2021-2022版高中物理-第一章-静电场-单元评价新人教版选修3-1.doc

2021-2022版高中物理 第一章 静电场 单元评价新人教版选修3-12021-2022版高中物理 第一章 静电场 单元评价新人教版选修3-1年级：姓名：- 19 -单元素养评价(一)(第一章)(90分钟100分)一、选择题(本题共12小题,其中18为单选,912为多选,每小题4分,共48分)1.古希腊贵族妇女外出时都喜欢穿柔软的丝绸衣服,戴琥珀做的首饰。人们发现,不管将琥珀首饰擦得多干净,它很快就会吸上一层灰尘,这主要是因为()A.琥珀是一种树脂化石,树脂具有粘性,容易吸附灰尘B.室外的灰尘比较多,在琥珀上积聚的速度比较快C.经丝绸摩擦后的琥珀带电,能吸引灰尘D.琥珀具有磁性,周围的灰尘经磁化后被琥珀吸引【解析】选C。经丝绸摩擦后的琥珀带电,不管将琥珀首饰擦得多干净,它很快就会吸上一层灰尘,故C正确,A、B、D错误,故选C。2.有A、B、C三个轻质小球,其中A球靠近毛皮摩擦过的橡胶棒时被排斥,现将A分别与B、C靠近,它们相互作用的情况如图甲、乙所示,下列判断正确的是()A.B球一定带负电,C球可能带正电B.B球可能不带电,C球一定带负电C.B球可能带正电,C球一定带正电D.B球一定不带电,C球可能带负电【解析】选B。毛皮摩擦过的橡胶棒带负电,A球靠近毛皮摩擦过的橡胶棒时被排斥,所以A球带负电,A能吸引B,则B可能带正电,也可能不带电,C与A相互排斥,则C带负电,选项A、C、D错误,B正确,故选B。【加固训练】用控制变量法,可以研究影响电荷间相互作用力的因素。如图所示,O是一个带电的物体,若把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置,可以比较小球在不同位置所受带电物体的作用力的大小。这个力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。若物体O的电荷量用Q表示,小球的电荷量用q表示,物体与小球间距离用d表示,物体和小球之间的作用力大小用F表示。则以下对该实验现象的判断正确的是()A.保持Q、q不变,增大d,则变大,说明F与d有关B.保持Q、q不变,减小d,则变大,说明F与d成反比C.保持Q、d不变,减小q,则变小,说明F与q有关D.保持q、d不变,减小Q,则变小,说明F与Q成正比【解析】选C。保持Q、q不变,根据库仑定律公式F=k,增大d,库仑力变小,则变小,减小d,库仑力变大,则变大。实验表明,F与d的二次方成反比,故A、B错误;保持Q、d不变,减小q,则库仑力变小,变小,知F与q有关,故C正确;保持q、d不变,减小Q,则库仑力变小,变小,根据库仑定律得F=k,知F与两电荷的乘积成正比,故D错误。3.某同学用易得的材料制作了一个简易的实验仪器,如图所示。它可以用来 ()A.测电流B.测电阻C.测电容D.检验物体是否带电【解析】选D。该实验仪器通过金属丝可以向金属箔导电,两个箔片带同种电荷,会因为排斥而分开,故此装置可以用来检验物体是否带电,故A、B、C错误,D正确,故选D。【加固训练】如图所示是某验电器的结构图。下列相关说法正确的是()A.金属箔张开过程,电势能一定减少B.金属箔张开过程,电场力一定做负功C.两金属箔张开,说明金属盘带正电D.两片金属箔张开时,可能带异种电荷【解析】选A。验电器利用同种电荷互相排斥的原理,当用带电体接触验电器的金属盘时,就有一部分电荷转移到验电器的金属箔片上,金属箔带上了同种电荷,这两片金属箔由于带同种电荷互相排斥而张开,在张开的过程中电场力做正功,电势能减小,而验电器只能判断物体是否带电,不能说明是哪种电荷,故也不能说明金属盘带哪种电荷,故A正确,B、C、D错误。4.下列是某同学对电场中的概念、公式的理解,其中正确的是()A.根据电场强度的定义式E= ,电场中某点的电场强度与试探电荷的电荷量成反比B.根据电容的定义式C= ,电容器的电容与所带电荷量成正比,与两极板间的电压成反比C.根据真空中点电荷电场强度公式E= ,电场中某点电场强度与场源电荷的电荷量成正比D.根据公式UAB= ,带电量为1 C的正电荷,从A点移动到B点克服电场力做功为1 J,则A、B点的电势差为1 V【解析】选C。