2024鲁科版高中物理必修第三册同步练习--第2章　电势能与电势差拔高练

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2024鲁科版高中物理必修第三册同步
综合拔高练
五年高考练　
考点1　电场力做功及电势能的变化
1.(2021全国乙,15)如图(a),在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应,在金属平板上表面产生感应电荷,金属板上方电场的等势面如图(b)中虚线所示,相邻等势面间的电势差都相等。若将一正试探电荷先后放于M和N处,该试探电荷受到的电场力大小分别为FM和FN,相应的电势能分别为EpM和EpN,则　 (　　)
图(a)
图(b)
A.FMEpN
B.FM>FN,EpM>EpN
C.FMD.FM>FN,EpM2.(2020课标Ⅲ,21)如图,∠M是锐角三角形PMN最大的内角,电荷量为q(q>0)的点电荷固定在P点。下列说法正确的是(　　)
A.沿MN边,从M点到N点,电场强度的大小逐渐增大
B.沿MN边,从M点到N点,电势先增大后减小
C.正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大
D.将正电荷从M点移动到N点,电场力所做的总功为负
3.(2019江苏单科,9)如图所示,ABC为等边三角形,电荷量为+q的点电荷固定在A点。先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点,此过程中,电场力做功为-W。再将Q1从C点沿CB移到B点并固定。最后将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点。下列说法正确的有 (　　)
A.Q1移入之前,C点的电势为
B.Q1从C点移到B点的过程中,所受电场力做的功为0
C.Q2从无穷远处移到C点的过程中,所受电场力做的功为2W
D.Q2在移到C点后的电势能为-4W
考点2　电势高低的判断方法
4.(2020课标Ⅱ,20)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(　　)
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
5.(2021湖南,9)如图,圆心为O的圆处于匀强电场中,电场方向与圆平面平行,ab和cd为该圆直径。将电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点,电场力做功为2W(W>0);若将该粒子从c点移动到d点,电场力做功为W。下列说法正确的是 (　　)
A.该匀强电场的场强方向与ab平行
B.将该粒子从d点移动到b点,电场力做功为0.5W
C.a点电势低于c点电势
D.若只受电场力,从d点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动
6.(2022河北,6)如图,真空中电荷量为2q和-q(q>0)的两个点电荷分别位于M点与N点,形成一个以MN延长线上O点为球心、电势为零的等势面(取无穷远处电势为零)。P为MN连线上的一点,S为等势面与直线MN的交点,T为等势面上一点。下列说法正确的是 (　　)
A.P点电势低于S点电势
B.T点电场强度方向指向O点
C.除无穷远处外,MN直线上存在两个电场强度为零的点
D.将正试探电荷q0从无穷远处移动到P点,静电力做正功
7.(2020山东,10)真空中有两个固定的带正电的点电荷,电荷量不相等。一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O点时,仅在电场力的作用下恰好保持静止状态。过O点作两正电荷连线的垂线,以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d,如图所示。以下说法正确的是 (　　)
A.a点电势低于O点
B.b点电势低于c点
C.该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能
D.该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能
8.(2022湖南,2)如图,四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边a、b、c、d上。移去a处的绝缘棒,假定另外三根绝缘棒电荷分布不变。关于长方体几何中心O点处电场强度方向和电势的变化,下列说法正确的是 (　　)
A.电场强度方向垂直指向a,电势减小
B.电场强度方向垂直指向c,电势减小
C.电场强度方向垂直指向a,电势增大
D.电场强度方向垂直指向c,电势增大
9.(2022浙江1月选考,10)某种气体—电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成,其上存在等间距小孔,其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示。下列说法正确的是 (　　)
A.a点所在的线是等势线
B.b点的电场强度比c点大
C.b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大
