24版高中同步新教材必修第三册人教物理备课资源综合拔高练含答案

24版高中同步新教材必修第三册人教物理备课资源综合拔高练五年高考练考点1电势高低及电势能大小的判断1.(2022江苏,9)如图所示,正方形ABCD的四个顶点各固定一个带正电的点电荷,电荷量相等,O点为正方形的中心。现将A点的电荷沿OA的延长线向无穷远处移动,则()A.在移动过程中,O点电场强度变小B.在移动过程中,C点的电荷所受静电力变大C.在移动过程中,移动的电荷所受静电力做负功D.当其移动到无穷远处,O点的电势高于A点2.(2022湖南,2)如图,四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边a、b、c、d上。移去a处的绝缘棒,假定另外三根绝缘棒电荷分布不变。关于长方体几何中心O点处电场强度方向和电势的变化,下列说法正确的是()A.电场强度方向垂直指向a,电势减小B.电场强度方向垂直指向c,电势减小C.电场强度方向垂直指向a,电势增大D.电场强度方向垂直指向c,电势增大3.(2021北京,9)如图所示的平面内,有静止的等量异号点电荷,M、N两点关于两电荷连线对称,M、P两点关于两电荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是()A.M点的场强比P点的场强大B.M点的电势比N点的电势高C.N点的场强与P点的场强相同D.电子在M点的电势能比在P点的电势能大4.(2021江苏,10)一球面均匀带有正电荷,球内的电场强度处处为零,如图所示,O为球心,A、B为直径上的两点,OA=OB,现垂直于AB将球面均分为左右两部分,C为截面上的一点,移去左半球面,右半球面所带电荷仍均匀分布,则()A.O、C两点电势相等B.A点的电场强度大于B点C.沿直线从A到B电势先升高后降低D.沿直线从A到B电场强度逐渐增大考点2电场线、等势面的特点及应用5.(2022浙江1月选考,10)某种气体—电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成,其上存在等间距小孔,其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示。下列说法正确的是()A.a点所在的线是等势线B.b点的电场强度比c点大C.b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大D.将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零6.(2022全国乙,19)如图,两对等量异号点电荷+q、-q(q>0)固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点,O为内切圆的圆心,M为切点。则()A.L和N两点处的电场方向相互垂直B.M点的电场方向平行于该点处的切线,方向向左C.将一带正电的点电荷从M点移动到O点,电场力做正功D.将一带正电的点电荷从L点移动到N点,电场力做功为零7.(2021全国甲,19)某电场的等势面如图所示,图中a、b、c、d、e为电场中的5个点,则()A.一正电荷从b点运动到e点,电场力做正功B.一电子从a点运动到d点,电场力做功为4eVC.b点电场强度垂直于该点所在等势面,方向向右D.a、b、c、d四个点中,b点的电场强度大小最大8.(2022重庆,8)如图为两点电荷Q、Q'的电场等势面分布示意图,Q、Q'位于x轴上,相邻等势面的电势差为3V。若x轴上的M点和N点位于0V等势面上,P为某等势面上一点,则()A.N点的电场强度大小比M点的大B.Q为正电荷C.M点的电场方向沿x轴负方向D.P点与M点的电势差为12V9.(2021全国乙,15)如图(a),在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应,在金属平板上表面产生感应电荷,金属板上方电场的等势面如图(b)中虚线所示,相邻等势面间的电势差都相等。