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2024版高中同步新教材必修第三册（人教版）物理 第十章 静电场中的能量 试卷
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这是一份2024版高中同步新教材必修第三册（人教版）物理 第十章 静电场中的能量，共10页。
第十章 静电场中的能量
全卷满分100分 考试用时90分钟
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1.如图所示是电子枪的部分原理图,阴极发射的电子在强电场的作用下从阴极飞向阳极,虚线是其中一个电子的运动路线,实线是电场线,A、B、C是电场中的三个点,下列说法正确的是( )
A.C点的电势比A点的低
B.A点的电场强度比B点的电场强度大
C.电子从A运动到B的过程中电势能增大
D.从A到B电子的加速度不断增大
2.如图所示为某汽车上的加速度电容传感器的俯视图。质量块左、右侧分别连接电介质、轻质弹簧,弹簧与电容器固定在外框上,质量块可带动电介质相对于外框无摩擦左右移动,电容器与恒压电源连接,并串联连接计算机的信号采集器。当汽车向右做加速度增大的加速运动时,电介质相对于外框向左移动,则电容器 ( )
A.电容变小 B.极板间的电压变大
C.极板间的电场强度不变 D.极板间的电场强度变小
3.电偶极子模型是指电荷量为q、相距为l的一对正、负点电荷组成的电结构,O是中点,电偶极子的方向为从负电荷指向正电荷,用图(a)所示的矢量表示。当加上外电场后,电偶极子绕其中心转动,最后都趋向于沿外电场方向排列,下列说法正确的是( )
A.图(a)中O处场强为零
B.图(b)中,夹角θ减小至0的过程中,电场力不做功
C.图(b)中,当夹角θ=0时,电偶极子的电势能最小
D.图(b)中,当夹角θ=π时,电偶极子的电势能最小
4.如图所示,虚线a、b、c、d、e是电场中的一组平行且间距相等的等差等势面,实线是电子仅在电场力作用下的运动轨迹,M、N、P、Q分别为运动轨迹与各等势面的交点。已知电子从M点运动到Q点的过程中电场力做功6 eV,设b等势面的电势为零。则下列判断正确的是( )
A.c等势面的电势φc=-2 V
B.电子在P点的加速度比在N点的加速度大
C.电子经过P点的动能比经过N点的动能小
D.电子在P点的电势能比在N点的电势能大
5.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两极板间有一电荷在P点处于静止状态。以Q表示电容器储存的电荷量,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.U不变 B.Ep减少
C.Q变小 D.电荷仍保持静止
6.让氕核(11H)和氘核(12H)以相同的动能沿与电场垂直的方向从ab边进入矩形匀强电场(方向沿a→b,边界为abcd,如图所示)。已知两种粒子均能从cd边离开偏转电场,不计粒子的重力,则( )
A.两种粒子进入电场时的速度相同
B.两种粒子在电场中运动的加速度相同
C.两种粒子离开电场时的动能相同
D.两种粒子离开电场时的速度方向不同
7.如图甲所示,三个电荷量大小均为Q的点电荷位于等边三角形的三个顶点上,其中带负电的点电荷位于坐标原点处,x轴处于等边三角形的一条中线上。现让一带电荷量为+q的试探电荷沿着x轴正方向运动,以x轴正方向为试探电荷所受电场力的正方向,得到试探电荷所受电场力随位置变化的图像如图乙所示,设无穷远处电势为零。则以下说法正确的是( )
A.x1
C.试探电荷在x1处电势能最大
D.试探电荷在x1处电势能为零
8.如图甲所示,在平行于纸面的匀强电场中,有一个半径为0.2 m的圆形区域ABCD,圆心为O。P为圆弧上的一个点,从A点出发沿逆时针方向运动,θ为P、O连线旋转的角度,P点电势φ随θ变化情况如图乙所示,则( )
A.场强大小为10 V/m
B.电子在A点时的电势能为2 eV
C.电子在A点时所受电场力指向O点
D.电子沿圆弧运动过程中电场力不做功
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.如图,P、Q是两个固定的等量异种点电荷,O为P、Q连线的中点,△ABC是正三角形,A在P、O连线上,O为三角形的重心,则( )
A.B、C两点电势相等
B.B、C两点场强相同
C.A点电势比B点电势高
D.A点场强比B点场强大
10.如图所示为竖直平面内的矩形ABCD,其中AB=2a,BC=23a,E、F是AD、BC中点,一根光滑杆穿过E、F两点,O为EF的中点,G为AB的中点,在B、C两点放置正、负两个点电荷,电荷量大小均为Q,在G点放置另一点电荷后,O点的电场强度刚好为零。现将一套在光滑杆上的带电小球从E点由静止释放,小球经过O、F两点。已知重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A.G点的电荷带正电
B.G点的电荷所带电荷量的大小为33Q4
C.小球经过O点时速率为2ga
D.小球经过F点时速率为2ga
11.中医药文化是我国优秀传统文化的重要组成部分,中药的保存常常需要做干燥处理。将干燥过程简化为:药材置于存在水平方向非匀强电场的空间中,电场强度E随水平距离x的变化如图1所示;水分子是极性分子,可以看成棒状带电体,一端带正电荷,另一端带等量负电荷;水分子在电场力的作用下会加速从中药材中分离出去。现分析其中一个如图2所示的水分子,初始时该分子在原点,初速度为零,若只考虑水分子与外电场的作用力,则下列说法正确的是( )