电场强度是电场本身具有的性质,与试验电荷无关,故A错误;电容是电容器本身具有的性质,表示电容器容纳电荷的能力,其大小受到自身参数和极板间介质介电常数的影响,与两极板间电压和电荷量无关,故B错误;由该点电荷场强计算公式可以得出,点电荷产生电场的场强大小与场源电荷电荷量成正比,故C正确;正电荷克服电场力做功,说明此过程电场力做负功,即:WAB=-1 J,根据:UAB=,可得:UAB=-1 V,故D错误。5.(2020全国卷改编)如图,竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。a、b为圆环水平直径上的两个点,c、d为竖直直径上的两个点,它们与圆心的距离均相等。则下列说法错误的是()A.a、b两点的场强相等B.a、b两点的电势相等C.c、d两点的场强相等D.c、d两点的电势相等【解题指南】“上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷”可以把两个半圆等效看成等量异种电荷。【解析】选D。把带等量异种电荷的绝缘细圆环的上、下半圆视为等量异种电荷,由等量异种电荷形成的电场的规律,可得a、b两点的场强大小相等,方向相同,均向下,A正确;由于具有对称性,a、b两点电势一定相等,B正确;c、d两点的场强大小相等,方向相同,C正确;c点的电势比d点电势高,D错误。6.如图所示的电路中,A、B是构成平行板电容器的两金属极板,P为其中的一个定点,将电键K闭合,电路稳定后将A板向下缓缓平移一小段距离,则下列说法正确的是()A.A、B两极板间场强变小B.电阻R中有向上的电流C.P点电势升高D.A板电势升高【解析】选C。电键K闭合,电容器两端电压不变,根据公式E=,可知当A板下移时两板间距d减小,所以场强增大,故A错误;由C=,可知将A板下移时C变大,因为电键K闭合,所以电容器的电压U不变,由定义式:C=,Q增大,电容器要充电,所以电阻R中有向下的电流,故B错误;由A中分析知板间场强变大,由U=Ed得知,P点与B板间电势差增大,电场线方向向下,沿电场线方向电势降低,由于B板接地电势始终为零,则可知P点电势升高,故C正确;因为A、B板间电势差不变,而B板接地电势始终为零,所以A板电势不变,故D错误。【加固训练】一平行板电容器,充电后与电源断开连接,负极板接地,在两极板间有一正电荷,电荷量足够小,固定在P点,如图所示,以E表示两极板间的场强,表示P点的电势,表示正电荷在P点的电势能,Q表示极板所带的电荷量。若保持负极板不动,将正极板移到图中虚线位置,则下列说法错误的是()A.不变, 不变B.E不变, 不变C.Q不变,E不变D.变小,E变小【解析】选D。平行板电容器充电后与电源断开连接,则两极板所带电荷量恒定,即Q不变,若保持负极板不动,将正极板移到图中虚线位置则两极板间的距离减小,根据C=可得电容器电容增大,根据C=可得U减小,因为E=,故可得电场强度E不变,则P与负极板间的电势差不变,P点的电势不变,正电荷在P点的电势能不变,A、B、C正确。7.图中虚线为一组间距相等的同心圆,圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场,实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹,a、b、c三点是实线与虚线的交点。则该粒子()A.带负电B.在c点受力最大C.在b点的电势能小于在c点的电势能D.由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化【解析】选D。根据粒子运动轨迹可知,粒子带正电,选项A错误;根据库仑定律可知,离点电荷最近时受力最大,选项B错误;从b点到c点电场力做正功,动能增加,故粒子在b点的电势能一定大于在c点的电势能,故C错误;同心圆间距相等,所以a点到b点的电势差大于b点到c点的电势差,所以由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化,选项D正确。【加固训练】如图所示,+Q为固定的正点电荷,虚线圆是其一条等势线,两电荷量相同、但质量不相等的粒子,分别从同一点A以相同的速度v0射入,轨迹如图中曲线,B、C为两曲线与圆的交点。aB、aC表示两粒子经过B、C时的加速度大小,vB、vC表示两粒子经过B、C时的速度大小。不计粒子重力,以下判断正确的是()A.aB=aCvB=vCB.aBaCvB=vCC.aBaCvBvCD.aBvC【解析】选C。