2021学年2 电势差课时训练

这是一份2021学年2 电势差课时训练，共24页。试卷主要包含了2电势差 同步训练10，5V．，235，1，0×10﹣7J，0×103N/C．等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年度人教版（2019）必修第三册
10.2电势差 同步训练10（含解析）
1．研究表明，无限大的均匀带电平板都带有均匀的等量异号电荷，把它们正交放置．理论研究表明，无限大的均匀带电平板在周围空间会形成与平面垂直的匀强电场．设电荷在相互作用时不移动，则图中能正确反映正交区域等势面分布情况的是（　　）
A． B．
C． D．
2．如图所示，AB是圆的直径，该圆处于匀强电场中，场强方向与圆所在平面平行在圆周平面内，将一带正电的小球从A点以相同的动能抛出，抛出方向不同时，小球会从圆周上的不同位置离开圆形区域，其中小球从C点离开圆形区域时动能最大。设小球在电场中只受电场力作用，图中O是圆心，AC与AB夹角为a，则关于匀强电场的方向和电势差大小说正确的是（　　）

A．匀强电场方向沿AB方向，AB间电势差最大
B．匀强电场方向沿AC方向，AC间电势差最大
C．匀强电场方向沿OC方向，AC间电势差最大
D．匀强电场方向沿BC方向，AB间电势差最大
3．空间某区域存在着电场，电场线在竖直面上的分布如图所示，一个质量为m、电量为q的小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右，运动至B点时的速度大小为v2，运动方向与水平方向之间夹角为α，A、B两点之间的高度差与水平距离均为H，则以下判断中正确的是（　　）

A．小球由A点运动至B点，电场力做的功W＝
B．A、B两点间的电势差
C．带电小球由A运动到B的过程中，电场力对小球一定做正功
D．小球运动到B点时所受重力的瞬时功率为P＝mgv2
4．如图所示，虚线a、b、c为三个同心圆面，圆心处为一个点电荷．现从c外面一点P以相同的速率发射两个电荷量、质量都相同的带电粒子，分别沿PM、PN运动到M、N，M、N两点都处于圆周c上，以下判断正确的是（　　）

A．两粒子带同种电荷
B．两粒子带异种电荷
C．到达M、N时两粒子速率仍相等
D．到达M、N时两粒子速率vM＞vN
5．如图，虚线表示等势面，相邻等势面间的电势差相等，有一带正电的小球在电场中运动，实线表示小球的运动轨迹，小球在a点的动能等于20eV，运动到b点时动能为2eV．若取c点为零电势点，则当这个小球的电势能等于6eV时，它的动能为（不计重力和空气阻力）（　　）

A．8 eV B．12 eV C．10 eV D．18 eV
6．如图所示，三条平行且等问距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为10V、20V、30V．实线是一带正电的粒子（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，下列说法中正确的是（　　）

A．带电粒子一定是先经过a，再经过b，然后经过c
B．带电粒子在三点所受电场力的大小满足Fb＞Fa＞Fc
C．带电粒子经过三点的速率满足Va＜Vc＜Vb
D．带电粒子在三点的电势能大小满足εb＜εc＜εa
7．如图所示，虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面．两个带电粒子M、N（重力忽略不计）以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中MPN和NQM所示．已知M是带正电的带电粒子．则 （　　）

A．N一定也带正电
B．a点的电势高于b点的电势
C．带电粒子N的动能减小，电势能增大
D．带电粒子N的动能增大，电势能减小
8．如图，在匀强电场中有一△ABC，该三角形平面与电场线平行，O为三条中线AE、BF、CD的交点．将一电荷量为1.0×10﹣8C的正点电荷从A点移动到C点，电场力做的功为3.0×10﹣7J；将该点电荷从C点移动到B点，克服电场力做的功为2.0×10﹣7J，设C点电势为零．由上述信息通过计算或作图能确定的是（　　）

A．匀强电场的方向
B．过A点的等势线
C．O点的电势
D．将该点电荷沿直线AO由A点移到O点动能的变化量
9．如图所示，虚线所示的圆是某电场中某等势面的截面．a、b两个带电粒子以相同的速度，从电场中 P 点沿等势面的切线方向飞出，粒子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，则在开始运动的一小段时间内（粒子在图示区域内），下列说法正确的是（　　）

A．a 粒子所受电场力逐渐变小，b 粒子所受电场力逐渐变大
B．a 粒子的速度将逐渐减小，b 粒子的速度将逐渐增大
C．a、b两粒子所带电荷的电性必定相反
D．a、b两个粒子的电势能均减小
10．设电子在运动过程中只受电场力作用．在下述的哪一种电场中可能出现以下情况：只要给电子一个适当的初速度它就能始终沿同一条电场线运动；而给电子另一个适当的初速度它就能始终沿某一个等势面运动（　　）
A．正点电荷产生的电场
B．负点电荷产生的电场
C．等量同种点电荷产生的电场
D．匀强电场
11．如图为某电场的等势线图，相邻等势面的电势差相等，已知把一电子从A移到B，电场力做正功，AB＜BC，则下列关系正确的是（　　）

