第十章测评
一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求)
1.为了避免遭受雷击,在高大的建筑物上会安装尖端导体——避雷针,云层中的大量电荷可以通过避雷针被直接引入大地,从而达到保护建筑物的目的。如图所示是某次避雷针放电时,带电云层和避雷针之间三条等势线的分布示意图(图中虚线表示),图中实线上的A点和B点为空气分子被电离后产生的某个电荷的运动轨迹上的两点,该电荷的重力不计,则( )
A.避雷针周围的电场方向指向避雷针尖端
B.越靠近避雷针尖端,电势变化越快
C.同一电荷在A点的加速度大于在B点的加速度
D.由于不知道电荷电性,无法比较该电荷在A点和B点的电势能大小
2.如图所示,在粗糙的水平面上固定一个点电荷Q,在M点无初速度释放一个带有恒定电荷量的小物块,小物块在Q的电场中运动到N点停止,则从M到N的过程中,下列说法错误的是( )
A.小物块所受的静电力逐渐减小
B.小物块具有的电势能逐渐减小
C.M点的电势一定高于N点的电势
D.小物块电势能的减少量一定等于克服摩擦力做的功
3.如图所示,一圆环上均匀分布着正电荷,x轴垂直于环面且过圆心O。下列关于x轴上的电场强度和电势的说法正确的是( )
A.O点的电场强度为零,电势最低
B.O点的电场强度为零,电势最高
C.从O点沿x轴正方向,电场强度减小,电势升高
D.从O点沿x轴正方向,电场强度增大,电势降低
4.一个带电粒子仅在静电力作用下从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三点的电场强度大小关系为EC>EB>EA
C.粒子从A点经B点运动到C点,电势能先增大后减小
D.粒子从A点经B点运动到C点,静电力先做正功后做负功
5.(2023云南文山高一期末)如图所示,两正对、平行的带电金属板水平放置。若在两板正中间a点从静止释放一带电微粒,微粒恰好保持静止状态。现在固定微粒,将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转90°,然后释放微粒,该微粒恰好能从两极板飞出,则金属板的长度与两板之间间距的比值为( )
A.1∶1 B.2∶1
C.1∶2 D.∶1
6.静电计指针张角的大小可以定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小。如图所示,A、B是平行板电容器的两个金属板,G为静电计。开始时开关S闭合,静电计指针张开一定角度,为了使指针张开的角度增大些,下列采取的措施可行的是( )
A.断开开关S后,将A、B两极板分开些
B.保持开关S闭合,将A、B两极板分开些
C.保持开关S闭合,将A、B两极板靠近些
D.保持开关S闭合,将滑动变阻器的滑片向右移动
7.如图所示,竖直平面内有水平向左的匀强电场E,P点与M点的连线垂直于电场线,M点与N点在同一电场线上。两个完全相同的带正电荷的粒子,以大小相同的初速度v0分别从M点和N点沿竖直平面进入电场,不计重力,不计粒子间的相互作用。N点的粒子垂直电场线进入,M点的粒子与电场线成一定夹角进入,两粒子恰好都能经过P点,在此过程中,下列说法正确的是( )
A.静电力对两粒子做功相同
B.两粒子到达P点时的速度大小可能相等
C.两粒子到达P点时的电势能都减小
D.两粒子到达P点所需的时间一定不相等
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
8.如图甲所示,平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力),两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后,选项中的图像,反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是( )
9.测定电子的电荷量的实验装置示意图如图所示,置于真空中的油滴室内有两块水平放置的平行金属板M、N,分别与电压为U的恒定电源两极相连,两极板的间距为d。现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落,已知元电荷为e、重力加速度为g,则( )
A.油滴中电子的数目为
B.油滴从小孔运动至N板过程中,电势能增加mgd
C.油滴从小孔运动至N板过程中,机械能增加eU
D.若将极板M向下缓慢移动一小段距离,油滴将加速下降
10.两个点电荷Q1和Q2固定在x轴上O、D两点,两者之间连线上各点电势高低如图中曲线所示(OB>BD),取无穷远处电势为零,由图可知( )
A.B点电场强度为零
B.Q1为负电荷,Q2为正电荷
C.Q1电荷量一定大于Q2电荷量
D.将电子沿x轴从A点移到C点,静电力一直做正功
三、非选择题(本题共5小题,共54分)
11.(7分)“探究电容器充放电”的实验装置如图所示。将开关S扳到a,待电容器充电结束后,向电容器中间插入一块有机玻璃板,则在插入过程中电流方向为 ;电容器充电结束后,将开关S扳到b放电的过程中,电流方向为 。(均选填“c→d”或“d→c”)
12.(9分)(2023福建龙岩统考)某同学按图甲所示实验电路进行“观察电容器的充、放电现象”的实验,电源E为直流稳压电源,他先把开关S掷向1端,电容器充电完毕后,再把开关S掷向2端,电容器通过电阻R放电,传感器将电流信息传入计算机,屏幕上显示出电流随时间t的变化情况。
(1)图乙为电容器充电时显示出的电流随时间变化的i-t图像,电容器充电完毕后的电荷量约为 C(结果保留2位有效数字);
(2)实验时如果不改变电路其他器材,只将电阻换成另一个阻值较大的电阻进行实验,充电时间将 (选填“变长”“不变”或“变短”);
(3)实验时如果不改变电路其他器材,只将电容器换成另一个电容较大的电容器进行实验,则得到的i-t图线与坐标轴围成的面积将 (选填“变大”“变小”或“不变”)。
13.(10分)如图所示,某空间有一竖直向下的匀强电场(图中未画出),电场强度E=1.0×102 V/m,一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中,在金属板的正上方高度h=0.80 m的a处有一粒子源,盒内粒子以v0=2.0×102 m/s的初速度向水平面以下的各个方向均匀射出质量为m=2.0×10-15 kg、电荷量为q=+1×10-12 C的带电粒子,粒子最终落在金属板b上,不计粒子重力。(结果保留两位有效数字)
(1)求带电粒子打在金属板上时的动能。
(2)求从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围(所形成的面积);若使带电粒子打在金属板上的范围减小,可以通过改变哪些物理量来实现
14.(14分)(2023山东德州校考)如图所示,固定于同一条竖直线上的点电荷A、B相距为2d,电荷量分别为+Q和-Q。MN是竖直放置的光滑绝缘细杆,另有一个穿过细杆的带电小球p,质量为m、电荷量为+q(可视为点电荷,q远小于Q),现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放,小球p向下运动到距C点距离为d的O点时,速度为v。已知MN与AB之间的距离也为d。静电力常量为k,重力加速度为g。求:
(1)CO过程静电力对小球做的功WCO和C、O间的电势差UCO;
(2)小球p经过O点时加速度的大小;
(3)小球p经过与点电荷B等高的D点时速度的大小。
15.(14分)电容器作为储能器件,在生产生活中有广泛的应用。实际中的电容器在外形结构上有多种不同的形式,但均可以用电容描述它的特性。
(1)在两个相距很近的平行金属板中间夹上一层绝缘物质就组成一个最简单的电容器,叫作平行板电容器。图1为一平行板电容器的充电电路,在充电过程中两极板间电势差U随电荷量q的变化图像如图2所示。类比直线运动中由v-t图像求位移的方法,在图2中画出当电荷量由Q1增加到Q2的过程中电容器增加的电势能。
图3
(2)同平行板电容器一样,一个金属球和一个与它同心的金属球壳也可以组成一个电容器,叫作球形电容器。如图3所示,两极间为真空的球形电容器,其内球半径为R1,外球壳内半径为R2,电容为C=,其中k为静电力常量。请结合(1)中的方法推导该球形电容器充电后电荷量达到Q时所具有的电势能Ep的表达式。
第十章测评
1.B 避雷针周围的电场方向和避雷针所带的电荷有关,而避雷针所带电荷是感应电荷,它的电性和带电云层所带电荷电性相反,由于不知道带电云层所带电荷的电性,所以避雷针周围的电场方向不能确定,A错误;根据等势线画出电场线,越靠近避雷针尖端,电场线越密集,电场强度越大,电势变化越快,B正确;根据以上分析可得EA
2.C 小物块在从M运动到N的过程中,一定受到向右的摩擦力,所以库仑力一定向左。小物块由M运动到N,与电荷Q的距离越来越大,所以小物块受到的静电力即库仑力一定减小,A正确,不符合题意。由动能定理可得μmgx-WE=0,即WE=μmgx,静电力做正功,小物块具有的电势能减小,其减少量等于克服滑动摩擦力做的功,B、D正确,不符合题意。因点电荷Q的电性未知,故不能判断M、N两点电势的高低,C错误,符合题意。
