24版高中同步新教材必修第三冊人教物理備課資源綜合拔高練含答案

24版高中同步新教材必修第三冊人教物理備課資源綜合拔高練五年高考練考點1電勢高低及電勢能大小的判斷1.(2022江蘇,9)如圖所示,正方形ABCD的四個頂點各固定一個帶正電的點電荷,電荷量相等,O點為正方形的中心。現(xiàn)將A點的電荷沿OA的延長線向無窮遠(yuǎn)處移動,則()A.在移動過程中,O點電場強度變小B.在移動過程中,C點的電荷所受靜電力變大C.在移動過程中,移動的電荷所受靜電力做負(fù)功D.當(dāng)其移動到無窮遠(yuǎn)處,O點的電勢高于A點2.(2022湖南,2)如圖,四根完全相同的均勻帶正電絕緣長棒對稱放置在長方體的四條長邊a、b、c、d上。移去a處的絕緣棒,假定另外三根絕緣棒電荷分布不變。關(guān)于長方體幾何中心O點處電場強度方向和電勢的變化,下列說法正確的是()A.電場強度方向垂直指向a,電勢減小B.電場強度方向垂直指向c,電勢減小C.電場強度方向垂直指向a,電勢增大D.電場強度方向垂直指向c,電勢增大3.(2021北京,9)如圖所示的平面內(nèi),有靜止的等量異號點電荷,M、N兩點關(guān)于兩電荷連線對稱,M、P兩點關(guān)于兩電荷連線的中垂線對稱。下列說法正確的是()A.M點的場強比P點的場強大B.M點的電勢比N點的電勢高C.N點的場強與P點的場強相同D.電子在M點的電勢能比在P點的電勢能大4.(2021江蘇,10)一球面均勻帶有正電荷,球內(nèi)的電場強度處處為零,如圖所示,O為球心,A、B為直徑上的兩點,OA=OB,現(xiàn)垂直于AB將球面均分為左右兩部分,C為截面上的一點,移去左半球面,右半球面所帶電荷仍均勻分布,則()A.O、C兩點電勢相等B.A點的電場強度大于B點C.沿直線從A到B電勢先升高后降低D.沿直線從A到B電場強度逐漸增大考點2電場線、等勢面的特點及應(yīng)用5.(2022浙江1月選考,10)某種氣體—電子放大器的局部結(jié)構(gòu)是由兩塊夾有絕緣介質(zhì)的平行金屬薄膜構(gòu)成,其上存在等間距小孔,其中相鄰兩孔截面上的電場線和等勢線的分布如圖所示。下列說法正確的是()A.a點所在的線是等勢線B.b點的電場強度比c點大C.b、c兩點間的電勢差的值比a、c兩點間的大D.將電荷沿圖中的線從d→e→f→g移動時電場力做功為零6.(2022全國乙,19)如圖,兩對等量異號點電荷+q、-q(q>0)固定于正方形的4個頂點上。L、N是該正方形兩條對角線與其內(nèi)切圓的交點,O為內(nèi)切圓的圓心,M為切點。則()A.L和N兩點處的電場方向相互垂直B.M點的電場方向平行于該點處的切線,方向向左C.將一帶正電的點電荷從M點移動到O點,電場力做正功D.將一帶正電的點電荷從L點移動到N點,電場力做功為零7.(2021全國甲,19)某電場的等勢面如圖所示,圖中a、b、c、d、e為電場中的5個點,則()A.一正電荷從b點運動到e點,電場力做正功B.一電子從a點運動到d點,電場力做功為4eVC.b點電場強度垂直于該點所在等勢面,方向向右D.a、b、c、d四個點中,b點的電場強度大小最大8.(2022重慶,8)如圖為兩點電荷Q、Q'的電場等勢面分布示意圖,Q、Q'位于x軸上,相鄰等勢面的電勢差為3V。若x軸上的M點和N點位于0V等勢面上,P為某等勢面上一點,則()A.N點的電場強度大小比M點的大B.Q為正電荷C.M點的電場方向沿x軸負(fù)方向D.P點與M點的電勢差為12V9.(2021全國乙,15)如圖(a),在一塊很大的接地金屬平板的上方固定一負(fù)電荷。由于靜電感應(yīng),在金屬平板上表面產(chǎn)生感應(yīng)電荷,金屬板上方電場的等勢面如圖(b)中虛線所示,相鄰等勢面間的電勢差都相等。若將一正試探電荷先后放于M和N處,該試探電荷受到的電場力大小分別為FM和FN,相應(yīng)的電勢能分別為EpM和EpN,則()A.FM<FN,EpM>EpNB.FM>FN,EpM>EpNC.FM<FN,EpM<EpND.FM>FN,EpM<EpN考點3電勢差與場強的關(guān)系10.(2022湖北,4)密立根油滴實驗裝置如圖所示,兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負(fù)極相接,板間產(chǎn)生勻強電場。用一個噴霧器把密度相同的許多油滴從上板中間的小孔噴入電場,油滴從噴口噴出時由于摩擦而帶電。金屬板間電勢差為U時,電荷量為q、半徑為r的球狀油滴在板間保持靜止。若僅將金屬板間電勢差調(diào)整為2U,則在板間能保持靜止的球狀油滴所帶電荷量和半徑可以為()A.q,rB.2q,rC.2q,2rD.4q,2r11.(2021海南,11)如圖,在勻強電場中有一虛線圓,ab和cd是圓的兩條直徑,其中ab與電場方向的夾角為60°,ab=0.2m,cd與電場方向平行,a、b兩點的電勢差Uab=20V。則()A.電場強度的大小E=200V/mB.b點的電勢比d點的低5VC.將電子從c點移到d點,電場力做正功D.電子在a點的電勢能大于在c點的電勢能考點4電場中的圖像問題12.(2021山東,6)如圖甲所示,邊長為a的正方形,四個頂點上分別固定一個電荷量為+q的點電荷;在0≤x<22a區(qū)間,x軸上電勢φ的變化曲線如圖乙所示?，F(xiàn)將一電荷量為-Q的點電荷P置于正方形的中心O點,此時每個點電荷所受庫侖力的合力均為零。