D.将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零
考点3　电场中的能量
10.(2021广东,6)图是某种静电推进装置的原理图,发射极与吸极接在高压电源两端,两极间产生强电场,虚线为等势面。在强电场作用下,一带电液滴从发射极加速飞向吸极,a、b是其路径上的两点。不计液滴重力。下列说法正确的是 (　　)
A.a点的电势比b点的低
B.a点的电场强度比b点的小
C.液滴在a点的加速度比在b点的小
D.液滴在a点的电势能比在b点的大
11.(2020江苏单科,9)如图所示,绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球(不计重力)。开始时,两小球分别静止在A、B位置。现外加一匀强电场E,在静电力作用下,小球绕轻杆中点O转到水平位置。取O点的电势为0。下列说法正确的有 (　　)
A.电场E中A点电势低于B点
B.转动中两小球的电势能始终相等
C.该过程静电力对两小球均做负功
D.该过程两小球的总电势能增加
12.(2021天津,8)两个位于纸面内的点电荷产生电场的等势面如图中实线所示,相邻等势面间的电势差相等。虚线MPN是一个电子在该电场中的运动轨迹,轨迹与某等势面相切于P点。下列说法正确的是 (　　)
A.两点电荷可能是异种点电荷
B.A点的电场强度比B点的大
C.A点的电势高于B点的电势
D.电子运动到P点时动能最小
13.(2022全国乙,21)一种可用于卫星上的带电粒子探测装置,由两个同轴的半圆柱形带电导体极板(半径分别为R和R+d)和探测器组成,其横截面如图(a)所示,点O为圆心。在截面内,极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比,方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过,到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动,圆的圆心为O、半径分别为r1、r2(R图(a)
图(b)
A.粒子3入射时的动能比它出射时的大
B.粒子4入射时的动能比它出射时的大
C.粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能
D.粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能
14.(2022全国甲,21)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场,将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等,重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后, (　　)
A.小球的动能最小时,其电势能最大
B.小球的动能等于初始动能时,其电势能最大
C.小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时,其动能最大
D.从射出时刻到小球速度的水平分量为零时,重力做的功等于小球电势能的增加量
考点4　带电粒子的力电综合问题
15.(2021全国乙,20)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(+q,m)、(+q,2m)、(+3q,3m)、(-q,m),它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中,电场方向与y轴平行。不计重力,下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中,可能正确的是 (　　)
A B
C D
16.(2020浙江1月选考,7)如图所示,电子以某一初速度沿两块平行极板的中线方向射入偏转电场中,已知极板长度为l、间距为d,电子质量为m、电荷量为e。若电子恰好从极板边缘射出电场,由以上条件可以求出的是 (　　)
　　　　　 　　　　　　　　　　
A.偏转电压
B.偏转的角度
C.射出电场的速度
D.在电场中运动的时间
17.(2020浙江7月选考,6)如图所示,一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角,粒子的重力可以忽略,则粒子到达MN连线上的某点时 (　　)
A.所用时间为
B.速度大小为3v0
C.与P点的距离为
D.速度方向与竖直方向的夹角为30°
18.(2019江苏单科,5)一匀强电场的方向竖直向上。t=0时刻,一带电粒子以一定初速度水平射入该电场,电场力对粒子做功的功率为P,不计粒子重力,则P-t关系图像是 (　　)
考点5　带电粒子运动的综合问题分析
19.(2022浙江6月选考,9)如图所示,带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场,板长为L(不考虑边界效应)。t=0时刻,M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子,垂直M板向右的粒子,到达N板时速度大小为v0;平行M板向下的粒子,刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用,则 (　　)