若将一正试探电荷先后放于M和N处,该试探电荷受到的电场力大小分别为FM和FN,相应的电势能分别为EpM和EpN,则()A.FM<FN,EpM>EpNB.FM>FN,EpM>EpNC.FM<FN,EpM<EpND.FM>FN,EpM<EpN考点3电势差与场强的关系10.(2022湖北,4)密立根油滴实验装置如图所示,两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接,板间产生匀强电场。用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场,油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电。金属板间电势差为U时,电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止。若仅将金属板间电势差调整为2U,则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为()A.q,rB.2q,rC.2q,2rD.4q,2r11.(2021海南,11)如图,在匀强电场中有一虚线圆,ab和cd是圆的两条直径,其中ab与电场方向的夹角为60°,ab=0.2m,cd与电场方向平行,a、b两点的电势差Uab=20V。则()A.电场强度的大小E=200V/mB.b点的电势比d点的低5VC.将电子从c点移到d点,电场力做正功D.电子在a点的电势能大于在c点的电势能考点4电场中的图像问题12.(2021山东,6)如图甲所示,边长为a的正方形,四个顶点上分别固定一个电荷量为+q的点电荷;在0≤x<22a区间,x轴上电势φ的变化曲线如图乙所示。现将一电荷量为-Q的点电荷P置于正方形的中心O点,此时每个点电荷所受库仑力的合力均为零。若将P沿x轴向右略微移动后,由静止释放,以下判断正确的是()A.Q=2+12q,释放后B.Q=2+12q,释放后C.Q=22+14q,D.Q=22+14q,13.(2020课标Ⅰ,17)图(a)所示的电路中,K与L间接一智能电源,用以控制电容器C两端的电压UC。如果UC随时间t的变化如图(b)所示,则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化的图像中,正确的是()考点5电容器14.(2022重庆,2)如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图,电容器上极板固定,下极板可随材料尺度的变化上下移动,两极板间电压不变。若材料温度降低时,极板上所带电荷量变少,则()A.材料竖直方向尺度减小B.极板间电场强度不变C.极板间电场强度变大D.电容器电容变大考点6带电粒子(物体)在电场中的运动15.(2022浙江6月选考,9)如图所示,带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场,板长为L(不考虑边界效应)。t=0时刻,M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子,垂直M板向右的粒子,到达N板时速度大小为2v0;平行M板向下的粒子,刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用,则()A.M板电势高于N板电势B.两个粒子的电势能都增加C.粒子在两板间的加速度a=2D.粒子从N板下端射出的时间t=(16.(2022全国甲,21)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场,将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等,重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后,()A.小球的动能最小时,其电势能最大B.小球的动能等于初始动能时,其电势能最大C.小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时,其动能最大D.从射出时刻到小球速度的水平分量为零时,重力做的功等于小球电势能的增加量17.