库仑力F=,两粒子在B、C两点受的库仑力大小相同,根据粒子的运动轨迹可知aBaC,a=,解得mBmC,因为B、C两点位于同一等势线上,电势相等,所以两粒子从A运动到B和从A运动到C,电场力做功相同且做负功,有-W=mv2-m,所以mB(-)=mC(-),因为mBmC,所以vBvC,C正确。8.喷墨打印机的简化模型如图所示,重力可忽略的墨汁微滴,经带电室带负电后,以速度v垂直匀强电场飞入极板间,最终打在纸上,则微滴在极板间电场中()A.向负极板偏转B.电势能逐渐增大C.运动轨迹是抛物线D.运动轨迹与带电量无关【解析】选C。由于微滴带负电,故向正极板偏转,A错误;电场力对墨汁微滴做正功,故电势能减少,B错误;微滴在电场中做类平抛运动,轨迹为抛物线,故C正确;由侧向位移y=at2=()2,可知运动轨迹与带电量有关,D错误。【加固训练】示波管是一种多功能电学仪器,它的工作原理可以等效成下列情况:如图所示,真空室中电极K发出电子(初速度不计),经过电压为U1的加速电场后,由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中,金属板长为L,相距为d。当A、B间电压为U2时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上面显示亮点。已知电子的质量为m、电荷量为e,不计电子重力,下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是()A.U1变大,U2变大B.U1变小,U2变大C.U1变大,U2变小D.U1变小,U2变小【解析】选B。当电子离开偏转电场时速度的反向延长线一定经过偏转电场中水平位移的中点,所以电子离开偏转电场时偏转角度越大(偏转距离越大),亮点距离中心就越远。设电子经过U1加速后速度为v0,离开偏转电场时竖直方向速度为vy,根据题意得:eU1=m,电子在A、B间做类平抛运动,当其离开偏转电场时竖直方向速度为vy=at=,解得速度的偏转角满足:tan=,显然,欲使变大,应该增大U2、L,或者减小U1、d,故选B。9.某电容式话筒的原理如图所示,E为电源,R为电阻,薄片P和Q为两金属极板,对着话筒说话时,P振动而Q可视为不动,当P、Q间距离增大时,下列判断中正确的是()A.P、Q构成的电容器的电容增加B.P上电荷量保持不变C.有电流自M经R流向ND.PQ间的电场强度减小【解析】选C、D。电容式话筒与电源串联,电压保持不变。在PQ间距增大过程中,根据电容决定式C=,得电容减小,故A错误;根据电容定义式C=得电容器所带电量减小,电容器的放电电流通过R的方向由M到N,再根据场强E=知场强变小,故C、D正确,B错误;故选C、D。10.如图所示,ABCD为一正方形,M、N、P、Q分别为正方形四条边的中点,空间存在与正方形平面平行且范围足够大的匀强电场。已知质子由A点运动到B点电场力做功为-10 eV、质子由A点运动到C点电场力做功为-20 eV。则下列说法正确的是()A.电场强度的方向应由C指向AB.质子由Q点运动到N点的过程中,电场力不做功C.电子由B点运动到D点的过程中,电场力做功10 eVD.电子由M点运动到A点的过程中,电子的电势能增加15 eV【解析】选A、D。由题意根据W=qU可知,质子由A运动到B时WAB=qUAB,代入数据解得UAB=-10 V;同理UAC=-20 V,假设A点的电势为0 V,则B点的电势为10 V,C点的电势为20 V,由匀强电场的特点可知正方形对角线的交点O的电势为10 V,因此BD连线为等势线,如图所示所以电场线的方向一定由C指向A,故A正确;由于M、N、P、Q分别为正方形四条边的中点,则M点与Q点的电势均为15 V,P点与N点的电势均为5 V,则质子由Q点运动到N点的过程中,电场力做功为WQN=qUQN=10 eV,故B错误;由于B、D两点的电势相等,则电子由B点运动到D点的过程中电场力做功为零,故C错误;电子由M点运动到A点的过程中,电场力做功为WMA=qUMA=-15 eV,则电子的电势能增加15 eV,故D正确。故选A、D。11.如图甲所示,A、B为某电场中一条直线上的两个点,现将一正点电荷从A点由静止释放,仅在电场力的作用下运动一段距离到达B点,其电势能Ep随位移x的变化关系如图乙所示,从A到B过程中,下列说法正确的是()A.电场力对点电荷一直做正功B.点电荷所受电场力先减小后增大C.