A.M板电势高于N板电势
B.两个粒子的电势能都增加
C.粒子在两板间的加速度a=
D.粒子从N板下端射出的时间t=
20.(2019天津理综,3)如图所示,在水平向右的匀强电场中,质量为m的带电小球,以初速度v从M点竖直向上运动,通过N点时,速度大小为2v,方向与电场方向相反,则小球从M运动到N的过程 (　　)
A.动能增加mv2
B.机械能增加2mv2
C.重力势能增加mv2
D.电势能增加2mv2
考点6　电容器
21.(2021重庆,4)电容式加速度传感器可以用于触发汽车安全气囊等系统。如图所示,极板M、N组成的电容器视为平行板电容器,M固定,N可左右运动,通过测量电容器极板之间电压的变化来确定汽车的加速度。当汽车减速时,极板M、N的距离减小,若极板上电荷量保持不变,则该电容器 (　　)
A.电容变小
B.极板间电压变大
C.极板间电场强度不变
D.极板间电场强度变小
考点7　电容器中带电粒子的平衡及运动问题
22.(2022湖北,4)密立根油滴实验装置如图所示,两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接,板间产生匀强电场。用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场,油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电。金属板间电势差为U时,电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止。若仅将金属板间电势差调整为2U,则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为 (　　)
A.q,r B.2q,r
C.2q,2r D.4q,2r
三年模拟练
应用实践
1.(2021辽宁月考)如图所示为某静电纺纱工艺示意图,虚线为电场线,a、b、c为电场中三点,a、c在中间水平虚线上的等势点到b的距离相等,b为中间水平虚线的中点,电场线关于水平虚线的垂直平分线对称,一电子从a点经过b运动到c点,下列说法正确的是(　　)
A.电子在三点的电势能大小Epc>Epb>Epa
B.电场强度大小Eb>Ec
C.电场力对电子做的功Wab=Wbc
D.电子可仅受电场力做题述运动
2.(2021福建福州闽江学院附中期末)一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C点运动到D点,其v-t图像如图所示,则下列说法中正确的是 (　　)
A.A点的电场强度一定大于B点的电场强度
B.粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能
C.C、D间各点电场强度和电势都为零
D.A、B两点间的电势差大于C、B两点间的电势差
3.(2023黑龙江哈尔滨尚志中学期中)如图所示,三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面,其电势分别为10 V、20 V、30 V。实线是一带电的粒子(不计重力)在该区域内运动的轨迹,对于轨迹上的a、b、c三点,已知带电粒子带电荷量为0.01 C,在a点处的动能为0.5 J,则该带电粒子 (　　)
A.可能是带负电
B.在b点处的电势能为0.5 J
C.在b点处的动能为零
D.在c点处的动能为0.4 J
4.(2023四川内江六中月考)M、N是某电场中一条电场线上的两点,从M点由静止释放一电子,电子仅在电场力的作用下沿电场线由M点运动到N点,其电势能随位移变化的关系如图所示,则下列说法正确的是 (　　)
A.M、N两点的场强关系为EMB.M、N两点的场强关系为EM>EN
C.M、N两点的电势关系为φM<φN
D.M、N两点的电势关系为φM>φN
5.如图,abcd是一圆形区域,处于匀强电场中,并与电场方向平行。大量电子从圆形的中心O,以相同速率v向各个方向发射,电子从圆形边界上的不同点射出,其中到达a点的电子速度恰好为零,不计电子的重力,下列判断正确的是 (　　)
A.在圆形边界上c点电势最高
B.到达c点的电子电势能最小,速率是2v
C.到达b、d两点的电子电势能相等,速率均是v
D.到达b、d两点的电子电势能可能不相等
6.(2021安徽阜阳月考)如图,一对电荷量相等的带正电的点电荷关于Ox轴对称放置。一重力不计的带电粒子从坐标原点O由静止释放,粒子沿x轴正向运动。关于带电粒子运动过程中的电势能Ep随坐标x变化的图像可能正确的是 (　　)
7.(2023安徽合肥肥东综合高中检测)如图所示,矩形区域PQNM内存在平行于纸面的匀强电场,且电场方向与MN平行,一质量为m=2.0×10-11 kg、电荷量为q=1.0×10-5 C的带正电粒子(重力不计)从a点以v1=1×104 m/s的初速度垂直于PQ进入电场,最终从MN边界的b点以与水平边界MN成30°角斜向右上方的方向射出,射出电场时的速度v2=2×104 m/s,已知MP=20 cm、MN=80 cm,取a点电势为零,如果以a点为坐标原点O,沿PQ方向建立x轴,则粒子从a点运动到b点的过程中,电场的电场强度E、电势φ、粒子的速度v、电势能Ep随x的变化图像正确的是 (　　)