(2021湖南,9)如图,圆心为O的圆处于匀强电场中,电场方向与圆平面平行,ab和cd为该圆直径。将电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点,电场力做功为2W(W>0);若将该粒子从c点移动到d点,电场力做功为W。下列说法正确的是()A.该匀强电场的场强方向与ab平行B.将该粒子从d点移动到b点,电场力做功为0.5WC.a点电势低于c点电势D.若只受电场力,从d点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动18.(2022北京,18)如图所示,真空中平行金属板M、N之间距离为d,两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。(1)求带电粒子所受的静电力的大小F;(2)求带电粒子到达N板时的速度大小v;(3)若在带电粒子运动d2距离时撤去所加电压,求该粒子从M板运动到N板经历的时间t19.(2022辽宁,14)如图所示,光滑水平面AB和竖直面内的光滑14圆弧导轨BO在B点平滑连接,导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放,脱离弹簧后经过B点时的速度大小为gR,之后沿导轨BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy,在x≥-R区域有方向与x轴夹角为θ=45°的匀强电场,进入电场后小球受到的电场力大小为2mg,小球在运动过程中电荷量保持不变,重力加速度为g。求(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能;(2)小球经过O点时的速度大小;(3)小球过O点后运动的轨迹方程。三年模拟练应用实践1.(2023广东广州广雅中学月考)在维护和检修高压供电线路时,为了不影响城市用电,电工经常要在高压线上带电作业。为了保障安全,电工全身要穿上用金属丝线编织的衣服(如图甲)。图乙中电工站在高压直流输电线的A供电线上作业,头顶上方有B供电线,B供电线的电势高于A电线的电势。虚线表示电工周围某一截面上的等差等势线,c、d、e、f是等势线上的四个点。以下说法中正确的是()A.在c、d、e、f四点中,c点的电场最强B.在c、d、e、f四点中,f点的电势最高C.若将某电子由c移到f,其电势能将增加D.将某电子在d点由静止释放,它会向e点所在等势面运动2.(2022江苏南京第一中学月考)微信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”或“后”方向运动。图中R为定值电阻。下列对传感器描述正确的是()A.静止时,电流表示数为零,电容器两极板不带电B.保持向前匀加速运动时,电路中没有电流C.由静止突然向后运动时,电容器的电容减小D.由静止突然向前运动时,电流由a向b流过电流表3.(2023浙江七彩阳光新高考联盟联考)两个带电荷量不等的点电荷Q、q周围的电场线分布如图所示,虚线为两电荷连线的中垂线,c、d两点在中垂线上,且关于两电荷连线对称。下列说法正确的是()A.a、b两点的电势可能相同B.a、b两点的电场强度可能相同C.把电荷从c点沿虚线移到d点,电场力一直不做功D.把电荷从c点沿虚线移到d点,电场力做的总功为零4.(2023河南安阳联考)真空中两个点电荷Q1、Q2分别固定于x轴上x1=0和x2=4a两点(图中未画出),在它们的连线上的电场强度E与x的关系图像如图所示。已知Q1带正电,取无穷远处为电势零点,下列说法正确的是()A.Q2带负电B.Q1与Q2的电荷量大小之比是1∶3C.x轴上x=a处的电势小于零D.x轴的负方向为电场强度的正方向5.(2023安徽皖南八校联考)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动,其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示,其中O~x2段是关于直线x=x1对称的曲线,x2~x3段是直线,则下列说法不正确的是()A.x1处电场强度最小,但不为零B.