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新教材2022-2023学年鲁科版必修第三册 第2章 电势能与电势差 单元测试
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这是一份新教材2022-2023学年鲁科版必修第三册 第2章 电势能与电势差 单元测试，共29页。
第2章 电势能与电势差
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.FMFN,EpM
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.(多选)(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Wq
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.(多选)(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.(多选)(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.(多选)(2019课标Ⅲ,21)如图,电荷量分别为q和-q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上,a、b是正方体的另外两个顶点。则( )
A.a点和b点的电势相等
B.a点和b点的电场强度大小相等
C.a点和b点的电场强度方向相同
D.将负电荷从a点移到b点,电势能增加
7.(多选)(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.(2020北京,7)真空中某点电荷的等势面示意如图,图中相邻等势面间电势差相等。下列说法正确的是( )
A.该点电荷一定为正电荷
B.P点的场强一定比Q点的场强大
C.P点电势一定比Q点电势低
D.正检验电荷在P点比在Q点的电势能大
9.(2018天津理综,3)如图所示,实线表示某电场的电场线(方向未标出),虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹,设M点和N点的电势分别为φM、φN,粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN,速度大小分别为vM、vN,电势能分别为EpM、EpN。下列判断正确的是( )
A.vM
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.(多选)(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.(多选)(2018课标Ⅱ,21)如图,同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中,
电场方向与此平面平行,M为a、c连线的中点,N为b、d连线的中点。一电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点,其电势能减小W1;若该粒子从c点移动到d点,其电势能减小W2。下列说法正确的是( )
A.此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行
B.若该粒子从M点移动到N点,则电场力做功一定为W1+W22
C.若c、d之间的距离为L,则该电场的场强大小一定为W2qL
D.若W1=W2,则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差
13.(多选)(2018海南单科,9)如图,a、b、c、d为一边长为l的正方形的顶点。
电荷量均为q(q>0)的两个点电荷分别固定在a、c两点,静电力常量为k,不计重力。下列说法正确的是( )
A.b点的电场强度大小为2kql2
B.过b、d点的直线位于同一等势面上
C.在两点电荷产生的电场中,ac中点的电势最低
D.在b点从静止释放的电子,到达d点时速度为零
14.(2018浙江4月选考,11)一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以-v0做直线运动,其v-t图像如图所示。粒子在t0时刻运动到B点,3t0时刻运动到C点,下列判断正确的是( )
A.A、B、C三点的电势关系为φB>φA>φC
B.A、B、C三点的场强大小关系为EC>EB>EA
C.粒子从A点经B点运动到C点,电势能先增加后减少
D.粒子从A点经B点运动到C点,电场力先做正功后做负功
考点4 带电粒子的力电综合问题
15.(多选)(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,7,3分)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mv0qE
B.速度大小为3v0
C.与P点的距离为22mv02qE
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.(2019浙江4月选考,10)当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗,
该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。现用一直线加速器来加速质子,使其从静止开始被加速到1.0×107m/s。已知加速电场的场强为1.3×105N/C,质子的质量为1.67×10-27kg,电荷量为1.6×10-19C,则下列说法正确的是( )
A.加速过程中质子电势能增加
B.质子所受到的电场力约为2×10-15N
C.质子加速需要的时间约为8×10-6s
D.加速器加速的直线长度约为4m
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12mv2
B.机械能增加2mv2
C.重力势能增加32mv2
D.电势能增加2mv2
考点6 电容器
21.(多选)(2018江苏单科,8)如图所示,电源E对电容器C充电,当C两端电压达到80V时,闪光灯瞬间导通并发光,C放电。放电后,闪光灯断开并熄灭,电源再次对C充电。这样不断地充电和放电,闪光灯就周期性地发光。该电路( )
A.充电时,通过R的电流不变
B.若R增大,则充电时间变长
C.若C增大,则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大
D.若E减小为85V,闪光灯闪光一次通过的电荷量不变
22.(2019北京理综,23)电容器作为储能器件,在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充电,无论采用何种充电方式,其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同。
(1)请在图1中画出上述u-q图像。类比直线运动中由v-t图像求位移的方法,求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep。
(2)在如图2所示的充电电路中,R表示电阻,E表示电源(忽略内阻)。通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电,对应的q-t曲线如图3中①②所示。
a.①②两条曲线不同是 (选填E或R)的改变造成的;
b.电容器有时需要快速充电,有时需要均匀充电。依据a中的结论,说明实现这两种充电方式的途径。
图1
图2
图3
(3)设想使用理想的“恒流源”替换(2)中电源对电容器充电,可实现电容器电荷量随时间均匀增加。请思考使用“恒流源”和(2)中电源对电容器的充电过程,填写下表(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