若將P沿x軸向右略微移動后,由靜止釋放,以下判斷正確的是()A.Q=2+12q,釋放后B.Q=2+12q,釋放后C.Q=22+14q,D.Q=22+14q,13.(2020課標(biāo)Ⅰ,17)圖(a)所示的電路中,K與L間接一智能電源,用以控制電容器C兩端的電壓UC。如果UC隨時間t的變化如圖(b)所示,則下列描述電阻R兩端電壓UR隨時間t變化的圖像中,正確的是()考點5電容器14.(2022重慶,2)如圖為某同學(xué)采用平行板電容器測量材料豎直方向尺度隨溫度變化的裝置示意圖,電容器上極板固定,下極板可隨材料尺度的變化上下移動,兩極板間電壓不變。若材料溫度降低時,極板上所帶電荷量變少,則()A.材料豎直方向尺度減小B.極板間電場強度不變C.極板間電場強度變大D.電容器電容變大考點6帶電粒子(物體)在電場中的運動15.(2022浙江6月選考,9)如圖所示,帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強電場,板長為L(不考慮邊界效應(yīng))。t=0時刻,M板中點處的粒子源發(fā)射兩個速度大小為v0的相同粒子,垂直M板向右的粒子,到達(dá)N板時速度大小為2v0;平行M板向下的粒子,剛好從N板下端射出。不計重力和粒子間的相互作用,則()A.M板電勢高于N板電勢B.兩個粒子的電勢能都增加C.粒子在兩板間的加速度a=2D.粒子從N板下端射出的時間t=(16.(2022全國甲,21)地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場,將一帶正電荷的小球自電場中P點水平向左射出。小球所受的重力和電場力的大小相等,重力勢能和電勢能的零點均取在P點。則射出后,()A.小球的動能最小時,其電勢能最大B.小球的動能等于初始動能時,其電勢能最大C.小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時,其動能最大D.從射出時刻到小球速度的水平分量為零時,重力做的功等于小球電勢能的增加量17.(2021湖南,9)如圖,圓心為O的圓處于勻強電場中,電場方向與圓平面平行,ab和cd為該圓直徑。將電荷量為q(q>0)的粒子從a點移動到b點,電場力做功為2W(W>0);若將該粒子從c點移動到d點,電場力做功為W。下列說法正確的是()A.該勻強電場的場強方向與ab平行B.將該粒子從d點移動到b點,電場力做功為0.5WC.a點電勢低于c點電勢D.若只受電場力,從d點射入圓形電場區(qū)域的所有帶電粒子都做曲線運動18.(2022北京,18)如圖所示,真空中平行金屬板M、N之間距離為d,兩板所加的電壓為U。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板由靜止釋放。不計帶電粒子的重力。(1)求帶電粒子所受的靜電力的大小F;(2)求帶電粒子到達(dá)N板時的速度大小v;(3)若在帶電粒子運動d2距離時撤去所加電壓,求該粒子從M板運動到N板經(jīng)歷的時間t19.(2022遼寧,14)如圖所示,光滑水平面AB和豎直面內(nèi)的光滑14圓弧導(dǎo)軌BO在B點平滑連接,導(dǎo)軌半徑為R。質(zhì)量為m的帶正電小球?qū)⑤p質(zhì)彈簧壓縮至A點后由靜止釋放,脫離彈簧后經(jīng)過B點時的速度大小為gR,之后沿導(dǎo)軌BO運動。以O(shè)為坐標(biāo)原點建立直角坐標(biāo)系xOy,在x≥-R區(qū)域有方向與x軸夾角為θ=45°的勻強電場,進入電場后小球受到的電場力大小為2mg,小球在運動過程中電荷量保持不變,重力加速度為g。求(1)彈簧壓縮至A點時的彈性勢能;(2)小球經(jīng)過O點時的速度大小;(3)小球過O點后運動的軌跡方程。三年模擬練應(yīng)用實踐1.(2023廣東廣州廣雅中學(xué)月考)在維護和檢修高壓供電線路時,為了不影響城市用電,電工經(jīng)常要在高壓線上帶電作業(yè)。為了保障安全,電工全身要穿上用金屬絲線編織的衣服(如圖甲)。圖乙中電工站在高壓直流輸電線的A供電線上作業(yè),頭頂上方有B供電線,B供電線的電勢高于A電線的電勢。虛線表示電工周圍某一截面上的等差等勢線,c、d、e、f是等勢線上的四個點。以下說法中正確的是()A.在c、d、e、f四點中,c點的電場最強B.在c、d、e、f四點中,f點的電勢最高C.若將某電子由c移到f,其電勢能將增加D.將某電子在d點由靜止釋放,它會向e點所在等勢面運動2.(2022江蘇南京第一中學(xué)月考)微信運動步數(shù)的測量是通過手機內(nèi)電容式加速度傳感器實現(xiàn)的。如圖所示,M極板固定,當(dāng)手機的加速度變化時,N極板只能按圖中標(biāo)識的“前”或“后”方向運動。圖中R為定值電阻。下列對傳感器描述正確的是()A.靜止時,電流表示數(shù)為零,電容器兩極板不帶電B.保持向前勻加速運動時,電路中沒有電流C.由靜止突然向后運動時,電容器的電容減小D.由靜止突然向前運動時,電流由a向b流過電流表3.(2023浙江七彩陽光新高考聯(lián)盟聯(lián)考)兩個帶電荷量不等的點電荷Q、q周圍的電場線分布如圖所示,虛線為兩電荷連線的中垂線,c、d兩點在中垂線上,且關(guān)于兩電荷連線對稱。