8.(2021广东期末)静电火箭是利用电场加速工作介质形成高速射流而产生推力的。工作过程简化图如图所示,离子源发射的带电离子经过加速区加速,进入中和区与该区域里面的电子中和,最后形成中性高速射流从而产生推力。根据题目信息可知 (　　)
A.M板电势低于N板电势
B.进入中和区的离子速度与离子带电荷量无关
C.增大加速区M、N极板的距离,可以增大射流速度而获得更大的推力
D.增大M、N极板间的电压,可以增大射流速度而获得更大的推力
9.(2021云南期末)如图所示,某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成,相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。设质量为m、电荷量为q的质子(重力不计)从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管,且质子在漂移管内做匀速直线运动,在漂移管间被电场加速,加速电压U视为不变。设质子进入漂移管A时速度为vA,进入漂移管D时速度为vD,电源频率为f,漂移管间缝隙很小,则 (　　)
A.为使质子在漂移管间被加速,质子在每个管内运动时间应为
B.质子进入漂移管D时的速度vD=
C.从漂移管A算起,第N个漂移管的长度应为
D.从漂移管A算起,质子通过第N个漂移管的能量应为NqU+m
10.(2023福建莆田二中期末)如图所示,两平行金属板AB、CD相距为d,板长为6d,M、N是两板中间正对的小孔,AB板电势高于CD板,在保持两极板电荷量不变的情况下,有一带电粒子(不计重力)从M孔以速率v0沿MN连线方向射入两极板之间,结果恰好能到达N点。若该粒子仍以速率v0从M孔射入,速度方向与AB板的夹角为θ(θ>0),下列说法正确的是 (　　)
A.此带电粒子带正电
B.该粒子仍能到达CD板
C.调整θ的大小,粒子可以直接从BD端口飞出
D.当θ=45°时,粒子打在AB板上的落点距M点最远
11.(2023广东广州中学期中)一个利用静电除尘的盒状容器,如图所示。它的上、下底面为正对的金属板,板间距为L,当连接到电压为U的电源两极时,两金属板间产生一个匀强电场。现有一定量烟尘颗粒均匀分布在密闭的除尘器内,假设这些颗粒都处于静止状态。闭合开关之后,颗粒向下运动。每个颗粒电性相同,带电荷量均为q,质量均为m,不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力,并忽略烟尘颗粒所受重力。则下列说法中正确的是 (　　)
A.颗粒带正电
B.经过时间t=,烟尘颗粒可以被全部吸附
C.除尘过程中电场对区间内全部烟尘颗粒做功共为NUq(N为容器中颗粒总数)
D.除尘过程中电场对区间内全部烟尘颗粒做功共为(N为容器中颗粒总数)
12.(2021山东期末)如图所示是用平行板电容器制成的电子秤及其电路简图。称重时,把物体放到电子秤面板上,压力作用会导致平行板上层膜片电极下移。则 (　　)
A.电容器的电容增大,带电荷量增大
B.电容器的电容减小,带电荷量减小
C.稳定后电流表仍有示数,两极板电势差增大
D.稳定后电流表示数为零,两极板电势差增大
13.(2023山东师范大学附中期中)电源和一个水平放置的平行板电容器、三个电阻组成如图所示的电路。当开关S断开时,电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态。现将开关S闭合,则以下判断正确的是 (　　)
A.液滴仍保持静止状态
B.液滴将向下运动
C.电容器上的带电荷量将增多
D.电容器上的带电荷量将减少
14.(2023北京第一七一中学月考)静电喷漆技术具有效率高、质量好等优点,其装置示意图如图所示,A、B为两块水平放置的平行金属板,间距d=1.0 m,两板间有方向竖直向上、大小为E=1.0×103 N/C的匀强电场,在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P,油漆喷枪的半圆形喷口可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为v0=1.0 m/s、质量均为m=5.0×10-14 kg、带电荷量均为q=2.0×10-15 C的带负电油漆微粒,不计微粒所受空气阻力及微粒间相互作用,油漆微粒最后都落在金属板B上,取g=10 m/s2。下列说法错误的是 (　　)
A.沿水平方向喷出的微粒运动到B板所需时间为0.2 s
B.沿不同方向喷出的微粒,从喷出至到达B板,电场力做功为2.0×10-12 J
C.若其他条件均不变,d增大为原来的2倍,则喷涂面积增大为原来的2倍
D.若其他条件均不变,E增大为原来的2倍,则喷涂面积减小为原来的
15.(2023四川成都树德中学月考)如图1所示,长为8d、间距为d的平行金属板水平放置,OO'为两极板中心线,O点有一粒子源,粒子源能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为+q、质量为m的粒子。在两板间存在如图2所示的交变电场,取竖直向下为正方向,不计粒子重力。以下判断正确的是 (　　)
A.粒子在电场中运动的最短时间为
B.射出粒子的最大动能为m
C.t=时刻进入的粒子,从O'点射出