“恒流源”
(2)中电源
电源两端电压
通过电源的电流
考点7 电容器中带电粒子的平衡及运动问题
23.(2018课标Ⅲ,21改编)如图,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器的极板水平;两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反,使它们分别静止于电容器的上、下极板附近,与极板距离相等。现同时释放a、b,它们由静止开始运动。在随后的某时刻t,a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是( )
A.a的质量比b的大
B.在t时刻,a的动能比b的大
C.在t时刻,a和b的电势能相等
D.在t时刻,a和b的速度大小相等
三年模拟练
应用实践
1.(2021辽宁高三月考)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.(多选)(2020北京一〇一中学检测)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.(2020河北定州中学月考)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10V、20V、30V。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0.01C,在a点处的动能为0.5J,则该带电粒子( )
A.可能是带负电
B.在b点处的电势能为0.5J
C.在b点处的动能为零
D.在c点处的动能为0.4J
4.(多选)(2020四川广元调研)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EM
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.(多选)(2021广西桂林十八中月考)一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内a、b、c三点的位置如图所示,三点的电势分别为10V、17V、26V。下列说法正确的是( )
A.坐标原点处的电势为1V
B.电子在a点的电势能比在b点的少7eV
C.电场强度方向沿Oc方向
D.电子从b点运动到c点,电场力做功为9eV
6.(多选)(2020海南海口第一中学检测)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
7.(2020河北衡水中学质检)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( )
8.(2020辽宁三校联考)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=2.0×10-11kg、电荷量为q=1.0×10-5C的带正电粒子(重力不计)从a点以v1=1×104m/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=2×104m/s,已知MP=20cm、MN=80cm,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( )
9.(2021广东高二期末)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
10.(多选)(2021云南高二期末)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12f
B.质子进入漂移管D时的速度vD=vA2+8qUm
C.从漂移管A算起,第N个漂移管的长度应为vA2+2qUm(N-1)2f
D.从漂移管A算起,质子通过第N个漂移管的能量应为NqU+12mvA2
11.(2020江西南康中学高二月考)如图所示,一质量为m、电荷量大小为q的带电油滴,从水平向右的匀强电场中的O点以速度v沿与场强方向成37°角射入电场中,油滴运动到最高点时速度大小也是v,已知重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.最高点可能在O点的正上方
B.匀强电场的电场强度可能为E=mg4q
C.O点与最高点之间的电势差可能为零
D.匀强电场的电场强度可能为E=3mgq
12.(多选)(2021山东高一期末)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=mL2Uq,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NUq2(N为容器中颗粒总数)
13.(2021山东高一期末)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
14.(多选)(2020河北石家庄第一中学检测)如图所示,D是一只理想二极管,电流只能从a流向b,
而不能从b流向a。平行板电容器的A、B两极板间有一电荷,其在P点处于静止状态。以E表示两极板间的电场强度,U表示两极板间的电压,Ep表示电荷在P点的电势能。若保持极板B不动,将极板A稍向上平移,则下列说法中正确的是( )
A.E变小
B.U变大
C.Ep不变
D.电荷仍保持静止
15.(2020湖北黄冈模拟)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=1.0m,两板间有方向竖直向上、大小为E=1.0×103N/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=1.0m/s、质量均为m=5.0×10-14kg、带电荷量均为q=2.0×10-15C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=10m/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0.2s
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2.0×10-12J
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12
16.(多选)(2020山东潍坊高三二模)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2dv0
B.射出粒子的最大动能为54mv02
C.t=d2v0时刻进入的粒子,从O'点射出
D.t=3dv0时刻进入的粒子,从O'点射出
17.(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=1.5×10-2m,两极板间电场强度E=1.2×106N/C,墨滴的质量m=1.0×10-13kg、电荷量q=1.0×10-16C,墨滴在进入电场前的速度v0=15m/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。
18.(2022山东邹城第二中学高一月考)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
19.(2020河北衡水高三检测,改编)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。
答案&分层梯度式解析
第2章 电势能与电势差
综合拔高练
五年高考练
1.A
2.BC
3.ABD
4.ABC
5.AB
6.BC
7.BD
8.B
9.D
10.D
11.AB
12.BD
13.AD
14.C
15.AD
16.B
17.C
18.A
19.D
20.B
21.BCD
23.B
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=Wq,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qUab=2W
