2024年高中物理新教材同步學(xué)案 必修第三冊(cè) 第10章　章末檢測(cè)試卷(二)

章末檢測(cè)試卷(二)(滿分：100分)一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題4分，共32分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．(2023·上海市新川中學(xué)高二期中)四個(gè)電場(chǎng)中，a、b兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)均相同的是()答案C解析電場(chǎng)強(qiáng)度是矢量，有大小有方向，由點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)特點(diǎn)可知選項(xiàng)A中兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度方向不同，兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度不同，A錯(cuò)誤；選項(xiàng)B中兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小不同，兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度不同，同時(shí)沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，兩點(diǎn)電勢(shì)也不同，B錯(cuò)誤；由勻強(qiáng)電場(chǎng)的特點(diǎn)知選項(xiàng)C中a、b兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同，兩點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，電勢(shì)也相同，C正確；由等量異種電荷的電場(chǎng)線分布特點(diǎn)知，選項(xiàng)D中兩點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，電勢(shì)相同，但a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比b點(diǎn)的大，D錯(cuò)誤。2.(2023·綿陽江油中學(xué)高二期中)如圖所示，絕緣輕桿的兩端固定帶有等量異種電荷的小球(不計(jì)重力)。開始時(shí)，兩小球分別靜止在A、B位置?，F(xiàn)外加一勻強(qiáng)電場(chǎng)E，在靜電力作用下，小球繞輕桿中點(diǎn)O轉(zhuǎn)到水平位置。取O點(diǎn)的電勢(shì)為0。下列說法正確的有()A．電場(chǎng)中A點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)B．轉(zhuǎn)動(dòng)中A球電勢(shì)能變化量大于B球電勢(shì)能變化量C．該過程靜電力對(duì)兩小球做功相等D．該過程兩小球的總電勢(shì)能增加答案C解析沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，則A點(diǎn)電勢(shì)低于B點(diǎn)，A錯(cuò)誤；兩球電荷量相等，轉(zhuǎn)動(dòng)中兩球沿電場(chǎng)線方向運(yùn)動(dòng)距離相等，根據(jù)W＝qEd可知，靜電力對(duì)兩小球做功相等，則兩球電勢(shì)能變化量大小相等，B錯(cuò)誤，C正確；轉(zhuǎn)動(dòng)過程靜電力對(duì)兩小球均做正功，則該過程兩小球的總電勢(shì)能減小，D錯(cuò)誤。3.如圖所示，實(shí)線為－Q點(diǎn)電荷產(chǎn)生電場(chǎng)的電場(chǎng)線，虛線是a、b、c三個(gè)帶電粒子以相同初速度從O點(diǎn)分別射入后的運(yùn)動(dòng)軌跡，其中虛線OB是以－Q為圓心的圓弧。已知a、b、c三個(gè)粒子的電荷量相等、電性未知，粒子只在－Q產(chǎn)生的靜電力作用下運(yùn)動(dòng)，則()A．粒子a帶負(fù)電，b不帶電，c帶正電B．運(yùn)動(dòng)中，粒子b的動(dòng)能減小、c的動(dòng)能增大C．粒子b、c均帶正電，射入時(shí)b的動(dòng)能大于c的動(dòng)能D．運(yùn)動(dòng)中，粒子a的電勢(shì)能減小，c的電勢(shì)能增大答案C解析根據(jù)三條運(yùn)動(dòng)軌跡知a帶負(fù)電，b、c帶正電，靜電力對(duì)a、c做正功，對(duì)b不做功，a、c的動(dòng)能增大，電勢(shì)能減小，b的動(dòng)能、電勢(shì)能均不變；b、c相比，b做圓周運(yùn)動(dòng)，c做向心運(yùn)動(dòng)，則b的初動(dòng)能大于c的初動(dòng)能，故選C。