3.B 根据电场的对称性和电场的叠加原理知,O点的电场强度为零。在x轴上,电场强度的方向自O点分别指向x轴正方向和x轴负方向,且沿电场线方向电势越来越低,所以O点电势最高。在x轴上离O点无限远处的电场强度为零,所以从O点沿x轴正方向的电场强度先增大后减小。B正确。
4.C 由题中v-t图像可知带电粒子在0~t0时间内做减速运动,静电力做负功,电势能增大;在t0~3t0时间内做反向加速运动,静电力做正功,电势能减小,C正确,D错误。因为不知道带电粒子电性,故本题中无法判断电势的高低,A错误。图像中斜率表示带电粒子的加速度,qE=ma,可知A、B、C三点中EB最大,B错误。
5.A 根据题意,由平衡条件可得Eq=mg;当逆时针转过90°后,静电力和重力垂直,受力分析如图所示,微粒水平向左做匀加速直线运动,竖直向下同样做匀加速直线运动,且加速度大小相同,都为g。设金属板的长度为L,金属板间距为d,微粒飞出时间为t,微粒恰好能从两极板飞出,有gt2,gt2,得金属板的长度与两板之间间距的比值为1∶1,A正确。
6.A 要使静电计的指针张开角度增大些,应该使静电计金属球和外壳之间的电势差增大,断开开关S后,将A、B两极板分开些,电容器的电荷量不变,电容减小,电势差增大,A正确;保持开关S闭合,将A、B两极板分开或靠近些,静电计金属球和外壳之间的电势差不变,B、C错误;保持开关S闭合,将滑动变阻器的滑片向右或向左移动,静电计金属球和外壳之间的电势差不变,D错误。
7.D 由于M、P间的电势差为零,N、P间的电势差大于零,由W=qU知,静电力对M点的粒子不做功,对N点的粒子做正功,静电力对两粒子做功一定不相同,A错误;根据动能定理知N点的粒子到达P点时速度增大,M点的粒子到达P点时速度大小不变,而它们的初速度大小相等,所以两粒子到达P点时的速度大小不相等,B错误;根据静电力做功情况可知,M点的粒子到达P点时电势能不变,N点的粒子到达P点时电势能减小,C错误;在垂直于电场线方向,两个粒子都做匀速直线运动,设M点的粒子的初速度方向与水平线的夹角为α,P点与M点的距离为L,则M点的粒子到达P点的时间tM=,N点的粒子到达P点的时间tN=,可见,两粒子到达P点所需时间一定不相等,D正确。
8.AD 在平行金属板之间加上如题图乙所示的周期性变化的电压时,因为电子在平行金属板间所受的静电力F=,所以电子所受的静电力大小不变,而方向随电压呈周期性变化。由牛顿第二定律 F=ma可知,电子在第一个内向B板做匀加速直线运动,在第二个内向B板做匀减速直线运动,在第三个内向A板做匀加速直线运动,在第四个内向A板做匀减速直线运动。所以a-t图像如图甲所示,v-t图像如图乙所示,又因匀变速直线运动的位移x=v0t+at2,所以x-t图像应是曲线。
9.AB 带电油滴在极板间匀速下落,故受力平衡,则有mg=q,所以油滴的电荷量q=,所以电子的数目为n=,A正确;油滴下降过程中,静电力方向向上,静电力做的功为-mgd,电势能增加mgd,B正确;机械能减少,C错误;若将极板M向下缓慢移动一小段距离,d减小,静电力F=q增大,合外力竖直向上,油滴将减速下降,D错误。
10.BCD 由E=知,B点的电场强度不为零,A错误;结合题图可知,Q1为负电荷,Q2为正电荷,B正确;由题图可知,电势零点离D点较近,故Q1电荷量一定大于Q2电荷量,C正确;将电子沿x轴从A点移到C点,电势一直升高,电子的电势能一直减小,静电力一直做正功,D正确。
11.解析 将开关S扳到a,电容器两极板间电压保持不变,根据C=,C=可得Q=,向电容器中间插入一块有机玻璃板时,电容器的εr变大,电容器极板电荷量增加,继续充电,电流方向为d→c;将开关S扳到b放电的过程中,电容器上极板带正电,放电时电流方向为c→d。
答案 d→c c→d
12.解析 (1)电容器所带的电荷量在数值上等于图像与坐标轴所包围的面积,每个小方格纵边长为0.2 mA,横边长为0.4 s,则每个小方格所代表的电荷量的数值为
q=it=0.2×10-3×0.4 C=8×10-5 C
曲线下方包含的小方格的个数约为37,得电容器所带的电荷量为Q=q×37=8×10-5×37 C=3.0×10-3 C。
(2)因为电容器的电荷量是一定的,根据I=,t=,可得阻值越大,电流越小,时间会变长。
(3)如果不改变电路其他器材,将电容器换成另一个电容较大的电容器,由Q=CU知电容C增大,电压U不变,则Q增大,则得到的i-t图线与坐标轴围成的面积将变大。
答案 (1)3.0×10-3
(2)变长
(3)变大
13.解析 (1)不计粒子重力,只有静电力做功,对粒子由动能定理得qUab=Ek-
可得带电粒子打在金属板上时的动能为Ek=qUab+=1.2×10-10 J。
(2)粒子源射出的粒子打在金属板上的范围以粒子水平抛出的落点为边界。设水平抛出后t时刻落在板上:x=v0t,h=at2,a=,S=πx2
联立以上各式得所形成的面积S==4.0 m2,可以通过减小h或增大E来实现。
答案 (1)1.2×10-10 J
(2)面积为4.0 m2 可以通过减小h或增大E来实现
14.解析 (1)根据动能定理有mgd+WCO=mv2
得WCO=mv2-mgd
C、O间的电势差为UCO=。
(2)点电荷A、B在O点的电场强度大小均为
E=k
则合电场强度为E,方向竖直向下
小球p经过O点时加速度的大小为
a=+g。
(3)小球在CO和OD两个过程中,静电力做功相同,则根据动能定理
2WCO+mg·2d=mv'2
则小球p经过与点电荷B等高的D点时速度的大小为v'=v。
答案 (1)mv2-mgd
(2)+g
(3)v
15.解析 (1)由v-t图像求位移时,图线与时间轴围成的面积表示位移,电容器增加的电势能也可以通过图线与q轴围成的面积来表示,如图甲所示。
(2)由电容的定义式可知球形电容器充电过程中两极间电势差U随电荷量q变化的图像如图乙所示,图中三角形的面积表示电荷量达到Q时电容器所具有的电势能Ep的大小。
由图可得Ep=QU
根据C=可得U=,Ep=
将球形电容器电容的表达式C=代入
推得Ep=。
答案 (1)见解析图甲
(2)Ep=分层作业8 电势能和电势
A级 必备知识基础练
1.反天刀是生活在尼罗河的一种鱼类,沿着它身体的长度方向分布着电器官,这些器官能在鱼周围产生电场,假设反天刀周围的电场线分布示意图如图所示,A、B、C为电场中的点,下列说法正确的是( )
A.头部带负电
B.A点电场强度大于C点电场强度
C.C点电势大于B点电势
D.正电荷从C点向A点运动,其电势能变大
2.如图所示是以电荷+Q为圆心的一组同心圆(虚线),电场中有A、B两点。现将一电荷量为q的正点电荷由A点沿不同的路径移动到B点,沿路径①做功为W1,沿路径②做功为W2,沿路径③做功为W3,则( )
A.W2
3.(多选)如图所示,一带正电的粒子q沿某椭圆轨道运动,该椭圆轨道的中心有一负电荷,在带电粒子由a点运动到b点的过程中( )
A.静电力做负功,q的速度减小
B.静电力做负功,q的电势能增大
C.静电力做正功,q的速度增大
D.静电力做正功,q的电势能减小
4.(2023陕西宝鸡中学模拟)描述甲、乙两个点电荷电场的部分电场线如图所示,下列说法正确的是( )
A.甲带负电,乙带正电
B.甲的电荷量等于乙的电荷量
C.若在P点固定一负的试探电荷,Q点固定一等量的正试探电荷,则P点的电势小于Q点的电势
D.除无穷远处之外,在甲、乙连线上仅有一处电场强度为0
5.(2023江苏苏州高一期末)如图所示,a、b,c、d,e、f,g、h为电场中的四组点,其中a、b两点距正点电荷的距离相等;c、d两点在两点电荷连线的中垂线上,并关于两点电荷的连线对称;e、f两点在两点电荷的连线上,并关于连线中点对称;g、h两点在两点电荷连线的中垂线上,并关于两点电荷的连线对称。这四组点中,电场强度和电势均相同的是( )
正点电荷
等量异种电荷
等量同种点电荷
A.a、b B.c、d
C.e、f D.g、h
6.如图所示,在电场强度为E=1×104 N/C、方向水平向右的匀强电场中,用一根长l=1 m的绝缘细杆(质量不计)固定一个质量为m=0.2 kg、电荷量为q=5×10-6 C的带正电的小球。细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动。现将杆由水平位置A轻轻释放,在小球运动到最低点B的过程中,静电力对小球做功多少 小球电势能如何变化
7.在电场中把一个电荷量为-6×10-8 C的点电荷从A点移到B点,克服静电力做功3×10-5 J;将此电荷从B点移到C点,静电力做功为4.5×10-5 J。
(1)若将此电荷从A点移到C点,电荷的电势能变化多少
(2)若A点的电势为零,则B、C两点的电势分别为多少
B级 关键能力提升练
8.两带电小球,所带电荷量分别为+q和-q,固定在一长度为l的绝缘细杆的两端,置于电场强度为E的匀强电场中,细杆与电场强度方向平行,其位置如图所示。若此细杆绕过O点垂直于细杆的轴转过180°,则在此转动过程中静电力做的功为( )
A.0 B.qEl
C.2qEl D.πqEl
9.(多选)如图甲所示,Q1、Q2为两个固定点电荷,其中Q1带正电,它们连线的延长线上有a、b两点。一正试探电荷以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处运动,其速度图像如图乙所示。则( )
