高二物理31创新设计第一章 章末检测Word文档格式.docx

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根据库仑定律可知电荷受到的静电力先变大后变小，B错误；

电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大，动能先增大后减小，C正确，D错误；

故选C.

3．如图2所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab的中点，a、b电势分别为φa＝5V、φb＝3V．下列叙述正确的是（　　）

图2

A．该电场在c点处的电势一定为4V

B．a点处的场强Ea一定大于b点处的场强Eb

C．一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少

D．一正电荷运动到c点时受到的电场力由c指向a

解析　因不知该电场是否是匀强电场，所以E＝

不一定成立，c点电势不一定是4V，所以A、B选项错误．因φa＞φb，电场线方向向右，正电荷从高电势点移到低电势点电场力做正功，电势能减少，受到的电场力指向b，所以C项正确，D项错误．

4.一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图3所示．容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是（　　）

图3

A．A点的电场强度比B点的大

B．小球表面的电势比容器内表面的低

C．B点的电场强度方向与该处内表面垂直

D．将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同

解析　由电场线的疏密表示场强大小可知，A点的电场强度比B点的小，A项错误；

沿电场线的方向电势逐渐降低，B项错误；

容器的内表面为一等势面，内表面处各点场强的方向与等势面垂直，C项对；

容器内表面为等势面，在等势面上移动电荷，电场力不做功，D项错误．

5．如图4所示，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q（q>

0）的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量）（　　）

图4

A．k

B．k

C．k

D．k

答案　B

解析　由于b点处的场强为零，根据电场叠加原理知，带电圆盘和a点处点电荷在b处产生的场强大小相等，方向相反．在d点处带电圆盘和a点处点电荷产生的场强方向相同，所以E＝k

＋k

＝k

，所以B选项正确．

6.一带电粒子在电场中仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度随时间变化的图像如图5所示，tA、tB分别是带电粒子到达A、B两点对应的时刻，则下列说法中正确的是（　　）

图5

A．A处的场强一定小于B处的场强

B．A处的电势一定高于B处的电势

C．电荷在A处的电势能一定小于在B处的电势能

D．电荷在A到B的过程中，电场力一定对电荷做正功

解析　根据速度图像的斜率等于加速度，由数学知识可以看出，从A点运动到B点的过程中带电粒子的加速度减小，则其所受的电场力减小，电场强度减小，即有A处的场强一定大于B处的场强，A错误；

由于带电粒子的电性未知，无法判断电场方向，也就不能判断电势高低，故B错误；

由图看出，带电粒子的速度增大，动能增大，则由能量守恒定律得知，其电势能减小，电场力做正功，故C错误，D正确．

二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分）

7．如图6所示，电荷量和质量都相同的带正电粒子以不同的初速度通过A、B两极板间的加速电场后飞出，不计重力的作用，则（　　）

图6

A．它们通过加速电场所需的时间相等

B．它们通过加速电场过程中动能的增量相等

C．它们通过加速电场过程中速度的增量相等

D．它们通过加速电场过程中电势能的减少量相等

答案　BD

解析　由于电荷量和质量相等，因此产生的加速度相等，初速度越大的带电粒子经过电场所需的时间越短，A错误；

加速时间越短，则速度的变化量越小，C错误；

由于电场力做功与初速度及时间无关，因此电场力对各带电粒子做功相等，则它们通过加速电场的过程中电势能的减少量相等，动能的增加量也相等，B、D正确．

8．带电粒子M只在电场力作用下由P点运动到Q点，在此过程中克服电场力做了2.6×

10－8J的功，那么（　　）

A．M在P点的电势能一定小于它在Q点的电势能

B．P点的场强一定小于Q点的场强

C．P点的电势一定高于Q点的电势

D．M在P点的动能一定大于它在Q点的动能

答案　AD

解析　因克服电场力做功，电势能增加，动能减小，所以A、D项正确；

P、Q两点的场强大小不能确定，B项错；

粒子电性未知，所以P、Q两点的电势高低不能判定，C项错．

9.如图7所示为点电荷a、b所形成的电场线分布，有一粒子（不计重力）由A进入电场，A、B是轨迹上的两点，以下说法正确的是（　　）

图7

A．该粒子带正电

B．a、b为异种电荷

C．该粒子在A点加速度较B点大

D．该粒子在A点电势能较B点大

答案　BC

解析　根据电场线从正电荷出发，到负电荷终止，可知a带正电，b带负电；

由粒子的轨迹向左上方弯曲，可知该粒子所受的电场力向左上方，因此该粒子带负电，故A错误，B正确；

A处电场线密，则A处电场强度大，粒子所受的电场力大，则粒子在A点加速度较大，故C正确；

根据顺着电场线方向电势降低，可知A点的电势较高，由推论：

负电荷在电势高处电势能小，则知粒子在A点电势能较B点小，故D错误．

10.平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰好能沿图8中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（　　）