4.(2023·揚(yáng)州市江都區(qū)丁溝中學(xué)高二期中)兩個(gè)等量同種正點(diǎn)電荷固定于光滑水平面上，兩點(diǎn)電荷連線的中垂線上有A、B、C三點(diǎn)如圖所示(中垂線也在水平面內(nèi))，一個(gè)帶電小物塊從C點(diǎn)由靜止釋放，沿路徑C→B→A運(yùn)動(dòng)，小物塊運(yùn)動(dòng)過程中的加速度a、速度v、電勢(shì)能Ep以及從C→A的電勢(shì)φ隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像可能正確的是()答案B解析因等量同種電荷連線的中垂線上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不等，物塊沿路徑C→B→A運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受的靜電力可能一直增加，可能一直減小，也可能先增加后減小，且變化不是均勻增加的，則加速度隨時(shí)間的變化不是直線，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物塊沿路徑C→B→A運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度先增加后減小或一直增大(減小)，則v－t圖像的斜率先增加后減小或逐漸增大(減小)，選項(xiàng)B正確；帶電小物塊從C點(diǎn)由靜止釋放，沿路徑C→B→A運(yùn)動(dòng)，則靜電力一定是做正功，則電勢(shì)能一直減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；距離正電荷越近，電勢(shì)越高，則從C→A的電勢(shì)逐漸降低，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。5.如圖所示，從F處釋放一個(gè)無初速度的電子(重力不計(jì))。電子向B板方向運(yùn)動(dòng)，下列說法錯(cuò)誤的是(設(shè)電源電壓均恒為U)()A．電子到達(dá)B板時(shí)的動(dòng)能是eUB．電子從B板到達(dá)C板動(dòng)能變化量為零C．電子到達(dá)D板時(shí)動(dòng)能是3eUD．電子在A板和D板之間做往返運(yùn)動(dòng)答案C解析從F處釋放一個(gè)無初速度的電子，電子在電壓為U的電場(chǎng)中做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電子到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，所獲得的動(dòng)能等于靜電力做的功，即Ek＝W＝qU＝eU；由題圖可知，B板和C板等電勢(shì)，則B、C之間沒有電場(chǎng)，所以電子在此處做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則電子的動(dòng)能不變，電子以eU的動(dòng)能進(jìn)入C、D板間的電場(chǎng)中，在靜電力的作用下，電子做減速運(yùn)動(dòng)，由于C、D板間的電壓也為U，所以電子在到達(dá)D板時(shí)速度減為零，開始反向運(yùn)動(dòng)；由以上分析可知，電子將會(huì)在A板和D板之間做加速、勻速、減速運(yùn)動(dòng)，再反向做加速、勻速、減速運(yùn)動(dòng)，即做往返運(yùn)動(dòng)，故選C。6.(2023·哈爾濱市第九中學(xué)高二期中)兩電荷量分別為q1和q2的點(diǎn)電荷固定在x軸上的O、M兩點(diǎn)，規(guī)定無窮遠(yuǎn)處為電勢(shì)能零點(diǎn)，一帶負(fù)電的試探電荷在x軸上各點(diǎn)具有的電勢(shì)能隨x變化關(guān)系如圖所示，其中試探電荷在A、N兩點(diǎn)的電勢(shì)能為零，在ND段中C點(diǎn)電勢(shì)能最大，則下列說法正確的是()A．q1為正電荷，q2為負(fù)電荷B．q1電荷量小于q2的電荷量C．將一正點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn)，電勢(shì)能先增大后減小D．