A.该水分子将在电场力作用下做变加速直线运动
B.该水分子将在电场力作用下做匀加速直线运动
C.该水分子在运动过程中的电势能减少
D.该水分子在运动过程中的电势能保持不变
12.如图所示的直线加速器由沿轴线分布的金属圆筒(又称漂移管)A、B、C、D、E组成,相邻金属圆筒分别接在电源的两极。质子从O点沿轴线进入加速器,到达金属圆筒A时速度为v0,质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T,在金属圆筒之间的狭缝被电场加速,加速时电压U大小相同。质子电荷量为e,质量为m,不计质子经过狭缝的时间,则( )
A.M、N所接电源的极性应周期性变化
B.金属圆筒的长度应与质子进入圆筒时的速度成正比
C.质子从圆筒E射出时的速度大小为10eUm+v02
D.圆筒E的长度为8eUm+v02·T
三、非选择题(本题共6小题,共60分)
13.(6分)如图所示为研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置。
(1)同时闭合开关S1、S2,调节滑动变阻器滑片,使静电计指针有一定的张角,然后只向右移动A极板,则静电计指针的张角 ;若保持极板A、B不动而只将滑动变阻器的滑片向D端移动,则静电计指针的张角 。(均填“变大”“变小”或“不变”)
(2)在静电计指针有明显张角的情况下,将开关S2断开,通过移动极板A或在极板A、B间插入电介质,下列说法正确的是 (填正确答案标号)。
A.断开开关S2后,静电计的指针闭合,电容器的电容变为0
B.只将电容器A极板向上平移,静电计指针的张角变小
C.只在极板A、B间插入有机玻璃板,静电计指针的张角变小
D.只将电容器A极板向B极板靠近,静电计指针的张角变小,表明电容增大
14.(8分)如图甲所示是观察电容器的充、放电现象实验装置的电路图。电源输出电压恒为8 V,S是单刀双掷开关,G为灵敏电流计,C为平行板电容器。(已知电流I=Qt)
(1)当开关S接 时(选填“1”或“2”),平行板电容器充电,在充电开始时电路中的电流比较 (选填“大”或“小”)。电容器放电时,流经G表的电流方向与充电时 (选填“相同”或“相反”)。
(2)将G表换成电流传感器,电容器充电完毕后再放电,其放电电流随时间变化的图像如图乙所示,已知图线与横轴所围的面积约为41个方格,可算出电容器的电容为 。
(3)在电容器放电实验中,接不同的电阻放电,图丙中a、b、c三条曲线中对应电阻最大的一条是 (选填“a”“b”或“c”)。
甲 乙 丙
15.(10分)在一正交直角坐标系的坐标原点O处有一带正电的点电荷,在x轴上0.1 m处的a点,放一试探电荷,其受力与电荷量的关系如图所示,y轴上有一点b,其场强为1 N/C,求:
(1)a点的场强大小;
(2)b点的坐标;
(3)若a点的电势为0.9 V,电子从a点运动到b点克服电场力做功为0.6 eV,b点的电势。
16.(10分)如图所示,匀强电场中某平面内有一矩形ABCD区域,电荷量为e的某带电粒子从B点沿BD方向以8 eV的动能射入该区域,恰好从A点射出该区域,已知匀强电场的方向平行于该平面,矩形区域的边长分别为AB=8 cm、BC=6 cm,A、B、D三点的电势分别为-6 V、12 V、12 V,不计粒子重力,求:
(1)粒子到达A点时的动能;
(2)匀强电场的场强大小和方向。
17.(12分)平行板电容器两极板长度、宽度、两极板间距均为l,在极板左侧有一“狭缝”粒子源(粒子源长度也为l),沿极板中心平面连续不断地向整个电容器射入相同粒子,距极板右端12l处有一与极板垂直的足够大光屏,如图所示。粒子质量为m,电荷量为q,初速度大小均为v0,初速度方向均垂直于光屏。当平行板电容器两极板间电压为U0(未知)时,粒子恰好从极板右侧边缘飞出电场。在两极板间加上0~U0连续变化的电压,每个粒子通过电容器的时间都远小于电压变化的时间,在每个粒子通过电容器的时间内,电场可视为匀强电场,不计粒子重力。试求:
(1)电压U0;
(2)粒子打在光屏上的最大速度;
(3)粒子打在光屏上的区域面积。
18.(14分)如图,在竖直平面内,一半径为R的半圆形轨道与水平轨道在B点平滑连接。半圆形轨道的最低点为B、最高点为C,圆心为O。整个装置处于水平向左的匀强电场中。现让一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点),从水平轨道的A点由静止释放,到达B点时速度为5gR。当小球过C点时撤去电场,小球落到水平轨道上的D点。已知A、B间的距离为103R,重力加速度为g,轨道绝缘且不计摩擦和空气阻力,求:
(1)该匀强电场场强E的大小及A、D间的距离;
(2)小球经过半圆形轨道某点P(图中未画出)时,所受合外力方向指向圆心O,求小球过P点时对轨道压力的大小。
答案全解全析
第十章 静电场中的能量
1.B
2.C
3.C
4.A
5.D
6.C
7.C
8.A
9.ACD
10.BD
11.BC
12.AB
1.B 沿电场线方向电势逐渐降低,可知C点的电势比A点的高,A错误;同一电场中,电场线越密集处场强越大,可知A点的电场强度比B点的电场强度大,B正确;电子从A运动到B的过程中,电场力做正功,则电势能减小,C错误;从A到B电子所受的电场力逐渐减小,则电子的加速度不断减小,D错误。