A.Q2带正电
B.Q2带负电
C.试探电荷从b点到a点的过程中电势能增大
D.试探电荷从b点到a点的过程中电势能减小
10.(多选)如图所示,在点电荷Q产生的电场中,实线MN是一条方向未标出的电场线,虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB,电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是( )
A.电子一定从A向B运动
B.若aA>aB,则Q靠近M端且为正电荷
C.无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpA
11.如图所示,质量为m=0.2 kg的小球静置于绝缘水平桌面上,小球带有q=2×10-6 C的正电荷。t=0时,空间突然加上一范围足够大的匀强电场,电场强度大小为E=1×106 N/C,方向与水平方向夹角为θ=37°。已知小球与桌面间的动摩擦因数为μ=0.5。(重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:
(1)小球的加速度大小;
(2)0~2 s内,小球电势能的变化量ΔEp。
12.电荷量为q=1×10-4 C的带正电的小物块置于粗糙的绝缘水平面上,所在空间存在沿水平方向的匀强电场,电场强度E与时间t的关系及物块速度v与时间t的关系分别如图甲、乙所示,若重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)物块的质量和物块与水平面之间的动摩擦因数;
(2)物块运动2 s过程中,其电势能的改变量。
分层作业8 电势能和电势
1.B 2.B 3.CD
4.D 电场线由正电荷出发到负电荷终止,故甲带正电,乙带负电,A错误;两电荷附近电场线密集程度不同,所带电荷量不同,B错误;沿着电场线方向电势降低,P点电势高于Q点电势,C错误;两电荷所带电荷量不同,除无穷远处之外,在甲、乙连线上仅有一处电场强度为0,D正确。
5.B a、b两点的电场强度大小相等、方向不相同,电势相等,故A错误;根据对称性可知,c、d两点的电场强度大小相等、方向相同,电势相等,故B正确;根据对称性可知,e、f两点的电场强度大小相等、方向相同,但e点电势低于f点电势,故C错误;根据对称性可知,g、h两点的电场强度大小相等、方向相反,电势相等,故D错误。
6.解析 静电力做功与路径无关。在小球由A运动到最低点B的过程中,静电力对小球做的正功为
W=qEl=5×10-6×1×104×1 J=0.05 J
静电力对小球做正功,小球电势能减少,减少的电势能为0.05 J。
答案 0.05 J 电势能减少0.05 J
7.解析 (1)依题意从A点移到B点静电力做功WAB=-3×10-5 J
从B点移到C点静电力做功WBC=4.5×10-5 J
从A点移到C点,静电力做功为
WAC=WAB+WBC=-3×10-5 J+4.5×10-5 J=1.5×10-5 J
故从A点移到C点电势能减少1.5×10-5 J。
(2)设B、C点的电势分别为φB、φC,有
φA-φB=
φA-φC=
解得φB=-500 V,φC=250 V。
答案 (1)减少1.5×10-5 J (2)-500 V 250 V
8.C 9.BC
10.BC 电子在电场中做曲线运动,虚线AB是电子只在静电力作用下的运动轨迹,静电力沿电场线指向曲线的凹侧,电场的方向与静电力的方向相反,如图所示。由所给条件无法判断电子的运动方向,A错误;若aA>aB,说明电子在A点受到的静电力较大,A点的电场强度较大,根据点电荷的电场分布可知,靠近M端为场源电荷的位置,应为正电荷,B正确;无论Q为正电荷还是负电荷,一定有电势φA>φB,电子的电势能Ep=-eφ,电势能是标量,所以一定有EpA
在竖直方向上,Fsin θ
FN=mg-Fsin θ
解得a=
代入数据解得a=6 m/s2。
(2)0~2 s内小球的位移x=at2=12 m
静电力做功WF=Fxcos θ=19.2 J
静电力做功等于电势能的减少量,则ΔEp=-WF=-19.2 J。
答案 (1)6 m/s2 (2)-19.2 J
12.解析 (1)由题图可知
E1=3×104 N/C,E2=2×104 N/C,a1=2 m/s2
E1q-μmg=ma1
E2q-μmg=0
代入数据解得m=0.5 kg,μ=0.4。
(2)ΔEp=-(E1ql1+E2ql2)=-(3×104×1×10-4××2×1+2×104×1×10-4×2×1) J=-7 J,电势能减少了7 J。
答案 (1)0.5 kg 0.4 (2)电势能减少了7 J分层作业9 电势差
A级 必备知识基础练
1.雷雨天,一避雷针周围电场的等势面分布情况如图所示,在等势面上有A、B、C三点,其中A、B两点位置关于避雷针对称。下列说法正确的是( )
A.A、B两点的电场强度相同
B.C点电场强度大于B点电场强度
C.某负电荷从C点移动到B点,静电力做负功
D.某正电荷在C点的电势能小于在B点的电势能
2.一对等量正点电荷的电场的电场线(实线)和等势线(虚线)如图所示,图中A、B两点电场强度分别是EA、EB,电势分别是φA、φB,负电荷q在A、B处时的电势能分别是EpA、EpB,下列判断正确的是( )
A.EA >EB,φA>φB,EpA
D.EA
3.如图所示,a、b、c三条虚线表示电场中的等势面,等势面b的电势为0,且相邻两个等势面间的电势差相等,一个带正电的粒子在A时的动能为10 J,仅在静电力作用下从A运动到B,在B时速度为0,当这个粒子的动能为6 J时,其电势能为( )
A.-1 J B.0
C.1 J D.11 J
4.(2023海南嘉积中学校考)空间中P、Q两点处各固定一个点电荷,其中P为正电荷。P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示,相邻等势面间电势差相等,a、b、c、d为电场中的4个点。下列说法正确的是( )
A.P、Q两点处的电荷带同种电荷
B.c点与d点电场强度方向相同,电势也相同,a点电场强度小于b点电场强度
C.电子从c点到b点静电力做正功
D.电子在a点电势能比在b点的电势能大
5.如图所示,正点电荷电场中有A、B两点,将一电荷量q=+3.2×10-19 C 的试探电荷从电场中的A点移至B点,静电力做功W=+6.4×10-20 J,则A、B两点间的电势差U等于( )
A.0.5 V B.0.2 V
C.5 V D.2 V
6.如图所示,在某静电除尘器产生的电场中,带等量负电荷的两颗微粒只受静电力作用,分别从p点沿虚线pm、pn运动,被吸附到金属圆筒上,下列说法正确的是( )
A.p点的电势高于n点的电势
B.微粒在p点的电势能小于在m点的电势能
C.微粒从p到n的动能变化量大于从p到m的动能变化量
D.微粒从p到n的电势能变化量等于从p到m的电势能变化量
7.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。
B级 关键能力提升练
8.将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近,所形成的电场的电场线分布如图所示,金属球表面的电势处处相等。a、b为电场中的两点,则下列判断错误的是( )
A.a点的电场强度比b点的大
B.a点的电势比b点的高
C.试探电荷+q在a点的电势能比在b点的大
D.将试探电荷+q从a点移到b点的过程中,静电力做负功
9.(多选)如图所示,电场中有A、B两点,则下列说法正确的是( )
A.电势φA>φB,电场强度EA>EB
B.电势φA>φB,电场强度EA
D.将-q分别放在A、B两点时具有的电势能EpA>EpB
10.(2023湖北孝感高一联考)如图所示,在正四面体D-ABC的A、B两点固定两等量异种点电荷,其中E、F、G分别为AB、BC、CD的中点,则关于C、D、E、F、G五点的电场强度和电势说法正确的是( )
A.C、D两点的电势相等,电场强度大小相等、方向不同
B.D、G两点的电势相等,电场强度大小不等、方向相同
C.E、G两点的电势不等,电场强度大小不等、方向相同
D.E、F两点的电势不等,电场强度大小相等、方向不同
11.(2023江苏南通一中校考)两个位于纸面内的点电荷产生的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点时动能最大
12.(多选)图中虚线为一组间距相等的同心圆,圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场,实线为粒子仅在静电力作用下的运动轨迹,a、b、c三点是实线与虚线的交点。则该粒子( )
A.带负电
B.在c点受力最大
C.在b点的电势能大于在c点的电势能
D.由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化