A．EA＞EB＞EC B．EA＜EB＜EC C．φA＜φB＜φC D．φA＞φB＞φC
12．图中K、L、M为静电场中的三个相距较近的等差等势面．一带电粒子射入此静电场中后，依a→b→c→d→e轨迹运动．已知K、L、M的电势满足φK＜φL＜φM，下列说法中不正确的是（　　）

A．粒子带负电
B．粒子在bc段做减速运动
C．粒子在b点与d点的速率大小相等
D．粒子在c点时电势能最大
13．如图是等量异种点电荷的电场线和等势面，A、B、C、D四点是不同等势面上的点，另一个点O在两电荷连线的中点，设无限远处的电势为零，两电荷连线的中垂线为等势面，A、B两点的电势分别为100V、﹣50V．一个带电粒子的质量为m，带电量为q＝+0.2C，在O点具有的动能为50J．粒子只受静电力作用．请结合图，关于A、B、C、D四个位置点，下表中所填的A、B、C、D四组数据，正确的是（　　）
位置点
问题
A
B
C
D
四点电势
100V
﹣50V
0
0
q在四点的电势能
20J
﹣10J
0
0
q从O点到四点电场力做的功
﹣20J
10J
0
0
q在四点的动能
30J
60J
50J
25J

A．A B．B C．C D．D
14．如图所示虚线为电场中的一簇等势面，A、B两等势面间的电势差为10V，且A的电势高于B的电势，相邻两等势面电势差相等，一个电子从电场中通过的轨迹如图中实线所示，电子过M点的动能为8eV，它经过N点时的动能为　 　eV．

15．在用电流场模拟电场描绘电场等势线的实验中：
（1）在下列给出的器材中，应该选用的是　 　．（用器材前的字母表示）
A．6V的交流电源 B．6V的直流电源
C．220V的直流电源 D．量程为3V的电压表
E．量程为300μA的灵敏电流计；
（2）在实验中，要将复写纸、导电纸、白纸铺放在木板上，它们的自上而下的顺序为　 　，并且导电纸上有导电物质的一面要朝　 　（填“上”或“下”）；
（3）将与灵敏电流计相连的一根探针与图中的基准点B处的导电纸相接触，另一探针与图中的f点相接触，发现电流计指针向右偏转，为了找到B点的等势点，接f点的探针应向　 　移动（填“左”或“右”）．（已知电流从左端流入电表时指针向左偏，从右端流入电表时指针向右偏）

16．深圳属雷雨多发地，每年4～8月尤甚．2012年8月19日，梧桐山风景区大梧桐顶鹏城第一峰附近发生了登山游客遭雷击事件，导致1死1重伤．据目击者介绍：走在前面的一位女士突然倒地，头发和衣服都烧没了．此外，还有一名女子也被雷电击中倒地，而当时在场的人均有被雷电击中后麻麻的感觉．事后专业人士介绍，雷电的形成是云中带有大量的静电，形成很大的电场把空气击穿而发生放电，而电场强度超过3.0×106V/m时空气就会被击穿，此次产生闪电时，乌云离山顶的距离为240m，则此时乌云与山顶间的电势差至少为　 　V．
17．如图所示，a、b、c表示点电荷电场中的三个等势面，它们的电势分别为φ、、和，该点电荷的电性为　 　．一带电粒子从等势面a上某处由静止释放后，仅受电场力作用而运动．已知粒子经过等势面b时的速率为v，则它经过等势面c时的速率为　 　．

18．（1）有一根横截面为正方形的薄壁管，用游标为20分度的游标卡尺测量其外部边长/的情况如甲所示；用螺旋测微器测其管壁厚度^的情况如图乙所示．则此管外部边长的测量值为l＝　 　cm；管壁厚度的测量值为d＝　 　mm．
（2）“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图丙所示．在平衡小车与桌面间摩擦力的过程中，打出了一条如图丁所示的纸带．计时器打点的时间间隔为0.02s．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离．则该小车的加速度a＝　 　m/s2．（结果保留两位有效数字）
重新平衡好摩擦后，将5个相同的砝码都放在小车上，挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度．小车的加速度a与砝码盘中砝码的总重力F的实验数据如下表：
砝码盘中砝码总重力F（N）
0.196
0.392
0.588
0.784
0.980
加速度a（m/s﹣2）
0.69
1.18
1.66
2.18
2.70