2.C 因为电介质相对于外框向左移动,则相对介电常数εr增大,根据C=εrS4πkd,可知电容器的电容变大,A错误;电容器极板与电源连接,则两板间的电压不变,B错误;根据E=Ud,两板间电压和间距都不变,则场强不变,C正确,D错误。
3.C 等量异种点电荷连线中点的电场强度大小为E=2kq(0.5l)2=8kql2,方向由中点O指向-q,A错误;图(b)中,夹角θ减小至0的过程中,外电场对+q做正功,对-q亦做正功,即外电场对电偶极子做正功,B错误;图(b)中,当夹角θ减小时,外电场对电偶极子做正功,电势能减小,当夹角θ=0时,外电场对电偶极子做正功最多,电偶极子的电势能最小,C正确;图(b)中,当夹角θ增大时,外电场对电偶极子做负功,电势能增大,当夹角θ=π时,外电场对电偶极子做负功最多,电偶极子的电势能最大,D错误。
4.A 电子从M点运动到Q点,有UMQ(-e)=6 eV,解得UMQ=-6 V,可推理得UNP=-2 V,而b等势面的电势为零,则c等势面的电势φc=-2 V,A正确;因为等差等势面平行且间距相等,所以该电场是匀强电场,则电子在P点、N点的加速度相等,B错误;电子从N到P,电场力做正功,动能增大,电势能减小,所以EkP>EkN,EpP
6.C 两种粒子的质量不同,进入电场时的动能相同,所以速度不同,A错误;设电场强度为E,粒子的质量为m、电荷量为q,粒子在电场中运动的加速度a=qEm,电场强度相同,两种粒子的比荷不同,所以加速度不同,B错误;设匀强电场的宽度bc为L,粒子的初动能为Ek,粒子离开电场时沿电场方向的速度为vy=at=qELmv0,粒子离开电场时的速度方向与初速度方向夹角的正切值为tan α=vyv0=qELmv02=qEL2Ek,两种粒子离开电场时的速度方向相同,两种粒子离开电场时的动能Ek'=12mv2=12m(v02+vy2)=Ek+q2E2L24Ek,两种粒子离开电场时的动能相同,C正确,D错误。
7.C 图乙中x1位置试探电荷所受的电场力等于零,根据图甲可知x0位置试探电荷所受电场力不为零,方向向左,试探电荷受力等于零的位置在x0的右侧,如图,故x1在x0的右侧,即x1>x0,A错误;由图乙可知,在x轴正半轴上,越靠近负点电荷,试探电荷的受力越大,B错误;在0x1范围内,电场力做正功,电势能减小,故在x1处电势能最大,C正确,D错误。
8.A 由图乙可知φA=2 V,当θ=π3时,P点位于下图中的E点处,此时φE=1 V;当θ=4π3时,P点位于下图中的F点处,由几何知识可知E、O、F三点共线,此时φF=5 V,则圆心O点的电势为φO=φE+φF2=3 V,过A点作OE的垂线交OE于M点,由几何知识易得,M点为EO中点,则下图中M点的电势为φM=φE+φO2=2 V=φA,故AM为等势线,由于电场线与等势线垂直,则可知电场线沿FOE方向,电场强度的大小为E=φO−φMRcos π3=1V0.2m×12=10 V/m,A正确;电子在A点时的电势能为EpA=-eφA=-2 eV,B错误;电子在A点时所受电场力平行于EF斜向左下方,C错误;圆弧不是电场的一个等势面,所以电子沿圆弧运动过程中电场力做功,D错误。
规律总结 等分法判断电势
如果把某两点间的距离等分为n段,则每段两端点的电势差等于原电势差的1n,这种等分间距求电势问题的方法,叫作等分法。
用“等分法”求匀强电场中某点的电势以及电场强度方向的方法
9.ACD A、B、C在等量异种点电荷产生的电场中,根据对称性可知,B、C两点电势相等,A正确;B、C两点的场强大小相等,方向不同,B错误;P、Q连线的垂直平分线为电势为零的等势线,垂直平分线上方电势为正,下方电势为负,C正确;根据电场线分布特点可知,A点场强比BC中点场强大,BC中点场强比B点场强大,D正确。
10.BD 由几何关系可知BO=CO=2a,所以B点和C点的电荷在O点产生的电场强度大小为EBO=ECO=kQ4a2,方向分别沿BO方向和OC方向,由几何关系可知两点电荷在O点产生的合电场强度大小为EBCO=3EBO=3kQ4a2,方向水平向右,所以G点的电荷在O点产生的电场强度大小为EGO=3kQ4a2,方向水平向左,所以G点的电荷为负电荷,且EGO=kQ'(3a)2,所以Q'=33Q4,A错误,B正确;E点和O点都在B、C处电荷形成电场的等势线上,所以小球从E点到O点的过程中B、C处的电荷对小球的电场力不做功,而此过程中G点的电荷对小球的电场力做功,所以有mga+WG=12mvO2,解得vO=2ga+2WGm≠2ga,C错误;E点和F点不仅在B、C处电荷形成电场的等势线上,而且还在G点的电荷形成电场的等势线上,所以小球从E点到F点的过程中电场力不做功,所以有mg·2a=12mvF2,解得vF=2ga,D正确。
11.BC 设水分子两端的有效距离为d,质量为m,两端的电荷量分别为+Q和-Q,在运动过程中,水分子受到的电场力为F=QE+-QE-=Q(E+-E-),因电场强度E随x均匀变化,所以E+-E-=kd,其中k=E1−E0x1,可知水分子受到的电场力恒定不变,故水分子的加速度恒定不变,水分子将在电场力作用下做匀加速直线运动,A错误,B正确;由于水分子所受电场力沿电场线方向,因此电场力对水分子做正功,水分子的电势能减少,C正确,D错误。