又由于aO=Ob,即UaO=UOb
因此qUaO=W
同理:qUcO=12W,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=12W,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.BC 由点电荷产生的电势分布可知正点电荷在a点产生的电势低于在b点产生的电势,负点电荷在a点产生的电势也低于在b点产生的电势,故φa<φb,再由Ep=qφ可知负电荷在a、b两点的电势能Epa>Epb,故A、D均错误。由点电荷的场强分布可知正点电荷在a点产生的场强与负点电荷在b点产生的场强完全相同,正点电荷在b点产生的场强与负点电荷在a点产生的场强也完全相同,故a点与b点的总场强也完全相同,B、C均正确。
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.B 该点电荷可能为正电荷,也可能为负电荷,故选项A错误。若该点电荷为正电荷,则P点电势比Q点电势高,正检验电荷在P点比在Q点的电势能大,若该点电荷为负电荷,则P点电势比Q点电势低,正检验电荷在P点比在Q点的电势能小,故选项C、D错误。P点的电场线比Q点的电场线密,则P点的场强一定比Q点的场强大,故选项B正确。
9.D 由粒子的轨迹知电场力的方向偏向右,因粒子带负电,故电场线方向偏向左,由沿电场线方向电势降低,可知φN<φM,EpMvN。综上所述,选项D正确。
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.BD 根据电场力做功与电势能变化量的关系有W1=q(φa-φb)①,W2=q(φc-φd)②,WMN=q(φM-φN)③,根据匀强电场中“同一条直线上两点间的电势差与两点间的距离成正比”的规律可知,UaM=UMc,即φa-φM=φM-φc,可得φM=φa+φc2④,同理可得φN=φb+φd2⑤,联立①②③④⑤式可得WMN=W1+W22,即B项正确。若W1=W2,则φa-φb=φc-φd,结合④⑤两式可推出φa-φM=φb-φN,即D项正确。由题意无法判定电场强度的方向,故A、C项均错误。
13.AD 放在a处的点电荷在b点产生的电场强度大小为Ea=kql2,放在c处的点电荷在b点产生的电场强度大小为Ec=kql2,由电场强度的合成法则得b点的电场强度大小为Eb=2Ec=2kql2,选项A正确;将一个正点电荷从b点沿bd直线向下运动,到达ac中点前,电场力做负功,电势能增加,电势增大,所以选项B、C错误;根据对称性,b、d两点的电势相等,根据动能定理,qUbd=12mvd2-12mvb2=0,在b点从静止释放的电子,到达d点时速度为零,选项D正确。
14.C 带电粒子的电性不确定,无法判断电势的高低,A错;根据图像可知带电粒子的动能先减小后增大,由能量转化关系可知,动能转化为电势能,所以电势能先增大后减小,电场力先做负功后做正功,选项C正确,D错误;v-t图像的斜率表示加速度,也可间接地反映电场力和电场强度的大小,图线的斜率先增大后减小,且方向没有改变,所以电场强度应该是EB最大,选项B错误。
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=12×Eqmxv02=Eqx22mv02,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qm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eUd=ma,得a=eUmd,电子进入偏转电场后做类平抛运动,根据题目条件有l=v0t,d2=12at2,可得d2=12eUmdl2v02,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tanθ=atv0=eUlmdv02=dl,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=v0cosθ,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=12·Eqmt2,解得t=2mv0qE,故A选项错误;竖直速度vy=Eqmt=2v0,合速度v=v02+vy2=5v0,故B选项错误;水平位移x=v0t=2mv02Eq,竖直位移y=x,故合位移大小s=2x=22mv02qE,故C选项正确;设速度方向与竖直方向的夹角为θ,则tanθ=v0vy=12,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=Eqm,又因为vy=at,P=qEvy,得P=E2q2mt=kt(k为常量),故选项A正确。
19.D 加速过程中电场力对质子做正功,则质子电势能减小,选项A错误;质子所受到的电场力约为F=Eq=1.3×105×1.6×10-19N≈2×10-14N,选项B错误;加速度a=Fm=2×10-141.67×10-27m/s2≈1.2×1013m/s2,则质子加速需要的时间约为t=va=1.0×1071.2×1013s=8.3×10-7s,选项C错误;加速器加速的直线长度约为x=v2t=1.0×1072×8.3×10-7m≈4m,选项D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=vg,上升高度h=v22g;水平方向上,2v=at,a=F电m,所以F电=2mg,水平位移x=vt=2v2·t=v2g。从M到N,动能增量ΔEk=12m×(2v)2-12mv2=32mv2,A错;重力势能增量ΔEp=mgh=12mv2,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.BCD 因电容器属于非线性元件,电容器在充电过程中,充电电流是非线性减小的,故A错。若R增大,充电电流减小,充电时间变长,故B正确。由Q=CU且U=80V为定值可见,C增大时Q增大,闪光灯闪光一次通过的电荷量增大,故C正确。闪光灯闪光一次通过闪光灯的电荷量与电源电动势无关,故D正确。
22.答案 (1)u-q图线如图 12CU2
(2)a.R
b.减小电阻R,可以实现对电容器更快速充电;增大电阻R,可以实现更均匀充电。
(3)
“恒流源”
(2)中电源
电源两端电压
增大
不变
通过电源的电流
不变
减小
解析 (1)由于q=Cu,C是与电压u、电荷量q无关的常量,故u-q图线为过原点的直线。
电压为U时,电容器带电荷量为Q,图线和横轴围成的面积表示所储存的电能Ep
Ep=12QU,又Q=CU
故Ep=12CU2
(2)a.电容器充电完毕后两极板间电压等于电源电动势,由图3可知电容器充电完毕时所带电荷量相同,由q=Cu可知电源电动势相同,故曲线不同是由R不同造成的。
b.对同一电容器,在确定电源下充电时,电容器最终所带电荷量是一定的,因同样电压下电阻越小时电流越大,充电就越快;电阻越大时电流越小,同样长的时间内电容器所带电荷量的变化越小,电流变化越慢,充电过程越平缓。
(3)对于“恒流源”,电路中电流不变,电源两端电压U=UC+IR随电容器两端电压增大而增大;对于(2)中电源,由于内阻不计,故其两端电压等于电动势而保持恒定,通过电源的电流满足E=UC+IR,即I=E-UCR,可见电流会随着电容器两端电压的增大而减小。
23.B 由题设条件可知,微粒a向下运动,微粒b向上运动,且在相等时间内,位移xa>xb,由运动学公式及牛顿第二定律可得x=12·qEmt2,则maEkb,选项B正确;由Ek=12mv2,maEkb可知va>vb,选项D错误;在t时刻,a、b在同一水平面上,电势φ相等,而两微粒的电性不同,由Ep=qφ,可知a和b的电势能不相等,选项C错误。
三年模拟练
1.C
2.AB
3.D
4.BC
5.AD
6.AC
7.A
8.D
9.D
10.AC
11.D
12.AD
13.A
14.BCD
15.D