请根据实验数据作出的关系图象．
根据提供的实验数据作出的a﹣F图线不通过原点．其主要原因是　 　．
（3）下图为“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验电路，图中给出的器材分别为：
电源E（电动势为12V，内阻不计）；木板N （板上从下往上依次叠放白纸、复写纸、导电纸各一张）；两个金属条A，B （平行放置在导电纸上与导电纸接触良好，
用作电极）；滑动变阻器（其总电阻值小于两平行电极间导电纸的电阻）；直流电压表V （量程为6V，内阻很大，其负接线柱与5极相连，正接线柱与探针P相连）；开关S．

现要用图中仪器描绘两平行金属条4、B间电场中的等势线．4、5间的电压要求取为6V．
①在囱中连线，完成实验电路图；．
②下面是主要的实验操作步骤，请将所缺的内容补充完整．
A．按图示连接好实验电路；
B．　 　；
C：合上开关S，并将探针P与A接触
D．　 　；
E．用探针压印的方法把A、B的位置标记在白纸上，画一线段连接AB两极，在连
线上选取间距大致相等的5个点作为基准点，用探针把它们的位置压印在白纸上；
F．将探针与某一基准点相接触，记下电压表读数，在导电纸上移动探针，找出电
压表读数与所记下的数值相同的另一点，这一点就是此基准点的等势点，用探针把
这一点的位置也压印在白纸上．用相同的方法找出此基准点的其他等势点．；
G．重复步骤f，找出其它基准点的等势点，取出白纸画出各条等势线．

19．完成下面两个实验：

（1）小刚同学受教材实验的启发，用电流场模拟“点～板”静电场描绘电场等势线．图示为小刚同学的实验设计图．
①应选用的电源是　 　（用字母表示）．
A．6V的交流电源
B．12V的直流电源
C．110V的直流电源
②在轴线上取a、b、c三个点为基点，当红表笔接a点黑表笔
接b点时，灵敏电流表G的指针向右偏，当黑表笔接d红表笔
接b点时（已知db垂直于轴线），灵敏电流表的指针　 　
（填“向右偏”、“向左偏”或“不偏”）
③图中粗黑虚线是靠近B板附近一条平行于B板的直线，是否是等势线？答：　 　
（2）图示是测定半圆形玻璃砖折射率的实验，
图中O点为半圆形玻璃砖的圆心．实验中，
在P1和O两处各钉一颗大头针，观察发现，
在P2钉一颗大头针恰能遮挡住P1处大头针
的像和O处的大头针．
①请在图中完成光路图
②若P10连线与MN的夹角为α，P20连线与MN的夹角为β，则玻璃砖的折射率的表达式为n＝　 　
③将光路图作好后，又将玻璃砖放回原位置，顺着P20方向看去，可以清楚地看到P10的玻璃砖外部分和P20，看到的情形应该是　 　
A．侧移后的平行线 B．相互垂直 C．延长线相交但不垂直 D．成一直线
④某同学在实验过程中，开始时无法确定恰能遮挡住P1处大头针的像和O处大头针的P2位置，后来改变P1位置，实验成功，请判断该同学改变P1位置是将P10连线与MN的夹角为α增大还是减小？答：　 　．
20．（1）a、在用电流场模拟静电场描绘电场等势线的实验中，给出下列器材，ab处的电源应选用　 　，电表X应选用　 　．（用字母表示）．
A．6V的交流电源
B．6V的直流电源
C．100V的直流电源
D．量程0～0.5V，零刻度在刻度盘中央的电压表
E．量程0～300μA，零刻度在刻度盘中央的电流表
b、该实验装置如图1所示，如果以c、d两个电极的连线为x轴，以c、d连线的中垂线为y轴，并将一个探针固定置于 y轴上的某一点，合上开关S，而将另一探针由O点左侧沿x轴正方向移到O点右侧的过程中，则电表X的指针与零刻度夹角的变化情况是　 　．
A．逐渐增大 B．逐渐减小C．先变大后变小 D．先变小后变大
（2）南水北调应急供水工程关键项目PCCP（预应力钢筋混凝土管）管道工程已在部分标段安装成功．两名参加社会活动的中学生想了解一些有关南水北调工程的信息，但到达工地时工程已竣工．在待清理的废弃物中，一块从PCCP管道内壁脱落下来的圆弧形物体（如图2所示）引起了他们的注意．二人决定利用随身携带的玻璃球和手表，通过对圆弧形物体的测量来确定PCCP管道的直径．在测量过程中有以下步骤：
（1）反复调整脱落物体各边的高度，将玻璃球放在物体上时，玻璃球能静止在最低点．
（2）让玻璃球从物体的某一位置由静止释放，并用手表从玻璃球经过　 　（填“最高点”或“最低点”）开始计时．
（3）若当地的重力加速度为g，玻璃球完成n次全振动的时间为t，则PCCP管的直径表达式为　 　；已知g＝π2，玻璃球在1分钟内完成20次全振动，则管径d＝　 　m．．