12.AB 为使质子在所有相邻圆筒的狭缝中都能受到向右的静电力,质子所到达狭缝处的场强必须向右,因此M、N所接电源的极性应周期性变化,A正确;因质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T,由T=Lv可知,金属圆筒的长度应与质子进入圆筒时的速度成正比,B正确;质子离开金属圆筒A时速度为v0,经4次加速进入圆筒E,由动能定理可得4eU=12mvE2−12mv02,解得质子从圆筒E射出时的速度大小为vE=8eUm+v02,C错误;质子在圆筒内做匀速运动,所以圆筒E的长度为LE=vET=T8eUm+v02,D错误。
图形剖析
13.答案 (1)不变(2分) 变小(2分) (2)CD(2分)
解析 (1)静电计指针张角大小表示电容器两极板间的电势差,电势差越大,静电计指针张角越大。电容器充电后与电路连接,电路结构不变,若只改变极板间距离或正对面积,电容器两极板间的电势差不变,故静电计指针张角不变;将滑动变阻器的滑片向D端移动时,电容器两端的电压减小,故静电计的指针张角变小。(2)断开开关S2后,电容器与外电路断开,电容器极板上的电荷量不变。电容器的电容由电容器本身的性质决定,断开开关S2,电容器的电容不变,A错误;将A极板上移时,正对面积减小,由C=εrS4πkd知电容器的电容减小,由C=QU可知电容器极板间电势差增大,所以静电计指针张角变大,B错误;在极板间插入有机玻璃板时,电容器的电容增大,由C=QU可知电容器极板间电势差减小,所以静电计指针张角变小,C正确;将A极板向右靠近B极板,极板间距离d减小,由C=εrS4πkd知电容器的电容增大,由C=QU可知电容器极板间电势差减小,所以静电计指针张角应减小,D正确。
14.答案 (1)1(1分) 大(1分) 相反(1分)
(2)4.1×10-4 F(3分) (3)c(2分)
解析 (1)充电时必须将电容器接电源,故将开关S接1时,平行板电容器充电,在充电开始时电路中的电流比较大,之后电流减小,当电容器充满电时,电流为零;电容器充电时,上板接电源正极,所以电容器上板带正电,充电时负电荷流出电容器上板,放电时负电荷流入上极板,所以流经G表的电流方向与充电时相反。(2)I-t图线与时间轴所围成的面积表示电荷量,每个小格表示的电荷量为q=0.4×0.2×10-3 C=8×10-5 C,由图乙可知Q=41q=41×8×10-5 C=3.28×10-3 C,根据C=QU,代入数据解得C=4.1×10-4 F。(3)在电容器放电实验中,根据Im=UmR可知,电阻越大,放电电流的最大值越小,由图可知,c图线的最大电流最小,故c图线对应的电阻最大。
15.答案 (1)9 N/C (2)(0,0.3 m) (3)0.3 V
解析 (1)根据图像可知,a点的场强为
Ea=Fq=0.90.1 N/C=9 N/C (1分)
(2)根据点电荷场强公式,a点的场强为
Ea=kQra2(1分)
设B点距原点的距离为rb,则B点的场强为
Eb=kQrb2(1分)
代入数据解得rb=0.3 m (1分)
即b点的坐标为(0,0.3 m)(1分)
(3)根据静电力做功与电势差的关系可得
Uab=Wabq=−0.6eV−e=0.6 V (2分)
根据电势与电势差之间的关系可得
Uab=φa-φb=0.6 V (1分)
又φa=0.9 V (1分)
解得φb=0.3 V (1分)
16.答案 (1)26 eV (2)375 V/m,场强方向为垂直BD斜向左下方
解析 (1)由动能定理可得
eUBA=EkA-EkB(1分)
UBA=φB-φA(1分)
代入数据解得EkA=26 eV (1分)
(2)匀强电场的方向平行于该平面,又因为BD为等势线,电场强度方向与等势线垂直,且指向电势低的方向,所以场强方向垂直于BD指向左下方,如图所示
由几何关系可得tan α=ADAB=34(2分)
解得α=37°(1分)
d=AB·sin α=4.8 cm (1分)
电场强度大小为E=UBAd(2分)
代入数据解得E=375 V/m (1分)
17.答案 (1)mv02q (2)2v0,与初速度方向的夹角为45° (3)l2
解析 (1)当两极板间电压为U0时,水平方向有
l=v0t(1分)
竖直方向有l2=12at2=qU0t22ml(1分)
联立解得U0=mv02q(1分)
(2)当两极板间电压为U0时,打在光屏上的粒子速度最大,
竖直方向的速度为vy=at=qU0ml·lv0=v0(1分)
打在光屏上的最大速度v=vy2+v02(1分)
可得v=2v0(1分)
设最大速度方向与初速度方向夹角为α,根据几何关系得
tan α=vyv0=1(1分)
所以最大速度与初速度方向的夹角为45°(1分)
(3)粒子打在光屏上的区域面积为
S=ll2v0·vy+l2(2分)
代入vy解得S=l2(2分)
18.答案 (1)3mg4q 43R (2)274mg
解析 (1)对A到B过程应用动能定理有
qExAB=12mvB2-0(1分)
解得E=3mg4q(1分)
对B到C过程应用动能定理有
-mg·2R=12mvC2−12mvB2(1分)
解得vC=gR(1分)
当小球过C点时撤去电场,小球做平抛运动,设B、D水平距离为x,由平抛运动的规律得
2R=12gt2,(1分)
x=vCt(1分)
则有t=4Rg,(1分)
x=2R(1分)
故A、D间的距离为xAD=xAB-x=103R−2R=43R(1分)
(2)由题意得小球所受合外力方向指向圆心O,设合力与竖直方向的夹角为θ,则有
tan θ=qEmg=34(1分)
设小球过P点时速度为v1,小球由B到P由动能定理得
qER sin θ-mgR(1-cos θ)=12mv12−12mvB2(1分)