16.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=0.01×30J=0.3J,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=0.01×10J+0.5J=0.6J,则在b点处的动能为Ekb=E-qφb=0.6J-0.3J=0.3J,则C错误;在c点处的动能为Ekc=E-qφc=0.6J-0.01×20J=0.4J,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.AD 由匀强电场的特性可知UaO=Ucb,即φa-φO=φc-φb,解得φO=1V,故A正确;电子在a点的电势能Epa=-eφa=-10eV,电子在b点的电势能Epb=-eφb=-17eV,因此电子在a点的电势能比在b点的多7eV,故B错误;在a、c连线上找一电势为17V的d点,则b、d连线为等势线,过c点作bd的垂线即电场线,方向如图所示,故C错误;电子由b点运动到c点,电场力做功为W=-eUbc=-e(φb-φc)=9eV,故D正确。
6.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=-12mv2,从O点到达c点电场力做功WOc=12mv2,因此到达c点的电子电势能最小,速率是2v,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。
7.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,ΔEpΔx=-qE,结合图像斜率可判断出选项A正确。
8.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=v1sin30°=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=12mv2-12mv12,所以v与x不是线性关系,选项C错误。
9.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=12mv2,解得v=2qUm,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。
10.AC 电源频率为f,因此周期为T=1f,质子在每个管内运动时间应为t=T2=12f,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=12mvD2-12mvA2,解得vD=vA2+6qUm,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=12mvN2-12mvA2,解得vN=vA2+2(N-1)qUm,第N个漂移管的长度应为LN=vN×T2=vA2+2(N-1)qUm2f,故C正确;质子通过第N个漂移管的能量EN=(N-1)qU+12mvA2,故D错误。
11.D 油滴运动到最高点时速度大小也是v,且运动过程中,油滴受到竖直向下的重力和水平方向的电场力。故在最高点时,竖直方向上速度为零,水平方向上速度大小为v,则最高点在O点的左上方或右上方,O点与最高点之间的电势差不为零,A、C选项错误;油滴带正电时,竖直方向上,vsin37°=gt,水平方向上,v=vcos37°+at,a=Eqm,联立解得E=mg3q,油滴带负电时,竖直方向上,vsin37°=gt,水平方向上,-v=vcos37°-at,a=Eqm,联立解得E=3mgq,B选项错误,D选项正确。
12.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=12·UqLmt2,解得t=2mL2Uq,即经过时间2mL2Uq,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NUq2(N为容器中颗粒总数),选项C错误,D正确。
13.A 根据C=εrS4πkd,当两个极板间的距离减小时,电容器的电容增大,再根据C=QU,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。
14.BCD 将极板A稍向上平移,板间距离d增大,根据电容的决定式C=εrS4πkd可知,电容C减小;若电容器的电压不变时,则电容器所带电荷量将要减小,由于二极管具有单向导电性,电容器上电荷放不掉,电荷不能流回电源,所以电容器的电荷量保持不变,由于电容C减小,由电容的定义式C=QU可知,U变大。根据E=Ud=QCd=4πkQεrS可知,板间电场强度E不变,电荷所受的电场力不变,则其仍保持静止状态。P与B板间电势差UPB=Ed,E、d都不变,UPB保持不变,P点的电势保持不变,则电荷在P点电势能Ep不变。故A错误,B、C、D正确。
15.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=qE+mgm=2.0×10-15×1.0×103+5.0×10-135.0×10-14m/s2=50m/s2,根据d=12at2得,t=2da=250s=0.2s,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=2.0×10-15×1.0×103×1.0J=2.0×10-12J,故B正确;若其他条件均不变,d增大为原来的2倍,根据d=12at2得,t变为原来的2倍,则喷涂面积的半径变为原来的2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'=2.0×10-15×2.0×103+5.0×10-135.0×10-14m/s2=90m/s2,加速度变为原来的95倍,时间t变为原来的53,喷涂面积的半径变为原来的53,面积减小为原来的59,故D错误。
16.AD 由题图可知场强E=mv022qd,则粒子在电场中的加速度a=qEm=v022d,则粒子在电场中运动的最短时间满足d2=12atmin2,解得tmin=2dv0,A正确;能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t=8dv0,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12mv02,B错误;t=d2v0=T8时刻进入的粒子,在沿电场方向的运动是先向下加速3T8,后向下减速3T8;然后向上加速T8,再向上减速T8…,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=3dv0=3T4时刻进入的粒子,在沿电场方向的运动是:先向上加速T4,后向上减速T4;然后向下加速T4,再向下减速T4…,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。
17.答案 (1)负电荷 (2)1.0×10-3s (3)6.0×10-4m
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=Lv0
代入数据可得t=1.0×10-3s
(3)墨滴在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,a=qEm=1.2×103m/s2
离开偏转电场时在竖直方向的位移y=12at2=6.0×10-4m
18.答案 (1)-3mgL2q (2)3mgq (3)3mg
(4)(3-1)gL
解析 (1)对整个过程,由动能定理得mgLsin60°+qUAB=0
得UAB=-3mgL2q
(2)由电势差与场强的关系可得UBA=EL(1-cos60°)
解得E=3mgq
(3)小球在 B 处速度为零,即沿径向合力为零。有T-mgcos30°-qEcos60°=0
解得T=3mg
(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tanθ=mg3mg=33,所以θ=30°,对该过程,根据动能定理可得