21．将电量为﹣8×10﹣6C的电荷沿同一条电场线由A点移到B点克服电场力做功4.8×10﹣5J，再由B点移到C点电场力做功2.4×10﹣5J，求：
（1）电荷从A到B电势能变化了多少？
（2）BC间的电势差为多少？
（3）AC间的电势差为多少？
（4）若ϕB＝0，则ϕA＝？ϕC＝？
22．图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经a、b点时的动能分别为26eV和14eV．当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为﹣8eV时，求它的动能应为几eV？

23．电场中某区域的电场线如图所示，A、B是电场中的半径为r的圆周上两点．一个电荷量q＝+4.0×10﹣8C的点电荷在A点所受电场力FA＝2.0×10﹣4N，该点电荷从A点沿圆运动到B点，电场力做功W＝8.0×10﹣7J．求：
（1）该电荷从A到B电势能变化了多少？
（2）A点电场强度的大小EA．
（3）A、B两点间的电势差U．


参考与解析
1．【分析】可以根据某一个象限的场强情况判断该区域的等势面的分布情况，如第四象限中水平的带电平板带负电，电场竖直向上，竖直的平板带正电，场强水平向右，场强是矢量，故合场强的方向斜向右上方．再根据电场线与等势面垂直判定等势面斜向右下方．
【解答】解：电场线是从正电荷出发终止到负电荷或无穷远，或从无穷远出发终止到负电荷，在第四象限中正电荷产生的电场水平向右，负电荷产生的电场竖直向上，故合场强斜向右上方，即电场线斜向右上方。
又电场线和等势面相互垂直，故等势面应该斜向右下方。故只有B正确，
故选B。