下列說法正確的是()A.a、b兩點的電勢可能相同B.a、b兩點的電場強度可能相同C.把電荷從c點沿虛線移到d點,電場力一直不做功D.把電荷從c點沿虛線移到d點,電場力做的總功為零4.(2023河南安陽聯(lián)考)真空中兩個點電荷Q1、Q2分別固定于x軸上x1=0和x2=4a兩點(圖中未畫出),在它們的連線上的電場強度E與x的關(guān)系圖像如圖所示。已知Q1帶正電,取無窮遠(yuǎn)處為電勢零點,下列說法正確的是()A.Q2帶負(fù)電B.Q1與Q2的電荷量大小之比是1∶3C.x軸上x=a處的電勢小于零D.x軸的負(fù)方向為電場強度的正方向5.(2023安徽皖南八校聯(lián)考)一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下沿x軸正方向運動,其電勢能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示,其中O~x2段是關(guān)于直線x=x1對稱的曲線,x2~x3段是直線,則下列說法不正確的是()A.x1處電場強度最小,但不為零B.粒子在O~x3段做變速運動,x2~x3段做勻變速運動C.x2~x3段的電場強度大小、方向均不變,為一定值D.O、x1、x2、x3處的電勢φ0、φ1、φ2、φ3的關(guān)系為φ1>φ2=φ0>φ36.(2023福建德化第一中學(xué)月考)如圖所示,在x軸上的O點(x=0)和b點(x=15cm)分別固定放置兩點電荷q1、q2,其產(chǎn)生的靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖中所示,a、c兩點是圖線與橫軸的交點,取無窮遠(yuǎn)處的電勢為零,下列說法正確的是()A.a、c兩點的電場強度大小相等,方向相反B.q1所帶電荷量是q2所帶電荷量的4倍C.將一正電荷從a點移到c點,電場力做功為零D.將一負(fù)電荷從c點移到d點,電勢能增大7.(2023江蘇南通第一次質(zhì)量檢測)如圖所示,AB是一根半圓形絕緣細(xì)線,O點為其圓心,等量異種電荷均勻分布在細(xì)線上。P、Q是一條直徑上的兩點,PO>QO,點N在圓心O正下方,設(shè)無窮遠(yuǎn)處電勢為零,則()A.UPN=UQNB.UPO>UOQC.P點的場強大于Q點的場強D.將負(fù)電荷從無窮遠(yuǎn)處移到N點,電場力做正功8.(2023湖北孝感新高考協(xié)作體聯(lián)考)如圖所示,真空中有一勻強電場(圖中未畫出),電場方向與圓周所在平面平行,△ABC是圓的內(nèi)接直角三角形,∠BAC=63.5°,O為圓心,半徑R=5cm。位于A處的粒子源向平面內(nèi)各個方向發(fā)射初動能均為8eV、電荷量為+e的粒子,這些粒子會經(jīng)過圓周上不同的點,其中到達(dá)B點的粒子動能為12eV,到達(dá)C點的粒子電勢能為-4eV(取O點電勢為零)。忽略粒子受到的重力和粒子間的相互作用,sin37°=0.6。下列說法正確的是()A.UCA=-12VB.電場方向由A指向BC.勻強電場的電場強度大小為1V/cmD.經(jīng)過圓周上的所有粒子,動能最大為17eV9.(2023河南豫北名校聯(lián)考)勻強電場、輻射狀電場可以控制帶電粒子分別做類平拋運動、勻速圓周運動。如圖所示,長、寬分別為2L、L的帶電平行板內(nèi)存在勻強電場,比荷為k的帶正電粒子(不計重力),從平行板的邊緣A點,以垂直電場方向的速度v0射入電場,正好從平行板的邊緣B點射出電場,接著從B點進入輻射狀電場正好做勻速圓周運動,粒子做圓周運動的軌跡圓的半徑為2L,經(jīng)過圓周運動,從C點射出輻射狀電場,兩種電場都在同一平面內(nèi),且互不影響,則()A.粒子從A到B的運動時間為2B.勻強電場的場強大小為vC.粒子所在的圓弧軌道對應(yīng)的電場強度的大小為vD.粒子從B到C的運動時間為π10.(2022安徽皖北縣中聯(lián)盟聯(lián)考)如圖所示,水平放置的兩平行金屬板,板長為l=10cm,兩板相距d=4cm,一束電子經(jīng)加速電場(圖中未畫出)加速后以v0=4.0×107m/s的初速度從兩板中央水平射入板間,然后從板間飛出射到距板右端為L=45cm、寬D為20cm的熒光屏上。不計電子重力,熒光屏中點與兩板間的中心線在同一水平面上,電子質(zhì)量m=9.0×10-31kg、電荷量e=1.6×10-19C,求:(1)電子飛入兩板前所經(jīng)過的加速電場的電壓;(2)為使電子能射到熒光屏的所有位置,上、下兩板間所加電壓的取值范圍。遷移創(chuàng)新11.(2023福建三明一中月考)光刻機是半導(dǎo)體行業(yè)中重中之重的利器。電子束光刻技術(shù)原理簡化如圖所示,電子槍發(fā)射的電子經(jīng)過成型孔后形成電子束,通過束偏移器后對光刻膠進行曝光。某型號光刻機的束偏移器長L=0.04m,間距也為L,兩極間有掃描電壓,其軸線垂直晶圓上某芯片表面并過中心O點,芯片到束偏移器下端的距離為L2。若進入束偏移器時電子束形成的電流大小為I=2×10-8A,單個電子的初動能為Ek0=1.6×10-14J,不計電子重力及電子間的相互作用力,忽略其他因素的影響,(1)若掃描電壓為零,電子束在束偏移器中做何種運動?電子束到達(dá)芯片時的落點位置在哪?(2)若掃描電壓為零,且It=Ne(N為電子個數(shù)),求O點每秒接收的能量E。(e=1.6×10-19C)(3)若某時刻掃描電壓為15kV,則電子束到達(dá)芯片時的位置離O點的距離為多少?