粒子在O~x3段做变速运动,x2~x3段做匀变速运动C.x2~x3段的电场强度大小、方向均不变,为一定值D.O、x1、x2、x3处的电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2=φ0>φ36.(2023福建德化第一中学月考)如图所示,在x轴上的O点(x=0)和b点(x=15cm)分别固定放置两点电荷q1、q2,其产生的静电场的电势φ在x轴上分布如图中所示,a、c两点是图线与横轴的交点,取无穷远处的电势为零,下列说法正确的是()A.a、c两点的电场强度大小相等,方向相反B.q1所带电荷量是q2所带电荷量的4倍C.将一正电荷从a点移到c点,电场力做功为零D.将一负电荷从c点移到d点,电势能增大7.(2023江苏南通第一次质量检测)如图所示,AB是一根半圆形绝缘细线,O点为其圆心,等量异种电荷均匀分布在细线上。P、Q是一条直径上的两点,PO>QO,点N在圆心O正下方,设无穷远处电势为零,则()A.UPN=UQNB.UPO>UOQC.P点的场强大于Q点的场强D.将负电荷从无穷远处移到N点,电场力做正功8.(2023湖北孝感新高考协作体联考)如图所示,真空中有一匀强电场(图中未画出),电场方向与圆周所在平面平行,△ABC是圆的内接直角三角形,∠BAC=63.5°,O为圆心,半径R=5cm。位于A处的粒子源向平面内各个方向发射初动能均为8eV、电荷量为+e的粒子,这些粒子会经过圆周上不同的点,其中到达B点的粒子动能为12eV,到达C点的粒子电势能为-4eV(取O点电势为零)。忽略粒子受到的重力和粒子间的相互作用,sin37°=0.6。下列说法正确的是()A.UCA=-12VB.电场方向由A指向BC.匀强电场的电场强度大小为1V/cmD.经过圆周上的所有粒子,动能最大为17eV9.(2023河南豫北名校联考)匀强电场、辐射状电场可以控制带电粒子分别做类平抛运动、匀速圆周运动。如图所示,长、宽分别为2L、L的带电平行板内存在匀强电场,比荷为k的带正电粒子(不计重力),从平行板的边缘A点,以垂直电场方向的速度v0射入电场,正好从平行板的边缘B点射出电场,接着从B点进入辐射状电场正好做匀速圆周运动,粒子做圆周运动的轨迹圆的半径为2L,经过圆周运动,从C点射出辐射状电场,两种电场都在同一平面内,且互不影响,则()A.粒子从A到B的运动时间为2B.匀强电场的场强大小为vC.粒子所在的圆弧轨道对应的电场强度的大小为vD.粒子从B到C的运动时间为π10.(2022安徽皖北县中联盟联考)如图所示,水平放置的两平行金属板,板长为l=10cm,两板相距d=4cm,一束电子经加速电场(图中未画出)加速后以v0=4.0×107m/s的初速度从两板中央水平射入板间,然后从板间飞出射到距板右端为L=45cm、宽D为20cm的荧光屏上。不计电子重力,荧光屏中点与两板间的中心线在同一水平面上,电子质量m=9.0×10-31kg、电荷量e=1.6×10-19C,求:(1)电子飞入两板前所经过的加速电场的电压;(2)为使电子能射到荧光屏的所有位置,上、下两板间所加电压的取值范围。迁移创新11.(2023福建三明一中月考)光刻机是半导体行业中重中之重的利器。电子束光刻技术原理简化如图所示,电子枪发射的电子经过成型孔后形成电子束,通过束偏移器后对光刻胶进行曝光。某型号光刻机的束偏移器长L=0.04m,间距也为L,两极间有扫描电压,其轴线垂直晶圆上某芯片表面并过中心O点,芯片到束偏移器下端的距离为L2。若进入束偏移器时电子束形成的电流大小为I=2×10-8A,单个电子的初动能为Ek0=1.6×10-14J,不计电子重力及电子间的相互作用力,忽略其他因素的影响,(1)若扫描电压为零,电子束在束偏移器中做何种运动?电子束到达芯片时的落点位置在哪?(2)若扫描电压为零,且It=Ne(N为电子个数),求O点每秒接收的能量E。(e=1.6×10-19C)(3)若某时刻扫描电压为15kV,则电子束到达芯片时的位置离O点的距离为多少?

