2020-2021学年第十章 静电场中的能量综合与测试当堂检测题

这是一份2020-2021学年第十章 静电场中的能量综合与测试当堂检测题，共7页。

易混易错练
易错点1 对静电力做功正负的判断出错
1.()如图所示，匀强电场中三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，∠ABC=∠CAB=30°，BC=23 m，已知电场线平行于△ABC所在的平面，一个电荷量q=-2×10-6 C的点电荷由A移到B的过程中，电势能增加了1.2×10-5 J，由B移到C的过程中，静电力做功6×10-6 J，下列说法正确的是 ( )

A.B、C两点的电势差UBC=3 V
B.A点的电势低于B点的电势
C.负电荷由C点移到A点的过程中，电势能增加
D.该电场的场强为1 V/m
易错点2 混淆加速电压和偏转电压
2.()电子被电压为U的电场加速后，垂直于场强方向飞入一个偏转电场，飞入时动能为Ek，飞出时动能增加到飞入时的2倍。如果加速电场的电压增为4U，此电子飞出同一偏转电场时的动能变为 ( )
B.5EkC.8EkD.16Ek
易错点3 生搬硬套圆周运动的临界条件
3.()如图所示，细线一端系住质量为m的小球，另一端固定在O点，使小球以O为圆心，在竖直面内做半径为R的圆周运动。若球带正电，空间有场强为E、竖直向上的匀强电场，为了使小球能做完整的圆周运动，在最低点A处小球应具有多大的速度？
思想方法练
一、守恒思想
1.()(多选)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平。a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零。则小球a ( )
A.从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小
B.从N到P的过程中，速率先增大后减小
C.从N到Q的过程中，电势能一直增加
D.从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量
二、等效思想
2.()如图所示，水平向左的匀强电场中，用长为R的绝缘轻质细线悬挂一小球，小球质量为m，电荷量为+q，将小球拉至竖直方向最低位置A点处无初速度释放，小球将向左摆动，细线向左偏离竖直方向的最大角度θ=74°。(重力加速度为g，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8，sin 74°=0.96，cs 74°=0.28)
(1)求电场强度的大小E；
(2)求小球向左摆动的过程中，对细线拉力的最大值。
答案全解全析
本章复习提升
易混易错练
1.D B、C两点的电势差为UBC=WBCq=-3 V，故A错误；电荷由A移到B的过程中，电势能增加1.2×10-5 J，静电力做功-1.2×10-5 J，A、B两点间的电势差UAB=WABq=6 V，B错误；UCA=-UBC-UAB=-3 V，负电荷由C移到A的过程中，静电力做正功，所以电势能减小，C错误；UBC=-3 V，UCA=-3 V，UAB=6 V，如图所示，取AB中点为D，C、D电势相等，所以C、D连线为等势线，而△ABC为等腰三角形，所以电场强度方向沿着AB方向，由A指向B，因为BC=23 m，由几何关系得AD=3 m，所以UAD=E·AD=3 V，所以该电场的场强为E=UADAD=1 V/m，D正确。
2.A 对电子的加速，原来有eU=Ek，后来有e·4U=Ek'，Ek'=4Ek，电子动能从Ek变为4Ek，则速度是从v变为2v，对同一偏转电场，飞入速度从v变为2v时，运动时间从t变为t2，电子在同一偏转电场中运动，加速度a相同，则先后偏转位移分别为y1=12at2，y2=12at22，即y2=y14。设场强为E，有eEy1=2Ek-Ek=Ek，eEy2=Ek″-Ek'=Ek″-4Ek，解得Ek″=4.25Ek，选项A正确。
3.答案 见解析
解析 (1)若mg=Eq，小球相当于只受细线的拉力，在最低点A小球只要满足v>0即可做完整的圆周运动。
(2)当Eqmg时，此时的等效最高点为最低点A，对A点根据牛顿第二定律可得Eq-mg=mvA'2R，小球在A点的临界速度是vA'=(Eq-mg)Rm。
思想方法练
1.BC 小球a从N到Q的过程中，重力不变，库仑力F逐渐增大，库仑力与重力的夹角逐渐变小，因此，F与mg的合力逐渐变大，A错误。从N到P的过程中，重力沿速度方向的分力等于F沿速度反方向的分力时，小球的速率最大，故速率先增大后减小，B正确；从N到Q，F一直做负功，电势能一直增加，C正确；从P到Q，根据能量守恒知电势能的增加量和重力势能的增加量之和等于动能的减少量，所以电势能的增加量小于动能的减少量，D错误。
2.答案 (1)3mg4q
(2)7mg4
解析 (1)设细线偏离竖直方向角度最大时小球所处位置为C点，在整个过程中，小球受重力mg、静电力qE和细线的拉力T作用，拉力T始终不做功，在小球由A运动至C的过程中，根据动能定理有
qER sin θ-mgR(1-cs θ)=0
解得：E=mg(1-csθ)qsinθ=3mg4q
(2)重力与静电力的合力大小为F=(mg)2+(qE)2=5mg4①
其方向指向左下方，设其方向与竖直方向成α角，根据几何关系有
tan α=qEmg=34，即α=37°②
当小球摆动到细线沿此方向时，设小球位置为B(等效最低点)，此时小球对细线的拉力最大，则：
T-F=mvB2R③
小球在由A运动到B的过程中，根据动能定理有
FR(1-cs α)=12mvB2-0④
根据牛顿第三定律可知，小球对细线的拉力T'=T⑤
由①②③④⑤式联立解得T'=7mg4。