2．【分析】带正电微粒以相同的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下从圆周上不同点离开圆形区域，从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最大。则说明电场力做功最多，从而得出在圆周上C点是沿电场强度方向离A点最远的点。
【解答】解：仅在电场力作用下从A点进入，离开C点的动能最大，则C点是沿电场强度方向离A点最远，所以电场线与过C的切线相垂直，由于带电微粒是带正电，故匀强电场的方向沿OC方向。
根据w＝qU得：
U＝，从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最大。则说明电场力做功最多，所以AC间电势差最大。
故选：C。
3．【分析】小球由A点运动至B点的过程中，重力和电场力做功引起小球动能的变化，根据动能定理研究电场力做功．由公式W＝qU，研究A、B两点间的电势差U．由动能的变化量大小与重力做功的大小关系，分析电场做功的正负．小球运动到B点时所受重力的瞬时功率P≠mgv2．
【解答】解：A、根据动能定理得：mgH+W＝﹣，得到W＝﹣﹣mgH．故A正确。
B、由公式W＝qU，得到A、B两点间的电势差U＝＝（﹣﹣mgH）。故B错误。
C、由W＝﹣﹣mgH可知，当（﹣）＞mgH时，W＞0，电场力做正功；当（﹣）＜mgH，W＜0，电场力负功。故C错误。
D、小球运动到B点时重力方向竖直向下，而小球的速度不是竖直向下，所以重力的瞬时功率P≠mgv2．故D错误。
故选：A。
4．【分析】根据轨迹的弯曲方向确定带电粒子所受的电场力方向，判断带电粒子与点电荷是同种电荷还是异种电荷．根据动能定理确定到达M、N时两粒子速率关系．
【解答】解：
A、B由轨迹看出，点电荷左侧的带电粒子有排斥力，与中心点电荷电性相同；对右侧的带电粒子有吸引力，与中心点电荷电性相反，则两粒子带异种电荷。故A错误，B正确。
C、D由题，M、N两点都处于圆周c上，电势相等，两带电粒子又是从同一点P出发，则电势差UPM＝UPN，电场力对两个带电粒子做功大小相等，而从P到M的粒子电场力总功为负功，从P到N的粒子电场力总功为正功，根据动能定理得到，到达M、N时两粒子速率vM＜vN．故C、D错误。
故选：B。
5．【分析】小球只受电场力时，小球的动能和电势能之和保持不变；正确判断小球在电场中所受电场力方向以及电场力做功情况．
【解答】解：小球自a点运动到b时，电场力做负功：Wab＝2eV﹣20eV＝﹣18eV ①
由于相邻两等势面的电势差相等，故电势差的大小关系有：Uab＝1.5Ubc②
从b到c电场力做正功，根据动能定理有：Wbc＝Ekc﹣Ekb③
联立①②③可得Ekc＝14eV。
由于只有电场力做功，电势能和动能和保持不变，故在c点：E＝Ep+Ek＝14eV
即电势能和动能之和为8eV，因此当电势能等于6eV时动能为8eV，
故选：A。
6．【分析】此题首先要根据三条表示等势面的虚线等距离判断出电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点的电场力是相同的；因带电粒子的运动轨迹是抛物线，所以两种运动方式都有可能；根据abc三点的位置关系以及带电粒子的电势能与动能之间的互化，可判断出经过a、b、c三点时的动能和电势能的大小关系。
【解答】解：A、由题中的图可知，电场的方向是向上的，带正电的粒子将受到向上的电场力作用，带正电的粒子无论是依次沿a、b、c运动，还是依次沿c、b、a运动，都会的到如图的轨迹。选项A错误。
B、因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相等。选项B错误；
C、带负电的粒子在电场中运动时，存在电势能与动能之间的互化，由题意和图可知，在b点时的电势能最大，在a点的电势能最小，可判断在a点的动能最大，在b点的动能最小由可知，速率满足Vb＜Vc＜Va，选项C错误。
D、由对C的分析可知，在b点时的电势能最大，在c点的电势能最小，故D正确；
故选：D。
7．【分析】解决本题的突破口是：由于电荷只受电场力作用，电场力将指向运动轨迹的内侧．同时注意电场线和等势线垂直，说明电场沿水平方向，正电荷沿轨迹MPN运动，则电场力一定水平向右，从而确定了电场的方向，这样问题就解决了．
【解答】解：A、电场线和等势线垂直，所以电场沿水平方向，从正电荷M的轨迹MPN可知，电场力水平向右，故电场的方向水平向右。N电荷受电场力方向指向其轨迹内侧，故受电场力水平向左，所以N带负电，故A错误。
B、电场线水平向右，沿电场线电势降低，所以a点的电势高于b点的电势，故B正确；
C、电场力对N粒子做正功，其电势能减小，动能增加，故C错误；
D、根据对C的分析可知D正确。
故选：BD。
8．【分析】已知电荷在电场中两点间移动时电场力所做的功，由U＝可以求出电场中两点间的电势差，已知C点的电势，可以求出O点的电势．
【解答】解：由题意可知，C点的电势ΦC＝0，
UAC＝＝＝30V＝ΦA﹣ΦC＝ΦA，则ΦA＝30V，
UCB＝＝＝﹣20V＝ΦC﹣ΦB＝﹣ΦB，则ΦB＝20V，
在匀强电场中，沿同一直线相同距离上的电势差相等，
因为E是BC的中点，则E点的电势ΦE＝＝10V；
UAE＝ΦA﹣ΦE＝30V﹣10V＝20V，
因为O点是三角形三条中线的交点，则AO＝2OE，
所以UOE＝＝V＝ΦO﹣ΦE＝ΦO﹣10V，则ΦO＝V，
由此可知，可以求出O点的电势，故C正确；
根据已知条件可以找出与图示B点电势相同的点，
从而确定等势面，进而确定电场线的方向，故AB正确；
如果只在电场力作用下沿直线AO由A点移到O点移动电荷，
由动能定理可以求出动能的变化量，现在不知到电荷的受力情况，
因此无法求出将该点电荷沿直线AO由A点移到O点动能的变化量，故D错误；
故选：ABC。
9．【分析】虚线所示的圆应是点电荷电场的等势线，根据a、b与点电荷距离的变化，运用库仑定律分析电场力的变化，根据电场力做功分析速度的变化和电势能的变化．根据轨迹，分析电性．
【解答】解：A、虚线所示的圆应是点电荷电场的等势线，根据轨迹可知，a与点电荷间的距离增大，b与点电荷间的距离减小，根据库仑定律可知a 粒子所受电场力逐渐变小，b 粒子所受电场力逐渐变大。故A正确。
BD、电场力对a、b两个粒子都做正功，动能都增加，则速度都增大，电势能都减小。故B错误。D正确。
C、由轨迹可知，a与点电荷相互排斥，是异种电荷，b与点电荷相互吸引，是同种电荷，所以a、b两粒子所带电荷的电性必定相反。故C正确。
故选：ACD。
10．【分析】根据电子受力做匀速圆周运动的特征，可知为点电荷的电场．再由电子带负电，可确定点电荷的电性．
【解答】解：电子能够在只受电场力作用下沿着直线运动，电场线应该为直线，电子能在电场力的作用下沿着等势面运动，即电场力始终与速度方向垂直，则电场力提供电子做圆周运动所需的向心力，由此可知，应该为正的点电荷，
也可以在等量同种点电荷产生的电场中，在两点电荷连线的中垂线平面上做匀速圆周运动，故AC正确，BD错误；
故选：AC。
11．【分析】由图，电场线分布不均匀，是非匀强电场，根据电场线疏密来确定电场强度的强弱；
由电子所受电场力做功的正负，来确定电场线的方向，
根据沿着电场线的方向，电势降低来确定电势的高低．结合U＝Ed，来确定电势差的大小．
【解答】解：A、如图电场线分布不均匀，是非匀强电场，由电场线的疏密可知，EA＞EB＞EC．故A正确，B错误；
C、电子在电场力作用下，从A移到B，电场力做正功，因此电场线的方向是从C到A，由于沿着电场线的方向电势是降低的，因此φA＜φB＜φC．故C正确，D错误。
故选：AC。
12．【分析】根据轨迹的弯曲方向判断出带电粒子所受电场力大体向左，根据电场线与等势面垂直且有高电势指向低电势点，画出电场线的分布，确定粒子的电性．由速度方向与电场力的关系分析电场力做功正负，分析速度的变化情况和电势能的大小．
【解答】解：A、由轨迹的弯曲方向判断出带电粒子所受电场力大体向左。由电场线与等势面垂直画出电场线的分布，如图，则可知粒子带正电。故A错误。
B、粒子在抛段速度方向与受力方向夹角大于90°，则做减速运动。故B正确
C、粒子在B点与在D点电势能相等，则由B到D电场力做功为0，动能不变，速率相等。故C正确；
D、在C点电势最高，则正电荷电势能最大。故D正确
故选：BCD。

