2024-2025學年新教材高中物理第十章靜電場中的能量進階突破含解析新人教版必修3

PAGEPAGE9第十章進階突破1．如圖所示，O、A、B、C為一粗糙絕緣水平面上的三點，不計空氣阻力，一電荷量為－Q的點電荷固定在O點，現(xiàn)有一質量為m、電荷量為－q的小金屬塊(可視為質點)，從A點由靜止沿它們的連線向右運動，到B點時速度最大，其大小為vm，小金屬塊最終停止在C點．已知小金屬塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，AB間距離為L，靜電力常量為k，則()A．在點電荷－Q形成的電場中，A、B兩點間的電勢差為eq\f(2μmL＋mv\o\al(2,m),2q)B．在小金屬塊由A向C運動的過程中，電勢能先增大后減小C．OB間的距離為eq\r(\f(kQq,μmg))D．從B到C的過程中，小金屬塊的動能全部轉化為電勢能【答案】C【解析】滑塊從A到B過程，由動能定理得－qUAB－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0，得A、B兩點間的電勢差UAB＝－eq\f(2μmgL＋mv\o\al(2,m),2q)，故A錯誤；小金屬塊由A點向C點運動的過程中，電場力始終做正功，電勢能始終減小，故B錯誤；由題意知，A到B過程，金屬塊做加速運動，B到C過程做減速運動，在B點金屬塊所受的滑動摩擦力與庫侖力平衡，則有μmg＝keq\f(Qq,r2)，得r＝eq\r(\f(kQq,μmg))，故C正確；從B到C的過程中，小金屬塊的動能和電勢能轉化為內(nèi)能，故D錯誤．2．水平線上的O點放置一點電荷，圖中畫出了電荷四周對稱分布的幾條電場線，如圖所示．以水平線上的某點O′為圓心，畫一個圓，與電場線分別相交于a、b、c、d、e，則下列說法正確的是()A．b、e兩點的電場強度相同B．b、c兩點間電勢差等于e、d兩點間電勢差C．a(chǎn)點電勢高于c點電勢D．電子在d點的電勢能大于在b點的電勢能【答案】B【解析】由圖看出，b、e兩點電場強度的大小相等，但方向不同，電場強度是矢量，所以b、e兩點的電場強度不同，故A錯誤；依據(jù)對稱性可知，b、c兩點間電勢差與e、d兩點間電勢差相等，故B正確；依據(jù)順著電場線電勢漸漸降低可知，離點電荷O越遠，電勢越低，故a點電勢低于c點的電勢，故C錯誤；d點的電勢高于b點的電勢，由Ep＝qφ＝－eφ，則知電子在d點的電勢能小于在b點的電勢能，故D錯誤．3．如圖所示，在勻強電場中有一長方形ABCD，邊長AB＝12cm、BC＝16cm，勻強電場方向與長方形ABCD所在平面平行，A、B、C三點的電勢φA＝15V，φB＝－3V，φC＝－35V，則勻強電場的電場強度大小和方向為()A．300V/m，沿AB方向 B．250V/m，沿AC方向C．200V/m，沿AD方向 D．150V/m，沿BD方向【答案】B【解析】由幾何關系知，AC＝20cm，過B點作AC邊上的高BO，BO＝0.8AB＝9.6cm，AO＝0.6AB＝7.2cm，AC之間的電勢差UAC＝φA－φC＝50V，在勻強電場中，電勢著陸與距離成正比，eq\f(UAO,UAC)＝eq\f(AO,AC)，所以UAO＝eq\f(AO,AC)·UAC＝eq\f(7.2,20)×50V＝18V，則φO＝－3V，由此推斷B、O兩點等勢，BO是等勢線，電場強度方向與BO垂直，沿著AC方向，E＝eq\f(UAO,AO)＝eq\f(18,7.2×10－2)V/m＝250V/m，故B正確．4．(多選)某靜電場中x軸上的電勢隨x坐標改變的圖像如圖所示，φ－x圖像關于φ軸對稱，a、b兩點到O點的距離相等．將一電荷從x軸上的a點由靜止釋放后粒子沿x軸運動到b點，運動過程中粒子只受電場力作用，則下列說法正確的是()A．該電荷肯定帶負電B．電荷在b點時動能為零C．從O到b，電荷的電勢能減小D．從a到b電場力對電荷先做正功，后做負功【答案】BD【解析】此φ－x圖像可視為在x軸上關于坐標原點對稱的兩個等量正點電荷，在它們連線上電勢隨x坐標改變的圖像．