13.(2023陕西宝鸡中学校考)如图所示,虚线为某电场的5个等势面,相邻等势面间电势差相等。一电子只在静电力作用下在电场中运动(轨迹未画出),已知电子经过等势面1时动能为5 eV,经过等势面4时动能为23 eV,等势面2的电势为+3 V,求:
(1)电子从等势面1运动至等势面4过程静电力做的功;
(2)等势面1的电势。
14.如图所示,Q为固定的正点电荷,A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为h和0.25h,将一带电小球从A点由静止释放,运动到B点时速度正好又变为0。若此带电小球在A点的加速度大小为g,求:
(1)此带电小球在B点的加速度;
(2)A、B两点间的电势差(用k、Q和h表示)。
分层作业9 电势差
1.D 2.A 3.A
4.B 由等势面作出电场线,如图所示,可知P、Q两点处的电荷带异种电荷,故A错误;根据点电荷的电场强度E=以及电场强度的叠加原理可知,c点与d点电场强度方向相同,因为c点与d点在同一等势面上,所以φc=φd,又因b点等差等势面比a点密集,可知b点电场强度较大,故B正确;电场线从高电势面指向低电势面,所以φc>φb,由Ep=qφ可知,电子在c点电势能低于在b点电势能,所以从c点到b点静电力做负功,故C错误;因为a点电势高于b点电势,由Ep=φq可知电子在a点电势能比在b点的电势能小,故D错误。
5.B 6.D
7.解析 电场中,电势的定义为电势能与电荷量的比值,即φ=,根据电势的定义可以这样定义重力势能:物体在某点的重力势能与质量的比值,即φG=。
答案 见解析
8.D 电场线的疏密表示电场强度的大小,由题图知a点的电场强度比b点的大,A正确;a点所在的电场线从带电小球出发到不带电的金属球终止,所以a点的电势高于金属球表面的电势,而b点所在的电场线从金属球出发,终止于无穷远,所以金属球表面的电势高于b点的电势,B正确;正电荷在电势高处电势能大,所以试探电荷+q在a点的电势能比在b点的大,C正确;由于试探电荷+q在a点的电势能比在b点的大,将试探电荷从a点移到b点的过程中,电势能减小,静电力做正功,D错误。
9.BC B处电场线较密,故电场强度EA
11.C 由等势面和电子在该电场中的运动轨迹,可以判断两点电荷都是负电荷,A错误;根据等差等势面密集的地方电场强度大,可知A点的电场强度比B点的小,B错误;过A点的电场线垂直于过A点的等势面指向左侧点电荷,A点的电势高于B点的电势,C正确;静电力从M点到P点对电子做负功,从P点到N点对电子做正功,由动能定理,电子运动到P点时动能最小,D错误。
12.CD 做曲线运动时,合力方向指向轨迹的凹侧,说明粒子带正电,A错误;由库仑定律F=k知离圆心越远,粒子所受的力越小,B错误;粒子从b点到c点过程中,静电力做正功,电势能减小,C正确;点电荷的等势面与虚线重合,依题意得Uab>Ubc,又静电力做功W=qU,则Wab>Wbc,由动能定理得粒子由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化,D正确。
13.解析 (1)由动能定理得,电子从等势面1运动至等势面4的过程静电力做的功为
W14=Ek4-Ek1=23 eV-5 eV=18 eV。
(2)等势面1、4间的电势差为U14==-18 V
由题意U12=φ1-φ2=U14
解得φ1=-3 V。
答案 (1)18 eV
(2)-3 V
14.解析 (1)这个带电小球必带正电荷,设其电荷量为q,由牛顿第二定律得,在A点时,有mg-=m·g,在B点时,有-mg=maB,解得aB=3g,方向竖直向上。
(2)带电小球从A点运动到B点的过程中,由动能定理得mg(h-0.25h)+qUAB=0,解得UAB=-。
答案 (1)3g,方向竖直向上 (2)-分层作业10 电势差与电场强度的关系
A级 必备知识基础练
1.在水深超过200 m的深海,光线极少,能见度极低。有一种电鳗具有特殊的本领,能通过自身发出生物电来获得食物、威胁敌害、保护自己。该电鳗的头尾相当于两个电极,在海水中产生的电场强度高达10 000 V/m。如果该电鳗在某次捕食时头尾间距为50 cm(如图所示),估算该电鳗在放电时产生的瞬时电压为( )
A.10 V B.500 V
C.5 000 V D.10 000 V
2.某匀强电场的等势面分布如图所示,每两个相邻等势面相距2 cm,则电场强度E的大小和方向分别为( )
A.E=100 V/m,竖直向下
B.E=100 V/m,竖直向上
C.E=100 V/m,水平向左
D.E=200 V/m,水平向右
3.如图所示,a、b是电场线上的两点,将一点电荷q从a点移到b点,静电力做功W,且已知a、b两点间的距离为d,下列说法正确的是( )
A.a、b两点间的电势差为
B.a点的电场强度E=
C.b点的电场强度E=
D.a点的电势为
4.a、b、c是匀强电场中同一平面上的三个点,各点的电势分别是φa=5 V,φb=2 V,φc=4 V,则如图所示的示意图中能表示该电场的电场强度方向的是( )
5.匀强电场中的三点A、B、C是一个三角形的三个顶点,AB的长度为1 m,D为AB的中点,如图所示。已知电场线的方向平行于△ABC所在平面,A、B、C三点的电势分别为14 V、6 V和2 V。设电场强度大小为E,一电荷量为1×10-6 C的正电荷从D点移到C点的过程中静电力所做的功为W,则 ( )
A.W=8×10-6 J,E>8 V/m
B.W=6×10-6 J,E>6 V/m
C.W=8×10-6 J,E≤8 V/m
D.W=6×10-6 J,E≤6 V/m
6.如图所示,两平行金属板A、B间为一匀强电场,A、B相距10 cm,C、D为电场中的两点(其中C点在金属板A上),且CD=5 cm,CD连线和电场强度方向成60°角。已知匀强电场的电场强度E为2×104 V/m,方向竖直向下。
(1)求电子从D点移到C点静电力做的功。
(2)若A板接地,D点电势为多少
7.(2023江苏常州高级中学测试)三个静止点电荷附近的某块区域中的等势线分布如图所示。图中相邻等势线之间的电势差均为1 V,有几条等势线所对应的电势已标明。正方形网格每一格的边长是1 cm。A、B、C、D是图示平面上的4个点。将一根细长的光滑直玻璃管水平放置,并固定在所示的区域中,玻璃管的一端位于B处,另一端位于C处,B和C均位于等势线上。(e=1.6×10-19 C)
(1)电子位于A点处,则其受到的静电力沿什么方向
(2)将一电子从A点移至D点,电子电势能变化了多少
(3)将带正电的小球从B端放入管中,给它向右的初速度,发现小球能够在玻璃管的约束下运动到C处,请分别说明运动过程中小球加速度a和速度v的大小是如何变化的。
B级 关键能力提升练
8.如图所示,在匀强电场中有a、b、c、d四点,它们处于同一圆周上,且ac、bd分别是圆的直径。已知a、b、c三点的电势分别为φa=9 V,φb=15 V,φc=18 V,则d点的电势为( )
A.4 V B.8 V
C.12 V D.16 V
9.如图所示,在匀强电场中,有边长为10 cm的等边三角形ABC,三角形所在平面与匀强电场的电场线平行,O点为该三角形的中心,虚线圆为三角形外接圆,三角形各顶点的电势分别为φA=2 V、φB=4 V、φC=6 V,下列说法正确的是( )
A.匀强电场的电场强度大小为40 V/m,方向由A指向C
B.将电子由A点移到C点,电子的电势能减少6.4×10-19 J
C.将电子由A点移到C点,电子的电势能增加6.4×10-19 J
D.在三角形ABC外接圆的圆周上,电势最低点的电势为2 V
10.如图甲所示为电场中的一条电场线,在电场线上建立坐标轴,则坐标轴上O~x2间各点的电势分布如图乙所示,则( )
A.在O~x2间,电场强度先减小后增大
B.在O~x2间,电场强度方向没有发生变化
C.若一负电荷从O点运动到x2点,电势能逐渐减小
D.从O点由静止释放一仅受静电力作用的正电荷,则该电荷在O~x2间一直做匀加速运动
11.如图所示,a、b、c是匀强电场中的三点,这三点构成等边三角形,每边长为L= cm,将一电荷量q=-2×10-6 C的点电荷从a点移到b点,静电力做功W1=-1.2×10-5 J;若将同一点电荷从a点移到c点,静电力做功W2=6×10-6 J。试求匀强电场的电场强度E的大小。
12.平行的带电金属板A、B间是匀强电场,如图所示,两板间距离是5 cm,两板间的电压是 60 V。
(1)两板间的电场强度是多大
(2)电场中有P1和P2两点,P1点离A板0.5 cm,P2点离B板也是0.5 cm,P1和P2两点间的电势差为多大
(3)若B板接地,P1和P2两点的电势各是多大
分层作业10 电势差与电场强度的关系
1.C
2.C 电场强度E= V/m=100 V/m,电场强度的方向垂直等势面且由高电势处指向低电势处,故水平向左。
3.A 由W=qU得a、b两点间的电势差U=,A正确;由于不知该电场是否是匀强电场,静电力可能不为恒力,B、C错误;题中没有指明零电势点,D错误。
4.D 5.A
6.解析 (1)由题意,D→C静电力做正功,
W=qELCDcos 60°=1.6×10-19×2×104×5×10-2× J=8×10-17 J。
(2)A、D间电势差为UAD=ELCDcos 60°=500 V,
由UAD=φA-φD,φA=0得φD=-500 V。