13．【分析】1、首先明确A、B、C、D、O各点的电势，各点的电势分别为：φA＝100V、φB＝﹣50V、φC＝0、φD＝0、φO＝0．其中C、D、O三点是在同一个等势面上，电势均为零．
2、利用电势能公式EP＝qφ计算电势能．3、利用电场力做功公式W＝qU计算q点从O点到四点电场力做的功．4、根据电场力做的功等于电势能的减少量，判断q从O点到四点电势能改变量．5、根据动能定理或能量守恒计算q由O点移到各点动能的变化量，从而判断q在各点的动能．
【解答】解：A、A点电势能：EPA＝φAq＝100×0.2J＝20J
O点与A点电势差：UOA＝φ0﹣φA＝﹣100V
q从O点到A电场力做的功：WOA＝qUOA＝﹣100×0.2J＝﹣20J
q从O点移到A点电势能增加20J。
由能量守恒可知，q由O点移到A点动能应减少20J，因此EKA＝30J。
故A选项正确。
B、B点电势能：EPB＝φBq＝﹣50×0.2J＝﹣10J
O点与B点电势差：UOB＝φO﹣φB＝0﹣（﹣50）＝50V
q从O点到B电场力做的功：WOB＝qUOB＝50×0.2J＝10J
q从O点移到B点电势能减少10J。
由能量守恒可知，q由O点移到B点动能应增加10J，因此EKB＝60J
故B选项正确。
C、C点电势能：EPC＝0
O点与C点电势差：UOC＝0
q从O点到C电场力做的功：WOC＝0
q从O点移到C点电势能没有变化，变化量为0。
由能量守恒可知，q由O点移到C点动能也不变化，因此EKC＝50J
故C选项正确。
D、D点与C点是等电势点，故各量均与C相同，因此q在D点的动能因为+50J．故D错误。
故选：ABC。
14．【分析】根据电势高低判断电场力对电子做功的正负，运用动能定理求经过N点时的动能．
【解答】解：由题意知，A、B两等势面间的电势差为10V，相邻两等势面电势差相等，则知M、N间的电势差U＝7.5V．
因为A的电势高于B的电势，则知M的电势高于N的电势，电子从M点运动到N点，电场力做负功为W＝﹣7.5eV
根据动能定理得：W＝EkN﹣EkM
则得EkN＝W+EkM＝﹣7.5eV+8eV＝0.5eV
故答案为：0.5
15．【分析】（1）本实验利用恒定电流场模拟静电场，可知需要用的电源是6V直流电源．为了找到等势点，需要量程0﹣300μA，零刻度在刻度盘中央的电流表．
（2）知道三种纸的铺放顺序．本实验的原理是用恒定电流场模拟静电场．
（3）根据等量异种电荷等势线分布情况，结合顺着电场线方向电势降低，即可知要找到等势点，从而确定探针f的移动方向．
【解答】解：（1）A、B、C、本实验的原理是利用恒定电流场模拟静电场，所以6V的直流电源．故AC错误，B正确．
D、E、由于导电纸上任一点与基准点的电势差较小，为了找到等势点，需要灵活电流计，故需要量程0﹣300μA，零刻度在刻度盘中央的灵敏电流表．故D错误，E正确．
故答案为：BE
（2）本实验的原理是用恒定电流场模拟静电场，在导电纸上寻找等势点，作出等势线，所以导电纸应铺在最上面，白纸在最下面；且导电纸有导电物质的一面要朝上．
（3）由题，M极模拟负电荷、N极模拟正电荷，MN间的电流场与等量异种电荷的静电场相似，由于灵敏电流计电流从左端流入电表时指针向左偏，从右端流入电表时指针向右偏，B点电势低于D点电势，所以顺着电场线方向电势降低，要找到等势点，探针f应向左移动移动．
故答案为：（1）BE；（2）导电纸，复写纸，白纸；上；（3）左．
16．【分析】将云中静电形成的电场近似看成匀强电场，由U＝Ed求解乌云与山顶间的电势差．
【解答】解：将云中静电形成的电场近似看成匀强电场，则此时乌云与山顶间的电势差至少为：
U＝Ed＝3.0×106V/m×240m＝7.2×108V
故答案为：7.2×108
17．【分析】本题的关键是电场力做的功＝q中，各量均带有正负号，然后利用动能定理，即可求解．
【解答】解：根据“电场线方向一定是从电势高的等势面指向电势低的等势面”可知，该点电荷的电性为正，根据动能定理从a到b时有q＝q（φ﹣φ）＝，
从a到c时有q＝q（φ﹣φ）＝m，联立解得＝v．
故答案为正，
18．【分析】（1）20分度游标卡尺游标每一分度表示长度为0.05mm，由主尺读出整毫米数，根据游标尺上第几条刻度线与主尺对齐，读出毫米的小数部分．螺旋测微器的固定刻度最小分度为1mm，可动刻度每一分度表示0.01mm，由固定刻度读出整毫米数包括半毫米数，由可动刻度读出毫米的小数部分．
（2）根据匀变速直线运动的推论：△x＝aT2求解加速度．运用描点法作出图象．由图象读出F＝0时的加速度，再分析误差的原因．
（3）连接电路图．开关闭合前，把变阻器的滑动触头输出电压最小的位置．合上开关K，并将探针P与A相接触．调节R，使电压表读数为6V．用电压表找到等势点．
【解答】解：（1）此管外部边长的测量值为l＝22mm+7×0.05mm＝22.35mm＝2.235cm．
管壁厚度的测量值为d＝1.037mm．
（2）根据△x＝aT2，得 a＝＝．
作出图象如图．由图看出，F＝0时，a大于零，由于已平衡摩擦力，说明未计入砝码盘的重力．
（3）①由于变阻器的总电阻值小于两平行电极间导电纸的电阻，所以变阻器接成分压式接法，连接线路如图．
②B、为防止开关闭合后电压过高，应把变阻器的滑动触头移动到靠近D端处，保证A、B间电压较小，使电压从小往大调节．
D、调节R，使电压表的计数为6V．
故答案为：
（1）2.235，1.037．
（2）0.16，作出a﹣F图象如图，未计入砝码盘的重力．
（3）①连接线路如图．②B、把变阻器的滑动触头移动到靠近D端处，保证A、B间电压较小．
D、调节R，使电压表的计数为6V．