电势先降低后升高D.A、B两点处电场强度方向相同【解题指导】解答本题需注意以下两点(1)电场力做功与电势能之间满足:正对减、负对增的关系。(2)Ep-x图象的斜率大小对应电场力的大小。【解析】选B、C。从A到B,电荷的电势能先减小后增大,说明电场力先做正功后做负功,A项错误;Ep-x图象的斜率-|=F电场力,所以电场力大小先减小后增大,B项正确;电场力先做正功后做负功,所以电场强度方向先向右后向左,电势先降低后升高,C项正确,D项错误。【加固训练】(多选)如图甲所示,有一绝缘圆环,圆环上均匀分布着正电荷,圆环平面与竖直平面重合。一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环,细杆上套有一个质量m=10 g的带正电的小球,小球所带电荷量q=5.010-4 C。小球从C点由静止释放,其沿细杆由C经B向A运动的v-t图象如图乙所示。小球运动到B点时,速度图象的切线斜率最大(图中标出了该切线)。则下列说法正确的是 ()A.在O点右侧杆上,B点场强最大,场强大小为E=1.2 V/mB.由C到A的过程中,小球的电势能先减小后增大C.由C到A电势逐渐降低D.C、B两点间的电势差UCB=0.9 V【解析】选A、C、D。由题图乙可知,小球在B点的加速度最大,故受力最大,加速度由电场力提供,故B点的电场强度最大,a=,解得E=1.2 V/m,选项A正确;从C到A,电场力一直做正功,故电势能一直减小,选项B错误,C正确;由C到B,电场力做功为W=m-0,C、B间电势差为UCB=0.9 V,选项D正确。12.某静电场中x轴上电场强度E随x变化的关系如图所示,设x轴正方向为电场强度的正方向。一带电荷量大小为q的粒子从坐标原点O沿x轴正方向运动,结果粒子刚好能运动到x=3x0处,假设粒子仅受电场力作用,E0和x0已知,则 ()A.粒子一定带负电B.粒子的初动能大小为qE0x0C.粒子沿x轴正方向运动过程中电势能先增大后减小D.粒子沿x轴正方向运动过程中最大动能为2qE0x0【解析】选B、D。如果粒子带负电,粒子在电场中一定先做减速运动后做加速运动,因此粒子在x=3x0处的速度不可能为零,故粒子一定带正电,A错误;根据动能定理qE0x0-2qE02x0=0-Ek0,可得Ek0=qE0x0,B正确;粒子向右运动的过程中,电场力先做正功后做负功,因此电势能先减小后增大,C错误;粒子运动到x0处动能最大,根据动能定理qE0x0=Ekmax-Ek0,解得Ekmax=2qE0x0,D正确。【总结提升】静电场中的三类图象1.v-t图象根据v-t图象的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化),确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况,进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化。2.-x图象(1)电场强度的大小等于-x图线的斜率大小,电场强度为零处,-x图线存在极值,其切线的斜率为零。(2)在-x图象中可以直接判断各点电势的大小,并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。(3)在-x图象中分析电荷移动时电势能的变化,可用WAB=qUAB,进而分析WAB的正负,然后做出判断。3.E-x图象在给定了电场的E-x图象后,可以由图线确定电场强度的变化情况,电势的变化情况,E-x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差。在与粒子运动相结合的题目中,可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况。二、实验题(共8分)13.如图所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素,其中电容器左侧极板和静电计外壳均接地,电容器右侧极板与静电计金属球相连,使电容器带电后与电源断开。(1)下列关于实验中使用静电计的说法正确的是。A.使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况B.静电计可以用电流表替代C.静电计可以用电压表替代D.