將一正點(diǎn)電荷從N點(diǎn)靜止釋放后會(huì)沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)且到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度最大答案D解析無窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)能為0，A點(diǎn)的電勢(shì)能也為0，由于負(fù)電荷沿著x軸運(yùn)動(dòng)，電勢(shì)能先為正值，后為負(fù)值，說明沿x軸電勢(shì)升高，所以O(shè)點(diǎn)的電荷q1帶負(fù)電，M點(diǎn)電荷q2帶正電，由于A點(diǎn)距離O比較遠(yuǎn)而距離M比較近，所以q1電荷量大于q2的電荷量，故A、B錯(cuò)誤；由題可知，A、N兩點(diǎn)的電勢(shì)能為零，在這兩點(diǎn)電勢(shì)為零，由題圖可知負(fù)電荷由N到C電勢(shì)能增加，而由C到D電勢(shì)能減小，可知在C點(diǎn)左側(cè)電場(chǎng)方向向右，C點(diǎn)右側(cè)電場(chǎng)方向向左，則正點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn)，靜電力先做正功后做負(fù)功，電勢(shì)能先減小后增大，則在C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大，即速度最大，故C錯(cuò)誤，D正確。7．在地面附近存在一個(gè)有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，邊界將空間分成上、下兩個(gè)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，在區(qū)域Ⅱ中有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在區(qū)域Ⅰ中離邊界某一高度處由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m的帶電小球A，如圖甲所示，小球運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖乙所示，不計(jì)空氣阻力，則()A．小球受到的重力與靜電力大小之比為4∶5B．t＝5s時(shí)，小球經(jīng)過邊界MNC．在0～2.5s過程中，重力做的功大于克服靜電力做的功D．在1～4s過程中小球機(jī)械能先減小后增大答案D解析由題意知，小球進(jìn)入電場(chǎng)前做自由落體運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入電場(chǎng)后受到靜電力和重力作用，先做減速運(yùn)動(dòng)后做加速運(yùn)動(dòng)，由題圖分析可知，小球經(jīng)過邊界MN的時(shí)刻是t＝1s和t＝4s，B錯(cuò)誤；由v－t圖像的斜率表示加速度，知小球進(jìn)入電場(chǎng)前的加速度為a1＝eq\f(v1,t1)＝eq\f(v1,1s)，進(jìn)入電場(chǎng)后的加速度大小為a2＝eq\f(2v1,t2)＝eq\f(2v1,3s)，由牛頓第二定律得mg＝ma1，F(xiàn)－mg＝ma2，得靜電力F＝mg＋ma2＝eq\f(5,3)ma1，可得重力mg與靜電力F的大小之比為3∶5，A錯(cuò)誤；0～2.5s過程中，動(dòng)能變化量為零，根據(jù)動(dòng)能定理，這個(gè)過程中重力做的功與克服靜電力做的功大小相等，C錯(cuò)誤；由題圖可得，小球在0～2.5s內(nèi)向下運(yùn)動(dòng)，在2.5～5s內(nèi)向上運(yùn)動(dòng)，在1～4s過程中，靜電力先做負(fù)功后做正功，小球的機(jī)械能先減小后增大，D正確。8．如圖所示，虛線MN下方存在著方向水平向左、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(3mg,4q)，AB為絕緣光滑且固定的四分之一圓弧軌道，軌道半徑為R，O為圓心，B位于O點(diǎn)正下方。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，從A點(diǎn)由靜止釋放進(jìn)入軌道。空氣阻力不計(jì)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列說法正確的是()A．小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒B．小球不能到達(dá)B點(diǎn)C．小球沿軌道運(yùn)動(dòng)的過程中，對(duì)軌道的壓力一直增大D．小球沿軌道運(yùn)動(dòng)的過程中，動(dòng)能的最大值為eq\f(1,2)mgR答案D解析除重力以外做功的力只有靜電力，從A到B靜電力做負(fù)功，所以機(jī)械能減小，故A錯(cuò)誤；從A到B根據(jù)動(dòng)能定理得mgR－EqR＝eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝eq\r(\f(gR,2))，所以小球能到達(dá)B點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；從A到B過程中存在一位置的重力和靜電力的合力的反向延長(zhǎng)線過圓心如圖所示。