答案與分層梯度式解析綜合拔高練五年高考練1.D2.A3.C4.A5.C6.AB7.BD8.AD9.A10.D11.AD12.C13.A14.A15.C16.BD17.AB1.D由場的疊加及對稱性可知,B、D兩點處電荷在O點處產(chǎn)生的場強相互抵消,初始狀態(tài)下A、C兩點處電荷在O點處產(chǎn)生的場強也等值反向,在A處電荷移動過程中,O點電場強度從0開始逐漸增大,A錯誤。B、D兩點處電荷對C處電荷的作用力合力方向沿OC方向、大小不變,而A處電荷在移動過程中對C點處電荷斥力逐漸減小,故C點處電荷所受靜電力變小,B錯誤。同理可知A處電荷所受靜電力方向由O指向A,故遠(yuǎn)離過程中靜電力對其做正功,C錯誤。當(dāng)A處電荷移動至無窮遠(yuǎn)處時,O、A間電場由B、C、D三處電荷產(chǎn)生,由等量正電荷中垂線上的電場分布可知,B、D兩處電荷在OA上各點產(chǎn)生的電場方向均是由O指向A,再疊加C處電荷產(chǎn)生的電場可知O、A間各點的電場方向均是由O指向A,而沿電場線方向電勢降低,故D正確。2.A三根棒在O點產(chǎn)生的電場強度疊加情況如圖所示,b、d兩棒產(chǎn)生的電場強度等大反向,合電場強度為c棒產(chǎn)生的電場強度,應(yīng)垂直指向a。電勢是標(biāo)量,長棒均帶正電,有四根帶電長棒時O點的電勢一定大于有三根在時的電勢,所以電勢減小,A正確。3.C等量異種點電荷電場線的分布如圖所示,M點和P點關(guān)于兩電荷連線的中垂線對稱,M點和N點關(guān)于兩電荷連線對稱,所以三個點所在位置電場線的疏密程度相同,由此可得三個點的場強大小相等,選項A錯誤;M點和N點處于同一等勢面上,電勢相等,選項B錯誤;N點和P點的場強相同,選項C正確;如果把電子從M點向P點移動,電場力將做負(fù)功,電勢能將增加,所以電子在P點的電勢能大于在M點的電勢能,選項D錯誤。4.A球面完整時內(nèi)部場強處處為零,根據(jù)對稱性可知,右半球電荷的電場線均與AB平行且水平指向左,均與CO垂直,即CO是等勢線,O、C兩點的電勢相等,選項A正確;球面完整時內(nèi)部場強處處為零,右半球在A點產(chǎn)生的合場強E右A水平向左,左半球在A點產(chǎn)生的合場強E左A水平向右,E右A=E左A,同理右半球在B點產(chǎn)生的合場強E右B水平向左,左半球在B點產(chǎn)生的合場強E左B水平向右,E右B=E左B,根據(jù)對稱性可知E左A=E右B,即E右B=E右A,選項B錯誤;由對稱性可知電場線方向B→A,因沿電場線方向電勢逐漸降低,所以從A到B電勢逐漸升高,選項C錯誤;由于A點場強等于B點的場強,所以沿直線從A到B電場強度逐漸增大是不可能的,選項D錯誤。規(guī)律總結(jié)兩種不同方向上場強的特點5.C根據(jù)電場線與等勢線特點,并結(jié)合題意可知,電場線由小孔內(nèi)向外輻射,故a點所在線為電場線,A錯誤;由于b點處電場線分布比c點處電場線稀疏,故b點的電場強度比c點小,B錯誤;由等勢線分布可知,|Ubc|=|Uba|+|Uac|,故|Ubc|>|Uac|,C正確;由于電場力做功與路徑無關(guān),故電荷從d→e→f→g移動時,電場力做功W=qUdg≠0,所以D錯誤。6.AB如圖1所示,設(shè)正方形四個頂點分別為A、B、C、D,兩個負(fù)點電荷在L點產(chǎn)生的合場強沿L→D,兩個正點電荷在L點產(chǎn)生的場強的矢量和也沿L→D,故EL方向沿L→D如圖2所示,兩個正點電荷在N點產(chǎn)生的合場強沿N→A,兩個負(fù)點電荷在N點產(chǎn)生的合場強也沿N→A,故EN沿N→A,則EL⊥EN,A正確。如圖3所示,C、D兩點處的點電荷在M點產(chǎn)生的合場強水平向左,A、B兩點處的點電荷在M點產(chǎn)生的合場強水平向右,由E=kqr2可以看出,向左的合場強大于向右的合場強,故EM方向水平向左如圖4所示,由對稱性可得,CD邊的中垂線MM'為等勢面,故從M點向O點移動點電荷時,電場力做功為零,C錯誤。由以上判斷可知,LO上各點的場強方向均由O指向L點,NO上各點的場強方向均由N指向O點,沿電場線方向電勢越來越低,故ULN<0從L點向N點移動正電荷時,電場力做功WLN=qULN<0,故D錯誤。7.BD由于b、e兩點在同一等勢面上,所以正電荷從b點運動到e點,電場力不做功,故選項A錯誤;電子從a點運動到d點,電場力做功Wad=-e(φa-φd)=-e(3V-7V)=4eV,故選項B正確;電場線與等勢面垂直,并且沿電場線方向電勢降低,所以b點電場強度垂直于該點所在等勢面,方向向左,故選項C錯誤;等差等勢面密的地方電場強度較大,a、b、c、d四個點中,b點處等差等勢面最密,其電場強度大小最大,故選項D正確。8.AD等差等勢面密集處場強大,由圖可知N點的電場強度大小比M點的大,故A正確。沿著電場線方向電勢逐漸降低,由圖可知電場線由N指向Q,則Q為負(fù)電荷,故可知M點的電場方向沿x軸正方向,B、C均錯誤。M點與N點在同一等勢面上,電勢均為0V,P點與N點等勢面間隔四個,而相鄰等勢面的電勢差為3V,則P點與M點的電勢差為12V,故D正確。