使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况(2)将左极板缓慢右移过程中,可观察到静电计指针偏角(选填“变大”“变小”或“不变”)。【解题指南】解决本题的关键是知道静电计测量的是电容器两端的电势差,处理电容器动态分析时,关键抓住不变量,与电源断开,电荷量保持不变,结合电容的决定式和定义式进行分析。【解析】(1)静电计可测量电势差,根据指针张角的大小,观察电容器电压的变化情况,无法判断电量的变化情况,故A正确,D错误;静电计与电压表、电流表的原理不同,不能替代,静电计是一个电容器,电容量基本不变,其电荷量与电势差成正比,而电流表、电压表线圈中必须有电流通过时,指针才偏转,故B、C错误。故选A。(2)将左极板缓慢右移过程中,根据电容的决定式C=,将极板间距离减小时,电容增大,根据U=,电荷量不变,则电势差减小,指针偏角变小。答案:(1)A(2)变小三、计算题(本题共5小题,共44分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)14.(8分)如图所示,P为倾角30的光滑绝缘斜面ABC斜边AC的中点,空间存在方向水平向右的匀强电场,场强大小未知,当在B点固定一质量为m的带电小球时,另一完全相同的带电小球恰好可以静止在P点且对斜面无压力。已知AB=l,重力加速度为g,静电力常量为k。(1)求带电小球的电性及电量大小;(2)如果撤去B点的带电小球,将小球m从A点以速度v0水平抛出,求小球从抛出到第一次落回斜面的时间。【解析】(1)对小球m在P点进行受力分析可得,小球所受电场力方向水平向左,故小球带负电;由平衡条件可得:F库cos60=mgF库sin60=qE由几何知识可得AB=BP=l,则有:F库=联立解得qE=mg,q=l(4分)(2)如果撤去B点的带电小球,将小球m从A点以速度v0水平抛出,在水平方向受到电场力,小球做匀减速运动,在竖直方向上,小球做自由落体运动;由于qE=mg,则有ax=gay=gx=v0t-axt2y=ayt2=tan30=联立解得t=(4分)答案:(1)负电l(2)【加固训练】如图所示,水平绝缘轨道AB长L=4 m,离地高h=1.8 m,A、B间存在竖直向上的匀强电场。一质量m=0.1 kg、电荷量q=-510-5 C 的小滑块,从轨道上的A点以v0=6 m/s的初速度向右滑动,从B点离开电场后,落在地面上的C点。已知C、B间的水平距离x=2.4 m,滑块与轨道间的动摩擦因数=0.2,g取10 m/s2,不计空气阻力。求:(1)滑块离开B点时速度的大小;(2)滑块从A点运动到B点所用的时间;(3)匀强电场的场强E的大小。【解析】(1)从B到C过程中,有h=gt2x=vBt解得vB=4 m/s(2)从A到B过程中,有L=t解得t=0.8 s(3)在电场中运动时,小滑块受力如图所示,由牛顿第二定律得(mg+E|q|)=m|a|由运动学公式,有-=2aL解得E=5103 N/C。答案:(1)4 m/s(2)0.8 s(3)5103 N/C15.(8分)把一个带电荷量为210-8 C的正点电荷从电场中的A点移到无限远处时,静电力做功810-6 J;若把该电荷从电场中的B点移到无限远处时,静电力做功210-6 J,取无限远处电势为零。(1)求A点的电势。(2)求A、B两点的电势差。(3)若把电荷量q= -210-5 C的电荷由A点移到B点,静电力做的功为多少?【解析】(1)无穷远处某点O的电势为零,根据电场力做功与电势能变化的关系公式WAB=EpA-EpB,有WOA=EpO-EpA(1分)无穷远处电势能为零,即EpO=0故EpA=-WOA=810-6 J(1分)根据电势的定义式=得A= V=400 V(1分)(2)把该电荷从电场中B点移到无限远处的O点,静电力做功210-6 J,取无限远处电势为零,根据电场力做功与电势能变化的关系公式WAB=EpA-EpB,有WOB=EpO-EpB(1分)无穷远处电势能为零,即EpO=0故EpB=-WOB=210-6 J(1分)根据电势的定义式,得B= V=100 V故A、B间的电势差为UAB=A-B=400 V-100 V=300 V;(1分)(3)若把210-5 C的负电荷由A点移到B点,静电力所做的功:WAB=qUAB=-210-5300 J=-610-3 J。(2分)答案:(1)400 V(2)300 V(3)-610-3 J16.