图8

A．所受重力与电场力平衡

B．电势能逐渐增加

C．动能逐渐增加

D．做匀变速直线运动

解析　带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是重力mg，方向竖直向下；

二是电场力F＝Eq，方向垂直于极板向上．因二力均为恒力，已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D正确，选项A、C错误；

从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B正确．

三、填空题（本题共2小题，共10分）

11．（6分）如图9，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘丝线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，绳与竖直方向的夹角分别为α、β，且α＜β.若同时剪断两根丝线，空气阻力不计，两球带电荷量不变，两球质量为ma、mb，两球落地时间为ta、tb，落地时水平位移为xa、xb，则ma________mb，ta______tb，xa______xb.（填＞、＜或＝）

图9

答案　＞　＝　＜

解析　两球带同种电荷，所以两球在水平方向受到相互作用的电场力大小相等，方向相反，对两小球分别进行受力分析有：

mag＝

，mbg＝

.因为α＜β，所以tanα＜tanβ，mag＞mbg，ma＞mb；

剪断丝线，水平方向上，a的加速度小于b的加速度，竖直方向上两球均做自由落体运动，因此两球同时落地：

ta＝tb；

由于水平方向上a的加速度小于b的加速度，因此a球水平飞行的距离比b球小：

xa<

xb.

12．（4分）如图10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，相邻两等势面间电势差相等，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，电子在M点的电势能比N点的电势能________（填“大”或“小”）．

图10

答案　0.5　小

四、计算题（本题共4小题，共50分）

13．（10分）如图11所示，在匀强电场中，将带电荷量q＝－6×

10－6C的电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做了2.4×

10－5J的功，再从B点移到C点，电场力做了1.2×

10－5J的功．求：

图11

（1）A、B两点间的电势差UAB和B、C两点间的电势差UBC；

（2）如果规定B点的电势为零，则A点和C点的电势分别为多少？

（3）作出过B点的一条电场线（只保留作图的痕迹，不写做法）．

答案　

（1）4V　－2V　

（2）4V　2V

（3）见解析图

解析　

（1）UAB＝

＝

V＝4V

UBC＝

V＝－2V.

（2）UAB＝φA－φB

UBC＝φB－φC

又φB＝0

故φA＝4V，φC＝2V

（3）如图所示

14．（12分）一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图12所示．AB与电场线的夹角θ＝30°

，已知带电粒子的质量m＝1.0×

10－7kg，电荷量q＝1.0×

10－10C，A、B相距L＝20cm.（取g＝10m/s2，结果保留两位有效数字）求：

图12

（1）说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由．

（2）电场强度的大小和方向．

（3）要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少．

答案　见解析

解析　

（1）微粒只在重力和电场力作用下沿AB方向运动，在垂直于AB方向上的重力和电场力必等大反向，可知电场力的方向水平向左，如图所示，微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度vA方向相反，微粒做匀减速运动．

（2）在垂直于AB方向上，有qEsinθ－mgcosθ＝0

所以电场强度E≈1.7×

104N/C，方向水平向左．

（3）微粒由A运动到B时的速度vB＝0时，微粒进入电场时的速度最小，由动能定理得mgLsinθ＋qELcosθ＝

，代入数据，解得vA≈2.8m/s.

15．（14分）如图13所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d.

图13

（1）忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；

（2）分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决

（1）问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U＝2.0×

102V，d＝4.0×

10－2m，m＝9.1×

10－31kg，e＝1.6×

10－19C，g＝10m/s2.

（3）极板间既有静电场也有重力场．电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式．类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”φG的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点．

答案　

（1）

（2）见解析　（3）见解析

解析　

（1）根据动能定理，有

eU0＝

mv

，

电子射入偏转电场时的初速度v0＝

在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝

＝L

加速度a＝

偏转距离Δy＝

a（Δt）2＝

（2）只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力

G＝mg≈10－30N

电场力F＝

≈10－16N

由于F≫G，因此不需要考虑电子所受的重力．

（3）电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值，即φ＝

，类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能Ep与其质量m的比值，叫做重力势，即φG＝

电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定．

16．（14分）如图14所示，在E＝103V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R＝0.4m，一带正电荷q＝10－4C的小滑块质量为m＝0.04kg，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2，求：

图14

（1）要使小滑块能运动到半圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？

（2）这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？

（P为半圆轨道中点）

答案　

（1）20m　

（2）1.5N

解析　

（1）滑块刚能通过轨道最高点的条件是

mg＝m

，v＝

＝2m/s

滑块由释放点到最高点过程，由动能定理得：

qEx－μmgx－2mgR＝

mv2

所以x＝

代入数据得：

x＝20m.

（2）滑块通过P点时，由动能定理：

－mgR－qER＝

mv2－

所以v

＝v2＋2（g＋

）R

在P点由牛顿第二定律：

N－qE＝

所以N＝3（mg＋qE）＝1.5N

由牛顿第三定律得：

N′＝N＝1.5N．