9.A根據(jù)電場線和等勢線互相垂直的特點可以大致確定電場線,如圖。等差等勢面越密集處電場越強,所以EM<EN,電荷在電場中所受的電場力F=Eq,可知對于同一個正試探電荷有FM<FN,選項B、D錯誤;因為沿著電場線方向電勢逐漸降低,可知φM>φN,電荷在電場中的電勢能Ep=qφ,可知EpM>EpN,選A。10.D設(shè)油滴密度為ρ,由于金屬板間電勢差為U時,電荷量為q、半徑為r的球狀油滴靜止,則由受力平衡知Udq=ρ×43πr3g①;當(dāng)金屬板間電勢差為2U時,設(shè)此時電荷量為q'、半徑為r'的球狀油滴能靜止,則有2Ud×q'=ρ×43πr'311.AD根據(jù)Uab=E·abcos60°,可得電場強度的大小E=Uababcos60°=200.2×0.5V/m=200V/m,A正確;沿電場線方向電勢逐漸降低,可知b點的電勢比d點的電勢高,B錯誤;將電子從c點移到d點,因電子所受的電場力與位移反向,可知電場力做負(fù)功,C錯誤;因a點的電勢低于c點電勢,則電子在12.C對y軸正半軸上的點電荷,由點電荷所受庫侖力的合力為零可得2×kq2a2cos45°+kq2(2a)2=kQq22a2,解得Q13.A根據(jù)圖(b)知,在2~3s時間內(nèi),電容器兩端的電壓恒定不變,電路中電流為零,故電阻兩端電壓為零,故D項錯誤;在1~2s時間內(nèi),電容器兩端的電壓均勻增大,電容器處于充電過程,在3~5s時間內(nèi),電容器兩端的電壓均勻減小,電容器處于放電過程,兩個過程通過電阻R的電流方向相反,則這兩段時間內(nèi)電阻兩端的電壓值必定一正一負(fù),故B項錯誤;由于充電時間比放電時間短,因此充電電流I充比放電電流I放大,則充電時電阻兩端電壓值大于放電時電阻兩端的電壓值,故A項正確,C項錯誤。圖形剖析一題多解由UC=QC、Q=It可得UC=ICt,結(jié)合圖像可知,UC-t圖像的斜率為IC。0~1s內(nèi)電路中沒有電流,電阻兩端電壓UR=0;2~3s內(nèi)電容器兩端電壓不變,電路中無電流,電阻兩端電壓UR=0;1~2s內(nèi)電流是3~5s內(nèi)電流的兩倍,電流方向相反,則1~2s內(nèi)電阻R兩端電壓是3~5s內(nèi)的兩倍14.A由題意可知兩極板間電壓U不變,極板上所帶電荷量Q變少,根據(jù)C=QU可知電容器的電容C減小,D錯誤;根據(jù)C=εrS4πkd可知極板間距d增大,根據(jù)E=Ud可知極板間電場強度E減小,B、C錯誤;極板間距15.C帶電粒子的電性未知,兩極板電勢高低無法判斷,選項A錯誤;電場力對帶電粒子都做正功,帶電粒子的電勢能都減少,選項B錯誤;粒子從N板下端射出的時間t=L2v0,選項D錯誤;初速度垂直M板向右的粒子,到達(dá)N板時速度大小為2v0,根據(jù)動能定理可知,初速度平行M板向下的粒子,從N板下端射出時的速度大小也為2v0,由平行四邊形定則可知,從N板下端射出時垂直極板方向的速度大小為v0,粒子在兩板間的加速度為a=思維點撥電場力對兩粒子做功相同,根據(jù)動能定理可知qU=12mv2?12mv02,初速度垂直M板向右的粒子,到達(dá)N板時速度大小為2v0;初速度平行16.BD等效最高點處的速度最小,但此處不是向左的最大位移處,其電勢能不是最大,A選項錯誤;等效最高點處的速度最小,且與水平方向成45°角,由運動的分解可知,此時水平方向的速度等于豎直方向的速度,故C選項錯誤;由對稱性可知,水平速度為0時,豎直速度為v0,此時向左的位移最大,電勢能最大,B選項正確;由B分析可知,從出射到小球速度水平分量為零的過程中,動能的變化量為0,故此過程中,重力做功和電場力做功的代數(shù)和為零,即重力做的功等于小球電勢能的增加量,D選項正確。17.AB由于該電場為勻強電場,可采用矢量分解的思路,沿cd方向建立x軸,垂直于cd方向建立y軸,如圖所示,粒子從c到d有W=Exq×2R,粒子從a到b有2W=Eyq×3R+ExqR,解得Ex=W2qR,Ey=3W2qR,E=WqR,tanθ=EyEx=3。由于電場方向與水平方向夾角為60°,則電場與ab平行,方向由a指向b,選項A正確;該粒子從d點運動到b點,電場力做的功為W'=Eq×R2=0.5W,選項B正確;沿電場線方向電勢逐漸降低,則a點的電勢高于18.答案(1)qUd(2)2qUm(解析(1)兩極板間的場強E=U帶電粒子所受的靜電力F=qE=qU(2)帶電粒子從靜止開始運動到N板的過程,根據(jù)功能關(guān)系有qU=12mv解得v=2(3)設(shè)帶電粒子運動d2距離時的速度大小為v',根據(jù)功能關(guān)系有qU2帶電粒子在前d2距離做勻加速直線運動,后d2距離做勻速運動,設(shè)用時分別為t1、t2d2=v'2t1,則該粒子從M板運動到N板經(jīng)歷的時間t=t1+t2=319.