(8分)如图所示,光滑绝缘的半圆形轨道固定于竖直平面内,半圆形轨道与光滑绝缘的水平地面相切于半圆的端点A。一质量为m=1 kg的小球在水平地面上匀速运动,速度为v=6 m/s,经A运动到轨道最高点B,最后又落在水平地面上的D点(图中未画出)。已知整个空间存在竖直向下的匀强电场,小球带正电荷,小球所受电场力F=mg,g取10 m/s2。(1)若轨道半径为R0=0.1 m时,求小球到达半圆形轨道B点时对轨道的压力; (2)为使小球能运动到轨道最高点B,求轨道半径的最大值。【解析】(1)设小球到达半圆轨道B点时速度为vB,从A到B的过程中重力和电场力做功,由动能定理有:-2mgR0-F2R0=m-mv2(1分)在最高点B时,根据牛顿第二定律有:N+mg+F=m(1分)由题意可知:F=mg(1分)代入数据计算得出:N=260 N;由牛顿第三定律可以知道小球到达半圆轨道B点时对轨道的压力为:N=N=260 N,方向竖直向上。(1分)(2)轨道半径越大,小球到达最高点的速度越小,当小球恰好到达最高点时轨道对小球的作用力为零,则小球对轨道的压力也为零,此时轨道半径最大,则:=mg+mg(1分)又因为:-2mgRm-2mgRm=m-mv2(2分)代入数据计算得出轨道半径的最大值:Rm=0.36 m(1分)答案:(1)260 N(2)0.36 m17.(8分)一种测定电子比荷的实验装置如图所示,真空玻璃管内,阴极K发出的电子(可认为初速度为0)经阳极A与阴极K之间的高电压加速后,形成一细束电子流,以平行于平板电容器极板的速度从两极板C、D左端中点进入极板区域。若两极板C、D间无电压,电子将打在荧光屏上的O点,若在两极板CD间施加偏转电压,则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的P点;若再在极板间施加一个方向垂直于纸面向外的匀强磁场,则电子又打在荧光屏上的O点。已知磁场的磁感应强度为B,极板间电压为U,极板的长度为l,C、D间的距离为d,极板区的中点M到荧光屏中点O的距离为L,P点到O点的距离为y。(1)求电子进入偏转电场的速度v0。(2)求电子的比荷。【解析】(1)加上磁场B后,荧光屏上的光点重新回到O点,可知电子通过平行板电容器的过程中受到电场力和洛伦兹力平衡,有:qE=qv0B,又E=,(1分)联立解得电子射入偏转电场的速度v0=。(1分)(2)电子在极板区域运动的时间t1=,(1分)在电场中的偏转位移y1=at2=,(1分)电子离开极板区域时,沿垂直极板方向的末速度vy=at=t1,(1分)设电子离开极板区域后,电子到达荧光屏P点所需的时间为t2,t2=,(1分)电子离开电场后在垂直极板方向的位移y2=vyt2,P点离开O点的距离等于电子在垂直极板方向的总位移y=y1+y2,联立解得=。(2分) 答案:(1)(2)18.(12分)如图所示,某空间有一竖直向下的匀强电场,电场强度E=1.0102 V/m,一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中,在金属板的正上方高度h=0.80 m的a处有一粒子源,盒内粒子以v0=2.0102 m/s的初速度向水平面以下的各个方向均匀放出质量为m=2.010-15 kg、电荷量为q=+1.010-12 C的带电粒子,粒子最终落在金属板b上。若不计粒子重力,不计金属板对匀强电场的影响,求(结果保留2位有效数字):(1)粒子源所在a点的电势;(2)带电粒子打在金属板上时的动能;(3)从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围(所形成的面积);若使带电粒子打在金属板上的范围减小,可以通过改变哪些物理量来实现?【解析】(1)题中匀强电场方向竖直向下,b板接地,因此a=Uab=Eh=1.01020.8 V=80 V。(3分)(2)不计重力,只有电场力做功,对粒子由动能定理qUab=Ek-m(2分)可得带电粒子打在金属板上时的动能Ek=1.210-10 J(2分)(3)粒子源射出的粒子打在金属板上的范围以粒子水平抛出的落点为边界,由平抛运动知识可得x=v0t(1分)h=at2(1分)a=(1分)S=x2(1分)联立以上各式得所形成的面积为S=4.0 m2,可以通过减小h或增大E来实现(1分)答案:(1)80 V(2)1.210-10 J(3)4.0 m2可通过减小h或增大E实现