过P点时,由牛顿第二定律得
N-mgcosθ=mv12R(1分)
联立解得轨道对小球的支持力N=274mg(1分)
根据牛顿第三定律,小球过P点时对轨道压力的大小为274mg(1分)
第十章 静电场中的能量
全卷满分100分 考试用时90分钟
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1.如图所示是电子枪的部分原理图,阴极发射的电子在强电场的作用下从阴极飞向阳极,虚线是其中一个电子的运动路线,实线是电场线,A、B、C是电场中的三个点,下列说法正确的是( )
A.C点的电势比A点的低
B.A点的电场强度比B点的电场强度大
C.电子从A运动到B的过程中电势能增大
D.从A到B电子的加速度不断增大
2.如图所示为某汽车上的加速度电容传感器的俯视图。质量块左、右侧分别连接电介质、轻质弹簧,弹簧与电容器固定在外框上,质量块可带动电介质相对于外框无摩擦左右移动,电容器与恒压电源连接,并串联连接计算机的信号采集器。当汽车向右做加速度增大的加速运动时,电介质相对于外框向左移动,则电容器 ( )
A.电容变小 B.极板间的电压变大
C.极板间的电场强度不变 D.极板间的电场强度变小
3.电偶极子模型是指电荷量为q、相距为l的一对正、负点电荷组成的电结构,O是中点,电偶极子的方向为从负电荷指向正电荷,用图(a)所示的矢量表示。当加上外电场后,电偶极子绕其中心转动,最后都趋向于沿外电场方向排列,下列说法正确的是( )
A.图(a)中O处场强为零
B.图(b)中,夹角θ减小至0的过程中,电场力不做功
C.图(b)中,当夹角θ=0时,电偶极子的电势能最小
D.图(b)中,当夹角θ=π时,电偶极子的电势能最小
4.如图所示,虚线a、b、c、d、e是电场中的一组平行且间距相等的等差等势面,实线是电子仅在电场力作用下的运动轨迹,M、N、P、Q分别为运动轨迹与各等势面的交点。已知电子从M点运动到Q点的过程中电场力做功6 eV,设b等势面的电势为零。则下列判断正确的是( )
A.c等势面的电势φc=-2 V
B.电子在P点的加速度比在N点的加速度大
C.电子经过P点的动能比经过N点的动能小
D.电子在P点的电势能比在N点的电势能大
5.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两极板间有一电荷在P点处于静止状态。以Q表示电容器储存的电荷量,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.U不变 B.Ep减少
C.Q变小 D.电荷仍保持静止
6.让氕核(11H)和氘核(12H)以相同的动能沿与电场垂直的方向从ab边进入矩形匀强电场(方向沿a→b,边界为abcd,如图所示)。已知两种粒子均能从cd边离开偏转电场,不计粒子的重力,则( )
A.两种粒子进入电场时的速度相同
B.两种粒子在电场中运动的加速度相同
C.两种粒子离开电场时的动能相同
D.两种粒子离开电场时的速度方向不同
7.如图甲所示,三个电荷量大小均为Q的点电荷位于等边三角形的三个顶点上,其中带负电的点电荷位于坐标原点处,x轴处于等边三角形的一条中线上。现让一带电荷量为+q的试探电荷沿着x轴正方向运动,以x轴正方向为试探电荷所受电场力的正方向,得到试探电荷所受电场力随位置变化的图像如图乙所示,设无穷远处电势为零。则以下说法正确的是( )
A.x1
C.试探电荷在x1处电势能最大
D.试探电荷在x1处电势能为零
8.如图甲所示,在平行于纸面的匀强电场中,有一个半径为0.2 m的圆形区域ABCD,圆心为O。P为圆弧上的一个点,从A点出发沿逆时针方向运动,θ为P、O连线旋转的角度,P点电势φ随θ变化情况如图乙所示,则( )
A.场强大小为10 V/m
B.电子在A点时的电势能为2 eV
C.电子在A点时所受电场力指向O点
D.电子沿圆弧运动过程中电场力不做功
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.如图,P、Q是两个固定的等量异种点电荷,O为P、Q连线的中点,△ABC是正三角形,A在P、O连线上,O为三角形的重心,则( )
A.B、C两点电势相等
B.B、C两点场强相同
C.A点电势比B点电势高
D.A点场强比B点场强大
10.如图所示为竖直平面内的矩形ABCD,其中AB=2a,BC=23a,E、F是AD、BC中点,一根光滑杆穿过E、F两点,O为EF的中点,G为AB的中点,在B、C两点放置正、负两个点电荷,电荷量大小均为Q,在G点放置另一点电荷后,O点的电场强度刚好为零。现将一套在光滑杆上的带电小球从E点由静止释放,小球经过O、F两点。已知重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A.G点的电荷带正电
B.G点的电荷所带电荷量的大小为33Q4
C.小球经过O点时速率为2ga
D.小球经过F点时速率为2ga
11.中医药文化是我国优秀传统文化的重要组成部分,中药的保存常常需要做干燥处理。将干燥过程简化为:药材置于存在水平方向非匀强电场的空间中,电场强度E随水平距离x的变化如图1所示;水分子是极性分子,可以看成棒状带电体,一端带正电荷,另一端带等量负电荷;水分子在电场力的作用下会加速从中药材中分离出去。现分析其中一个如图2所示的水分子,初始时该分子在原点,初速度为零,若只考虑水分子与外电场的作用力,则下列说法正确的是( )
A.该水分子将在电场力作用下做变加速直线运动