mgLsin30°-qE(L-Lcos30°)=12mvmax2
解得vmax=(3-1)gL
19.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。
第2章 电势能与电势差
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.FM
C.FM
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.(多选)(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Wq
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.(多选)(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.(多选)(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.(多选)(2019课标Ⅲ,21)如图,电荷量分别为q和-q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上,a、b是正方体的另外两个顶点。则( )
A.a点和b点的电势相等
B.a点和b点的电场强度大小相等
C.a点和b点的电场强度方向相同
D.将负电荷从a点移到b点,电势能增加
7.(多选)(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.(2020北京,7)真空中某点电荷的等势面示意如图,图中相邻等势面间电势差相等。下列说法正确的是( )
A.该点电荷一定为正电荷
B.P点的场强一定比Q点的场强大
C.P点电势一定比Q点电势低
D.正检验电荷在P点比在Q点的电势能大
9.(2018天津理综,3)如图所示,实线表示某电场的电场线(方向未标出),虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹,设M点和N点的电势分别为φM、φN,粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN,速度大小分别为vM、vN,电势能分别为EpM、EpN。下列判断正确的是( )
A.vM
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.(多选)(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.(多选)(2018课标Ⅱ,21)如图,同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中,
电场方向与此平面平行,M为a、c连线的中点,N为b、d连线的中点。一电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点,其电势能减小W1;若该粒子从c点移动到d点,其电势能减小W2。下列说法正确的是( )
A.此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行
B.若该粒子从M点移动到N点,则电场力做功一定为W1+W22
C.若c、d之间的距离为L,则该电场的场强大小一定为W2qL
D.若W1=W2,则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差
13.(多选)(2018海南单科,9)如图,a、b、c、d为一边长为l的正方形的顶点。
电荷量均为q(q>0)的两个点电荷分别固定在a、c两点,静电力常量为k,不计重力。下列说法正确的是( )
A.b点的电场强度大小为2kql2
B.过b、d点的直线位于同一等势面上
C.在两点电荷产生的电场中,ac中点的电势最低
D.在b点从静止释放的电子,到达d点时速度为零
14.(2018浙江4月选考,11)一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以-v0做直线运动,其v-t图像如图所示。粒子在t0时刻运动到B点,3t0时刻运动到C点,下列判断正确的是( )
A.A、B、C三点的电势关系为φB>φA>φC
B.A、B、C三点的场强大小关系为EC>EB>EA
C.粒子从A点经B点运动到C点,电势能先增加后减少
D.粒子从A点经B点运动到C点,电场力先做正功后做负功
考点4 带电粒子的力电综合问题
15.(多选)(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,7,3分)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mv0qE
B.速度大小为3v0
C.与P点的距离为22mv02qE
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.(2019浙江4月选考,10)当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗,
该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。现用一直线加速器来加速质子,使其从静止开始被加速到1.0×107m/s。已知加速电场的场强为1.3×105N/C,质子的质量为1.67×10-27kg,电荷量为1.6×10-19C,则下列说法正确的是( )
A.加速过程中质子电势能增加
B.质子所受到的电场力约为2×10-15N
C.质子加速需要的时间约为8×10-6s
D.加速器加速的直线长度约为4m
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12mv2
B.机械能增加2mv2
C.重力势能增加32mv2
D.电势能增加2mv2
考点6 电容器
21.(多选)(2018江苏单科,8)如图所示,电源E对电容器C充电,当C两端电压达到80V时,闪光灯瞬间导通并发光,C放电。放电后,闪光灯断开并熄灭,电源再次对C充电。这样不断地充电和放电,闪光灯就周期性地发光。该电路( )
A.充电时,通过R的电流不变
B.若R增大,则充电时间变长
C.若C增大,则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大
D.若E减小为85V,闪光灯闪光一次通过的电荷量不变
22.(2019北京理综,23)电容器作为储能器件,在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充电,无论采用何种充电方式,其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同。
(1)请在图1中画出上述u-q图像。类比直线运动中由v-t图像求位移的方法,求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep。
(2)在如图2所示的充电电路中,R表示电阻,E表示电源(忽略内阻)。通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电,对应的q-t曲线如图3中①②所示。
a.①②两条曲线不同是 (选填E或R)的改变造成的;
b.电容器有时需要快速充电,有时需要均匀充电。依据a中的结论,说明实现这两种充电方式的途径。
图1
图2
图3
(3)设想使用理想的“恒流源”替换(2)中电源对电容器充电,可实现电容器电荷量随时间均匀增加。请思考使用“恒流源”和(2)中电源对电容器的充电过程,填写下表(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
“恒流源”
(2)中电源
电源两端电压
通过电源的电流
考点7 电容器中带电粒子的平衡及运动问题