答案 (1)8×10-17 J (2)-500 V
7.解析 (1)电场线与等势线垂直,且沿着电场线方向电势逐渐降低,可知电场方向向左,则电子在A点受静电力方向向右(或由A指向B)。
(2)由题图可知φA=-3 V、φD=5 V,则两点间电势差为UAD=φA-φD=-8 V
静电力做功有W=qUAD=-1.6×10-19×(-8) J=1.28×10-18 J
由于ΔEp=-W=-1.28×10-18 J,故电势能减少了1.28×10-18 J。
(3)由B到C,等差等势面越来越稀疏,则电场强度减小,小球所受的静电力减小,可知加速度a逐渐减小,加速度与速度方向相反,所以速度v逐渐减小。
答案 (1)由A指向B (2)减少了1.28×10-18 J (3)加速度a逐渐减小,速度v逐渐减小
8.C
9.B 由题分析可知,电场强度方向垂直于BD由C指向A,电场强度大小为E==40 V/m,A错误;将电子从A点移到C点,WAC=qUAC=4 eV=6.4×10-19 J,说明将电子由A点移到C点电势能减少6.4×10-19 J,B正确,C错误;由图可知,在三角形ABC外接圆的圆周上,由电势沿电场线方向降低可知,电势最低点不是A点,最低电势小于2 V,D错误。
10.B φ-x图线的斜率的大小表示电场强度大小,由题图乙得知,图线的斜率先增大后减小,则电场强度先增大后减小,但斜率一直是负的,电场强度方向没有改变,A错误,B正确;由题图乙可知,O~x2间,电势逐渐降低,负电荷在高电势处电势能小,故负电荷从O点运动到x2点,电势能逐渐增大,C错误;从O点由静止释放一仅受静电力作用的正电荷,则该电荷在O~x2间做加速运动,但电场强度先增大后减小,所以电荷的加速度先增大后减小,不是匀加速运动,D错误。
11.解析 因为Uab= V=6.0 V
Uac==-3.0 V,φc>φa,所以Uc b=Uc a+Ua b=9.0 V。
令φb=0,则φc=9 V,φa=6 V。
将cb三等分,每一段两端点的电势差为3 V,d为三等分点,如图所示,则φd=6 V,连接a、d,并依次作ad的平行线,如图中虚线所示,得到各等势线,作等势线的垂线ce,则电场强度方向由c指向e,α和θ如图中所标。
所以E=,得3cos θ=2cos α,又α=60°-θ
所以3cos θ=2cos(60°-θ)=cos θ+sin θ
即2cos θ=
解得cos θ=,E==200 V/m。
答案 200 V/m
12.解析 (1)根据公式E=,代入数据得
E= V/m=1 200 V/m。
(2)P1、P2沿电场方向的距离为
d12=5 cm-(0.5 cm+0.5 cm)=4 cm
根据公式U=Ed得
U12=Ed12=1 200×4×10-2 V=48 V。
(3)由φ1-φB=Ed1B=1 200×4.5×10-2 V=54 V得φ1=54 V。
同理φ2-φB=Ed2B=1 200×0.5×10-2 V=6 V,得φ2=6 V。
答案 (1)1 200 V/m (2)48 V (3)54 V 6 V分层作业11 电场中的功能关系及图像问题
A级 必备知识基础练
1.(2023山东济南历城二中高二期中)在某静电场中由静止释放一电子,该电子仅在静电力作用下沿直线运动,其加速度a随时间t的变化规律如图所示,则下列说法正确的是( )
A.电子做减速运动
B.电子运动过程中途经各点的电势逐渐降低
C.该电场一定是非匀强电场
D.电子具有的电势能逐渐增大
2.(多选)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,静电力做功为-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,所受静电力做的功为0
C.Q2从无穷远处移到C点的过程中,所受静电力做的功为2W
D.Q2在移到C点后的电势能为-4W
3.(多选)静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系图像如图所示,x轴正方向为电场强度正方向,带正电的点电荷沿x轴运动,则点电荷( )
A.在x2和x4处电势能相等
B.由x1运动到x3的过程中电势能增大
C.由x1运动到x4的过程中静电力先增大后减小
D.由x1运动到x4的过程中静电力先减小后增大
4.空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示,A、B、C、D是x轴上的四点,电场强度在x轴方向上的分量大小分别是EA、EB、EC、ED,则( )
A.EA>EB
B.EC>ED
C.A、D两点在x轴方向上的电场强度方向相同
D.同一负电荷在A点时的电势能大于在B点时的电势能
5.(2023山东枣庄高一校考)两个等量同种点电荷固定于光滑水平面上,其连线中垂线上有A、B、C三点,如图甲所示,带电小球q从C点静止释放,在静电力作用下运动的v-t图像如图乙所示,其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)。下列说法正确的是( )
A.小球q一定带正电
B.B点为中垂线上电场强度最小的点
C.由C点到A点电势逐渐升高
D.由C点到A点的过程中小球q的电势能减小
6.如图所示,在竖直平面xOy内,固定一半径为R的光滑绝缘的圆形轨道,圆心在O点,第四象限(含x、y轴)内有水平向右的匀强电场,一质量为m、电荷量为+q的小球从图中A点静止释放,沿圆弧内侧轨道运动,第一次恰能通过圆弧轨道的最高点,已知重力加速度为g,求匀强电场的电场强度大小。
B级 关键能力提升练
7.(多选)已知试探电荷q在场源点电荷Q的电场中所具有电势能表达式为Ep=,其中k为静电力常量,r为试探电荷与场源点电荷间的距离,且规定无穷远处的电势能为0。真空中有两个点电荷Q1和Q2,分别固定在x坐标轴x1=0和x2=15 cm的位置上。一带负电的试探电荷在x轴上各点具有的电势能随x变化关系如图所示,其中试探电荷在A、B两点的电势能为零,A点的坐标是12 cm,C点为点电荷Q2右边电势能最小的点,则下列说法正确的是( )
A.Q1为正电荷,Q2为负电荷
B.点电荷Q1与Q2的电荷量之比为2∶1
C.C点对应x轴位置的坐标是xC=30 cm
D.两点电荷Q1、Q2在x轴上电场强度相同的点的位置为x=20 cm
8.(多选)(2020全国Ⅲ卷)如图所示,∠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
9.(2023山东德州市第一中学统考)如图甲所示,在粗糙绝缘水平面的A、C两处分别固定两个点电荷,A、C的坐标分别为-4L和4L。已知A处电荷的电荷量为Q,图乙是AC连线上的电势φ与坐标x的关系图像,x=2L处图线最低,x=-2L处的电势为φ1,x=3L处的电势为φ2。若在x=-2L的B点由静止释放一可视为质点的带电物块,物块的质量为m、电荷量为q,物块向右运动到x=3L处速度恰好为零。则C处电荷的电荷量及物块与水平面间的动摩擦因数分别为( )
甲
乙
A. B.
C. D.
10.(2023江苏南通一中校考)在光滑的绝缘水平面上,相隔2L的A、B两点固定有两个电荷量均为Q的正点电荷,a、O、b是A、B连线上的三点,O为中点,Oa=Ob=。一质量为m、电荷量为q的试探电荷以初速度v0从a点出发沿A、B连线向B运动,在运动过程中,除静电力外,试探电荷受到一个大小恒定的阻力作用,当它运动到O点时,动能为初动能的2倍,到b点时速度刚好为零。已知静电力常量为k,设O处电势为零,求a点的电势φa。
分层作业11 电场中的功能关系及图像问题
1.C 由题图可知电子做加速度减小的加速运动,故A错误;电子做加速运动,静电力对电子做正功,电子电势能逐渐减小,根据Ep=-eφ,可知电子运动过程中途经各点的电势逐渐升高,故B、D错误;根据牛顿第二定律可知电子所受静电力非恒力,所以该电场一定是非匀强电场,故C正确。
2.ABD 根据静电力做功可知-W=q(0-φC1),解得φC1=,A正确;B、C两点到A点的距离相等,这两点电势相等,Q1从C点移到B点的过程中,静电力做功为0,B正确;根据对称和电势叠加可知,A、B两点固定电荷量均为+q的电荷后,C点电势为φC2=2φC1=2,电荷量为-2q的点电荷Q2在C点的电势能为EpC=(-2q)×φC2=-4W,D正确;Q2从无穷远处移到C点的过程中,静电力做的功为W电=0-EpC=4W,C错误。
3.BC 由题图可知,x1到x4电场强度先变大再变小,则点电荷受到的静电力先增大后减小,C正确,D错误;由x1到x3及由x2到x4过程中,静电力均做负功,电势能均增大,A错误,B正确。
4.A φ-x图像的斜率表示沿x轴方向的电场强度的大小,A点的斜率大于B点的斜率,所以EA>EB,同理EC
6.解析 小球恰好通过圆弧轨道的最高点,则有mg=m
解得小球在最高点的速度为v=
小球从A点到最高点的过程中,根据动能定理可得EqR-mgR=mv2
解得E=。
答案
7.AC 由题图可知,带负电的试探电荷在0~15 cm间的电势能逐渐增大,可知Q1为正电荷,Q2为负电荷,故A正确;A点的电势能为0,则有=0,解得点电荷Q1与Q2的电荷量之比为4∶1,故B错误;根据电势能的计算公式Ep=Fx,可知图像的斜率代表静电力,则C点的静电力为0,有,解得xC=30 cm,故C正确;根据点电荷产生的电场公式有,解得x=10 cm,故D错误。