B.该水分子将在电场力作用下做匀加速直线运动
C.该水分子在运动过程中的电势能减少
D.该水分子在运动过程中的电势能保持不变
12.如图所示的直线加速器由沿轴线分布的金属圆筒(又称漂移管)A、B、C、D、E组成,相邻金属圆筒分别接在电源的两极。质子从O点沿轴线进入加速器,到达金属圆筒A时速度为v0,质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T,在金属圆筒之间的狭缝被电场加速,加速时电压U大小相同。质子电荷量为e,质量为m,不计质子经过狭缝的时间,则( )
A.M、N所接电源的极性应周期性变化
B.金属圆筒的长度应与质子进入圆筒时的速度成正比
C.质子从圆筒E射出时的速度大小为10eUm+v02
D.圆筒E的长度为8eUm+v02·T
三、非选择题(本题共6小题,共60分)
13.(6分)如图所示为研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置。
(1)同时闭合开关S1、S2,调节滑动变阻器滑片,使静电计指针有一定的张角,然后只向右移动A极板,则静电计指针的张角 ;若保持极板A、B不动而只将滑动变阻器的滑片向D端移动,则静电计指针的张角 。(均填“变大”“变小”或“不变”)
(2)在静电计指针有明显张角的情况下,将开关S2断开,通过移动极板A或在极板A、B间插入电介质,下列说法正确的是 (填正确答案标号)。
A.断开开关S2后,静电计的指针闭合,电容器的电容变为0
B.只将电容器A极板向上平移,静电计指针的张角变小
C.只在极板A、B间插入有机玻璃板,静电计指针的张角变小
D.只将电容器A极板向B极板靠近,静电计指针的张角变小,表明电容增大
14.(8分)如图甲所示是观察电容器的充、放电现象实验装置的电路图。电源输出电压恒为8 V,S是单刀双掷开关,G为灵敏电流计,C为平行板电容器。(已知电流I=Qt)
(1)当开关S接 时(选填“1”或“2”),平行板电容器充电,在充电开始时电路中的电流比较 (选填“大”或“小”)。电容器放电时,流经G表的电流方向与充电时 (选填“相同”或“相反”)。
(2)将G表换成电流传感器,电容器充电完毕后再放电,其放电电流随时间变化的图像如图乙所示,已知图线与横轴所围的面积约为41个方格,可算出电容器的电容为 。
(3)在电容器放电实验中,接不同的电阻放电,图丙中a、b、c三条曲线中对应电阻最大的一条是 (选填“a”“b”或“c”)。
甲 乙 丙
15.(10分)在一正交直角坐标系的坐标原点O处有一带正电的点电荷,在x轴上0.1 m处的a点,放一试探电荷,其受力与电荷量的关系如图所示,y轴上有一点b,其场强为1 N/C,求:
(1)a点的场强大小;
(2)b点的坐标;
(3)若a点的电势为0.9 V,电子从a点运动到b点克服电场力做功为0.6 eV,b点的电势。
16.(10分)如图所示,匀强电场中某平面内有一矩形ABCD区域,电荷量为e的某带电粒子从B点沿BD方向以8 eV的动能射入该区域,恰好从A点射出该区域,已知匀强电场的方向平行于该平面,矩形区域的边长分别为AB=8 cm、BC=6 cm,A、B、D三点的电势分别为-6 V、12 V、12 V,不计粒子重力,求:
(1)粒子到达A点时的动能;
(2)匀强电场的场强大小和方向。
17.(12分)平行板电容器两极板长度、宽度、两极板间距均为l,在极板左侧有一“狭缝”粒子源(粒子源长度也为l),沿极板中心平面连续不断地向整个电容器射入相同粒子,距极板右端12l处有一与极板垂直的足够大光屏,如图所示。粒子质量为m,电荷量为q,初速度大小均为v0,初速度方向均垂直于光屏。当平行板电容器两极板间电压为U0(未知)时,粒子恰好从极板右侧边缘飞出电场。在两极板间加上0~U0连续变化的电压,每个粒子通过电容器的时间都远小于电压变化的时间,在每个粒子通过电容器的时间内,电场可视为匀强电场,不计粒子重力。试求:
(1)电压U0;
(2)粒子打在光屏上的最大速度;
(3)粒子打在光屏上的区域面积。
18.(14分)如图,在竖直平面内,一半径为R的半圆形轨道与水平轨道在B点平滑连接。半圆形轨道的最低点为B、最高点为C,圆心为O。整个装置处于水平向左的匀强电场中。现让一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点),从水平轨道的A点由静止释放,到达B点时速度为5gR。当小球过C点时撤去电场,小球落到水平轨道上的D点。已知A、B间的距离为103R,重力加速度为g,轨道绝缘且不计摩擦和空气阻力,求:
(1)该匀强电场场强E的大小及A、D间的距离;
(2)小球经过半圆形轨道某点P(图中未画出)时,所受合外力方向指向圆心O,求小球过P点时对轨道压力的大小。
答案全解全析
第十章 静电场中的能量
1.B
2.C
3.C
4.A
5.D
6.C
7.C
8.A
9.ACD
10.BD
11.BC
12.AB
1.B 沿电场线方向电势逐渐降低,可知C点的电势比A点的高,A错误;同一电场中,电场线越密集处场强越大,可知A点的电场强度比B点的电场强度大,B正确;电子从A运动到B的过程中,电场力做正功,则电势能减小,C错误;从A到B电子所受的电场力逐渐减小,则电子的加速度不断减小,D错误。
2.C 因为电介质相对于外框向左移动,则相对介电常数εr增大,根据C=εrS4πkd,可知电容器的电容变大,A错误;电容器极板与电源连接,则两板间的电压不变,B错误;根据E=Ud,两板间电压和间距都不变,则场强不变,C正确,D错误。
