提供向心力，有：

FN-mg+qE=m，

联立并代入数据解得：FN=8N

根据牛顿第三定律，可知物体对轨道的压力大小为8N，方向竖直向下

（2）在粗糙水平面上，由动能定理，有：

-μmgL=mvC2-mvB2，

代入数据解得：vC=2.0m/s

（3）物体离开C点后做平抛运动，有：

x=vct

且

解得：x=0.8m＞xCD=0.6m

所以，落点与D点之间的距离为：

△x=0.8-0.6=0.2m

答：（1）若物体能沿轨道AB到达最低点B，它到达B点时对轨道的压力大小8N；

（2）物体从C处飞出后的速度2.0m/s；

（3）物体从C处飞出后落点与D点之间的距离0.2m．

解析

解：（1）物体由初始位置运动到B点的过程中，根据动能定理有：

mg（R+H）-qER=mv

到达B点时由支持力FN、重力、电场力的合力提供向心力，有：

FN-mg+qE=m，

联立并代入数据解得：FN=8N

根据牛顿第三定律，可知物体对轨道的压力大小为8N，方向竖直向下

（2）在粗糙水平面上，由动能定理，有：

-μmgL=mvC2-mvB2，

代入数据解得：vC=2.0m/s

（3）物体离开C点后做平抛运动，有：

x=vct

且

解得：x=0.8m＞xCD=0.6m

所以，落点与D点之间的距离为：

△x=0.8-0.6=0.2m

答：（1）若物体能沿轨道AB到达最低点B，它到达B点时对轨道的压力大小8N；

（2）物体从C处飞出后的速度2.0m/s；

（3）物体从C处飞出后落点与D点之间的距离0.2m．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，一电荷量为+Q的点电荷甲固定在光滑绝缘的水平面上的O点，另一电荷量为+q、质量为m的点电荷乙从A点以v0=2m/s的初速度经C沿它们的连线向甲运动，到达B点时的速度为零，已知AC=CB，φA=3V，φB=5V，静电力常量为k，则下列表述正确的是（　　）

AφC＞4V

BφC＜4V

C点电荷乙的比荷为1C/kg

D点电荷乙从A到C过程其动能的减少量与从C到B过程其动能的减少量相等

正确答案

B,C

解析

解：AB、根据点电荷的电场线的分布，及φA=3V，φB=5V，可知，电势为4V的等势面在BC之间，

因此φC＜4 V，A错误，B正确；

C、根据动能定理，电荷乙从A运动到B过程，则有：=qUAB；其中UAB=φA-φB=-2V

解得：=1 C/kg，C正确；

D、点电荷乙从A到C过程其动能的减少量为qUAC，从C到B过程其动能的减少量为qUCB，因为UCB＞UAC，点电荷乙从A到C过程其动能的减少量小于从C到B过程其动能的减少量，D错误；

故选：BC．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，在竖直放置的半径为R的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m，带电量为+q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）

A小球在B 时的速率为

B小球在B 时的速率小于

C固定于圆心处的点电荷在AB弧中点处的电场强度大小为

D小球不能到达C点（C点和A在一条水平线上）

正确答案

A,C

解析

解：A、B、C：设细管的半径为R，小球到达B点时速度大小为v．小球从A滑到B的过程，由机械能守恒定律得，

mgR=

得

小球经过B点时，由牛顿第二定律得

qE-mg=

代入得Eq=3mg

即E= 故AC正确，B错误；

D：在整个滑动的过程中，电场力和弹力都不做功，只有重力做功，所以机械能守恒，小球能够到达C点，且到达C点时的速度刚好为零．故D错误．

故选：AC

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题型：填空题

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填空题

质量为m，电量为q的质点，在静电力作用下以恒定速率v沿圆弧从A点运动到B点，其速度方向改变角度为θ（弧度），AB弧长为s，如图所示，则AB两点间的电势差UAB=______．AB弧中点的场强大小E=______（不计重力）．

正确答案

0

解析

解：由题意得知，质点在静电力作用下做的是匀速圆周运动，从A点运动到B点，由动能定理知，静电力做的功是零，所以A、B两点间的电势差 UAB=0

设场源电荷的电荷量为Q，质点做圆周运动的轨道半径为r，则弧长s=θr ①

根据静电力是质点做圆周运动的向心力，得k=m ②

弧AB中点的场强大小E= ③

解①②③组成的方程组得E=

故答案为：0；．

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题型：单选题

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单选题

一半径为R的半球面均匀带有正电荷Q，在球心O处产生的场强大小E0，方向如图所示．把半球面分为表面积相等的上、下两部分，如图甲所示，上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为El、E2；把半球面分为表面积相等的左、右两部分，如图乙所示，左、右两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E3、E4．则（　　）

AE1＜

BE2=

CE3＞

DE4=

正确答案

C

解析

解：根据点电荷电场强度公式E=，且电荷只分布球的表面，对于图甲，虽表面积相同，但由于间距的不同，则上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小关系为El＞E2；因电荷Q在球心O处产生物的场强大小E0=，则E1＞，故A错误．

B、由A分析知，E2＜，故B错误．

C、对于图乙，半球面分为表面积相等的左、右两部分，是由于左右两个半个球壳在同一点产生的场强大小相等，则根据电场的叠加可知：左侧部分在O点产生的场强与右侧电荷在O点产生的场强大小相等，即E3=E4 ．由于方向不共线，由合成法则可知，E3＞E0，故C正确．

D、由AC分析知，D错误．

故选：C

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