D.t=时刻进入的粒子,从O'点射出
16.(2021河北曹妃甸一中月考)如图所示,喷墨打印机中的墨滴在进入偏转电场之前会带上一定量的电荷,在电场的作用下会发生偏转到达纸上。已知两偏转极板长度L=1.5×10-2 m,两极板间电场强度E=1.2×106 N/C,墨滴的质量m=1.0×10-13 kg、电荷量q=1.0×10-16 C,墨滴在进入电场前的速度v0=15 m/s,方向与两极板平行。不计空气阻力和墨滴重力,假设偏转电场只局限在平行极板之间,忽略边缘电场的影响。
(1)判断墨滴带的是正电荷还是负电荷。
(2)求墨滴在两极板之间运动的时间。
(3)求墨滴离开电场时在竖直方向上的位移大小。
17.(2022山东邹城第二中学月考)如图所示,用长为L的绝缘细线拴住一个质量为m、电荷量为q的小球,细线的另一端拴在O点,空间有水平向右的匀强电场,开始时把小球拉到和O在同一水平面上的A点(细线拉直),让小球由静止释放,当细线摆到与水平线成60°角,即小球到达B点时,球的速度正好为零,求:
(1)A、B两点的电势差;
(2)匀强电场的场强大小;
(3)小球运动到B点时细线上的拉力大小;
(4)小球运动过程中的最大速度。
迁移创新
18.高新科技——利用“静电透镜”原理考查电场性质。
静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置。如图所示为该透镜工作原理示意图,虚线表示这个静电场在xOy平面内的一簇等势线,等势线形状相对于Ox轴、Oy轴对称,且相邻两等势线的电势差相等。图中实线为某个电子通过电场区域的轨迹示意图,试分析此电子从a点运动到b点过程中,电势、加速度、动能、电势能的变化情况。
综合拔高练
五年高考练
1.A 2.BC 3.ABD 4.ABC 5.AB 6.B 7.BD 8.A
9.C 10.D 11.AB 12.CD 13.BD 14.BD 15.AD 16.B
17.C 18.A 19.C 20.B 21.A 22.D
1.A　由图中等势面的疏密程度可知EMEpN,故选A。
2.BC　由题意可知在三角形PMN中,∠M>∠N,则PN>PM,以P点为圆心、PM为半径作一圆周交MN于Q点,如图所示。在P点固定正点电荷,则该圆周为正点电荷产生电场中的一条等势线,即电势φM=φQ>φN;场强大小EM=EQ>EN。沿MN边,从M点到N点,根据场强分布特点可知,电场强度的大小先增大后减小(最大值在MQ中点),A错误。沿MN边,从M点到N点,电势先增大后减小(最大值在MQ中点),B正确。正电荷所在位置的电势越大,其电势能越大,反之就越小,因φM>φN,故C正确。因电势能EpM>EpN,而电场力所做功W=-(EpN-EpM)=EpM-EpN>0,故D错误。
3.ABD　将Q1从无穷远处移到C点,W=q(φC-0),则φC=,A正确。在A点的电荷量为+q的点电荷产生的电场中,B点与C点是等势点,Q1从C移到B的过程中,电场力做功为零,故B正确。在A点的点电荷形成的电场中,Q1从无穷远处移到C的过程中电场力做功为-W,那么在A点的点电荷形成的电场中,将Q2从无穷远处移到C点,电场力做功为2W,同理在B点的点电荷形成的电场中,将Q2从无穷远处移到C点,电场力做功也为2W,所以将Q2从无穷远处移到C点,电场力做的功为2W+2W=4W,电势能减小4W,无穷远处电势为零,则Q2移到C点后的电势能为-4W,所以C错误,D正确。
4.ABC　圆环上电荷量分布关于cd左右对称,且对称部分电性相同;圆环上、下部分电荷量分布关于ab对称,但上、下部分所带电荷的电性相反。故直线ab上场强处处垂直于ab竖直向下,沿电场线方向电势逐渐降低,由此可知,Ea=Eb,φa=φb,Ec=Ed,φc>φd,故A、B、C正确,D错误。
5.AB　由题意知qUab=2W,又由于aO=Ob,即UaO=UOb,因此qUaO=W,同理,qUcO= W,设e为Oa中点,则φe=φc,ce为一条等势线,再由∠aOc=60°可知ab⊥ce,故电场线方向沿ab且由a指向b,选项A正确。
取Ob中点为f,有φd=φf,故Wdb=Wfb= W,选项B正确。由图可判断φa>φe=φc,C错误;若粒子从d点沿平行于ab方向射入电场,带电粒子将做匀变速直线运动,D错误。故选A、B。
6.B　越靠近负电荷的位置电势越低,相较于S点关于O点的对称点,P点离负电荷更远,则P点的电势高于S点的电势,A错误;由于电场方向垂直等势面,且由高电势指向低电势,所以T点的电场方向指向O点,B正确;P点电势大于S点电势,即P点电势大于零,无穷远处电势为零,则正试探电荷从无穷远处移到P点,电势升高,电势能增加,静电力做负功,D错误;设M、N之间的距离为L,若电场强度为零的点在N点的右侧且到N点的距离为x,根据电场强度叠加原理有-=0,解得x=(+1)L(另一解舍去),若电场强度为零的点在M、N之间且到N的距离为x,根据电场强度叠加原理有+=0,方程无解,若电场强度为零的点在M的左侧且到N的距离为x,根据电场强度叠加原理有-=0,方程没有符合题意的解,所以除无穷远处,MN直线上只有一处电场强度为零的点,C错误。
7.BD　两点电荷带正电,可知连线上O点左侧各点场强方向向右、右侧各点场强方向向左,而沿场强方向电势降低,故φa>φO、φc>φO,A项错误;从O点沿垂线到b点,两场源电荷产生的电场沿垂线方向的分量由O指向b,故φO>φb,而φc>φO,故φb<φc,B项正确;同理再结合对称性有φb=φd<φc、φb=φd<φa,由于负电荷在电势越高处电势能越小,故试探电荷在a点的电势能小于在b点的电势能、在c点的电势能小于在d点的电势能,C项错误,D项正确。