3.C 等量异种点电荷连线中点的电场强度大小为E=2kq(0.5l)2=8kql2,方向由中点O指向-q,A错误;图(b)中,夹角θ减小至0的过程中,外电场对+q做正功,对-q亦做正功,即外电场对电偶极子做正功,B错误;图(b)中,当夹角θ减小时,外电场对电偶极子做正功,电势能减小,当夹角θ=0时,外电场对电偶极子做正功最多,电偶极子的电势能最小,C正确;图(b)中,当夹角θ增大时,外电场对电偶极子做负功,电势能增大,当夹角θ=π时,外电场对电偶极子做负功最多,电偶极子的电势能最大,D错误。
4.A 电子从M点运动到Q点,有UMQ(-e)=6 eV,解得UMQ=-6 V,可推理得UNP=-2 V,而b等势面的电势为零,则c等势面的电势φc=-2 V,A正确;因为等差等势面平行且间距相等,所以该电场是匀强电场,则电子在P点、N点的加速度相等,B错误;电子从N到P,电场力做正功,动能增大,电势能减小,所以EkP>EkN,EpP
6.C 两种粒子的质量不同,进入电场时的动能相同,所以速度不同,A错误;设电场强度为E,粒子的质量为m、电荷量为q,粒子在电场中运动的加速度a=qEm,电场强度相同,两种粒子的比荷不同,所以加速度不同,B错误;设匀强电场的宽度bc为L,粒子的初动能为Ek,粒子离开电场时沿电场方向的速度为vy=at=qELmv0,粒子离开电场时的速度方向与初速度方向夹角的正切值为tan α=vyv0=qELmv02=qEL2Ek,两种粒子离开电场时的速度方向相同,两种粒子离开电场时的动能Ek'=12mv2=12m(v02+vy2)=Ek+q2E2L24Ek,两种粒子离开电场时的动能相同,C正确,D错误。
7.C 图乙中x1位置试探电荷所受的电场力等于零,根据图甲可知x0位置试探电荷所受电场力不为零,方向向左,试探电荷受力等于零的位置在x0的右侧,如图,故x1在x0的右侧,即x1>x0,A错误;由图乙可知,在x轴正半轴上,越靠近负点电荷,试探电荷的受力越大,B错误;在0
8.A 由图乙可知φA=2 V,当θ=π3时,P点位于下图中的E点处,此时φE=1 V;当θ=4π3时,P点位于下图中的F点处,由几何知识可知E、O、F三点共线,此时φF=5 V,则圆心O点的电势为φO=φE+φF2=3 V,过A点作OE的垂线交OE于M点,由几何知识易得,M点为EO中点,则下图中M点的电势为φM=φE+φO2=2 V=φA,故AM为等势线,由于电场线与等势线垂直,则可知电场线沿FOE方向,电场强度的大小为E=φO−φMRcos π3=1V0.2m×12=10 V/m,A正确;电子在A点时的电势能为EpA=-eφA=-2 eV,B错误;电子在A点时所受电场力平行于EF斜向左下方,C错误;圆弧不是电场的一个等势面,所以电子沿圆弧运动过程中电场力做功,D错误。
规律总结 等分法判断电势
如果把某两点间的距离等分为n段,则每段两端点的电势差等于原电势差的1n,这种等分间距求电势问题的方法,叫作等分法。
用“等分法”求匀强电场中某点的电势以及电场强度方向的方法
9.ACD A、B、C在等量异种点电荷产生的电场中,根据对称性可知,B、C两点电势相等,A正确;B、C两点的场强大小相等,方向不同,B错误;P、Q连线的垂直平分线为电势为零的等势线,垂直平分线上方电势为正,下方电势为负,C正确;根据电场线分布特点可知,A点场强比BC中点场强大,BC中点场强比B点场强大,D正确。
10.BD 由几何关系可知BO=CO=2a,所以B点和C点的电荷在O点产生的电场强度大小为EBO=ECO=kQ4a2,方向分别沿BO方向和OC方向,由几何关系可知两点电荷在O点产生的合电场强度大小为EBCO=3EBO=3kQ4a2,方向水平向右,所以G点的电荷在O点产生的电场强度大小为EGO=3kQ4a2,方向水平向左,所以G点的电荷为负电荷,且EGO=kQ'(3a)2,所以Q'=33Q4,A错误,B正确;E点和O点都在B、C处电荷形成电场的等势线上,所以小球从E点到O点的过程中B、C处的电荷对小球的电场力不做功,而此过程中G点的电荷对小球的电场力做功,所以有mga+WG=12mvO2,解得vO=2ga+2WGm≠2ga,C错误;E点和F点不仅在B、C处电荷形成电场的等势线上,而且还在G点的电荷形成电场的等势线上,所以小球从E点到F点的过程中电场力不做功,所以有mg·2a=12mvF2,解得vF=2ga,D正确。
11.BC 设水分子两端的有效距离为d,质量为m,两端的电荷量分别为+Q和-Q,在运动过程中,水分子受到的电场力为F=QE+-QE-=Q(E+-E-),因电场强度E随x均匀变化,所以E+-E-=kd,其中k=E1−E0x1,可知水分子受到的电场力恒定不变,故水分子的加速度恒定不变,水分子将在电场力作用下做匀加速直线运动,A错误,B正确;由于水分子所受电场力沿电场线方向,因此电场力对水分子做正功,水分子的电势能减少,C正确,D错误。
12.AB 为使质子在所有相邻圆筒的狭缝中都能受到向右的静电力,质子所到达狭缝处的场强必须向右,因此M、N所接电源的极性应周期性变化,A正确;因质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T,由T=Lv可知,金属圆筒的长度应与质子进入圆筒时的速度成正比,B正确;质子离开金属圆筒A时速度为v0,经4次加速进入圆筒E,由动能定理可得4eU=12mvE2−12mv02,解得质子从圆筒E射出时的速度大小为vE=8eUm+v02,C错误;质子在圆筒内做匀速运动,所以圆筒E的长度为LE=vET=T8eUm+v02,D错误。