此點(diǎn)為等效最低點(diǎn)，即速度最大的位置，所以從A到B過程中速度先增大后減小，由牛頓第二定律及牛頓第三定律可知對(duì)軌道的壓力先增大后減小，故C錯(cuò)誤；設(shè)等效最低點(diǎn)重力和靜電力的合力的反向延長(zhǎng)線與豎直方向夾角為θ，則tanθ＝eq\f(Eq,mg)＝eq\f(3,4)，則θ＝37°，從A到等效最低點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理有mgRcos37°－Eq(R－Rsin37°)＝Ekm，解得Ekm＝eq\f(1,2)mgR，故D正確。二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。9.(2023·商丘市實(shí)驗(yàn)中學(xué)高二期中)如圖所示，質(zhì)量相同的兩個(gè)帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場(chǎng)方向射入兩平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點(diǎn)(帶電粒子重力忽略不計(jì))，則從開始射入到打到上板的過程中()A．它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比tQ∶tP＝1∶1B．它們運(yùn)動(dòng)的加速度之比aQ∶aP＝1∶2C．它們所帶的電荷量qP∶qQ＝2∶1D．它們的動(dòng)能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4答案AD解析設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，粒子的質(zhì)量均為m，粒子入射的初速度為v0，兩極板之間的距離為2d，上極板左邊緣到粒子擊中點(diǎn)的距離為l，它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tQ＝tP＝eq\f(l,v0)，故它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為tQ∶tP＝1∶1，A正確；粒子在平行電場(chǎng)線方向的運(yùn)動(dòng)有d＝eq\f(1,2)aPtP2,2d＝eq\f(1,2)aQtQ2，aP＝eq\f(qPE,m)，aQ＝eq\f(qQE,m)可知，aQ∶aP＝2∶1，qP∶qQ＝1∶2，B、C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，增加的動(dòng)能分別為ΔEkP＝qPEd，ΔEkQ＝qQE·2d，則ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，D正確。10．(2023·廣州一中月考)兩個(gè)等量正點(diǎn)電荷固定于光滑絕緣水平面上，其連線的中垂線上有A、B、C三點(diǎn)，中垂線在水平面內(nèi)，如圖甲所示。一個(gè)帶電荷量為＋2×10－7C、質(zhì)量為0.1kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從C點(diǎn)靜止釋放。其運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖乙所示，其中B點(diǎn)處為整條圖線切線(圖中標(biāo)出了該切線)斜率最大的位置，則下列說法正確的是()A．由C到A的過程中小物塊的電勢(shì)能一直在增大B．B點(diǎn)為中垂線上電場(chǎng)強(qiáng)度最大的點(diǎn)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為1×104V/mC．由C點(diǎn)到A點(diǎn)電勢(shì)逐漸降低D．A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB＝500V答案BC解析由題圖乙可知，由C到A的過程中，小物塊的速度一直在增大，靜電力對(duì)小物塊做正功，小物塊的電勢(shì)能一直在減小，故A錯(cuò)誤；小物塊在B點(diǎn)的加速度最大，為am＝2×10－2m/s2，可得小物塊所受的最大靜電力為Fm＝mam＝0.1×2×10－2N＝2×10－3N，則電場(chǎng)強(qiáng)度最大值為Em＝1×104N/C，故B正確；因?yàn)閮蓚€(gè)等量正點(diǎn)電荷連線的中垂線上電場(chǎng)強(qiáng)度方向由O點(diǎn)沿中垂線指向外側(cè)，故由C點(diǎn)到A點(diǎn)電勢(shì)逐漸降低，故C正確；從題圖乙可知，A、B兩解得UBA＝500V，則UAB＝－UBA＝－500V，故D錯(cuò)誤。11.