由于a、b兩點等電勢，該電荷肯定帶正電，由動能定理可知，將一電荷從x軸上的a點由靜止釋放后沿x軸運動到b點，電荷到b點時動能為零，故A錯誤，B正確；電荷從O到b，電勢上升，電荷的電勢能增大，故C錯誤；電荷從a到b，電勢能先減小后增大，電場力對電荷先做正功，后做負功，故D正確．5．如圖所示，半徑為R的圓形框架直立在水平面上，所在空間還有一勻強電場，方向與豎直平面平行．將一帶電小球從A點(與圓心等高)沿各個方向以大小相等的速度v0拋出，發(fā)覺它遇到框架B點時的速度最大，B點與圓心O的連線與水平方向成45°，則()A．v0水平常，小球將做平拋運動B．無論v0沿什么方向，小球都做加速運動C．小球到達B點時的速度為eq\r(v\o\al(2,0)＋2＋2\r(2)gR)(式中g為重力加速度)D．若撤去電場，再將小球水平拋出，只要調(diào)整v0大小就可以垂直擊中框架(邊緣)【答案】C【解析】由題意知拋出粒子遇到框架B點時的速度最大，B點與圓心O的連線與水平方向成45°，即B點為圓的等效最低點，則電場力水平向右，大小與重力相等．v0水平常因還受到水平方向的電場力作用，故不會做平拋運動，故A錯誤；當v0的方向斜向上大于45°，即與合力方向夾角大于90°時，小球會做減速運動，故B錯誤；小球從A點到B點，依據(jù)動能定理，再由幾何關系有mgeq\f(\r(2),2)R＋mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋\f(\r(2),2)R))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得vB＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2＋2\r(2)gR)，故C正確；若撤去電場，再將小球水平拋出，小球做平拋運動，依據(jù)平拋運動的推論知平拋運動中過初位置將初速度順向延長、過末位置將末速反向延長，兩線交點在水平位移的eq\f(x,2)處，末速反向延長必定不過圓心，即末速不沿半徑方向，末速度與框架不垂直，故D錯誤．6．(多選)空間存在勻強電場，在電場中建立Oxyz空間坐標系如圖所示，a、b、c三點分別在三個坐標軸上，距離原點O的距離ra＝rc＝2cm，rb＝2eq\r(3)cm，d點在yOz平面上，且db⊥Ob．將帶電荷量為q＝＋2.5×10－16C的摸索電荷從d點移到b點電場力做功為零，從a點移動到b點電場力做功W＝－1.2×10－14J，b、O間電勢差UbO＝24V，由此可推斷()A．空間電場強度的方向沿x軸正方向B．空間電場強度的大小為8eq\r(3)×102V/mC．c、O間電勢差UcO＝24VD．電場中的等勢面垂直于xOy平面【答案】BD【解析】摸索電荷從d點移到b點電場力做功為零，說明勻強電場垂直于db，且db在等勢面上，故電場中的等勢面垂直于xOy平面，則電場平行xOy平面，故D正確；在xOy平面上的直角三角形aOb如圖所示，a、b間電勢差Uab＝eq\f(W,q)＝－48V，b、O間電勢差UbO＝24V，則原點O與ab中點電勢相等，故過原點O作ab中點的連線Oe為等勢線，三角形中a點電勢最低，因此作Oe的垂線指向a即為xOy平面上的一條電場線，所以場強方向與x軸正方向成30°角，場強大小E＝eq\f(24,\r(3)×10－2)V/m＝8eq\r(3)×102V/m，故B正確、A錯誤；cO平行于db，故c、O間電勢差為0，故C錯誤．7．如圖所示，兩塊平行、正對的金屬板水平放置，分別帶有等量的異種電荷，使兩板間形成勻強電場，兩板間的距離為d．有一帶電粒子以某速度v0緊貼著A板左端沿水平方向射入勻強電場，帶電粒子恰好落在B板的右邊緣．帶電粒子所受的重力忽視不計．現(xiàn)使該粒子仍從原位置以同樣的方向射入電場，若使該粒子落在B板的中點，下列措施可行的是()A．僅使粒子的初速度變?yōu)?v0 B．僅使粒子的初速度變?yōu)閑q\f(v0,2)C．僅使B板向上平移eq\f(d,2) D．僅使B板向下平移d【答案】B【解析】帶電粒子在垂直電場方向做勻速直線運動，有x＝v0t，在沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動，有d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)t2，聯(lián)立可得x2＝eq\f(2mv\o\al(2,0)d2,qU)，現(xiàn)在要使x變?yōu)樵瓉淼囊话?