《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档：第7单元 静电场 作业答案.doc

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1、课时作业(十九)1.A解析微粒处于静止状态,受力平衡,说明库仑力和万有引力大小相等,方向相反,由于库仑力与万有引力都与距离的二次方成反比,所以微粒的高度改变对库仑力和万有引力的二力平衡没有影响,微粒将做匀速直线运动,A正确,B错误;星球对微粒的万有引力向下,库仑力向上,微粒远离星球时,万有引力对微粒做负功,库仑力对微粒做正功,C、D错误.2.C解析甲图中,与点电荷等距的a、b两点电场强度大小相同,方向不相反,选项A错误;乙图中,根据电场线的疏密及对称性可判断,a、b两点的电场强度大小相等,方向相同,选项B错误;丙图中,两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点电场强度大小相同,方向相

2、反,选项C正确;丁图中,根据电场线的疏密可判断,b点的电场强度大于a点的电场强度,选项D错误.3.AC解析根据粒子的运动轨迹及电场线的方向可知,粒子带正电,故A正确;从M点到N点,静电力方向与速度方向成锐角,电场力做正功,电势能减小,电势降低,故B、D错误;电场线密的地方电场强度大,电场线疏的地方电场强度小,所以粒子在N点时受力大,加速度大,故C正确.4.A解析由微粒的vt图像可知,带负电的微粒在电场中做加速度逐渐增大的减速运动,故顺着电场线运动,且场强增大,只有A正确.5.B解析点电荷在a点产生的电场强度方向水平向右,大小为Ea=k,与电场E叠加后,合场强斜向右上方,合场强不为零,故试探电荷

3、受力不平衡,A错误;点电荷在b点产生的电场强度方向竖直向下,大小为Eb=k,与电场E叠加后,合场强为零,试探电荷受力平衡,B正确;在c点的合场强方向斜向左上方,合场强不为零,试探电荷受力不平衡,C错误;在d点的合场强方向竖直向上,合场强不为零,试探电荷受力不平衡,D错误.6.B解析设正方形顶点到中心的距离为r,根据点电荷的电场强度公式E=k,结合矢量合成法则可知,A选项中电场强度EA=0,B选项中电场强度EB=2k,C选项中电场强度EC=k,D选项中电场强度ED=k,B正确.7.C解析在P点处的小球的电荷量没换成-2q之前,小球均匀分布在半径为R的圆周上,圆心O处的场强为0,P点处的小球的电荷

4、量换成-2q后,O点的电场强度为带电荷量为-2q的小球和处于与P点对称的位置的带电荷量为q的小球在O点产生的电场强度的矢量和,所以EO=+=,故C正确.8.D解析对c小球受力分析可知,a、b小球只有带同种电荷才能使c小球受力平衡,对b小球受力分析可知,b、c小球只有带异种电荷才能使b小球受力平衡,故A、B错误;对c小球受力分析,由平衡条件,可得ksin60=ksin30,又racrbc=1,解得qaqb=9,故C错误,D正确.9.C解析对P球受力分析,根据共点力平衡条件得,细线的拉力大小T=2mg,静电力大小F=mg,A、B错误;剪断左侧细线的瞬间,P球受到的重力和静电力不变,因此两力的合力与

5、剪断细线前细线的拉力等大反向,根据牛顿第二定律得P球的加速度大小为2g,C正确;当两球间的静电力消失时,Q球开始做圆周运动,将重力沿细线方向和垂直于细线方向分解,由重力沿垂直于细线方向的分力产生加速度,根据牛顿第二定律得a=g,D错误.10.(1)-7.510-4C(2)m/s2斜向左下方且与水平方向成37角解析(1)物体向右匀速运动,则电场力与摩擦力大小相等,方向相反,因摩擦力方向向左,故电场力方向向右,而电场方向向左,则物体带负电.由Eq=mg解得q=7.510-4C.(2)设电场方向与水平方向的夹角为,由牛顿第二定律得Eqcos-(mg-qEsin)=ma解得a=(cos+sin)-g由

6、数学知识可知,当=37时,cos+sin有极大值,此时a=m/s2即电场方向与水平方向的夹角为37斜向左下时,加速度有最大值,为a=m/s2.11.D解析a带正电,受到的电场力水平向左,b带负电,受到的电场力水平向右.以整体为研究对象,整体所受的电场力大小为2qE,方向水平向左,受力分析如图所示,则上面悬挂a的细线应向左偏转,设上面的细线与竖直方向的夹角为,由平衡条件得tan=;以b球为研究对象,设a、b间的细线与竖直方向的夹角为,由平衡条件得tan=,可得=,根据几何知识可知,b球应在悬点的正下方,故D正确,A、B、C错误.13.(1)(2)3(mg+qE)解析(1)从A到B过程,由动能定理