答案(1)12mgR(2)3gR(3)y2解析(1)小球從A到B,根據(jù)能量守恒定律得Ep=12(2)小球從B到O,根據(jù)動能定理有-mgR+qE·2解得vO=3(3)小球運動至O點時速度豎直向上,受電場力和重力作用,將電場力分解到x軸和y軸,則x軸方向有qEcos45°=max豎直方向有qEsin45°-mg=may解得ax=g,ay=0說明小球從O點開始沿x軸方向做初速度為零的勻加速直線運動,y軸方向做勻速直線運動,即做類平拋運動,則有x=12gt2,y=vO聯(lián)立解得小球過O點后運動的軌跡方程為y2=6Rx三年模擬練1.C2.B3.D4.D5.A6.BC7.A8.CD9.AB1.C依據(jù)等差等勢線的疏密表示場強大小,可知,在c、d、e、f四點中,f點的電場最強,A錯誤;沿著電場線方向,電勢是降低的,因B供電線的電勢高于A電線的電勢,則在c、d、e、f四點中,c點的電勢最高,f點的電勢最低,B錯誤;若將某電子由c移到f,即從高電勢點到低電勢點,其電勢能將增大,C正確;將某電子在d點由靜止釋放,在電場力作用下,它會向c點所在等勢面運動,D錯誤。2.B靜止時,N板不動,電容器的電容不變,電荷量不變,則電流表示數(shù)為零,電容器與電源保持連接,兩極板帶電,A錯誤;保持向前勻加速運動時,加速度恒定,則N極板的位置不動,電容器的電容不變,電容器與電源保持連接,兩端電壓不變,由Q=CU可知電荷量不變,電路中無電流,故B正確;由靜止突然向后運動時,N板相對向前運動,則兩極板間距減小,根據(jù)C=εrS4πkd可知,電容器的電容增大,故C錯誤;由靜止突然向前運動時,N板相對向后運動,兩極板間距增大,根據(jù)C=εrS4πkd可知,電容器的電容減小,電容器放電3.D沿電場線方向電勢降低,可知a點電勢比b點電勢高,A錯誤;電場強度是矢量,既有大小又有方向,某點的場強方向為電場線在該點的切線方向,a、b兩點的電場強度方向一定不同,B錯誤;由對稱性可知,c點和d點在同一等勢面上,但是c、d連線并不是等勢線,把電荷從c點沿虛線移到d點,電場力做功,但前后做功相抵消,做的總功為零,C錯誤,D正確。4.D由圖像可知,x=a處合場強為零,因此兩個點電荷為同種電荷,Q2帶正電,A錯誤;因x=a處合場強為零,所以根據(jù)點電荷的場強公式可知kQ1a2=kQ2(3a)2,解得Q1∶Q2=1∶9,B錯誤;因無窮遠(yuǎn)處電勢為零,正電荷的電場中各點電勢為正,C錯誤;由于兩個點電荷均為正電荷,從圖中可知,a~3a范圍內(nèi)場強為正,且場強從零開始向右逐漸增大5.A根據(jù)E=Ud得場強與電勢的關(guān)系E=ΔφΔx,電勢能Ep=qφ,聯(lián)立可得E=1q×ΔEpΔx,可知Ep-x圖像切線的斜率ΔEpΔx=qE=F電,x1處切線斜率為零,所以x1處電場強度為零,A錯誤;由題圖可知,O~x1、x1~x2、x2~x3三段圖線斜率大小變化情況為變小、變大、不變,則可知三段圖線反映的粒子所受電場力變化情況為變小、變大、不變,B、C正確;根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系Ep=qφ,粒子帶負(fù)電,q<06.BCφ-x圖像切線的斜率表示電場強度,a、c兩點電勢相等,但電場強度大小和方向均不同,A錯誤;由圖可知,圖中d點圖像斜率為零,表明該點的合場強為零,而d點到兩點電荷q1、q2的距離之比為2∶1,根據(jù)點電荷場強公式E=kQr2可得,q1、q2電荷量之比為4∶1,B正確;a、c兩點電勢相等,電勢差為零,將一正電荷從a點移到c點,電場力做功為零,C正確;c、d間電場方向向左,負(fù)電荷從c點移到d點,電場力做正功,電勢能減小7.A把半圓形絕緣細(xì)線上分布的等量異種電荷看成是很多對以PQ直線為對稱軸的等量異種點電荷組成,根據(jù)等量異種點電荷電場分布特點可知,點電荷連線的中垂線上點的場強方向都與中垂線垂直,由正電荷指向負(fù)電荷,故疊加后PQ直線上的場強方向都與PQ直線垂直且向下,可知PQ為等勢線,電勢等于無窮遠(yuǎn)處電勢,即φP=φO=φQ=0,故有UPO=UOQ=0,UPN=UQN,A正確,B錯誤;由于N點在等勢線PQ下方且靠近負(fù)電荷,可知N點的電勢小于零,負(fù)電荷在N點的電勢能大于零,將負(fù)電荷從無窮遠(yuǎn)處移到N點,電勢能增加,電場力做負(fù)功,D錯誤;根據(jù)等量異種點電荷電場分布特點可知,中垂線上離等量異種點電荷越遠(yuǎn)的點,電場強度越小,由于P點離等量異種電荷的距離都比Q點離等量異種電荷的距離大,可知疊加后P點的電場強度小于Q點的電場強度,C錯誤。8.CD由題意,根據(jù)動能定理有eUAB=EkB-EkA=4eV,即UAB=φA-φB=4V,φC=EpCe=-4V,則UOC=4V,勻強電場中沿同一方向電勢均勻變化,所以UAO=UOC=4V,則φA=4V,UCA=φC-φA=-8V,A錯誤;根據(jù)前面分析可知φB=0,所以O(shè)、B連線為一條等勢線,根據(jù)電場強度方向垂直于等勢線并由高電勢指向低電勢可知電場強度方向由A指向D,如圖所示,在△OAB中,由題意可知∠OBA=∠OAB=63.5°,所以∠BOA=180°-2×63.5°=53°,則AD=Rsin∠BOA=4cm,所以該勻強電場的電場強度大小為E=UAOAD=1V/cm,B錯誤,C正確;過O作OF平行于AD交圓于F,可知F是圓上沿電場強度方向上離O最遠(yuǎn)的點,則F點電勢最低,為φF=φO-ER=-5V,所以A、F兩點間電勢差為UAF=φA-φF=9V,當(dāng)粒子經(jīng)過F點時電勢能最小,動能最大,為EkF=EkA+9.AB設(shè)帶電平行板內(nèi)的勻強電場的場強大小為E1,粒子在A點的入射速度為v0,粒子從A到B做類平拋運動,沿v0的方向做勻速直線運動,沿著勻強電場的方向做初速度為0的勻加速直線運動,設(shè)運動時間為t1,由平拋運動的規(guī)律得2L=v0t1,L=12·E1qmt12,結(jié)合k=qm,聯(lián)立解得E1=v022kL,t1=2Lv0,A、B正確;設(shè)粒子做圓周運動時其所在位置處的電場強度的大小為E2,粒子在B點的速度為v,則v2=v02+vy2,2E1qmL=vy2,粒子做勻速圓周運動的線速度為v,做勻速圓周運動的軌跡半徑為2L,電場力充當(dāng)向心力,E2q=mv22L,結(jié)合k=qm,聯(lián)立解得vy=v10.