如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)、傾角為θ＝30°的光滑絕緣斜面處于電場(chǎng)中，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小球，以初速度v0由斜面底端的A點(diǎn)開始沿斜面上滑，到達(dá)斜面頂端的速度仍為v0，則(重力加速度為g)()A．小球在B點(diǎn)的電勢(shì)能一定大于小球在A點(diǎn)的電勢(shì)能B．A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB一定為eq\f(mgL,2q)C．若電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)，則電場(chǎng)強(qiáng)度的最大值一定是eq\f(mg,q)D．若該電場(chǎng)是AC邊中點(diǎn)處的點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的，則Q一定是正電荷答案BD解析小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能增加，則電勢(shì)能減少，則小球在B點(diǎn)的電勢(shì)能一定小于小球在A點(diǎn)的電勢(shì)能，B點(diǎn)的電勢(shì)低于A點(diǎn)的電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理得－mgLsinθ＋qUAB＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv02＝0，可得UAB＝eq\f(mgLsinθ,q)＝eq\f(mgL,2q)，故B正確；若靜電力與重力、支持力的合力為零，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)小球速度仍為v0，小球的重力沿斜面向下的分力mgsinθ為定值，則當(dāng)靜電力沿斜面向上，且大小為F＝mgsinθ時(shí)，靜電力最小，電場(chǎng)強(qiáng)度最小。若電場(chǎng)強(qiáng)度與運(yùn)動(dòng)方向不共線，則靜電力沿斜面向上的分力與重力沿斜面向下的分力相平衡。根據(jù)矢量的合成法則可知，靜電力可能大于mg，電場(chǎng)強(qiáng)度可能大于eq\f(mg,q)，故C錯(cuò)誤；若該電場(chǎng)是AC邊中點(diǎn)處的點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的，Q到A點(diǎn)的距離小于到B點(diǎn)的距離，由于B點(diǎn)的電勢(shì)低于A點(diǎn)的電勢(shì)，則Q一定是正電荷，故D正確。12．(2023·重慶市育才中學(xué)高二期中)如圖甲所示，A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓，A板的電勢(shì)為0，一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的負(fù)電荷僅在靜電力作用下，在t＝eq\f(T,4)時(shí)刻從A板的小孔處由靜止釋放進(jìn)入兩極板運(yùn)動(dòng)，恰好到達(dá)B板，則()A．電荷在eq\f(T,2)時(shí)到達(dá)B板B．電荷在兩板間的最大速度為eq\r(\f(qU0,m))C．A、B兩板間的距離為eq\r(\f(qU0T2,8m))D．若電荷在t＝eq\f(3T,8)時(shí)刻進(jìn)入兩極板，它將不能到達(dá)B板答案BD解析電荷恰好能到達(dá)B板，意味著電荷達(dá)到B板的速度為零，根據(jù)題意，電荷先向右加速eq\f(1,4)T后向右減速eq\f(1,4)T，電荷應(yīng)該在eq\f(3,4)T時(shí)到達(dá)B板，故A錯(cuò)誤。根據(jù)A的分析，電荷在eq\f(1,2)T時(shí)達(dá)到最大速度，此時(shí)電荷剛好運(yùn)動(dòng)到兩極板的中間，根據(jù)電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系，初始位置到極板中間的電勢(shì)差為eq\f(1,2)U0，有eq\f(1,2)U0q＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(qU0,m))，故B正確；電荷進(jìn)入極板先做勻加速運(yùn)動(dòng)，后做勻減速運(yùn)動(dòng)，eq\f(3,4)T時(shí)電荷的運(yùn)動(dòng)位移為兩極板的間距，d＝eq\f(1,2)a(eq\f(T,4))2×2，a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(v,\f(T,4))，解得d＝eq\r(\f(qU0T2,16m))，故C錯(cuò)誤；若電荷在t＝eq\f(3,8)T時(shí)刻進(jìn)入兩極板，電荷先加速eq\f(1,8)T，然后減速eq\f(1,8)T，減速到零，根據(jù)上面的分析，電荷此時(shí)未到達(dá)B板，接下來，電荷向A板加速eq\f(\r(2),8)T后從小孔射出，故電荷到達(dá)不了B板，故D正確。