8.A　三根棒在O点产生的电场强度叠加情况如图所示,b、d两棒产生的电场强度等大反向,合电场强度为c棒产生的电场强度,应垂直指向a。电势是标量,长棒均带正电,有四根带电长棒时O点的电势一定大于有三根在时的电势,所以电势减小,A正确。
9.C　根据电场线与等势线特点,并结合题意可知,电场线由小孔内向外辐射,故a点所在线为电场线,A错误;由于b点处电场线分布比c点处电场线稀疏,故b点的电场强度比c点小,B错误;由等势线分布可知,|Ubc|=|Uba|+|Uac|,故|Ubc|>|Uac|,C正确;由于电场力做功与路径无关,故电荷从d→e→f→g移动时,电场力做功W=qUdg≠0,所以D错误。
10.D　由图中等势面的分布得电场线的分布情况,
可知a点电场线密集,场强大,液滴所受电场力大,加速度大,故选项B、C错误;根据高压电源与两极的连接情况,可知电场线由a指向b,则a点的电势比b点的高,故选项A错误;电场力向右对液滴做正功,液滴电势能减小,故液滴在a点的电势能比在b点的电势能大,故选项D正确。
11.AB　因在匀强电场中等势面是与电场线垂直的平面,又因为沿电场线方向电势是降低的,故A项正确。因O是轻杆的中点,则转动过程中两小球到过O点的等势面的距离d总是相等的,又因为O是电势零点,故两小球所在处的电势的值互为相反数,而两小球带等量异号电荷,故由Ep=qφ可知两小球的电势能始终相等,B项正确。两小球均在电场力作用下从静止开始转动,动能增大,由能量守恒可知两小球的总电势能一定减少,再由功能关系可知电场力一定做正功,故C、D项均错误。
12.CD　根据电子的运动轨迹和等势面的分布可以确定两点电荷均带负电,A错误;等差等势面的疏密反映场强的大小,A点处的等差等势面疏,故A点的电场强度小,B错误;在负点电荷的电场中,越靠近点电荷,电势越低,故A点电势高于B点电势,C正确;根据能量守恒定律,电子在电场力的作用下运动,电势能和动能相互转化,总量不变,由于电子运动过程中P点电势最低,电子在该点的电势能最大,故电子在P点的动能最小,D正确。
13.BD　粒子3做近心运动,电场力做正功,动能增大,故入射时动能小于出射时动能,A错误。
粒子4做离心运动,电场力做负功,动能减小,故入射时动能大于出射时动能,B正确。
极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比,设E=
对粒子1、粒子2有qE=
可得动能Ek=mv2=,与运动半径无关
故粒子1与粒子2入射时动能相等,C错误。
由以上推导,若粒子1与粒子3入射时动能相等,则粒子3入射时的动能也等于粒子2入射时的动能
而现在粒子3做近心运动,其所受向心力必大于其所需要的向心力,故粒子3入射的初速度必小于其做匀速圆周运动的速度,即小于粒子2的入射速度,D正确。
14.BD　等效最高点处的速度最小,但此处不是向左的最大位移处,其电势能不是最大,A选项错误;等效最高点处的速度最小,且与水平方向成45°角,由运动的分解可知,此时水平方向的速度等于竖直方向的速度,故C选项错误;由对称性可知,水平速度为0时,竖直速度为v0,此时向左的位移最大,电势能最大,B选项正确;由B分析可知,从出射到小球速度水平分量为零的过程中,动能的变化量为0,故此过程中,重力做功和电场力做功的代数和为零,即重力做的功等于小球电势能的增加量,D选项正确。
15.AD　带电粒子垂直进入匀强电场做类平抛运动,设水平位移为x,竖直位移为y,初速度为v0,则其轨迹方程为y=×=,由于粒子的初速度相同,在同一匀强电场中运动,粒子的轨迹取决于及电性。电荷量和质量分别为(+q,m)和(+3q,3m)的带电粒子的轨迹重合,且与(-q,m)的带电粒子的轨迹关于x轴对称。根据带电粒子的轨迹方程可知,(+q,m)的粒子比(+q,2m)的粒子的轨迹“弯曲程度”更大,同时符合以上特征的图像为A、D,因此选A、D。
16.B　电子在偏转电场中受到电场力,设偏转电压为U,有e=ma,得a=e,电子进入偏转电场后做类平抛运动,根据题目条件有l=v0t,=at2,可得=,由于电子的初速度未知,故偏转电压求不出,在电场中运动的时间也求不出,A、D错误;设电子射出电场时的偏转角度为θ,则有tan θ===,可以求出偏转的角度,B正确;设射出电场的速度为v,则有v=,由于v0未知,故射出电场的速度不可求,C错误。
17.C　粒子在电场中做类平抛运动,从P点到再次落到MN连线上,水平位移等于竖直位移,即v0t=·t2,解得t=,故A选项错误;竖直速度vy=t=2v0,合速度v==v0,故B选项错误;水平位移x=v0t=,竖直位移y=x,故合位移大小s=x=,故C选项正确;设速度方向与竖直方向的夹角为θ,则tan θ==,即θ≠30°,故D选项错误。
18.A　竖直方向上,根据牛顿第二定律得Eq=ma,则a=,又因为vy=at,P=qEvy,得P=t=kt(k为常量),故选项A正确。
19.C　带电粒子的电性未知,两极板电势高低无法判断,选项A错误;电场力对带电粒子都做正功,带电粒子的电势能都减少,选项B错误;粒子从N板下端射出的时间t=,选项D错误;初速度垂直M板向右的粒子,到达N板时速度大小为v0,根据动能定理可知,初速度平行M板向下的粒子,从N板下端射出时的速度大小也为v0,由平行四边形定则可知,从N板下端射出时垂直极板方向的速度大小为v0,粒子在两板间的加速度为a==,选项C正确。