7、得mgr=mv2-0在B点时,由牛顿第二定律得qE-mg=m联立解得E=因为O点固定的是点电荷-Q,由E=k可知,等势面上各处的场强大小均相等,故AB弧中点处的电场强度为E=(2)设小球到达B点时的速度为v,由动能定理得(mg+qE)r=mv2设在B点处环对小球的弹力为FN,由牛顿第二定律得FN-mg-qE=m联立解得FN=3(mg+qE)由牛顿第三定律知,小球在B点对环的压力大小为FN=FN=3(mg+qE)课时作业(二十)1.D解析正点电荷所受的电场力与电场强度方向相同,负点电荷所受的电场力与电场强度方向相反,故A错误;电势差是利用比值法定义的,电势差UAB与静电力做功、移动电荷的电荷量无

8、关,故B错误;E=中d是两点沿电场方向的距离,只适用于匀强电场,而匀强电场的电场强度处处相同,场强与d无关,故C错误;根据公式WAB=qUAB知,WAB0,q0,则UAB0,所以A点的电势高于B点的电势,故D正确.2.BD解析电场线和等势面垂直,电场强度的方向沿电场线的切线方向,所以A点的电场强度方向不是沿等势面上A点的切线方向,故A错误;A点的电势高于C点的电势,根据Ep=q知,负电荷在A点的电势能比在C点的电势能小,故B正确;A点的电势高于C点的电势,沿电场线方向电势逐渐降低,可知电场线方向大致向左,所以正电荷从A点到C点,电场力做正功,故C错误;A、B两点处于同一等势面上,电势相等,所以

9、将电荷从A点移到B点,电场力不做功,故D正确.3.D解析由于带电粒子只受电场力的作用,而且运动过程中电势能逐渐减少,可判断电场力做正功,即电场力方向与粒子速度方向夹角为锐角,且电场力方向沿着电场线指向轨迹凹侧,故D正确.4.C解析由于A、C之间的电场线比C、B之间的电场线密,相等距离之间的电势差较大,即UACUCB,所以A-CC-B,可得C,即C10V,选项C正确.5.AC解析质子从A点运动至C点,电势能减少了Ep,从C点运动到B点,电势能增加了Ep,可知A、B两点电势相等.如果是匀强电场,AB连线是等势线,匀强电场垂直于AB,由于质子先从A点运动至C点,电势能减少,所以A点电势大于C点电势,

10、沿着电场线电势降低,所以电场方向垂直于AB由O点指向C点,选项A正确;如果是位于O点的正点电荷形成的电场,则A点电势等于C点电势,选项B错误;如果是位于D点的正点电荷形成的电场,则符合题意,选项C正确,选项D错误.6.A解析等量异种点电荷的电场的分布具有一定的对称性,M、N两点的电场强度相同,故同一个试探电荷在M、N两点所受的电场力相同,A正确;在两电荷连线的垂直平分线的两侧,正电荷一边的电势要高于负电荷一边的电势,故M点的电势高于N点的电势,B错误;将带正电的试探电荷从M点沿直线移到N点的过程中,电场力一直做正功,故电势能一直减小,C错误;等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线,在移动-Q前

11、,O点的电势为零,将-Q移到P点,其他点在空间的位置不变,此时两个电荷连线的中点在O点的左侧,O点的电势变为负值,故O点的电势降低,D错误.7.D解析根据v-t图像可知,物块在B点的加速度最大,为2m/s2,所受的电场力最大,为2N,根据E=知,B点的场强最大,为1N/C,故A错误;根据两个等量正点电荷连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧,可知由C点到A点的过程中,电势逐渐降低,物块的电势能逐渐减小,故B错误;根据动能定理得qUAB=m-m,解得UAB=-5V,故C错误;因qUCB=m-0=8J,qUBA=m-m=10J,则UCBab,对微粒a,由牛顿第二定律得qE=maaa,对微粒

12、b,由牛顿第二定律得qE=mbab,联立解得,可得出a的质量比b的小,选项A错误;在a、b两微粒运动过程中,a微粒所受的合外力大小等于b微粒的,a微粒的位移大于b微粒的,根据动能定理可知,在t时刻,a的动能比b的大,选项B正确;由于在t时刻两微粒经过同一水平面,电势相等,电荷量大小相等,符号相反,所以在t时刻,a和b的电势能不等,选项C错误;由于a微粒受到的电场力(合外力)大小等于b微粒受到的电场力(合外力)大小,根据动量定理可知,在t时刻,a微粒的动量与b微粒的动量大小相等,选项D正确.10.D解析根据两微粒的运动轨迹可知,二者所受的电场力方向相反,而电场强度的方向相同,因此两微粒的电性相反

