开封高中2013届物理竞赛班(电场)专项练习2012222

2013届物理竞赛班《电场》章节测试题命题人：毛广文审核人：霍本龙2012.2.261.(15分)在科技活动中某同学利用自制的电子秤来称量物体的质量，如图所示，为电子秤的原理图，托盘和弹簧的电阻与质量均不计.滑动变阻器的滑动端与弹簧上端连接，当托盘中没有放物体时，电压表示数为零.设变阻器的总电阻为R，总长度为l，电源电动势为E，内阻为r，限流电阻的阻值为R0，弹簧劲度系数为k，不计一切摩擦和其他阻力，电压表为理想表，当托盘上放上某物体时，电压表的示数为U，求此时称量物体的质量.2.(15分)带有等量异种电荷的两个平行金属板A和B水平放置，相距为d(d远小于板的长和宽)，一个带正电的油滴M浮在两板正中央，处于静止状态，其质量为m,带电量为q，如图15所示.在油滴正上方距A板高度为d处有另一质量为m的带电油滴N由静止开始释放，可穿过A板上的小孔进入两板间并与M相碰，碰后结合成一个大油滴.整个装置放置在真空环境中，不计油滴M和N间的万有引力和库仑力以及金属板的厚度，要使油滴N能与M相碰且结合后又不至于同金属板B相碰，求：(1)金属板A、B间的电势差是多少?(2)油滴N带何种电荷，电量可能为多少?3..(15在如图6—11所示的电路中，S是一单刀双掷开关，A1和A2为两个平行板电容器，S掷向a时，A1获电荷电量为Q，当S再掷向b时，A2获电荷电量为q.问经过很多次S掷向a，再掷向b后，A2将获得多少电量？5.（20分）如图所示，O为半径等于R的原来不带电的导体球的球心，O1、O2、O3为位于球内的三个半径皆为r的球形空腔的球心，它们与O共面，已知2321ROOOOOO．在OO1、OO2的连线上距O1、O2为2r的P1、P2点处分别放置带电量为q1和q2的线度很小的导体（视为点电荷），在O3处放置一带电量为q3的点电荷，设法使q1、q2和q3固定不动．在导体球外的P点放一个电量为Q的点电荷，P点与O1、O2、O3共面，位于OO3的延长线上，到O的距离ROP2．1．求q3的电势能．2．将带有电量q1、q2的小导体释放，当重新达到静电平衡时，各表面上的电荷分布有何变化？此时q3的电势能为多少？6（20分）三个电容器分别有不同的电容值C1、C2,C3.现把这三个电容器组成图示的（a）、(b),(c)、(d)四种混联电路，试论证：是否可以通过适当选择C1、C2、C3的数值，使其中某两种混联电路A、B间的等效电容相等7.(20分)1951年，物理学家发现了“电子偶数”，所谓“电子偶数”就是由一个负电子和一个正电子绕它们的质量中心旋转形成的相对稳定的系统.已知正、负电子的质量均为me，普朗克常数为h，静电力常量为k，假设“电子偶数”中正、负电子绕它们质量中心做匀速圆周运动的轨道半径r、运动速度v及电子的质量满足量子化理论：2mevnrn=nh/2π，n=1,2……，“电子偶数”的能量为正负电子运动的动能和系统的电势能之和，已知两正负电子相距为L时的电势能为Ep=-kLe2，试求n=1时“电子偶数”的能量.2013届物理竞赛班《电场》章节测试题答案1解：设托盘上放上质量为m的物体时，弹簧的压缩量为x，由题设知mg=kxx=kmg①(3分)由全电路欧姆定律知：I=rRRE0②(3分)U=I·R′=I·LRx③(3分)联立①②③求解得m=RgErRRkL)(0U(4分)2、解：(1)由M油滴的平衡条件知mg=dqUBAUAB＝－qmgd(2分)(2)要使M、N相碰后不至于到B板，N应带正电(1分)设N的带电量为Q，则N、Mmg(d+21d)-21QUBA＝21mv２＞0(2分)所以Q＞BAUmgd3=3q(2分)N、M相碰时mv=2mv′v′=21v(1分)N、M结合成大油滴不能到B21(2m)v′２+2mg2d＜(q+Q)21UBA(2分)所以Q＞35q(2分)35q＜Q＜3q(2分)3S掷向a时，电源给A1充电，S再掷向b，A1给A2充电，在经过很多次重复的过程中，A2的带电量越来越多，两板间电压越来越大.当A2的电压等于电源电压时，A2的带电量将不再增加.由此可知A2最终将获得电量q2=C2E.因为ECQ1所以EQC1当S由a第一次掷向b时，有：21CqCqQ所以EqQQqC)(2解得A2最终获得的电量qQQqq25.、1．由静电感应知空腔1、2及3的表面分别出现电量为1q、2q和3q的面电荷，由电荷守恒定律可知，在导体球的外表面呈现出电量321qqq．由静电屏蔽可知，点电荷q1及感应电荷（1q）在空腔外产生的电场为零；点电荷q2及感应电荷（2q-）在空腔外产生的电场为零；点电荷q3及感应电荷（3q）在空腔外产生的电场为零．因此，在导体球外没有电荷时，球表面的电量321qqq作球对称分布．当球外P点处放置电荷Q后，由于静电感应，球面上的总电量仍为321qqq，但这些电荷在球面上不再均匀分布，由球外的Q和重新分布在球面上的电荷在导体球内各点产生的合场强为零．