答案(1)4.5×103V(2)-720V~720V解析(1)設(shè)加速電場的電壓為U1,由動能定理可得eU1=12代入數(shù)據(jù)得U1=mv022e(2)如圖所示設(shè)電子飛出偏轉(zhuǎn)電場時速度為v1,和水平方向的夾角為θ,偏轉(zhuǎn)電壓為U2,偏轉(zhuǎn)位移為y,則y=1tanθ=v由此看出,電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時,不論偏轉(zhuǎn)電壓多大,電子都像是從偏轉(zhuǎn)電場的兩極板間中心線的中點沿直線射出一樣,射出電場后電子做勻速直線運動,若電子恰好打在熒光屏的邊緣上,結(jié)合圖可得tanθ=D得U2=Ddm代入數(shù)據(jù)得U2=720V因此上、下兩板間的電壓在-720V~720V范圍內(nèi)時,電子可打在熒光屏上的任何位置。11.答案(1)勻速直線運動O(2)2×10-3J(3)0.003m解析(1)若掃描電壓為零,電子束做勻速直線運動,落點位置為O;(2)若掃描電壓為零,O點每秒接收的能量是E=NEk0=IteEk0=2×10-3(3)電子在束偏移器中的加速度大小為a=eU設(shè)電子的初速度大小為v0,則由題意可知Ek0=1電子在束偏移器中運動的時間為t=L電子在束偏移器中的偏移量為y=12at電子從束偏移器中射出時,其速度方向的反向延長線一定過束偏移器的中心位置,設(shè)電子束到達(dá)芯片時的位置離O點的距離為Y,如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系有y聯(lián)立解得Y=0.003m遷移創(chuàng)新以“光刻機”為素材,考查帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)問題,解答本題的關(guān)鍵是讀懂題意,理解電子的運動情景,構(gòu)建物理模型,然后利用動能定理和類平拋運動的知識解題。本章復(fù)習(xí)提升易混易錯練易錯點1不理解電勢的相對意義1.(2023湖南常德一中月考)如圖所示,平行板電容器帶有等量異種電荷,與靜電計相連,靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地,在兩極板間有一固定在P點的點電荷。以E表示兩板間的電場強度,Ep表示點電荷在P點的電勢能,θ表示靜電計指針的偏角。若保持下極板不動,將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置,則()A.θ增大,E增大B.θ增大,Ep增大C.θ減小,Ep不變D.θ減小,E不變易錯點2認(rèn)為做類平拋運動的帶電粒子只能從一側(cè)偏離2.(2021浙江紹興月考)平行板電容器的兩金屬板A、B水平放置,質(zhì)量為5.0×10-6kg的帶電粒子以v0=2.0m/s的水平速度從兩板正中位置射入電場,如圖所示,A、B間距為4cm,板長為10cm,g取10m/s2,當(dāng)UAB=1000V,粒子恰好不發(fā)生偏轉(zhuǎn)。欲使該粒子能穿出電場,則A、B間所加的電壓應(yīng)為多少?易錯點3沒有掌握判斷熒光屏上有幾個亮點的方法3.(2022遼寧大連八中期中)如圖,平行板電容器的兩極板均水平放置,質(zhì)子(11H)、氘核(12H)和α粒子(24He)都沿兩極板間中線OO'方向垂直于電場線射入板間的勻強電場,射出后都打在同一個與OO'垂直且緊靠極板右側(cè)邊緣的熒光屏上A.若它們射入電場時的速度相等,在熒光屏上將出現(xiàn)2個亮點B.若它們射入電場時的質(zhì)量與速度的乘積相等,在熒光屏上將只出現(xiàn)2個亮點C.若它們射入電場時的動能相等,在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點D.若它們是由同一個電場從靜止加速后射入此偏轉(zhuǎn)電場的,在熒光屏上將出現(xiàn)3個亮點易錯點4死搬硬套圓周運動的臨界條件出錯4.如圖,細(xì)線一端系住質(zhì)量為m的小球,以另一端O為圓心,使小球在豎直面內(nèi)做半徑為R的圓周運動。若小球帶正電,電荷量為q,空間有場強大小為E、方向豎直向上的勻強電場,為了使小球能做完整的圓周運動,在最低點A處小球應(yīng)具有多大的速度?(重力加速度為g)思想方法練一、圖像法方法概述在解決某些物理問題時,根據(jù)題意畫出圖像,再利用圖像分析尋找答案,能夠避免煩瑣的計算,迅速得出正確結(jié)果。如P44第4題就應(yīng)用了此方法。1.