23.(2018课标Ⅲ,21改编)如图,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器的极板水平;两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反,使它们分别静止于电容器的上、下极板附近,与极板距离相等。现同时释放a、b,它们由静止开始运动。在随后的某时刻t,a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是( )
A.a的质量比b的大
B.在t时刻,a的动能比b的大
C.在t时刻,a和b的电势能相等
D.在t时刻,a和b的速度大小相等
三年模拟练
应用实践
1.(2021辽宁高三月考)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.(多选)(2020北京一〇一中学检测)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.(2020河北定州中学月考)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10V、20V、30V。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0.01C,在a点处的动能为0.5J,则该带电粒子( )
A.可能是带负电
B.在b点处的电势能为0.5J
C.在b点处的动能为零
D.在c点处的动能为0.4J
4.(多选)(2020四川广元调研)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EM
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.(多选)(2021广西桂林十八中月考)一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内a、b、c三点的位置如图所示,三点的电势分别为10V、17V、26V。下列说法正确的是( )
A.坐标原点处的电势为1V
B.电子在a点的电势能比在b点的少7eV
C.电场强度方向沿Oc方向
D.电子从b点运动到c点,电场力做功为9eV
6.(多选)(2020海南海口第一中学检测)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
7.(2020河北衡水中学质检)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( )
8.(2020辽宁三校联考)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=2.0×10-11kg、电荷量为q=1.0×10-5C的带正电粒子(重力不计)从a点以v1=1×104m/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=2×104m/s,已知MP=20cm、MN=80cm,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( )
9.(2021广东高二期末)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
10.(多选)(2021云南高二期末)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12f
B.质子进入漂移管D时的速度vD=vA2+8qUm
C.从漂移管A算起,第N个漂移管的长度应为vA2+2qUm(N-1)2f
D.从漂移管A算起,质子通过第N个漂移管的能量应为NqU+12mvA2
11.(2020江西南康中学高二月考)如图所示,一质量为m、电荷量大小为q的带电油滴,从水平向右的匀强电场中的O点以速度v沿与场强方向成37°角射入电场中,油滴运动到最高点时速度大小也是v,已知重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.最高点可能在O点的正上方
B.匀强电场的电场强度可能为E=mg4q
C.O点与最高点之间的电势差可能为零
D.匀强电场的电场强度可能为E=3mgq
12.(多选)(2021山东高一期末)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=mL2Uq,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NUq2(N为容器中颗粒总数)
13.(2021山东高一期末)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
14.(多选)(2020河北石家庄第一中学检测)如图所示,D是一只理想二极管,电流只能从a流向b,
而不能从b流向a。平行板电容器的A、B两极板间有一电荷,其在P点处于静止状态。以E表示两极板间的电场强度,U表示两极板间的电压,Ep表示电荷在P点的电势能。若保持极板B不动,将极板A稍向上平移,则下列说法中正确的是( )
A.E变小
B.U变大
C.Ep不变
D.电荷仍保持静止
15.(2020湖北黄冈模拟)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=1.0m,两板间有方向竖直向上、大小为E=1.0×103N/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=1.0m/s、质量均为m=5.0×10-14kg、带电荷量均为q=2.0×10-15C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=10m/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0.2s
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2.0×10-12J
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12
16.(多选)(2020山东潍坊高三二模)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2dv0
B.射出粒子的最大动能为54mv02
C.t=d2v0时刻进入的粒子,从O'点射出
D.t=3dv0时刻进入的粒子,从O'点射出
17.(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=1.5×10-2m,两极板间电场强度E=1.2×106N/C,墨滴的质量m=1.0×10-13kg、电荷量q=1.0×10-16C,墨滴在进入电场前的速度v0=15m/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。
18.(2022山东邹城第二中学高一月考)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
19.(2020河北衡水高三检测,改编)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。
答案&分层梯度式解析
第2章 电势能与电势差
综合拔高练
五年高考练
1.A
2.BC
3.ABD
4.ABC
5.AB
6.BC
7.BD
8.B
9.D
10.D
11.AB
12.BD
13.AD
14.C
15.AD
16.B
17.C
18.A
19.D
20.B
21.BCD
23.B
1.A 由图中等势面的疏密程度可知EM
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=Wq,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qUab=2W