O3处的电势由位于P点处的Q、导体球表面的电荷321qqq及空腔3表面的感应电荷（3q）共同产生．无论321qqq在球面上如何分布，球面上的面电荷到O点的距离都是R，因而在O点产生的电势为Rqqqk321，Q在O点产生的电势为RQk2，这两部分电荷在O3点产生的电势U与它们在O点产生的电势相等，即有RqqqQkRQRqqqkU22222321321（1）因q3放在空腔3的中心处，其感应电荷3q在空腔3壁上均匀分布．这些电荷在O3点产生的电势为rqkU3(2)根据电势叠加定理，O3点的电势为rqRqqqQkUUU33212222(3)故q3的电势能rqRqqqQkqUqW3321332222(4)2．由于静电屏蔽，空腔1外所有电荷在空腔1内产生的合电场为零，空腔1内的电荷q1仅受到腔内壁感应电荷1q的静电力作用，因q1不在空腔1的中心O1点，所以感应电荷1q在空腔表面分布不均匀，与q1相距较近的区域电荷面密度较大，对q1的吸力较大，在空腔表面感应电荷的静电力作用下，q1最后到达空腔1表面，与感应电荷1q中和．同理，空腔2中q2也将在空腔表面感应电荷2q的静电力作用下到达空腔2的表面与感应电荷2q中和．达到平衡后，腔1、2表面上无电荷分布，腔3表面和导体球外表面的电荷分布没有变化．O3的电势仍由球外的电荷Q和导体球外表面的电量321qqq及空腔3内壁的电荷3q共同产生，故O3处的电势U与q3的电势能W仍如(3)式与(4)式所示．7、解：由量子化理论知n=1时，2mev1r1=2h解得114rmhve①设此时电子运转轨道半径为r，由牛顿定律有me2121214rekrv21214/vmkere②由①②联立可得v1＝πke2／h系统电势能Ep=-k2122222rmkeekree=－2mev12而系统两电子动能为Ek=2×212121vmvmee系统能量为E=Ep+Ek＝-mev12=-π2mk2e4／h2评分：解答①式正确得2分；解答②式正确得3分；正确分析系统势能得2分；解答动能正确得3分；正确列式、得出总能量表达式得3分.5.、1．由静电感应知空腔1、2及3的表面分别出现电量为1q、2q和3q的面电荷，由电荷守恒定律可知，在导体球的外表面呈现出电量321qqq．由静电屏蔽可知，点电荷q1及感应电荷（1q）在空腔外产生的电场为零；点电荷q2及感应电荷（2q-）在空腔外产生的电场为零；点电荷q3及感应电荷（3q）在空腔外产生的电场为零．因此，在导体球外没有电荷时，球表面的电量321qqq作球对称分布．当球外P点处放置电荷Q后，由于静电感应，球面上的总电量仍为321qqq，但这些电荷在球面上不再均匀分布，由球外的Q和重新分布在球面上的电荷在导体球内各点产生的合场强为零．O3处的电势由位于P点处的Q、导体球表面的电荷321qqq及空腔3表面的感应电荷（3q）共同产生．无论321qqq在球面上如何分布，球面上的面电荷到O点的距离都是R，因而在O点产生的电势为Rqqqk321，Q在O点产生的电势为RQk2，这两部分电荷在O3点产生的电势U与它们在O点产生的电势相等，即有RqqqQkRQRqqqkU22222321321（1）因q3放在空腔3的中心处，其感应电荷3q在空腔3壁上均匀分布．这些电荷在O3点产生的电势为rqkU3(2)根据电势叠加定理，O3点的电势为rqRqqqQkUUU33212222(3)故q3的电势能rqRqqqQkqUqW3321332222(4)2．由于静电屏蔽，空腔1外所有电荷在空腔1内产生的合电场为零，空腔1内的电荷q1仅受到腔内壁感应电荷1q的静电力作用，因q1不在空腔1的中心O1点，所以感应电荷1q在空腔表面分布不均匀，与q1相距较近的区域电荷面密度较大，对q1的吸力较大，在空腔表面感应电荷的静电力作用下，q1最后到达空腔1表面，与感应电荷1q中和．同理，空腔2中q2也将在空腔表面感应电荷2q的静电力作用下到达空腔2的表面与感应电荷2q中和．达到平衡后，腔1、2表面上无电荷分布，腔3表面和导体球外表面的电荷分布没有变化．O3的电势仍由球外的电荷Q和导体球外表面的电量321qqq及空腔3内壁的电荷3q共同产生，故O3处的电势U与q3的电势能W仍如(3)式与(4)式所示．7、解：由量子化理论知n=1时，2mev1r1=2h解得114rmhve①设此时电子运转轨道半径为r，由牛顿定律有me2121214rekrv21214/vmkere②由①②联立可得v1＝πke2／h系统电势能Ep=-k2122222rmkeekree=－2mev12而系统两电子动能为Ek=2×212121vmvmee系统能量为E=Ep+Ek＝-mev12=-π2mk2e4／h2评分：解答①式正确得2分；解答②式正确得3分；正确分析系统势能得2分；解答动能正确得3分；正确列式、得出总能量表达式得3分.