如圖a所示,兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖b所示的交變電壓,一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0時刻釋放該粒子,粒子會時而向A板運動,時而向B板運動,并最終打在A板上。則t0可能屬于的時間段是()A.0<t0<TC.3二、等效轉(zhuǎn)換法方法概述等效轉(zhuǎn)換法是指靈活地轉(zhuǎn)換研究對象或?qū)⒛吧那榫侈D(zhuǎn)換成熟悉的情境,進而快速求解的方法。本章涉及的常用方法是“等效重力法”,如P47的第6題、第7題、第8題。2.(2023重慶八中月考)如圖所示,長為L的輕繩一端系在O點,另一端系著質(zhì)量為m、電荷量為-q的小球(可視為質(zhì)點),空間存在著與豎直面平行的勻強電場,現(xiàn)在最低點A處給小球某一垂直輕繩的初速度v0(未知),可讓小球在豎直面內(nèi)做完整的圓周運動。已知小球從A點運動到B點過程中,電場力做的功為6mgL,小球從C點運動到D點過程中,電場力做的功為3mgL,AB與CD之間的夾角為60°,重力加速度大小為g。求:(1)電場強度的大小和方向;(2)初速度v0的最小值。三、結(jié)論法方法概述結(jié)論法是指直接利用已知的定義、定理、定律及由它們推導(dǎo)出的其他結(jié)論解題的方法。利用結(jié)論法時要清楚該結(jié)論成立的條件。如P43第8題就應(yīng)用了此方法。3.(2023廣東珠海第一中學(xué)月考)如圖所示,一質(zhì)量m=2.0×10-18kg、電荷量q=1.0×10-12C的帶正電的粒子由靜止經(jīng)加速電場加速后,從O點沿中心線OO'方向進入偏轉(zhuǎn)電場,并從另一側(cè)射出打在熒光屏上的某點。O'點是熒光屏的中心,已知加速電場電壓U0=2500V,偏轉(zhuǎn)電場電壓U=100V,極板的長度L1=6.0cm,板間距離d=2.0cm,極板的末端到熒光屏的距離L2=3.0cm,不計粒子重力,求:(1)粒子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0;(2)粒子打在熒光屏上的點到O'點的距離Y;(3)粒子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場過程中電場力對它所做的功W。

答案與分層梯度式解析本章復(fù)習(xí)提升易混易錯練1.CD若保持下極板不動,將上極板向下平移一小段距離,則根據(jù)C=εrS4πkd可知,C變大,Q一定,則根據(jù)Q=CU可知,U減小,則靜電計指針偏角θ減小;根據(jù)E=Ud,C=εrS4πkd,Q=CU,聯(lián)立可得E=4πkQεrS,可知Q一定時,E不變;根據(jù)U1=Ed1,可知P點離下極板的距離不變,E不變,則P錯解分析不理解電勢的相對意義,造成錯解。對某點電勢的判斷要利用該點與電勢不變的點之間的電勢差來判斷。本題中下極板接地,電勢為零,即下極板電勢不變,P點電勢的變化情況應(yīng)通過P點與下極板之間電勢差的變化情況來判斷。解題時要注意電勢的相對性,避免與電勢差相混淆。2.答案-600V≤UAB≤2600V解析當(dāng)UAB=1000V時,由二力平衡知識可知Eq=UABdq解得q=mgdUAB=2×10當(dāng)Eq>mg(UAB>1000V)時,帶電粒子向上偏,當(dāng)粒子恰從A板邊緣射出時,設(shè)A、B間的電壓為U1,側(cè)移量y=12at2=12d,由牛頓第二定律得a=U1qdm-g當(dāng)Eq<mg(UAB<1000V)時,粒子向下偏,當(dāng)粒子從B板邊緣射出時,設(shè)A、B間電壓為U2,同理則有y=12a'=g-U2qdm,t=Lv0所以UAB的范圍是-600V≤UAB≤2600V錯解分析受定式思維影響,只考慮粒子從下板邊緣射出,而遺漏從上板邊緣也可以射出,造成漏解。解題時要認(rèn)真審題,看清楚物體的重力是否可以忽略,分析清楚物體的各種運動情況。3.A三個粒子進入勻強電場中均做類平拋運動,在水平方向做勻速直線運動,豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動,加速度為a=qEm,偏轉(zhuǎn)距離為y=12at2,運動時間為t=Lv0,解得y=qEL22mv02,若它們射入電場時的速度相等,y與比荷成正比,而三個粒子中質(zhì)子的比荷最大,氘核和α粒子的比荷相等,在熒光屏上將出現(xiàn)2個亮點,A正確;若它們射入電場時的質(zhì)量與速度的乘積相等,y=qEL22mv02=qmEL22(mv0)2,可見y與qm成正比,三個粒子的qm都不同,錯解分析不認(rèn)真分析計算,誤認(rèn)為質(zhì)子、氘核和α粒子的質(zhì)量和電荷量不同,它們通過相同的加速電場、偏轉(zhuǎn)電場后,肯定速度方向不同,軌跡不一樣,打在熒光屏的不同點,造成錯選D。本題中粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動,垂直于電場方向上做勻速直線運動,沿電場方向做勻加速運動,根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式得到粒子偏轉(zhuǎn)距