又由于aO=Ob,即UaO=UOb
因此qUaO=W
同理:qUcO=12W,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=12W,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.BC 由点电荷产生的电势分布可知正点电荷在a点产生的电势低于在b点产生的电势,负点电荷在a点产生的电势也低于在b点产生的电势,故φa<φb,再由Ep=qφ可知负电荷在a、b两点的电势能Epa>Epb,故A、D均错误。由点电荷的场强分布可知正点电荷在a点产生的场强与负点电荷在b点产生的场强完全相同,正点电荷在b点产生的场强与负点电荷在a点产生的场强也完全相同,故a点与b点的总场强也完全相同,B、C均正确。
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.B 该点电荷可能为正电荷,也可能为负电荷,故选项A错误。若该点电荷为正电荷,则P点电势比Q点电势高,正检验电荷在P点比在Q点的电势能大,若该点电荷为负电荷,则P点电势比Q点电势低,正检验电荷在P点比在Q点的电势能小,故选项C、D错误。P点的电场线比Q点的电场线密,则P点的场强一定比Q点的场强大,故选项B正确。
9.D 由粒子的轨迹知电场力的方向偏向右,因粒子带负电,故电场线方向偏向左,由沿电场线方向电势降低,可知φN<φM,EpM
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.BD 根据电场力做功与电势能变化量的关系有W1=q(φa-φb)①,W2=q(φc-φd)②,WMN=q(φM-φN)③,根据匀强电场中“同一条直线上两点间的电势差与两点间的距离成正比”的规律可知,UaM=UMc,即φa-φM=φM-φc,可得φM=φa+φc2④,同理可得φN=φb+φd2⑤,联立①②③④⑤式可得WMN=W1+W22,即B项正确。若W1=W2,则φa-φb=φc-φd,结合④⑤两式可推出φa-φM=φb-φN,即D项正确。由题意无法判定电场强度的方向,故A、C项均错误。
13.AD 放在a处的点电荷在b点产生的电场强度大小为Ea=kql2,放在c处的点电荷在b点产生的电场强度大小为Ec=kql2,由电场强度的合成法则得b点的电场强度大小为Eb=2Ec=2kql2,选项A正确;将一个正点电荷从b点沿bd直线向下运动,到达ac中点前,电场力做负功,电势能增加,电势增大,所以选项B、C错误;根据对称性,b、d两点的电势相等,根据动能定理,qUbd=12mvd2-12mvb2=0,在b点从静止释放的电子,到达d点时速度为零,选项D正确。
14.C 带电粒子的电性不确定,无法判断电势的高低,A错;根据图像可知带电粒子的动能先减小后增大,由能量转化关系可知,动能转化为电势能,所以电势能先增大后减小,电场力先做负功后做正功,选项C正确,D错误;v-t图像的斜率表示加速度,也可间接地反映电场力和电场强度的大小,图线的斜率先增大后减小,且方向没有改变,所以电场强度应该是EB最大,选项B错误。
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=12×Eqmxv02=Eqx22mv02,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qm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eUd=ma,得a=eUmd,电子进入偏转电场后做类平抛运动,根据题目条件有l=v0t,d2=12at2,可得d2=12eUmdl2v02,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tanθ=atv0=eUlmdv02=dl,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=v0cosθ,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=12·Eqmt2,解得t=2mv0qE,故A选项错误;竖直速度vy=Eqmt=2v0,合速度v=v02+vy2=5v0,故B选项错误;水平位移x=v0t=2mv02Eq,竖直位移y=x,故合位移大小s=2x=22mv02qE,故C选项正确;设速度方向与竖直方向的夹角为θ,则tanθ=v0vy=12,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=Eqm,又因为vy=at,P=qEvy,得P=E2q2mt=kt(k为常量),故选项A正确。
19.D 加速过程中电场力对质子做正功,则质子电势能减小,选项A错误;质子所受到的电场力约为F=Eq=1.3×105×1.6×10-19N≈2×10-14N,选项B错误;加速度a=Fm=2×10-141.67×10-27m/s2≈1.2×1013m/s2,则质子加速需要的时间约为t=va=1.0×1071.2×1013s=8.3×10-7s,选项C错误;加速器加速的直线长度约为x=v2t=1.0×1072×8.3×10-7m≈4m,选项D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=vg,上升高度h=v22g;水平方向上,2v=at,a=F电m,所以F电=2mg,水平位移x=vt=2v2·t=v2g。从M到N,动能增量ΔEk=12m×(2v)2-12mv2=32mv2,A错;重力势能增量ΔEp=mgh=12mv2,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.BCD 因电容器属于非线性元件,电容器在充电过程中,充电电流是非线性减小的,故A错。若R增大,充电电流减小,充电时间变长,故B正确。由Q=CU且U=80V为定值可见,C增大时Q增大,闪光灯闪光一次通过的电荷量增大,故C正确。闪光灯闪光一次通过闪光灯的电荷量与电源电动势无关,故D正确。
22.答案 (1)u-q图线如图 12CU2
(2)a.R
b.减小电阻R,可以实现对电容器更快速充电;增大电阻R,可以实现更均匀充电。
(3)
“恒流源”
(2)中电源
电源两端电压
增大
不变
通过电源的电流
不变
减小
解析 (1)由于q=Cu,C是与电压u、电荷量q无关的常量,故u-q图线为过原点的直线。
电压为U时,电容器带电荷量为Q,图线和横轴围成的面积表示所储存的电能Ep
Ep=12QU,又Q=CU
故Ep=12CU2
(2)a.电容器充电完毕后两极板间电压等于电源电动势,由图3可知电容器充电完毕时所带电荷量相同,由q=Cu可知电源电动势相同,故曲线不同是由R不同造成的。
b.对同一电容器,在确定电源下充电时,电容器最终所带电荷量是一定的,因同样电压下电阻越小时电流越大,充电就越快;电阻越大时电流越小,同样长的时间内电容器所带电荷量的变化越小,电流变化越慢,充电过程越平缓。
(3)对于“恒流源”,电路中电流不变,电源两端电压U=UC+IR随电容器两端电压增大而增大;对于(2)中电源,由于内阻不计,故其两端电压等于电动势而保持恒定,通过电源的电流满足E=UC+IR,即I=E-UCR,可见电流会随着电容器两端电压的增大而减小。
23.B 由题设条件可知,微粒a向下运动,微粒b向上运动,且在相等时间内,位移xa>xb,由运动学公式及牛顿第二定律可得x=12·qEmt2,则ma
三年模拟练
1.C
2.AB
3.D
4.BC
5.AD
6.AC
7.A
8.D
9.D
10.AC
11.D
12.AD
13.A
14.BCD
15.D