19．【分析】（1）①本实验利用恒定电流场模拟静电场，可知需要用的电源是12V直流电源．②根据电场线的方向判断电势高低，结合题中条件确定灵敏电流表的指针偏转方向．③根据等势线与电场线垂直，分析黑虚线上各点电势关系．
（2）①连接P1和O表示入射光线，O和P2表示出射光线，作出光路图．②入射角和折射角是光线与法线的夹角，由几何知识定出入射角和折射角，根据折射定律得到玻璃砖的折射率的表达式．③看到P10的玻璃砖外部分和P20，应在一直线上．③开始时无法确定恰能遮挡住P1处大头针的像和O处大头针的P2位置，后来改变P1位置，实验成功说明入射角较大，应减小入射角．
【解答】解：（1）①本实验的原理是利用恒定电流场模拟静电场，所以12V的直流电源．故B正确．②根据等势线与电场线垂直可知，d点的电势低于b点的电势，当黑表笔接d红表笔接b点时，由题：当红表笔接a点黑表笔接b点时，灵敏电流表G的指针向右偏，a点的电势比b点电势高，则得灵敏电流表的指针向右偏．③金属板表面是一等势面，则知靠近B板附近一条平行于B板的直线是等势线．
（2）①连接P1和O表示入射光线，O和P2表示出射光线，作出光路图如图．②由题，P10连线与MN的夹角为α，P20连线与MN的夹角为β，则入射角为i＝90°﹣α，折射角r＝90°﹣β，根据折射定律得n＝＝．③P10的玻璃砖外部分在入射光线上，则看到的情形应该是P10的玻璃砖外部分和P20成一直线．故D正确．
③开始时无法确定恰能遮挡住P1处大头针的像和O处大头针的P2位置，后来改变P1位置，实验成功说明入射角较大，应减小入射角，增大α．
故答案为：
（1）①B
②向右偏
③是
（2）①作光路图