，即x2為原來的四分之一，所以須要將粒子的初速度變?yōu)閑q\f(v0,2)，A錯誤，B正確；僅使B板向上平移eq\f(d,2)，則依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可得電容增大為原來的兩倍，依據(jù)U＝eq\f(Q,C)可得電壓變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，x2變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，C錯誤；僅使B板向下平移d，同理可得電容變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，電壓變?yōu)樵瓉淼?倍，x2變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯誤．8．有一種電荷限制式噴墨打印機，它的打印頭的結構簡圖如圖所示．其中墨盒可以噴出微小的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過帶電室?guī)想姾笠钥隙ǖ某跛俣却怪鄙淙肫D電場，再經(jīng)過偏轉電場后打到紙上，顯示出字符，不考慮墨汁的重力，為使打在紙上的字跡縮小(偏轉距離減小)，下列措施可行的是()A．減小墨汁微粒的質量 B．減小偏轉電場兩極板間的距離C．減小偏轉電場的電壓 D．減小墨汁微粒的噴出速度【答案】C【解析】微粒以肯定的初速度垂直射入偏轉電場后做類平拋運動，則在水平方向上有L＝v0t，在豎直方向上有y＝eq\f(1,2)at2，加速度為a＝eq\f(qU,md)，聯(lián)立解得y＝eq\f(qUL2,2mdv\o\al(2,0))＝eq\f(qUL2,4dEk0)，要縮小字跡，就要減小微粒在豎直方向上的偏轉量y，由上式分析可知，可采納的方法：增大墨汁微粒的質量、增大偏轉電場兩極板間的距離、增大墨汁微粒進入偏轉電場時的初動能Ek0(增大墨汁微粒的噴出速度)、減小偏轉電場的電壓U等，故A、B、D錯誤，C正確．9．(多選)如圖，勻強電場中等腰直角三角形ABC，eq\x\to(AB)＝eq\x\to(BC)＝2cm，D為AB邊中點，電場方向與△ABC所在平面平行，規(guī)定B點的電勢為0．將電荷量q＝－6×10－6C的點電荷從A點移到B點，電場力做了－2.4×10－5J的功，再將電荷從B點移到C點，電場力又做了1.2×10－5J的功，則()A．點電荷q在D點具有的電勢能為－1.0×10－5JB．A點的電勢為4VC．該勻強電場的場強大小為100eq\r(5)V/m，方向垂直于CD連線指向B點D．將△ABC繞B點順時針旋轉，無論轉過多大的角度，A、C兩點電勢都不會相等【答案】BC【解析】依據(jù)公式U＝eq\f(W,q)則有UAB＝eq\f(WAB,q)＝eq\f(－2.4×10－5,－6×10－6)V＝4V，UBC＝eq\f(WBC,q)＝eq\f(1.2×10－5,－6×10－6)V＝－2V，規(guī)定B點的電勢為0，則φA＝UAB＝4V，在勻強電場中沿著同一方向距離相等的任何兩點間電勢差相等，可得φD＝eq\f(φA＋φB,2)＝2V，故點電荷q在D點具有的電勢能為EpD＝φDq＝2×(－6×10－6)J＝－1.2×10－5J，故A錯誤，B正確；規(guī)定B點的電勢為0，則φC＝－UBC＝2V，故連接CD則為一條等勢面，過B作CD垂線則為一條電場線，如圖所示，由幾何關系得sin∠BCD＝eq\f(1,\r(12＋22))＝eq\f(\r(5),5)，則E＝eq\f(UCB,BCsin∠BCD)＝100eq\r(5)V/m，依據(jù)沿著電場線方向電勢漸漸降低可知，電場方向為垂直于CD連線指向B點，故C正確；將△ABC繞B點順時針旋轉，當轉到AC與電場線垂直時則AC兩點電勢會相等，故D錯誤．10．(多選)在水平向左的勻強電場中，一帶電顆粒以速度v從a點水平向右拋出，不計空氣阻力，顆粒運動到b點時速度大小仍為v，方向豎直向下．