C.将正电荷从O点移到P点,电场力做正功
D.将正电荷从O点移到P点,电场力做负功
解析 等量同种电荷连线中点场强为零,中垂线上其他点合场强沿中垂线向外,所以EP>EO,φP<φO,选项A错误,选项B正确.将正电荷由O点移到P点,是沿着电场力移动,电场力做正功,选项C正确,选项D错误.
答案 BC
9.
如图所示是一个说明示波管工作的原理图,电子经加速电场(加速电压为U1)加速后垂直进入偏转电场,离开偏转电场时偏转量是h,两平行板间的距离为d,电压为U2,板长为l,每单位电压引起的偏移
叫做示波管的灵敏度,为了提高灵敏度,可采用下列哪些方法( )
A.增大U1B.减小l
C.减小dD.增大U2
解析 电子经过加速电场U1加速,由动能定理,可得eU1=
mv
,进入偏转电场后,偏转量h=
at2=
=
=
,可得
=
,由此式可知C选项正确.
答案 C
10.
如图所示,用绝缘细线拴一带负电小球,在竖直平面内做圆周运动,匀强电场方向竖直向下,则( )
A.当小球运动到最高点a时,线的张力一定最小
B.当小球运动到最低点b时,小球的速度一定最大
C.当小球运动到最高点a时,小球的电势能最小
D.小球在运动过程中机械能不守恒
解析 若qE=mg,小球将做匀速圆周运动,球在各处对细线的拉力一样大.若qEmg,球在a处速度最大,对细线的拉力最大.故选项A、B错误.a点电势最高,负电荷在电势最高处电势能最小,故选项C正确.小球在运动过程中除重力外,还有电场力做功,机械能不守恒,选项D正确.
答案 CD
第Ⅱ卷(非选择题,共60分)
二、填空题(每小题5分,共20分)
11.质量为m,电荷量为q的质点,在静电力作用下以恒定速率v沿圆弧由A运动到B,其速度方向改变θ角,AB弧长为s,则A、B两点的电势差UAB=________,AB中点的场强大小E=________.
解析 由动能定理qUAB=ΔEk=0,
所以UAB=0.
质点做匀速圆周运动R=
静电力提供向心力有qE=
.
解得E=
.
答案 0
12.在真空中两个带等量异种电荷的点电荷,电荷量均为2×10-8C,相距20cm,则它们之间的相互作用力为________N,在两者连线的中点处,电场强度大小为________N/C.
答案 9×10-5 3.6×104
13.
如图所示,实线为电场线,虚线为等势面,且相邻两等势面的电势差相等,一正电荷在等势面φ3上时具有动能60J,它运动到等势面φ1上时,速度恰好为零,令φ2=0,那么,当该电荷的电势能为12J时,其动能大小为________J.
解析 以φ2的电势为零,由能量守恒可知,电荷的电势能和动能的总和保持不变,由题意可知每经过一个等势面带电粒子的动能减少30J,则在等势面φ2上时动能为30J,电势能为0,则总能量为30J,故当电势能为12J时,动能为18J.
答案 18
14.
如图所示,真空中有一电子束,以初速度v0沿着垂直场强方向从O点进入电场,以O点为坐标原点,沿x轴取OA=AB=BC,再自A、B、C作y轴的平行线与电子径迹分别交于M、N、P点,则AM:
BN:
CP=________,电子流经M、N、P三点时沿x轴的分速度之比为________.
答案 1:
4:
9 1:
1:
1
三、计算题(本题共3小题,共40分.解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤)
15.(10分)如图所示是示波器的示意图,竖直偏转电极的极板长L1=4cm,板间距离d=1cm.板右端距离荧光屏L2=18cm,电子沿中心线进入竖直偏转电场的速度是v=1.6×107m/s,电子电荷量e=1.6×10-19C,质量m=0.91×10-30kg.要使电子束不打在偏转电极上,加在竖直偏转电极上的最大偏转电压U不能超过多大?
解析 由类平抛运动的知识,得
=
at2.
由牛顿第二定律,得a=
.
飞行时间t=
.
联立以上各式,得最大偏转电压U=
=91V.
即加在竖直偏转电极上的最大偏转电压不能超过91V.
答案 91V
16.
(14分)如图所示,ab是半径为R的圆的一条直径,该圆处于匀强电场中,场强大小为E,方向一定,在圆周平面内,将一带正电荷q的小球从a点以相同的动能抛出,抛出方向不同时,小球会经过圆周上不同的点,在所有的这些点中,到达c点时小球的动能最大.已知∠cab=30°,若不计重力和空气阻力,试求:
(1)电场方向与ac间的夹角θ为多大?
(2)若小球在a点时初速度方向与电场方向垂直,则小球恰好能落在c点,那么初动能为多大?
解析
(1)带正电小球从a点抛出后,仅在电场力作用下,运动到圆周上的c点,且具有最大动能,则说明在圆周上c点与a点的电势差最大,过c点做圆的切线即为该匀强电场的等势线,故电场的方向沿Oc方向,如图所示.
电场方向与ac间的夹角为30°.
(2)设初速度为v0,垂直电场方向带正电小球做匀速运动,有R·sin60°=v0t;
平行于电场方向带正电小球做匀加速直线运动,有
R+Rcos60°=
at2,
根据牛顿第二定律得qE=ma,
联立以上各式解得
Eka=
mv
=
.
答案
(1)30°
(2)
17.
(16分)如图所示,光滑斜面倾角为37°,一带有正电的小物块质量为m,电荷量为q,置于斜面上,当沿水平方向加有如图所示的匀强电场时,带电小物块恰好静止在斜面上,从某时刻开始,电场强度变化为原来的
,求:
(1)原来的电场强度大小;
(2)物块运动的加速度;
(3)沿斜面下滑距离为L时物块的速度大小.(g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)
解析
(1)物体受到的力有重力mg,支持力FN.静电力F=qE,如图.
qE=mgtan37°
∴E=
=
.
(2)当电场强度变为原来的
时,物块在斜面方向有
mgsinθ-q
cosθ=ma.
∴a=gsin37°-
gsin37°=3.0m/s2.
方向沿斜面向下.
(3)由动能定理,得
mgLsin37°-qE′Lcos37°=
mv2-0.
解得v=
m/s.
答案
(1)
(2)3.0m/s2 方向沿斜面向下
(3)
m/s