20.B　小球在从M点运动到N点的过程,可分解为水平方向上的匀加速直线运动和竖直方向上的匀减速直线运动。竖直方向上,运动时间t=,上升高度h=;水平方向上,2v=at,a=,所以F电=2mg,水平位移x=t=·t=。从M到N,动能增量ΔEk=m×(2v)2-mv2=mv2,A错;重力势能增量ΔEp=mgh=mv2,C错;电势能增量ΔEp电=-W电=-F电·x=-2mv2,故D错;机械能增量ΔE机=ΔEk+ΔEp=2mv2,B正确。
21.C　电容器的Q不变,极板间距d减小时,由C=知电容C增大,A错误;由C=,Q不变、C增大得板间电压U减小,B错误;E====,与d无关,故Q不变、d减小时电场强度E不变,故C正确,D错误。
22.D　设油滴密度为ρ,由于金属板间电势差为U时,电荷量为q、半径为r的球状油滴静止,则由受力平衡知q=ρ×πr3g①;当金属板间电势差为2U时,设此时电荷量为q'、半径为r'的球状油滴能静止,则有×q'=ρ×πr'3g②,只有D选项中q'=4q,r'=2r能使②式成立,故选D。
三年模拟练
1.C 2.AB 3.D 4.BC 5.AC 6.A 7.D 8.D
9.AC 10.D 11.AD 12.A 13.BD 14.D 15.AD
1.C　根据题图可知,电场线方向为从右向左,根据电势沿电场线方向逐渐降低和等势线与电场线垂直可知φc>φb>φa,又电子在电势高处电势能小,故A错误;根据电场线的疏密表示电场强度的大小可知Ec>Eb,故B错误;a、c在中间水平虚线上的等势点到b点的距离相等,由电场线的对称性可知水平虚线上关于b点对称的两点电场强度大小相等,可知Ucb=Uba,又W=Uq,则Wab=Wbc,故C正确;根据物体做曲线运动的条件和电子的受力可知,电子不可能在仅受电场力时做题述运动,故D错误。
2.AB　v-t图像斜率的绝对值表示加速度的大小,加速度越大,所受电场力就越大,即电场强度越大,故A点的电场强度一定大于B点的电场强度,A选项正确;粒子由A点运动到B点,速度增大,电场力做正功,电势能减少,即粒子在A点的电势能大于在B点的电势能,B选项正确;粒子从C到D,速度一直不变,电场力做功为零,各点电场强度为零,电势不一定为零,C选项错误;A、C两点的速度相等,粒子的动能相同,因此从A到B和从B到C电场力做功的绝对值相同,A、B两点间的电势差等于C、B两点间的电势差,D选项错误。
3.D　根据题图可知,场强方向向上,由带电粒子轨迹的弯曲方向可知,电场力向上,则该粒子带正电,故A错误;在b点处的电势能Epb=qφb=0.01×30 J=0.3 J,则B错误;只有电场力做功时,电势能与动能之和才不变,粒子在a点处的总能量E=qφa+Eka=0.01×10 J+0.5 J=0.6 J,则在b点处的动能为Ekb=E-qφb=0.6 J-0.3 J=0.3 J,则C错误;在c点处的动能为Ekc=E-qφc=0.6 J-0.01×20 J=0.4 J,则D正确。
4.BC　电子由M点运动到N点的过程中,通过相同位移时,电势能的减小量越来越小,说明电场力做功越来越慢,可知,电子所受的电场力越来越小,场强减小,则有EM>EN,故A错误,B正确;电子在低电势处电势能大,故M点的电势低于N点的电势,即φM<φN,故C正确,D错误。
5.AC　从圆形的中心O点以相同速率v向各个方向发射,到达a点的电子速度恰好为零,说明电场力做负功,动能转化为电势能,电场线的方向由c指向a,a点的电势最低,c点的电势最高,A选项正确;根据匀强电场的规律可知,O、a之间和c、O之间的电势差相等,根据动能定理可知,电子从O点到达a点电场力做功WOa=-mv2,从O点到达c点电场力做功WOc=mv2,因此到达c点的电子电势能最小,速率是v,B选项错误;由题意可知,电子到达b、d两点过程中电场力不做功,电子电势能相等,速率均为v,C选项正确,D选项错误。
6.A　根据题意,重力不计的带电粒子从坐标原点O由静止释放,粒子沿x轴正向运动,粒子带负电。根据等量正电荷电场特点可知,x轴上的电场强度有两个最大值的点,且关于电荷连线对称。所以,粒子沿x轴运动过程中,电场强度可能先增大到最大值后减小。运动到电荷连线中点时电场强度为零,速度达到最大值,继续运动,电场强度变大,增大到最大值后减小。根据功能关系,-ΔEp=qE·Δx,由此可知,=-qE,结合图像斜率可判断出选项A正确。
7.D　因为规定a点电势为零,粒子进入电场后做类平抛运动,根据电场力做功与电势能的变化的关系,有qEx=-ΔEp=0-Ep,故Ep=-qEx,故选项D正确;因为匀强电场中的电场强度处处相等,故选项A错误;因为粒子离开电场时的速度v2==2v1,电场的方向水平向右,沿电场线的方向电势降低,故选项B错误;粒子在电场运动的过程中,由动能定理可知,qEx=mv2-m,所以v与x不是线性关系,选项C错误。
8.D　由于加速后的离子在中和区与电子中和,所以被加速的离子带正电,则M板电势高,A错误;离子加速过程,由动能定理知qU=mv2,解得v=,所以进入中和区的离子速度与其电荷量、加速电压有关,与极板距离无关,故D正确,B、C错误。