三、非選擇題：本題共5小題，共52分。13．(8分)在“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實(shí)驗(yàn)中，電路如圖甲所示。(1)將開關(guān)S接通1，電容器的(填“上”或“下”)極板帶正電，再將S接通2，通過電流表的電流方向向(填“左”或“右”)。(2)若電源電動(dòng)勢(shì)為10V，實(shí)驗(yàn)中所使用的電容器如圖乙所示，充滿電后電容器所帶電荷量為C(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。(3)電容器充電過程中，電流I與時(shí)間t的關(guān)系，所帶電荷量Q與兩極板間的電壓U的關(guān)系正確的是。答案(1)上(1分)左(1分)(2)3.3×10－2(3分)(3)A(3分)解析(1)開關(guān)S接通1，電容器充電，根據(jù)電源的正負(fù)極可知電容器上極板帶正電。開關(guān)S接通2，電容器放電，通過電流表的電流方向向左。(2)充滿電后電容器所帶電荷量Q＝CU＝3300×10－6F×10V＝3.3×10－2C。(3)電容器充電過程中，電流逐漸減小，隨著兩極板電荷量增大，電流減小得越來越慢，電容器充電結(jié)束后，電流減小為0，A正確，B錯(cuò)誤；電容是電容器本身具有的屬性，根據(jù)C＝eq\f(Q,U)可知，電荷量與電壓成正比，所以Q與U的關(guān)系圖線應(yīng)為過原點(diǎn)的直線，C、D錯(cuò)誤。14.(8分)(2023·峨眉第二中學(xué)校高二期中)如圖所示，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中直角三角形ABC的邊長(zhǎng)AB＝8cm，BC＝4cm，將帶電荷量q＝－6×10－6C的負(fù)電荷從電場(chǎng)中的A點(diǎn)移到B點(diǎn)，克服靜電力做了2.4×10－5J的功，再?gòu)腂點(diǎn)移到C點(diǎn)，靜電力做了1.2×10－5J的功。求：(1)A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB和B、C兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UBC；(2)如果規(guī)定B點(diǎn)的電勢(shì)為零，則A點(diǎn)和C點(diǎn)的電勢(shì)分別為多少？(3)畫出過B點(diǎn)的一條電場(chǎng)線并計(jì)算電場(chǎng)強(qiáng)度的大小(畫圖保留作圖的痕跡，不寫做法)。答案(1)4V－2V(2)4V2V(3)見解析圖eq\f(\r(2),2)×102V/m解析(1)根據(jù)W＝Uq可得UAB＝eq\f(WAB,q)＝eq\f(－2.4×10－5,－6×10－6)V＝4V(1分)UBC＝eq\f(1.2×10－5,－6×10－6)V＝－2V(1分)(2)由于UAB＝φA－φB，UBC＝φB－φC又φB＝0，解得φA＝4V，φC＝2V(2分)(3)取AB的中點(diǎn)D，連接CD，為等勢(shì)線，電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直，由高電勢(shì)指向低電勢(shì)，如圖所示(1分)根據(jù)幾何關(guān)系可得B點(diǎn)到等勢(shì)線DC的距離d＝4×eq\f(\r(2),2)cm＝2eq\r(2)×10－2m(1分)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E＝eq\f(UDB,d)＝eq\f(UCB,d)＝eq\f(\r(2),2)×102V/m。(2分)15．(10分)(2022·撫州一中期中)如圖所示，水平放置的兩平行金屬板，板長(zhǎng)l為10cm，兩板相距為d＝2cm。一束電子以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距離L為45cm、寬D為20cm的熒光屏上。為使電子能射到熒光屏上。求兩板間所加電壓的取值范圍。