8.BC 沿MN边,从M点到N点,距P点的距离先变小后变大,P点的点电荷带正电,电场强度E=k,越靠近P点,电场强度越大,电势越大,所以电场强度先变大后变小,电势先变大后变小,选项A错误,选项B正确;正电荷在电势高的位置电势能也大,所以正电荷在M点的电势能大于其在N点的电势能,选项C正确;将正电荷由电势能大的M点移到电势能小的N点,电场力做正功,选项D错误。
9.B 根据φ-x图像的斜率表示沿x方向的电场强度的大小可知,x=2L处的电场强度为零,由点电荷电场强度公式E=和电场叠加原理,A处电荷的电荷量为Q,则有,解得QC=;带电物块运动过程中受静电力和摩擦力,从x=-2L到x=3L过程中,由动能定理有q(φ1-φ2)-μmg(2L+3L)=0,解得μ=。综上所述,B正确。
10.解析 根据等量同种电荷的电场特点可知,关于O点对称的a、b两点电势相等,试探电荷从a点到b点,根据动能定理有-F阻L=0-
试探电荷从a点到O点,根据动能定理有qφaO-=2×,又φaO=φa-0
解得φa=。
答案分层作业12 电容器的电容
A级 必备知识基础练
1.利用手机软件进行运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。如图所示,M极板固定,当手机的加速度变化时,N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。图中R为定值电阻。下列对该传感器的描述正确的是( )
A.静止时,电流表示数为零,电容器两极板不带电
B.由静止突然向前加速时,电容器的电容增大
C.由静止突然向前加速时,电流由b向a流过电流表
D.保持向前匀减速运动时,电阻R以恒定功率发热
2.某电车使用“3 V 12 000 F”石墨烯纳米混合型超级电容器,下列说法正确的是( )
A.该电容器最多能储存72 000 C的电荷量
B.电容器放电,电荷量逐渐减少到0,电容不变
C.电容器放电,电荷量逐渐减少到0,电压不变
D.若30 s能充满电,则充电平均电流为3 600 A
3.如图所示,电容式麦克风的振动膜由超薄金属或镀金的塑料薄膜制成,它与基板构成电容器。工作时,振动膜随声波左右运动。下列说法正确的是( )
A.振动膜向右运动时,电容器的电容减小
B.振动膜向右运动时,电阻上有从a到b的电流
C.振动膜向左运动时,a的电势比b的高
D.振动膜向左运动时,电阻上的电压为零
4.某一电容器中所带电荷量和两端电压之间的关系图线如图所示,若将该电容器两端的电压从40 V降低到36 V,对电容器来说正确的是( )
A.是充电过程
B.是放电过程
C.该电容器的电容为5×10-2 F
D.该电容器的电荷量变化量为0.2 C
5.(2023福建漳州模拟)如图所示,一平行板电容器充电后与电源断开,若电容器的正极板保持不动,将负极板缓慢向右平移一小段距离x0,则电容器的电容C、极板上所带的电荷量Q、两极板间电势差U及电场强度E与负极板移动的距离x的关系图像正确的是( )
6.当病人发生心室纤颤时,必须要用除颤器及时进行抢救,除颤器工作时的供电装置是一个C=70 μF的电容器,它在工作时,一般是让100~300 J的电能在2 ms的时间内通过病人的心脏部位。已知充电后电容器储存的电能为E=CU2。
(1)除颤器工作时的电功率在什么范围
(2)要使除颤器的电容器储存140 J的电能,充电电压需达到多大
B级 关键能力提升练
7.(多选)如图所示,平行板电容器与提供恒定电压的直流电源连接,下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于静止状态。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离,则下列说法正确的是( )
A.带电油滴将沿竖直方向向上运动
B.电容器所带电荷量将减少
C.极板之间的电场强度变大
D.P点的电势将升高
8.(2023山东德州校考)如图所示,将电容分别为C1、C2的两个平行板电容器并联接入电路,闭合开关S,待充电完成后断开开关S,在左侧电容器中的P点放一带电油滴,油滴恰好处于静止状态。然后将右侧电容器的极板C向上移动一小段距离,下列说法正确的是( )
A.油滴带正电
B.带电油滴会向下运动
C.带电油滴运动过程中电势能减小
D.极板A的电荷量保持不变
9.(2023江苏校联考模拟)实时监控生产绝缘材料厚度的传感器的结构简化图如图所示,M、N为两个固定的、水平正对放置的金属板,分别与恒压电源的正、负极相连,绝缘材料从两金属板间穿行的过程中,电流显示器检测的电流为I,则( )
A.I=0且恒定时,绝缘材料厚度均匀
B.I>0且恒定时,绝缘材料厚度均匀
C.I变大时,绝缘材料厚度一定增大
D.I由a流向b时,绝缘材料厚度增大
10.(多选)电容器充、放电电路如图甲所示。配合电流传感器,可以捕捉瞬间的电流变化,并通过计算机画出电流随时间变化的图像。实验中选用直流8 V电压,电容器选用电解电容器。先使单刀双掷开关S与1端相连,电源向电容器充电,这个过程可瞬间完成。然后把单刀双掷开关S掷向2端,电容器通过电阻R放电,传感器将电流传入计算机,图像上显示出放电电流随时间变化的I-t曲线如图乙所示。下列说法正确的是(已知电流I=)( )
A.电解电容器用氧化膜做电介质,由于氧化膜很薄,所以电容较小
B.随着放电过程的进行,该电容器两极板间电压逐渐减小
C.由传感器所记录的该放电电流图像可以估算出该过程中电容器的放电电荷量
D.通过本实验可以估算出该电容器的电容值
11.如图所示,已知平行板电容器两极板间距离d=4 mm,充电后两极板电势差为120 V。A板带正电,且P到A板距离为1 mm。若它的电容为3 μF,求:
(1)每个极板的电荷量;
(2)一个电子在P点具有的电势能(单位可使用eV);
(3)一个电子从B板出发到A板获得的动能(单位可使用eV)。
分层作业12 电容器的电容
1.C
2.B 该电容器能容纳的最大电荷量为Q=CU=12 000×3 C=36 000 C,A错误;电容器的电容与电荷量和电压无关,在充、放电时电容不变,电容器放电,电荷量逐渐减少到0,电压逐渐减小为0,B正确,C错误;若30 s能充满电,则充电平均电流为I= A=1 200 A,D错误。
3.B 4.B
5.D 根据电容的决定式C=可知,负极板向右移动,板间距离d增大,电容减小,故A错误;充电后的电容器与电源断开连接后,极板所带的电荷量Q保持不变,故B错误;由C=知,当Q不变、C减小时,U增大,故C错误;由C=,C=,E=,可得E=,在电荷量Q一定时,只改变板间距离d,E不变,故D正确。
6.解析 (1)根据电功率P=知
P1= W=5×104 W=50 kW,
P2= W=1.5×105 W=150 kW,
即电功率的范围为50~150 kW。
(2)根据电容器储存的电能为E=CU2,
知U= V=2 000 V。
答案 (1)50~150 kW (2)2 000 V
7.BD
8.C 充电完成后,极板A带正电,故此油滴带负电,故A错误;充电完成后断开开关S,两电容器的总电荷量Q=Q1+Q2保持不变,极板A、C始终相连,极板B、D始终相连,因此两电容器两端的电压U始终相等,因此Q=(C1+C2)U,当右侧电容器的极板C向上移动一小段距离后,C2减小,电压U增大,左侧电容器两极板间的电场强度E1=将增大,带电油滴会向上运动,静电力做正功,电势能减小,故B错误,C正确;左侧电容器的电荷量Q1=C1U,则Q1增大,故D错误。
9.A M、N两个水平正对放置的金属板构成电容器,板间的绝缘材料厚度变化即改变介电常数,根据电容的决定式C=,当绝缘材料厚度均匀时,介电常数不变,电容不变,根据电容的定义式C=可得,电容上的电荷量保持不变,电路中电流恒为0,故A正确,B错误。当绝缘材料厚度增大时,介电常数增大,电容增大,电容器所带电荷量增加,电容器充电,充电电流可能增大;当绝缘材料厚度减小时,介电常数减小,电容减小,电容器所带电荷量减少,电容器放电,放电电流也可能增大,故C错误。电流由a流向b时,电容器上的电荷量减少,电容减小,绝缘材料的厚度减小,故D错误。
10.BCD 因氧化膜很薄,板间距离很小,所以电容很大,A错误;由U=可知,因电容器电容不变,放电过程中电容器所带电荷量逐渐减小,所以电容器两端电压逐渐减小,B正确;由I=,再结合放电电流随时间变化的I-t曲线可知,C正确;根据I-t曲线可求出放电过程中通过电容器的放电电荷量,再由电容器放电瞬间电压与电源电压相等,根据U=即可求出电容器的电容值,D正确。
11.解析 (1)由Q=UC得Q=120×3×10-6 C=3.6×10-4 C。
(2)Ep=-eφP=-edPB=-90 eV。
(3)因为电子从B板出发到A板的过程中静电力做正功,电势能减小,动能增加,所以由动能定理得Ek-0=-eUBA,Ek=120 eV。
答案 (1)3.6×10-4 C (2)-90 eV (3)120 eV分层作业13 带电粒子在电场中的运动
A级 必备知识基础练