9.AC　电源频率为f,因此周期为T=,质子在每个管内运动时间应为t==,故A正确;质子从A漂移管运动至D漂移管的过程中,由动能定理可知3Uq=m-m,解得vD=,故B错误;从漂移管A算起,设质子进入第N个漂移管的速度为vN,由动能定理可知(N-1)Uq=m-m,解得vN=,第N个漂移管的长度应为LN=vN×=,故C正确;质子通过第N个漂移管的能量EN=(N-1)qU+m,故D错误。
10.D　粒子恰好到达N点,说明粒子做减速运动,粒子受水平向左的力,而AB板电势高于CD板,所以粒子带负电,故A错误;粒子沿MN连线射入电场到减速至零的过程中,做匀减速直线运动,末速度为零,则有d=t0,v0=at0=t0,粒子以θ角斜射入电场时,将速度分解,则沿MN方向上,有v0sin θ=at=t,可得t11.AD　开始时烟尘颗粒处于静止状态,接通开关后,场强方向向下,颗粒向下运动,可知颗粒带正电,选项A正确;对最上面的颗粒,根据L=·t2,解得t=,即经过时间,烟尘颗粒可以被全部吸附,选项B错误;电场对最上面的颗粒做功为Uq,对最下面的颗粒做功为0,因颗粒均匀分布在两板之间,则除尘过程中电场对区间内全部烟尘颗粒做功共为(N为容器中颗粒总数),选项C错误,D正确。
12.A　根据C=,当两个极板间的距离减小时,电容器的电容增大,再根据C=,由于电容器一直和电源相连,电压不变,当电容增大时,带电荷量增大,所以A正确,B错误;稳定后,电容器停止充电,电路中的电流为零,即电流表示数为零,两极板的电势差不变,C、D均错误。
13.BD　断开开关S时,电容器两端的电压U等于电源电压,带电粒子受重力和电场力平衡;闭合开关S后,电容器两端电压减小到等于R2两端的电压,根据E=可知,电容器极板间的场强E变小,电场力变小,粒子将向下加速运动,故A错误,B正确;由于闭合开关S后,电容器极板间的电压U减小,根据Q=CU可知电容器上的带电荷量将减少,故C错误,D正确。故选B、D。
14.D　沿水平方向喷出的微粒做类平抛运动,在竖直方向上,加速度a== m/s2=50 m/s2,根据d=at2得,t== s=0.2 s,故A正确;沿不同方向喷出的微粒,从喷出至到达B板,电场力做功为W=qEd=2.0×10-15×1.0×103×1.0 J=2.0×10-12 J,故B正确;若其他条件均不变,d增大为原来的2倍,根据d=at2得,t变为原来的倍,则喷涂面积的半径变为原来的倍,面积变为原来的2倍,故C正确;若其他条件不变,E增大为原来的2倍,则加速度a'= m/s2=90 m/s2,加速度变为原来的倍,时间t变为原来的,喷涂面积的半径变为原来的,面积减小为原来的,故D错误。
15.AD　由题图可知场强E=,则粒子在电场中的加速度a==,则粒子在电场中运动的最短时间满足=a,解得tmin=,A正确;能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t=,则任意时刻射入的粒子射出电场时沿电场方向的速度均为0,可知射出电场时的动能均为m,B错误;t==时刻进入的粒子,在沿电场方向的运动是先向下加速,后向下减速;然后向上加速,再向上减速…,如此反复,则最后从O'点所在竖直面射出时有沿电场方向向下的位移,则粒子将从O'点下方射出,故C错误;t==时刻进入的粒子,在沿电场方向的运动是:先向上加速,后向上减速;然后向下加速,再向下减速…,如此反复,则最后从O'点所在竖直面射出时沿电场方向的位移为零,则粒子将从O'点射出,D正确。
16.答案　(1)负电荷　(2)1.0×10-3 s　(3)6.0×10-4 m
解析　(1)墨滴偏转的方向与电场线的方向相反,所以带负电荷。
(2)墨滴在水平方向做匀速直线运动,则墨滴在两板之间运动的时间t=
代入数据可得t=1.0×10-3 s
(3)墨滴在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,a==1.2×103 m/s2
离开偏转电场时在竖直方向的位移y=at2=6.0×10-4 m
17.答案　(1)-　(2)　(3)mg
(4)(-1)
解析　(1)对整个过程,由动能定理得
mgL sin 60°+qUAB=0
得UAB=
(2)由电势差与场强的关系可得
UBA= EL(1-cos 60°)
解得E=
(3)小球在 B 处速度为零,即沿径向合力为零。有
T-mg cos 30°-qE cos 60°=0
解得T = mg
(4)设电场力和重力的合力为 F1。当小球速度与F1垂直时,速度最大,设此时细线与水平方向的夹角为θ,根据几何关系
tan θ==
所以θ=30°
对该过程,根据动能定理可得
mgL sin 30°-qE(L-L cos 30°)=m
解得vmax=(-1)
18.答案　见解析
解析　根据等势线与电场线垂直,可作出电场线,电子所受的电场力与场强方向相反,电子在y轴左侧受到一个斜向右下方的电场力,在y轴右侧受到一个斜向右上方的电场力,故等势线的电势沿x轴正向增加,电子沿x轴正方向一直加速,电子是从低电势向高电势运动;根据等势线的疏密知道b处的电场线密,场强大,电子的加速度大;根据负电荷在电势低处电势能大,可知电子的电势能一直减小,则电子在a处的电势能大于在b处的电势能,电子的电势能一直减小,则电子穿过电场的过程中,电场力始终做正功,动能增加。
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