13、,故A正确;若两微粒的初速度相同,根据平抛运动的规律可知,它们在水平方向上做匀速运动,因此到达金属网所用的时间相同,故B正确;根据运动学公式,在竖直方向有d=at2=,若不改变其他物理量,仅将E1和d1同时减半,则两微粒在水平方向上的位移仍相等,因此仍能相交于同一点,故C正确;若E1E2,d1=d2,根据运动学公式,在竖直方向有d=at2=,由于两粒子的初速度不一定相同,则上方微粒的比荷不一定较小,故D错误.11.AD解析当滑动变阻器的滑片向上滑动时,变阻器有效阻值增大,R的电压增大,则电容器板间电压增大,场强增大,油滴所受的电场力增大,所以带电油滴会向上运动,A正确;当电容器的上极板向上移动

14、时,由电容的决定式C=知,电容减小,而电容器的电压不变,由C=知,Q减小,电容器放电,由于二极管具有单向导电性,电容器不能放电,则电容器带的电荷量Q不变,根据E=可知,电容器板间场强不变,油滴所受的电场力不变,所以带电油滴仍静止不动,B错误;当电容器的下极板向下移动时,电容器所带的电荷量Q不变,由E=知,电容器板间场强不变,由U=Ed知,P点与下极板间的电势差变大,故P点的电势升高,C错误;当电容器的下极板向左移动时,由C=知,电容器的电容减小,由C=知,Q减小,电容器放电,由于二极管具有单向导电性,电容器不能放电,则电容器带的电荷量不变,故极板间电压U增大,由E=知,电容器板间场强变大,则P

15、与下极板间的电势差变大,故P点的电势升高,D正确.12.(1)(2)13(3)14解析(1)油滴静止时,由平衡条件得mg=q解得=.(2)设第一个t时间内油滴的位移为x1,加速度大小为a1,第二个t时间内油滴的位移为x2,加速度大小为a2,则x1=a1(t)2x2=v1t-a2(t)2且v1=a1t,x2=-x1联立解得a1a2=13.(3)油滴向上做加速运动时,有q-mg=ma1即q=ma1油滴向上做减速运动时,有mg-q=ma2即q=ma2则=解得=.专题训练(五)A1.BD解析小球的重力势能增加5J,则小球克服重力做功为5J,故A错误;电场力对小球做功为2J,则小球的电势能减少2J,故B

16、正确;小球受到重力、电场力、空气阻力三个力的作用,小球的机械能增加1.5J,则除重力以外的力做功为1.5J,因电场力对小球做功为2J,则空气阻力做功为-0.5J,即小球克服空气阻力做功为0.5J,故C错误;重力、电场力、空气阻力三力做功之和为-3.5J,根据动能定理,小球的动能减少3.5J,D正确.2.BC解析由于有电场力做功,故小球的机械能与弹簧的弹性势能之和是改变的,故A错误;由题意知,小球受到的电场力与重力大小相等,在小球从M运动到N过程中,重力做多少正功,重力势能就减少多少,电场力做多少负功,电势能就增加多少,又因两力做功一样多,故B正确;由动能定理可知,弹力对小球做的功等于小球动能的

17、增加量,又知弹力做的功等于弹性势能的减少量,故C正确;电场力和重力做功的代数和为零,故D错误.3.B解析由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动,所以重力与电场力的合力为0,电场力方向竖直向上,小球带正电,A错误,B正确;从a运动到b,电场力做负功,电势能增大,C错误;由于有电场力做功,故机械能不守恒,D错误.4.AC解析由题意可知,小球在竖直方向上做自由落体运动,在水平方向上做匀减速运动,可知其所受电场力方向向左,与电场方向相反,则小球带负电,电场力一直对小球做负功,小球的电势能增加,机械能减小,A、C正确;小球受竖直向下的重力和水平向左的电场力,合力方向指向左下方,又知初速度水平向右,末速度竖直