②
③D
④增大
20．【分析】（1）电势相等的点连接起来就是等势线，要描绘此线，需要电源与电压表．电源要分正负即为直流电源，确保电势的高低；而电压表要零刻度在中央．由等量异种电荷所形成的电场的电场线，可得知等势线的分布情况．所以可知电压表的指针先变小后变大．
（2）利用小球在圆弧轨道的运动时间，借助于简谐运动的周期与摆长的关系，可求出PCCP管的直线．
【解答】解：（1）电源是能确定电势的高低，所以必须是直流电源，只要有电压即可，所以选择低压直流电．故选B；
由于寻找电势的高低，因此需要电压表即可，故选D；
因为电场线与等势线互相垂直，所以y轴同一等势线上，另一探针由O点左侧沿x轴正方向移到O点右侧的过程中，两探针之间的电压值先变小，后变大．因此可知电压表的指针先变小，后变大，故选D
（2）由简谐运动的周期公式，可求出小球运动轨迹对应的圆弧半径．
因此，玻璃球从物体的某一位置由静止释放，并用手表从玻璃球经过最低点开始计时，读出n个周期对应的时间t．从而算出小球运动的周期为：T＝
则PCCP管的直径表达式为：d＝2R＝2×
所以直径为：
代入数据可求出，直径为d＝4.5m；
故答案为：（1）B； D；D．
（2）最低点；； d＝4.5m．
21．【分析】（1）（2）（3）根据电场力做功与电势能之间的关系，可以判断电势能的变化；由电场力做功的公式W＝qU，可以求得电势差；
（4）由UAB＝φA﹣φB和UAC＝φA﹣φC即可求解
【解答】解：（1）电荷沿着一条电场线由A点移到B点克服电场力做功2.4×10﹣5J，则电势能增加，
电势能的增加为：△E1＝WAB＝2.4×10﹣5 J；
（2）电荷从B到C电场力做正功，电势能减小了：△E2＝﹣WBC＝2.4×10﹣5 J；
BC之间的电势差：UBC＝＝3V
（3）把电荷由A点移到C点电场力做功：WAC＝WAB+WBC＝﹣4.8×10﹣5+2.4×10﹣5＝﹣2.4×10﹣5J
电荷从A到C电势能增加了：△E3＝﹣WAC＝2.4×10﹣5 J
A、C之间的电势差：＝﹣3V
（4）由UAB＝φA﹣φB：
得：φA＝φB+UAB＝0+6V＝6V
由UAC＝φA﹣φC
得：φC＝φA﹣UAC＝6V﹣3V＝3V
答：（1）电荷从A到B电势能增加了2.4×10﹣5J
（2）BC间的电势差为：UBC＝﹣3V；
（3）AC间的电势差为；UAC＝3V；
（4）若φB＝0，则φA＝6V，φC＝3V
22．【分析】由题意，相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，根据能量守恒定律确定出电荷在b等势面上的电势能，写出电荷的总能量，再由能量守恒求出其电势能变为﹣8eV时的动能值．
【解答】解：由题意，电荷经过a、b点时的动能分别为26eV和14eV，动能减小为12eV．而相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，则电荷从3等势面到4等势面时，动能减小4eV，电势能增大，等势面3的电势能为0，则电荷经过b时电势能为4eV，又由题，电荷经b点时的动能为14eV，所以电荷的总能量为E＝Ep+Ek＝4eV+14eV＝18eV，其电势能变为﹣8eV时，根据能量守恒定律得到，动能应为26eV．
答：当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为﹣8eV时它的动能应为26eV．
23．【分析】（1）根据电场力做功多少，电势能减少多少，求解电势能变化量．
（2）已知点电荷在A点所受电场力，由场强的定义式求解场强EA．
（3）A、B两点间的电势差U由公式U＝求解．
【解答】解：（1）该电荷从A到B电势能变化量△E＝﹣W＝﹣8.0×10﹣7J
（1）A点电场强度
（2）A、B两点间的电势差
答：
（1）该电荷从A到B电势能变化了﹣8.0×10﹣7J．
（2）A点电场强度的大小EA是5.0×103N/C．
（3）A、B两点间的电势差U是20V．
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