16.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=0.01×30J=0.3J,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=0.01×10J+0.5J=0.6J,则在b点处的动能为Ekb=E-qφb=0.6J-0.3J=0.3J,则C错误;在c点处的动能为Ekc=E-qφc=0.6J-0.01×20J=0.4J,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.AD 由匀强电场的特性可知UaO=Ucb,即φa-φO=φc-φb,解得φO=1V,故A正确;电子在a点的电势能Epa=-eφa=-10eV,电子在b点的电势能Epb=-eφb=-17eV,因此电子在a点的电势能比在b点的多7eV,故B错误;在a、c连线上找一电势为17V的d点,则b、d连线为等势线,过c点作bd的垂线即电场线,方向如图所示,故C错误;电子由b点运动到c点,电场力做功为W=-eUbc=-e(φb-φc)=9eV,故D正确。
6.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=-12mv2,从O点到达c点电场力做功WOc=12mv2,因此到达c点的电子电势能最小,速率是2v,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。
7.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,ΔEpΔx=-qE,结合图像斜率可判断出选项A正确。
8.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=v1sin30°=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=12mv2-12mv12,所以v与x不是线性关系,选项C错误。
9.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=12mv2,解得v=2qUm,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。
10.AC 电源频率为f,因此周期为T=1f,质子在每个管内运动时间应为t=T2=12f,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=12mvD2-12mvA2,解得vD=vA2+6qUm,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=12mvN2-12mvA2,解得vN=vA2+2(N-1)qUm,第N个漂移管的长度应为LN=vN×T2=vA2+2(N-1)qUm2f,故C正确;质子通过第N个漂移管的能量EN=(N-1)qU+12mvA2,故D错误。
11.D 油滴运动到最高点时速度大小也是v,且运动过程中,油滴受到竖直向下的重力和水平方向的电场力。故在最高点时,竖直方向上速度为零,水平方向上速度大小为v,则最高点在O点的左上方或右上方,O点与最高点之间的电势差不为零,A、C选项错误;油滴带正电时,竖直方向上,vsin37°=gt,水平方向上,v=vcos37°+at,a=Eqm,联立解得E=mg3q,油滴带负电时,竖直方向上,vsin37°=gt,水平方向上,-v=vcos37°-at,a=Eqm,联立解得E=3mgq,B选项错误,D选项正确。
12.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=12·UqLmt2,解得t=2mL2Uq,即经过时间2mL2Uq,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NUq2(N为容器中颗粒总数),选项C错误,D正确。
13.A 根据C=εrS4πkd,当两个极板间的距离减小时,电容器的电容增大,再根据C=QU,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。
14.BCD 将极板A稍向上平移,板间距离d增大,根据电容的决定式C=εrS4πkd可知,电容C减小;若电容器的电压不变时,则电容器所带电荷量将要减小,由于二极管具有单向导电性,电容器上电荷放不掉,电荷不能流回电源,所以电容器的电荷量保持不变,由于电容C减小,由电容的定义式C=QU可知,U变大。根据E=Ud=QCd=4πkQεrS可知,板间电场强度E不变,电荷所受的电场力不变,则其仍保持静止状态。P与B板间电势差UPB=Ed,E、d都不变,UPB保持不变,P点的电势保持不变,则电荷在P点电势能Ep不变。故A错误,B、C、D正确。
15.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=qE+mgm=2.0×10-15×1.0×103+5.0×10-135.0×10-14m/s2=50m/s2,根据d=12at2得,t=2da=250s=0.2s,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=2.0×10-15×1.0×103×1.0J=2.0×10-12J,故B正确;若其他条件均不变,d增大为原来的2倍,根据d=12at2得,t变为原来的2倍,则喷涂面积的半径变为原来的2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'=2.0×10-15×2.0×103+5.0×10-135.0×10-14m/s2=90m/s2,加速度变为原来的95倍,时间t变为原来的53,喷涂面积的半径变为原来的53,面积减小为原来的59,故D错误。
16.AD 由题图可知场强E=mv022qd,则粒子在电场中的加速度a=qEm=v022d,则粒子在电场中运动的最短时间满足d2=12atmin2,解得tmin=2dv0,A正确;能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t=8dv0,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12mv02,B错误;t=d2v0=T8时刻进入的粒子,在沿电场方向的运动是先向下加速3T8,后向下减速3T8;然后向上加速T8,再向上减速T8…,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=3dv0=3T4时刻进入的粒子,在沿电场方向的运动是:先向上加速T4,后向上减速T4;然后向下加速T4,再向下减速T4…,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。
17.答案 (1)负电荷 (2)1.0×10-3s (3)6.0×10-4m
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=Lv0
代入数据可得t=1.0×10-3s
(3)墨滴在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,a=qEm=1.2×103m/s2
离开偏转电场时在竖直方向的位移y=12at2=6.0×10-4m
18.答案 (1)-3mgL2q (2)3mgq (3)3mg
(4)(3-1)gL
解析 (1)对整个过程,由动能定理得mgLsin60°+qUAB=0
得UAB=-3mgL2q
(2)由电势差与场强的关系可得UBA=EL(1-cos60°)
解得E=3mgq
(3)小球在 B 处速度为零,即沿径向合力为零。有T-mgcos30°-qEcos60°=0
解得T=3mg
(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tanθ=mg3mg=33,所以θ=30°,对该过程,根据动能定理可得
mgLsin30°-qE(L-Lcos30°)=12mvmax2
解得vmax=(3-1)gL
19.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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