(不計(jì)電子重力及電子間的相互作用，熒光屏中點(diǎn)在兩板間的中線上，電子質(zhì)量m＝9.0×10－31kg，電荷量e＝1.6×10－19C)答案見解析解析如圖所示，設(shè)電子飛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度為v1，與水平方向的夾角為θ，偏轉(zhuǎn)電壓為U，偏轉(zhuǎn)位移為y，則y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(Ue,2dm)(eq\f(l,v0))2(2分)tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(Uel,dmv02)＝eq\f(2y,l)(2分)由此看出，電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)，不論偏轉(zhuǎn)電壓多大，電子都像是從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的兩極板間中線的中點(diǎn)沿直線射出一樣，射出電場(chǎng)后電子做勻速直線運(yùn)動(dòng)恰好打在熒光屏的邊緣上，結(jié)合圖可得tanθ＝eq\f(\f(D,2),L＋\f(l,2))＝eq\f(D,2L＋l)(2分)解得U＝eq\f(Ddmv02,el2L＋l)(2分)代入數(shù)據(jù)，得U＝360V。(1分)因此偏轉(zhuǎn)電壓在－360～360V范圍內(nèi)時(shí)，電子可打在熒光屏上。(1分)16.(12分)在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)電場(chǎng)，柱的橫截面是以O(shè)為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示。質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的帶電粒子在紙面內(nèi)自A點(diǎn)先后以不同的速度進(jìn)入電場(chǎng)，速度方向與電場(chǎng)的方向垂直。已知?jiǎng)傔M(jìn)入電場(chǎng)時(shí)速度為零的粒子，自圓周上的C點(diǎn)以速率v0穿出電場(chǎng)，AC與AB的夾角θ＝60°。運(yùn)動(dòng)中粒子僅受靜電力作用。(1)求電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；(2)為使粒子穿過電場(chǎng)后的動(dòng)能增量最大，該粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度應(yīng)為多大？(3)為使粒子穿過電場(chǎng)前后速度變化量的大小為v0，該粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度應(yīng)為多大？答案(1)eq\f(mv02,2qR)(2)eq\f(\r(2)v0,4)(3)0或eq\f(\r(3)v0,2)解析(1)由題意知在A點(diǎn)速度為零的粒子會(huì)沿著電場(chǎng)線方向運(yùn)動(dòng)，由于q>0，故電場(chǎng)線由A指向C，根據(jù)幾何關(guān)系可知xAC＝R(1分)根據(jù)動(dòng)能定理有qExAC＝eq\f(1,2)mv02－0(2分)解得E＝eq\f(mv02,2qR)(1分)(2)根據(jù)題意可知要使粒子動(dòng)能增量最大，則沿電場(chǎng)線方向移動(dòng)的距離最遠(yuǎn)。作與BC平行的直線與圓相切于D點(diǎn)，與AC的延長(zhǎng)線交于P點(diǎn)，此時(shí)沿電場(chǎng)線方向移動(dòng)的距離最遠(yuǎn)，如圖所示。粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系有xDP＝Rsin60°＝v1t(1分)xAP＝R＋Rcos60°＝eq\f(1,2)at2(1分)由靜電力提供加速度有qE＝ma(1分)解得粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度v1＝eq\f(\r(2)v0,4)(1分)(3)因?yàn)榱Ｗ釉陔妶?chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，粒子穿過電場(chǎng)前后速度變化量大小為v0，即在電場(chǎng)方向上速度變化為v0，連接BC，有AC⊥BC，則BC為該勻強(qiáng)電場(chǎng)中的一條等勢(shì)線，有φB＝φC，則EpB＝EpC，由動(dòng)能定理得ΔEkB＝ΔEkC，故由題意可知粒子會(huì)從C點(diǎn)或B點(diǎn)射出。當(dāng)從B點(diǎn)射出時(shí)，由幾何關(guān)系有xBC＝eq\r(3)R＝v2t2(1分)xAC＝R＝eq\f(1,2)at22(1分)由靜電力提供加速度有qE＝ma解得v2＝eq\f(\r(3)v0,2)(1分)由(1)知當(dāng)粒子從C點(diǎn)射出時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)的速度為0。(1分)17.(14分)(2023·廈門外國(guó)語