18、向下,由力与速度的夹角关系可知,合力对小球先做负功,后做正功,小球的速度先减小后增大,B错误;任意一小段时间内,小球的动能、电势能和重力势能之和保持不变,则电势能的增加量不一定等于重力势能的减少量,D错误.5.D解析试探电荷仅在电场力作用下先加速后减速,其动能先增大后减小,其电势能先减小后增大,选项B错误;试探电荷在x=4a处时速度最大,电势能最小,该处的电场强度一定为零,选项D正确;在x轴上从原点处到x=6a处,电场强度从两头指向x=4a处,点电荷M、N一定都是正电荷,选项A错误;由=,解得QM=4QN,选项C错误.6.BD解析三个液滴在水平方向上受到电场力作用,水平方向上不是匀速直线运动,

19、所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动,选项A错误;由于三个液滴在竖直方向上做自由落体运动,所以三个液滴的运动时间相同,选项B正确;三个液滴落到底板时竖直分速度相等,而水平分速度不相等,所以三个液滴落到底板时的速率不相同,选项C错误;由于液滴3在水平方向上的位移最大,说明液滴3在水平方向上的加速度最大,所带电荷量最多,选项D正确.7.AD解析小球进入电场前做自由落体运动,进入电场后因受到电场力作用而做减速运动,由图像可以看出,在t=1s和4s时,小球经过边界MN,故B错误;由图像的斜率表示加速度可得,小球进入电场前的加速度为a1=,进入电场后的加速度大小为a2=,由牛顿第二定律得mg=ma1,F

20、-mg=ma2,则电场力F=mg+ma2=ma1,所以重力mg与电场力F大小之比为35,故A正确;整个过程中,动能变化量为零,根据动能定理可知,整个过程中重力做的功与克服电场力做的功大小相等,故C错误;在14s过程中,电场力先做负功后做正功,电势能先增大后减小,由于该过程中机械能和电势能之和不变,所以小球的机械能先减小后增大,故D正确.8.C解析小金属块从A到B过程,由动能定理得-qUAB-mgL=m-0,解得A、B两点间的电势差UAB=-,故A错误;小金属块由A点向C点运动的过程中,电场力一直做正功,电势能一直减小,故B错误;从A到B过程,金属块做加速运动,从B到C过程,金属块做减速运动,在

21、B点时金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡,有mg=k,解得r=,故C正确;从B到C的过程中,小金属块减少的动能和电势能全部转化为内能,故D错误.9.C解析由动能图线知,小物块的速度先增大后减小,根据库仑定律知,小物块所受的库仑力逐渐减小,合外力先减小后增大,加速度先减小后增大,则小物块先沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动,再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动,直至速度为零,由动能图线可知,速度有最大值,此时小物块受力平衡,小物块所受的库仑力与重力沿斜面的分力平衡,由于没有x的具体数据,所以不能求出q,故A错误;从A到B的过程中,重力势能的增加量等于电势能的减小量,所以可以求出小物块电势能的

22、减小量,由于小物块的电荷量不知道,所以不能求出A、B之间的电势差,故B错误;由重力势能图线得Ep=mgh=mgxsin,算出斜率即可求出m,故C正确;图像中不能确定哪一点的速度最大,也不知道小物块的电荷量,所以不能确定小物块速度最大时到斜面底端的距离,故D错误.10.(1)20m(2)1.5N(3)0.6mm/s解析(1)设滑块释放点与N点的距离为L,由动能定理得qEL-mgL-mg2R=mv2-0小滑块在C点时,由重力提供向心力,由牛顿第二定律得mg=m联立解得v=2m/s,L=20m.(2)滑块到达P点时,由动能定理得qE(L+R)-mgL-mgR=m-0在P点时,由牛顿第二定律得FN-q

23、E=m联立解得FN=1.5N由牛顿第三定律可得,滑块通过P点时对轨道压力的大小是1.5N.(3)小滑块经过C点后,在竖直方向上做的是自由落体运动,有2R=gt2解得滑块运动的时间t=0.4s滑块在水平方向上只受到电场力的作用,做匀减速运动,由牛顿第二定律得qE=ma解得加速度a=2.5m/s2水平位移为x=vt-at2=0.6m滑块落地时,竖直方向的速度大小为vy=gt=100.4m/s=4m/s水平方向的速度大小为vx=v-at=1m/s落地时速度的大小为v地=m/s.11.(1)(2)(3)l解析(1)无论场强方向竖直向上还是竖直向下,系统在水平方向上均动量守恒,有mv0=(m+M)v由能