答案与分层梯度式解析综合拔高练五年高考练1.D2.A3.C4.A5.C6.AB7.BD8.AD9.A10.D11.AD12.C13.A14.A15.C16.BD17.AB1.D由场的叠加及对称性可知,B、D两点处电荷在O点处产生的场强相互抵消,初始状态下A、C两点处电荷在O点处产生的场强也等值反向,在A处电荷移动过程中,O点电场强度从0开始逐渐增大,A错误。B、D两点处电荷对C处电荷的作用力合力方向沿OC方向、大小不变,而A处电荷在移动过程中对C点处电荷斥力逐渐减小,故C点处电荷所受静电力变小,B错误。同理可知A处电荷所受静电力方向由O指向A,故远离过程中静电力对其做正功,C错误。当A处电荷移动至无穷远处时,O、A间电场由B、C、D三处电荷产生,由等量正电荷中垂线上的电场分布可知,B、D两处电荷在OA上各点产生的电场方向均是由O指向A,再叠加C处电荷产生的电场可知O、A间各点的电场方向均是由O指向A,而沿电场线方向电势降低,故D正确。2.A三根棒在O点产生的电场强度叠加情况如图所示,b、d两棒产生的电场强度等大反向,合电场强度为c棒产生的电场强度,应垂直指向a。电势是标量,长棒均带正电,有四根带电长棒时O点的电势一定大于有三根在时的电势,所以电势减小,A正确。3.C等量异种点电荷电场线的分布如图所示,M点和P点关于两电荷连线的中垂线对称,M点和N点关于两电荷连线对称,所以三个点所在位置电场线的疏密程度相同,由此可得三个点的场强大小相等,选项A错误;M点和N点处于同一等势面上,电势相等,选项B错误;N点和P点的场强相同,选项C正确;如果把电子从M点向P点移动,电场力将做负功,电势能将增加,所以电子在P点的电势能大于在M点的电势能,选项D错误。4.A球面完整时内部场强处处为零,根据对称性可知,右半球电荷的电场线均与AB平行且水平指向左,均与CO垂直,即CO是等势线,O、C两点的电势相等,选项A正确;球面完整时内部场强处处为零,右半球在A点产生的合场强E右A水平向左,左半球在A点产生的合场强E左A水平向右,E右A=E左A,同理右半球在B点产生的合场强E右B水平向左,左半球在B点产生的合场强E左B水平向右,E右B=E左B,根据对称性可知E左A=E右B,即E右B=E右A,选项B错误;由对称性可知电场线方向B→A,因沿电场线方向电势逐渐降低,所以从A到B电势逐渐升高,选项C错误;由于A点场强等于B点的场强,所以沿直线从A到B电场强度逐渐增大是不可能的,选项D错误。规律总结两种不同方向上场强的特点5.C根据电场线与等势线特点,并结合题意可知,电场线由小孔内向外辐射,故a点所在线为电场线,A错误;由于b点处电场线分布比c点处电场线稀疏,故b点的电场强度比c点小,B错误;由等势线分布可知,|Ubc|=|Uba|+|Uac|,故|Ubc|>|Uac|,C正确;由于电场力做功与路径无关,故电荷从d→e→f→g移动时,电场力做功W=qUdg≠0,所以D错误。6.AB如图1所示,设正方形四个顶点分别为A、B、C、D,两个负点电荷在L点产生的合场强沿L→D,两个正点电荷在L点产生的场强的矢量和也沿L→D,故EL方向沿L→D如图2所示,两个正点电荷在N点产生的合场强沿N→A,两个负点电荷在N点产生的合场强也沿N→A,故EN沿N→A,则EL⊥EN,A正确。如图3所示,C、D两点处的点电荷在M点产生的合场强水平向左,A、B两点处的点电荷在M点产生的合场强水平向右,由E=kqr2可以看出,向左的合场强大于向右的合场强,故EM方向水平向左如图4所示,由对称性可得,CD边的中垂线MM'为等势面,故从M点向O点移动点电荷时,电场力做功为零,C错误。由以上判断可知,LO上各点的场强方向均由O指向L点,NO上各点的场强方向均由N指向O点,沿电场线方向电势越来越低,故ULN<0从L点向N点移动正电荷时,电场力做功WLN=qULN<0,故D错误。7.BD由于b、e两点在同一等势面上,所以正电荷从b点运动到e点,电场力不做功,故选项A错误;电子从a点运动到d点,电场力做功Wad=-e(φa-φd)=-e(3V-7V)=4eV,故选项B正确;电场线与等势面垂直,并且沿电场线方向电势降低,所以b点电场强度垂直于该点所在等势面,方向向左,故选项C错误;等差等势面密的地方电场强度较大,a、b、c、d四个点中,b点处等差等势面最密,其电场强度大小最大,故选项D正确。