图形剖析
13.答案 (1)不变(2分) 变小(2分) (2)CD(2分)
解析 (1)静电计指针张角大小表示电容器两极板间的电势差,电势差越大,静电计指针张角越大。电容器充电后与电路连接,电路结构不变,若只改变极板间距离或正对面积,电容器两极板间的电势差不变,故静电计指针张角不变;将滑动变阻器的滑片向D端移动时,电容器两端的电压减小,故静电计的指针张角变小。(2)断开开关S2后,电容器与外电路断开,电容器极板上的电荷量不变。电容器的电容由电容器本身的性质决定,断开开关S2,电容器的电容不变,A错误;将A极板上移时,正对面积减小,由C=εrS4πkd知电容器的电容减小,由C=QU可知电容器极板间电势差增大,所以静电计指针张角变大,B错误;在极板间插入有机玻璃板时,电容器的电容增大,由C=QU可知电容器极板间电势差减小,所以静电计指针张角变小,C正确;将A极板向右靠近B极板,极板间距离d减小,由C=εrS4πkd知电容器的电容增大,由C=QU可知电容器极板间电势差减小,所以静电计指针张角应减小,D正确。
14.答案 (1)1(1分) 大(1分) 相反(1分)
(2)4.1×10-4 F(3分) (3)c(2分)
解析 (1)充电时必须将电容器接电源,故将开关S接1时,平行板电容器充电,在充电开始时电路中的电流比较大,之后电流减小,当电容器充满电时,电流为零;电容器充电时,上板接电源正极,所以电容器上板带正电,充电时负电荷流出电容器上板,放电时负电荷流入上极板,所以流经G表的电流方向与充电时相反。(2)I-t图线与时间轴所围成的面积表示电荷量,每个小格表示的电荷量为q=0.4×0.2×10-3 C=8×10-5 C,由图乙可知Q=41q=41×8×10-5 C=3.28×10-3 C,根据C=QU,代入数据解得C=4.1×10-4 F。(3)在电容器放电实验中,根据Im=UmR可知,电阻越大,放电电流的最大值越小,由图可知,c图线的最大电流最小,故c图线对应的电阻最大。
15.答案 (1)9 N/C (2)(0,0.3 m) (3)0.3 V
解析 (1)根据图像可知,a点的场强为
Ea=Fq=0.90.1 N/C=9 N/C (1分)
(2)根据点电荷场强公式,a点的场强为
Ea=kQra2(1分)
设B点距原点的距离为rb,则B点的场强为
Eb=kQrb2(1分)
代入数据解得rb=0.3 m (1分)
即b点的坐标为(0,0.3 m)(1分)
(3)根据静电力做功与电势差的关系可得
Uab=Wabq=−0.6eV−e=0.6 V (2分)
根据电势与电势差之间的关系可得
Uab=φa-φb=0.6 V (1分)
又φa=0.9 V (1分)
解得φb=0.3 V (1分)
16.答案 (1)26 eV (2)375 V/m,场强方向为垂直BD斜向左下方
解析 (1)由动能定理可得
eUBA=EkA-EkB(1分)
UBA=φB-φA(1分)
代入数据解得EkA=26 eV (1分)
(2)匀强电场的方向平行于该平面,又因为BD为等势线,电场强度方向与等势线垂直,且指向电势低的方向,所以场强方向垂直于BD指向左下方,如图所示
由几何关系可得tan α=ADAB=34(2分)
解得α=37°(1分)
d=AB·sin α=4.8 cm (1分)
电场强度大小为E=UBAd(2分)
代入数据解得E=375 V/m (1分)
17.答案 (1)mv02q (2)2v0,与初速度方向的夹角为45° (3)l2
解析 (1)当两极板间电压为U0时,水平方向有
l=v0t(1分)
竖直方向有l2=12at2=qU0t22ml(1分)
联立解得U0=mv02q(1分)
(2)当两极板间电压为U0时,打在光屏上的粒子速度最大,
竖直方向的速度为vy=at=qU0ml·lv0=v0(1分)
打在光屏上的最大速度v=vy2+v02(1分)
可得v=2v0(1分)
设最大速度方向与初速度方向夹角为α,根据几何关系得
tan α=vyv0=1(1分)
所以最大速度与初速度方向的夹角为45°(1分)
(3)粒子打在光屏上的区域面积为
S=ll2v0·vy+l2(2分)
代入vy解得S=l2(2分)
18.答案 (1)3mg4q 43R (2)274mg
解析 (1)对A到B过程应用动能定理有
qExAB=12mvB2-0(1分)
解得E=3mg4q(1分)
对B到C过程应用动能定理有
-mg·2R=12mvC2−12mvB2(1分)
解得vC=gR(1分)
当小球过C点时撤去电场,小球做平抛运动,设B、D水平距离为x,由平抛运动的规律得
2R=12gt2,(1分)
x=vCt(1分)
则有t=4Rg,(1分)
x=2R(1分)
故A、D间的距离为xAD=xAB-x=103R−2R=43R(1分)
(2)由题意得小球所受合外力方向指向圆心O,设合力与竖直方向的夹角为θ,则有
tan θ=qEmg=34(1分)
设小球过P点时速度为v1,小球由B到P由动能定理得
qER sin θ-mgR(1-cos θ)=12mv12−12mvB2(1分)
过P点时,由牛顿第二定律得
N-mgcosθ=mv12R(1分)
联立解得轨道对小球的支持力N=274mg(1分)
根据牛顿第三定律,小球过P点时对轨道压力的大小为274mg(1分)
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