已知顆粒的質量為m，電荷量為q，重力加速度為g，則顆粒從a運動到b的過程中()A．做勻變速運動 B．速領先增大后減小C．電勢能增加了eq\f(1,2)mv2 D．a(chǎn)點的電勢比b點低eq\f(mv2,q)【答案】AC【解析】顆粒受到的重力和電場力是恒力，所以顆粒做的是勻變速運動，故A正確；顆粒所受重力與電場力的合力斜向左下方，則顆粒的速領先減小后增大，故B錯誤；在沿電場方向，顆粒的動能減小量為ΔEk＝eq\f(1,2)mv2，減小的動能轉化為了顆粒的電勢能，所以顆粒電勢能增加了eq\f(1,2)mv2，故C正確；在沿電場方向有qUab＝0－eq\f(1,2)mv2，解得Uab＝－eq\f(mv2,2q)，所以a點的電勢比b點低eq\f(mv2,2q)，故D錯誤．11．(多選)如圖所示，地面上方分布著豎直向上的勻強電場．一帶正電的小球從油中A處由靜止釋放后豎直下落，已知小球在AB段做加速運動，在BC段做勻速運動，M和N是小球下落過程中經(jīng)過的兩個位置．在此過程中，小球()A．在AB段的加速度大小漸漸增大B．在N點的機械能比M點的小C．機械能和電勢能的總量保持不變D．機械能的改變量大于電勢能的改變量【答案】BD【解析】小球在AB段做加速運動，在BC段做勻速運動，故AB段合力大于0，而BC段合力等于0，所以在AB段合力必定在減小，即在AB段的加速度大小漸漸減小，A錯誤；由于下落過程中，電場力和阻力始終做負功，導致小球的機械能減小，故B正確；下落過程中，阻力也會做功，導致部分機械能轉化為內(nèi)能，使機械能和電勢能的總量削減，故C錯誤；下落過程中，小球的機械能不斷減小，轉化為電勢能和內(nèi)能，故機械能的削減量大于電勢能的增加量，故D正確．12．在如圖所示的平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向(豎直向上)的勻強電場，電場強度大小E0＝50N/C；第Ⅳ象限區(qū)域內(nèi)有一寬度d＝0.2m、方向沿x軸正方向(水平向右)的勻強電場．質量m＝0.1kg、帶電荷量q＝＋1×10－2C的小球從y軸上P點以肯定的初速度垂直y軸方向進入第Ⅰ象限后，從x軸上的A點進入第Ⅳ象限，并恰好沿直線通過該區(qū)域后從B點離開，已知P、A的坐標分別為(0,0.4)，(0.4,0)，取重力加速度g＝10m/s2(1)初速度v0的大小；(2)A、B兩點間的電勢差UAB；(3)小球經(jīng)過B點時的速度大?。敬鸢浮?1)1m/s(2)5V(3)eq\r(10)m/s【解析】(1)小球進入豎直方向的勻強電場后做類平拋運動，小球帶正電，受到的電場力方向豎直向上，依據(jù)牛頓其次定律，加速度a＝eq\f(mg－qE0,m)解得a＝5m/s2依據(jù)平拋運動規(guī)律，小球沿水平方向做勻速運動，有xA＝v0t豎直方向有yP＝eq\f(1,2)at2聯(lián)立得v0＝xAeq\r(\f(a,2yP))代入數(shù)據(jù)，解得v0＝1m/s．(2)設水平電場的電場強度大小為E，因未進入水平電場前，帶電小球做類平拋運動，所以進入電場時豎直方向的速度vy＝eq\r(2yPa)因為小球在水平電場區(qū)域恰好做直線運動，所以合外力的方向與速度方向在一條直線上，即速度方向與合外力的方向相同，有eq\f(qE,mg)＝eq\f(v0,vy)解得E＝50N/C設小球在水平電場中運動的水平距離為leq\f(qE,mg)＝eq\f(l,d)依據(jù)電勢差與電場強度的關系有UAB＝El解得UAB＝5V．(3)設小球在B點的速度大小為v，對小球運動的全過程，由動能定理，有eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mg(yP＋d)＋qUAB－qE0yP解得v＝eq\r(10)m/s．13．在圖甲所示的極板A、B間加上如圖乙所示的大小不變、方向周期性改變的交變電壓，其周期為T，現(xiàn)有電子以平行于極板的速度v0從兩板中心OO′射入．已知電子的質量為m，電荷量為e，不計電子的重力，問：(1)若電子從t＝0時刻射入，在半個周期內(nèi)恰好能從A板的邊緣飛出，則電子飛出時速度的大小為