1.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喷射而产生推力。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所带电荷量无关
C.增大加速区MN极板的距离,可以增大射流速度而获得更大的推力
D.增大MN极板间的电压,可以增大射流速度而获得更大的推力
2.如图所示,a、b两个带正电的粒子,以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后,a粒子打在B板的a'点,b粒子打在B板的b'点,若不计重力,则( )
A.a的电荷量一定大于b的电荷量
B.b的质量一定大于a的质量
C.a的比荷一定大于b的比荷
D.b的比荷一定大于a的比荷
3.如图所示,在xOy坐标系所在平面内有沿x轴负方向的匀强电场,两个电荷量不同、质量相等的带电粒子A、B,从y轴上的S点以不同的速率沿着y轴正方向射入匀强电场,两粒子在圆形区域中运动的时间相同,不计粒子所受的重力,则( )
A.A粒子带负电荷
B.B粒子所带的电荷量比A粒子的少
C.A粒子在圆形区域中电势能的变化量比B粒子的小
D.B粒子进入电场时具有的动能比A粒子的大
4.如图所示,一价氢离子和二价氦离子的混合体,经同一加速电场由静止加速后,垂直射入同一偏转电场中,偏转后,打在同一荧光屏上,则它们( )
A.同时到达屏上同一点
B.先后到达屏上同一点
C.同时到达屏上不同点
D.先后到达屏上不同点
5.氕核H)、氘核H)、氦核He)三种粒子,从同一位置A无初速度地进入加速电压为U的匀强电场,如图所示。整个装置处于真空中,不计粒子重力及其相互作用,下列说法不正确的是( )
A.从A到B的过程中,氕核加速度最大
B.从A到B的过程中,氘核和氦核所用时间相同
C.到达B端时,氦核速度最大
D.到达B端时,氦核动能最大
6.如图甲所示,水平放置的两平行金属板A、B相距为d,板间加有如图乙所示随时间变化的电压。A、B板中点O处有一带电粒子,其电荷量为q,质量为m,在0~时间内粒子处于静止状态。已知重力加速度为g,周期T=。
(1)判断该粒子的电性。
(2)求在0~时间内两板间的电压U0。
(3)若t=T时刻,粒子恰好从O点正下方金属板A的小孔飞出,那么的值应为多少
B级 关键能力提升练
7.图甲为示波管的原理图。如果在电极YY'之间所加的电压按图乙所示的规律变化,在电极XX'之间所加的电压按图丙所示的规律变化,则在荧光屏上看到的图形是( )
8.(多选)如图所示,一个质量为m、电荷量为q的粒子,从两平行板左侧中点沿垂直电场强度方向射入,当入射速度为v时,恰好穿过电场而不碰金属板。要使粒子的入射速度变为仍能恰好穿过电场,则需使(不考虑重力) ( )
A.粒子的电荷量减小为原来的
B.两板间电压减小为原来的
C.两板间距离增大为原来的4倍
D.两板间距离增大为原来的2倍
9.(多选)喷墨打印机的简化模型如图所示,重力可忽略的墨汁微滴,经带电室带负电后,以速度v垂直匀强电场飞入极板间,最终打在纸上。则微滴在极板间电场中( )
A.向正极板偏转
B.电势能逐渐增大
C.运动轨迹是抛物线
D.运动轨迹与电荷量无关
10.(多选)如图所示是加速电场与偏转电场的组合。当加速电压为U1、偏转电压为U2、偏转极板长为L、板间距离为d时,电子打在荧光屏上形成光斑P,则( )
A.只增大d,偏转电场的电场强度增大
B.只增大L,荧光屏上光斑P的位置不变
C.只增大U1,电子穿越偏转电场的时间变短
D.只增大U2,能使荧光屏上光斑P向上移动
11.示波管工作原理图如图所示。现有一质量为m、所带电荷量为e的电子经加速电场AB加速后进入偏转电场CD,最后打到荧光屏上。已知加速电压为U1,偏转电场电压为U2,板间距为d,板长为L,板右侧到荧光屏水平距离为s。求:
(1)电子从加速电场射出时的速度大小;
(2)电子从偏转电场射出时的偏转距离y;
(3)电子打到荧光屏上的侧移距离Y。
分层作业13 带电粒子在电场中的运动
1.D 2.C 3.C 4.B
5.C 根据E=,F=qE,F=ma,联立得a=,因氕核比荷最大,故加速度也最大;因氘核和氦核比荷相同,故加速度相同,A不符合题意。根据d=at2,可知t=,从A到B的过程中,氘核和氦核加速度相同,故所用时间相同,B不符合题意。根据动能定理qU=mv2得v=,因氕核比荷最大,故氕核速度最大,C符合题意。根据动能定理qU=Ek,氦核电荷量最大,动能最大,D不符合题意。
6.解析 (1)在0~时间内,电场强度方向向上,重力向下,由平衡条件可知粒子带正电。
(2)0~时间内,粒子处于平衡状态
由mg=得U0=。
(3)在~T时间内有at2
mg+=ma
t=
由以上各式联立解得。
答案 (1)正电 (2) (3)
7.B
8.AD 粒子恰好穿过电场时,它沿平行板方向上发生位移L所用时间与垂直于板方向上发生位移所用时间相等,设两板间电压为U,则有,即L=dv,当入射速度变为时,它沿平行板的方向发生位移L所用时间变为原来的2倍,由上式可知,粒子的电荷量或电压变为原来的,或两板间距离增大为原来的2倍时,均使粒子恰好运动到极板处,水平位移恰好等于L,从而保证粒子仍恰好穿过电场,因此A、D正确。
9.AC 由于微滴带负电,电场方向向下,因此微滴受到的静电力方向向上,微滴向正极板偏转,A正确;偏转过程中静电力做正功,根据静电力做功与电势能变化的关系,电势能减小,B错误;微滴在垂直于电场方向做匀速直线运动,位移x=vt,沿电场反方向做初速度为零的匀加速直线运动,位移y=t2=,此为抛物线方程,C正确;从式中可以看出,运动轨迹与电荷量q有关,D错误。
10.CD 两偏转极板间的电场强度E=,所以只增大d,偏转电场的电场强度将减小,A错误。根据动能定理,在加速电场中有eU1=mv2-0,所以电子进入偏转电场的速度v=,而电子在偏转电场中做类平抛运动的时间t=,所以偏移量y=at2=t2=,所以只增大L或U2,电子的偏移量都将增大,荧光屏上光斑P的位置也会向上移动,B错误,D正确。电子在偏转电场中做类平抛运动的时间t==L,所以增大U1时,电子穿越偏转电场的时间变短,C正确。
11.解析 (1)由动能定理eU1=mv2得v=。
(2)电子穿越偏转电场时间t=
电子从偏转电场射出时的偏转距离y=at2
根据牛顿第二定律得a=
可得y=。
(3)如图所示,根据运动规律得
代入可得Y=。
答案 (1) (2) (3)分层作业14 带电粒子在电场中运动的四种题型
A级 必备知识基础练
1.如图所示实线为某竖直平面内匀强电场的电场线,一带电粒子从O点以初速度v射入该电场,运动一段时间后经过A点,OA与电场线垂直,不计粒子重力。下列说法正确的是( )
A.电场的方向一定斜向下方
B.电场中O点的电势比A点的电势高
C.粒子从O点运动到A点的过程中电势能一直减小
D.粒子从O点运动到A点的过程中速度先减小后增大
2.如图所示,一个平行板电容器充电后与电源断开,从负极板处释放一个电子(不计重力),设其到达正极板时的速度为v1,加速度为a1。若将两极板间的距离增大为原来的2倍,再从负极板处释放一个电子,设其到达正极板时的速度为v2,加速度为a2,则( )
A.a1∶a2=1∶1,v1∶v2=1∶2
B.a1∶a2=2∶1,v1∶v2=1∶2
C.a1∶a2=2∶1,v1∶v2=∶1
D.a1∶a2=1∶1,v1∶v2=1∶
3.喷墨打印机的结构原理如图所示,其中墨盒可以发出半径为1×10-5 m的墨汁微粒。此微粒经过带电室时带上负电,带电的多少通过计算机按字体笔画的高低位置输入的信号加以控制。带电后的微粒以一定的初速度进入偏转电场,经过偏转电场发生偏转后,打到纸上,显示出字体。无信号输入时,墨汁微粒不带电,沿直线通过偏转电场而注入回流槽流回墨盒。设偏转极板长L1=1.6 cm,两极板间的距离d=0.50 cm,偏转极板的右端到纸的距离L2=2.4 cm。若一个墨汁微粒的质量为1.6×10-10 kg,所带电荷量为1.25×10-12 C,以20 m/s的初速度垂直于电场方向进入偏转电场,打到纸上的点距原射入方向的距离是1.0 mm(不计空气阻力和墨汁微粒的重力,可以认为偏转电场只局限在平行板电容器内部,忽略边缘电场的不均匀性),则( )
A.墨汁微粒从进入偏转电场到打在纸上,做类平抛运动
B.两偏转极板间的电压是2.0×103 V
C.两偏转极板间的电压是5.0×102 V
D.为了使纸上的字体放大10%,可以把偏转电压降低10%
4.相距10 cm的平行板A和B之间存在匀强电场,电场强度大小E=4×104 V/m,方向竖直向下,如图所示。电场中C点距B板3 cm,D点距A板2 cm。有一个质量为m=2×10-8 kg的带电微粒沿图中所示的虚线从C点运动至D点。若重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是( )
A.该微粒在D点时的电势能最大
B.该微粒可能做匀变速直线运动
C.在此过程中,静电力对微粒做的功为1×10-8 J
D.该微粒带正电,所带的电荷量为5×10-12 C
5.如图所示,质量为m、电荷量为q的小球以初速度v0从A点竖直向上射入水平方向的匀强电场中,小球通过电场中B点时,速率vB=2v0,方向与电场的方向一致,则A、B两点的电势差为( )