8.AD等差等势面密集处场强大,由图可知N点的电场强度大小比M点的大,故A正确。沿着电场线方向电势逐渐降低,由图可知电场线由N指向Q,则Q为负电荷,故可知M点的电场方向沿x轴正方向,B、C均错误。M点与N点在同一等势面上,电势均为0V,P点与N点等势面间隔四个,而相邻等势面的电势差为3V,则P点与M点的电势差为12V,故D正确。9.A根据电场线和等势线互相垂直的特点可以大致确定电场线,如图。等差等势面越密集处电场越强,所以EM<EN,电荷在电场中所受的电场力F=Eq,可知对于同一个正试探电荷有FM<FN,选项B、D错误;因为沿着电场线方向电势逐渐降低,可知φM>φN,电荷在电场中的电势能Ep=qφ,可知EpM>EpN,选A。10.D设油滴密度为ρ,由于金属板间电势差为U时,电荷量为q、半径为r的球状油滴静止,则由受力平衡知Udq=ρ×43πr3g①;当金属板间电势差为2U时,设此时电荷量为q'、半径为r'的球状油滴能静止,则有2Ud×q'=ρ×43πr'311.AD根据Uab=E·abcos60°,可得电场强度的大小E=Uababcos60°=200.2×0.5V/m=200V/m,A正确;沿电场线方向电势逐渐降低,可知b点的电势比d点的电势高,B错误;将电子从c点移到d点,因电子所受的电场力与位移反向,可知电场力做负功,C错误;因a点的电势低于c点电势,则电子在12.C对y轴正半轴上的点电荷,由点电荷所受库仑力的合力为零可得2×kq2a2cos45°+kq2(2a)2=kQq22a2,解得Q13.A根据图(b)知,在2~3s时间内,电容器两端的电压恒定不变,电路中电流为零,故电阻两端电压为零,故D项错误;在1~2s时间内,电容器两端的电压均匀增大,电容器处于充电过程,在3~5s时间内,电容器两端的电压均匀减小,电容器处于放电过程,两个过程通过电阻R的电流方向相反,则这两段时间内电阻两端的电压值必定一正一负,故B项错误;由于充电时间比放电时间短,因此充电电流I充比放电电流I放大,则充电时电阻两端电压值大于放电时电阻两端的电压值,故A项正确,C项错误。图形剖析一题多解由UC=QC、Q=It可得UC=ICt,结合图像可知,UC-t图像的斜率为IC。0~1s内电路中没有电流,电阻两端电压UR=0;2~3s内电容器两端电压不变,电路中无电流,电阻两端电压UR=0;1~2s内电流是3~5s内电流的两倍,电流方向相反,则1~2s内电阻R两端电压是3~5s内的两倍14.A由题意可知两极板间电压U不变,极板上所带电荷量Q变少,根据C=QU可知电容器的电容C减小,D错误;根据C=εrS4πkd可知极板间距d增大,根据E=Ud可知极板间电场强度E减小,B、C错误;极板间距15.C带电粒子的电性未知,两极板电势高低无法判断,选项A错误;电场力对带电粒子都做正功,带电粒子的电势能都减少,选项B错误;粒子从N板下端射出的时间t=L2v0,选项D错误;初速度垂直M板向右的粒子,到达N板时速度大小为2v0,根据动能定理可知,初速度平行M板向下的粒子,从N板下端射出时的速度大小也为2v0,由平行四边形定则可知,从N板下端射出时垂直极板方向的速度大小为v0,粒子在两板间的加速度为a=思维点拨电场力对两粒子做功相同,根据动能定理可知qU=12mv2−12mv02,初速度垂直M板向右的粒子,到达N板时速度大小为2v0;初速度平行16.BD等效最高点处的速度最小,但此处不是向左的最大位移处,其电势能不是最大,A选项错误;等效最高点处的速度最小,且与水平方向成45°角,由运动的分解可知,此时水平方向的速度等于竖直方向的速度,故C选项错误;由对称性可知,水平速度为0时,竖直速度为v0,此时向左的位移最大,电势能最大,B选项正确;由B分析可知,从出射到小球速度水平分量为零的过程中,动能的变化量为0,故此过程中,重力做功和电场力做功的代数和为零,即重力做的功等于小球电势能的增加量,D选项正确。17.AB由于该电场为匀强电场,可采用矢量分解的思路,沿cd方向建立x轴,垂直于cd方向建立y轴,如图所示,粒子从c到d有W=Exq×2R,粒子从a到b有2W=Eyq×3R+ExqR,解得Ex=W2qR,Ey=3W2qR,E=WqR,tanθ=EyEx=3。