24、量守恒定律得Q=fs=m-(m+M)v2联立解得系统产生的热量Q=.(2)场强方向竖直向下时,有Q=f1s1场强方向竖直向上时,有Q=f2s2所以f1s1=f2s2由题意知s1s2,则f1FN1说明物块带负电场强方向竖直向下时,有FN1=mg-qE场强方向竖直向上时,有FN2=mg+qE又知E=故=.(3)由以上各式得s2=s1=l.专题训练(五)B1.D解析因微粒在重力和电场力作用下做直线运动,而重力竖直向下,可知电场力一定水平向左,微粒带负电,A错误;其合外力一定与速度反向,大小为F=,即微粒一定做匀减速直线运动,加速度大小为a=,B错误,D正确;电场力qE=,但不知微粒的电荷量,所以无法

25、求出电场强度,C错误.2.AD解析对带电小球进行受力分析,如图所示,小球的加速度a=m/s2=-10m/s2,根据几何关系得tan=1,故=45,F电=mg=qE,解得E=100V/m,故A、D正确.3.BD解析小球由A到B的过程中,电场力做正功,小球的电势能减小,选项A错误;因小球做匀速运动,由平衡条件得qEcos=mgsin,解得电场强度E=,选项B正确;电场强度变为原来的2倍后,有q2Ecos-mgsin=ma,解得a=gsin=6m/s2,选项C错误;电场强度变为原来的一半后,有mgsin-qcos=ma1,解得a1=3m/s2,由-v2=2a1L,解得v=1m/s,选项D正确.4.A

26、D解析根据等量同种点电荷产生的电场特点可知,a、b两点的电势相等,A正确;a、b两点的场强大小相等,但方向不同,B错误;正电荷从a点经c点移到b点,电势先降低后升高,由Ep=q得正电荷的电势能先减小后增大,C错误;由库仑定律和几何关系得+=,D正确.5.ACD解析小球在BCD部分做圆周运动,在D点时,有mg=m,小球由B到D的过程中,由动能定理得-2mgR=m-m,解得vB=知,R越大,小球经过B点时的速度越大,则x越大,选项A正确;在B点时有FN-mg=m,解得FN=6mg,与R无关,选项B错误;由Eqx=m知,m、R越大,小球在B点的动能越大,则x越大,电场力做功越多,选项C、D正确.6.

27、(1)3qEl0(2)3(3)解析(1)WAC=qE(yA-yC)=3qEl0.(2)根据抛体运动的特点,粒子在x方向做匀速直线运动,由对称性可知,轨迹最高点D在y轴上,令tAD=tDB=T,则tBC=T由qE=ma,解得a=又yD=aT2,yD+3l0=a(2T)2解得T=从A到C过程所经历的时间t=tAD+tDB+tBC=3(3)粒子在DC段做类平抛运动,有2l0=vCx2TvCy=a2T故vC=.7.(1)3cm12cm(2)如图所示(3)负电1.0410-8C解析(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离y=at2,其中a=,t=,则y=at2=0.03m=3cm.粒子在离开电场后将

28、做匀速直线运动,其轨迹与PS交于H,设H到中心线的距离为Y,有=,解得Y=4y=12cm.(2)第一段是抛物线,第二段是直线,第三段是圆弧.(3)粒子到达H点时,其水平速度vx=v0=2.0106m/s竖直速度vy=at=1.5106m/s则v合=2.5106m/s该粒子在穿过界面PS后绕点电荷Q做匀速圆周运动,所以Q带负电.根据几何关系可知,半径r=15cm,由电场力提供向心力,有k=m,解得Q1.0410-8C.8.解析以电场力的方向为正方向,画出电子在t=0、t=t0时刻进入电场后沿电场力的方向的速度vy随时间t变化的图像,如图甲和乙所示.电场强度E=,电子的加速度a=图甲中,vy1=a

29、t0=,vy2=a2t0=由图甲可得电子的最大侧位移ymax=t0+t0+t0=由图乙可得电子的最小侧位移ymin=t0+t0=.9.(1)4kg0.1(2)8m(3)196J解析(1)由牛顿第二定律得F-mg=ma解得a=F-g结合图像得m=4kg,=0.1.(2)02s内,由牛顿第二定律得F1-mg=ma1又F1=E1q则a1=m/s2=2m/s2前2s内通过的位移为x1=a1=222m=4m24s内,由牛顿第二定律得F2-mg=ma2又F2=E2q则a2=m/s2=-2m/s224s内,物体做匀减速运动,t=4s时速度恰好为0故一个周期内的位移为x=2x1=8m.(3)23s内物体在E1作用下的位移为6x1,在E2作用下的位移为5x1+3mW1=E1q6x1=288JW2=E2q(5x1+3m)=-92J即23s内电场力做功为W=W1+W2=196J.