A. B.
C. D.
6.如图所示,一长为L=0.20 m的丝线的一端拴一质量为m=1.0×10-4 kg、电荷量为q=+1.0×10-6 C的小球,另一端连在一水平轴O上,丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动,整个装置处在竖直向上的匀强电场中,电场强度E=2.0×103 N/C。现将小球拉到与轴O在同一水平面上的A点,然后无初速度地将小球释放,g取10 m/s2。求:
(1)小球通过最高点B时速度的大小;
(2)小球通过最高点B时,丝线对小球拉力的大小。
B级 关键能力提升练
7.(多选)(2023云南昆明高二期中)如图甲所示,真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q,两板间距为d,两板间加上如图乙所示、最大值为U0、周期性变化的电压,在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A,自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0、方向平行于金属板的相同带电粒子,t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场(粒子不与板碰撞),已知电场变化周期T=,粒子质量为m,不计粒子重力及相互间的作用力,则( )
A.在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0
B.粒子的电荷量为
C.在t=时刻进入的粒子刚好从两板中间离开电场
D.在t=时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
8.(多选)两个共轴的半圆柱形电极间存在一沿半径方向的电场,如图所示。带正电的粒子流由电场区域的一端M射入电场,沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端N射出,由此可知( )
A.若入射粒子的电荷量相等,则出射粒子的质量一定相等
B.若入射粒子的电荷量相等,则出射粒子的动能一定相等
C.若入射粒子的电荷量与质量之比相等,则出射粒子的速率一定相等
D.若入射粒子的电荷量与质量之比相等,则出射粒子的动能一定相等
9.(多选)如图所示,在竖直平面内有水平向右、电场强度为E=1×104 N/C的匀强电场。在匀强电场中有一根长l=2 m的绝缘细线,一端固定在O点,另一端系一质量m=0.08 kg的带电小球,静止时悬线与竖直方向成37°角。若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动,取小球静止时的位置为电势能零点和重力势能零点,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.小球的电荷量q=6×10-5 C
B.小球动能的最小值为1 J
C.小球在运动至圆周轨迹上的最高点时有机械能的最小值
D.小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变,且为4 J
10.如图所示,充电后的平行板电容器水平放置,电容为C,极板间距离为d,上极板正中有一小孔,质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落,穿过小孔到达下极板处时速度恰为零(空气阻力忽略不计),极板间电场可视为匀强电场,重力加速度为g,求:
(1)小球到达小孔处的速度大小;
(2)极板间的电场强度大小和电容器所带的电荷量;
(3)小球从开始下落至到达下极板所用的时间。
11.如图所示,半径为R的环形塑料管竖直放置,AB为该环的水平直径,且管的内径远小于环的半径,环的AB及以下部分处于水平向左的匀强电场中,管的内壁光滑。现将一质量为m、带电荷量为+q的小球从管中A点由静止释放,已知qE=mg。求:
(1)小球释放后,第一次经过最低点D时的速度和对管壁的压力;
(2)小球释放后,第一次经过最高点C时管壁对小球的作用力。
12.(2023河南济源高级中学测试)足够长的带电平行金属板MN、PQ与竖直方向夹角θ=30°,相距d=1.0 m,板间电场强度大小E=3.0×103 N/C,带电情况如图所示。A、B为金属板内侧两点,AB连线水平,其中点O处有一个粒子源,可以在平行纸面各个方向释放不同速率、质量m=3.0×10-3 kg、电荷量q=1.0×10-5 C的带正电的粒子。过O点一直线CD与金属板夹角也为θ=30°,有一半径R=0.2 m、圆心在CD上的圆,与AB相交于O、E两点,g取10 m/s2 。
(1)初速度为零的粒子运动到金属板时的速度大小;
(2)初速度大小为v1=0.5 m/s,沿着DC方向的粒子运动到金属板所用时间;
(3)初速度v2大小未知,方向垂直CD指向右上方的粒子经过E点时的动能。
分层作业14 带电粒子在电场中运动的四种题型
1.D 2.D 3.C
4.C 由于微粒只受静电力和重力作用做直线运动,故静电力与重力等大反向,微粒做匀速直线运动,静电力方向竖直向上,大小为mg,微粒从C点运动到D点的过程中,静电力做正功,电势能减小,在D点时的电势能最小,故A、B错误;从C点运动到D点的过程中,静电力对微粒做的功为W=F电dCD=mgdCD=2×10-8×10×5×10-2 J=1×10-8 J,故C正确;该微粒受到的静电力竖直向上,可知该微粒带负电,电荷量为q= C=5×10-12 C,故D错误。
5.C
6.解析 (1)小球由A运动到B,其初速度为零,静电力对小球做正功,重力对小球做负功,丝线拉力不做功,则由动能定理有
qEL-mgL=
vB==2 m/s。
(2)小球到达B点时,受重力mg、静电力qE和拉力FTB作用,经计算mg=1.0×10-4×10 N=1.0×10-3 N
qE=1.0×10-6×2.0×103 N=2.0×10-3 N
因为qE>mg,而qE方向竖直向上,mg方向竖直向下,小球做圆周运动,其到达B点时向心力的方向一定指向圆心,由此可以判断出FTB的方向一定指向圆心,由牛顿第二定律有
FTB+mg-qE=
FTB=+qE-mg=3.0×10-3 N。
答案 (1)2 m/s (2)3.0×10-3 N
7.ABD 粒子进入电场后,水平方向做匀速直线运动,则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间t==T,粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动,经过一个周期,粒子的竖直速度为零,故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0,故A正确;粒子竖直方向上的位移恰好为d,则时间内的位移为,有d=,解得q=,故B正确;t=时刻进入的粒子,在竖直方向先向下加速运动,然后向下减速运动,再向上加速运动,最后向上减速运动,由对称性可知,此时竖直方向的位移为零,故粒子从P板右侧边缘离开电场,故C错误,D正确。
8.BC
9.AB 开始时,小球处于静止状态,对小球进行受力分析,如图所示,由平衡条件可得mgtan 37°=qE,解得小球的电荷量为q==6×10-5 C,A正确。由于重力和静电力都是恒力,所以它们的合力也是恒力,在圆周轨迹上各点中,小球在平衡位置A点时的势能(重力势能和电势能之和)最小,在平衡位置关于O点的对称点B点,小球的势能最大,由于小球的总能量不变,所以小球在B点的动能EkB最小,对应速度vB最小;根据题意,在B点时小球只受重力和静电力,其合力为小球做圆周运动提供向心力,而细线的拉力恰为零,F合==1 N,又F合=m,得EkB==1 J,B正确。由于总能量保持不变,即Ek+EpG+EpE=恒量,当小球在圆周轨迹上最左侧的C点时,电势能EpE最大,所以在该点时机械能最小,C错误。小球由B运动到A,W合=F合·2l,所以小球在B点的势能EpB=4 J,总能量E=EpB+EkB=5 J,D错误。
10.解析 (1)小球到达小孔前做自由落体运动,根据速度位移关系有v2=2gh
解得v=。
(2)在从释放至到达下极板处过程,
由动能定理有mg(h+d)-qEd=0
解得E=
电容器两极板间的电压为U=Ed=
电容器的电荷量为Q=CU=。
(3)加速过程中,有mg=ma1,v=a1t1
减速过程中,有mg-qE=ma2,-v=a2t2
t=t1+t2
联立解得t=。
答案 (1) (2)
(3)
11.解析 (1)A至D点,由动能定理得
mgR+qER=,v1=2
由牛顿第二定律FN-mg=m,FN=5mg
由牛顿第三定律FN=FN'
小球对管壁的压力为5mg,方向竖直向下。
(2)第一次经过C,-mgR+qE·2R=
设管壁对小球的作用力方向竖直向下,mg+FC1=m
FC1=mg,方向竖直向下。
答案 (1)2 5mg,方向竖直向下 (2)mg,方向竖直向下
12.解析 (1)由题意可知,静电力和重力大小分别为
F电=qE=1.0×10-5×3.0×103 N=3.0×10-2 N
G=mg=3.0×10-3×10 N=3.0×10-2 N
由F电=G,结合几何关系可知合力方向由C指向D,大小为F=mg=3.0×10-2 N
由牛顿第二定律有a==10 m/s2
由几何关系知OD的距离为x=d,由运动学公式v2=2ax,解得v==2 m/s。
(2)先以v1=0.5 m/s向C做匀减速运动,匀减速的位移x'= m<1 m
则粒子最终到达PQ板,由运动学公式得-d=v1t1-
解得t1=0.5 s。
(3)初速度方向与合力方向垂直,粒子做类平抛运动,有Rsin 60°=v2t2,R(1+cos 60°)=
得v2= m/s
从O到E由动能定理得F·R(1+cos 60°)=Ek-
解得Ek=9.75×10-3 J。
答案 (1)2 m/s (2)0.5 s (3)9.75×10-3 J