由于电场方向与水平方向夹角为60°,则电场与ab平行,方向由a指向b,选项A正确;该粒子从d点运动到b点,电场力做的功为W'=Eq×R2=0.5W,选项B正确;沿电场线方向电势逐渐降低,则a点的电势高于18.答案(1)qUd(2)2qUm(解析(1)两极板间的场强E=U带电粒子所受的静电力F=qE=qU(2)带电粒子从静止开始运动到N板的过程,根据功能关系有qU=12mv解得v=2(3)设带电粒子运动d2距离时的速度大小为v',根据功能关系有qU2带电粒子在前d2距离做匀加速直线运动,后d2距离做匀速运动,设用时分别为t1、t2d2=v'2t1,则该粒子从M板运动到N板经历的时间t=t1+t2=319.答案(1)12mgR(2)3gR(3)y2解析(1)小球从A到B,根据能量守恒定律得Ep=12(2)小球从B到O,根据动能定理有-mgR+qE·2解得vO=3(3)小球运动至O点时速度竖直向上,受电场力和重力作用,将电场力分解到x轴和y轴,则x轴方向有qEcos45°=max竖直方向有qEsin45°-mg=may解得ax=g,ay=0说明小球从O点开始沿x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动,y轴方向做匀速直线运动,即做类平抛运动,则有x=12gt2,y=vO联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为y2=6Rx三年模拟练1.C2.B3.D4.D5.A6.BC7.A8.CD9.AB1.C依据等差等势线的疏密表示场强大小,可知,在c、d、e、f四点中,f点的电场最强,A错误;沿着电场线方向,电势是降低的,因B供电线的电势高于A电线的电势,则在c、d、e、f四点中,c点的电势最高,f点的电势最低,B错误;若将某电子由c移到f,即从高电势点到低电势点,其电势能将增大,C正确;将某电子在d点由静止释放,在电场力作用下,它会向c点所在等势面运动,D错误。2.B静止时,N板不动,电容器的电容不变,电荷量不变,则电流表示数为零,电容器与电源保持连接,两极板带电,A错误;保持向前匀加速运动时,加速度恒定,则N极板的位置不动,电容器的电容不变,电容器与电源保持连接,两端电压不变,由Q=CU可知电荷量不变,电路中无电流,故B正确;由静止突然向后运动时,N板相对向前运动,则两极板间距减小,根据C=εrS4πkd可知,电容器的电容增大,故C错误;由静止突然向前运动时,N板相对向后运动,两极板间距增大,根据C=εrS4πkd可知,电容器的电容减小,电容器放电3.D沿电场线方向电势降低,可知a点电势比b点电势高,A错误;电场强度是矢量,既有大小又有方向,某点的场强方向为电场线在该点的切线方向,a、b两点的电场强度方向一定不同,B错误;由对称性可知,c点和d点在同一等势面上,但是c、d连线并不是等势线,把电荷从c点沿虚线移到d点,电场力做功,但前后做功相抵消,做的总功为零,C错误,D正确。4.D由图像可知,x=a处合场强为零,因此两个点电荷为同种电荷,Q2带正电,A错误;因x=a处合场强为零,所以根据点电荷的场强公式可知kQ1a2=kQ2(3a)2,解得Q1∶Q2=1∶9,B错误;因无穷远处电势为零,正电荷的电场中各点电势为正,C错误;由于两个点电荷均为正电荷,从图中可知,a~3a范围内场强为正,且场强从零开始向右逐渐增大5.A根据E=Ud得场强与电势的关系E=ΔφΔx,电势能Ep=qφ,联立可得E=1q×ΔEpΔx,可知Ep-x图像切线的斜率ΔEpΔx=qE=F电,x1处切线斜率为零,所以x1处电场强度为零,A错误;由题图可知,O~x1、x1~x2、x2~x3三段图线斜率大小变化情况为变小、变大、不变,则可知三段图线反映的粒子所受电场力变化情况为变小、变大、不变,B、C正确;根据电势能与电势的关系Ep=qφ,粒子带负电,q<06.BCφ-x图像切线的斜率表示电场强度,a、c两点电势相等,但电场强度大小和方向均不同,A错误;由图可知,图中d点图像斜率为零,表明该点的合场强为零,而d点到两点电荷q1、q2的距离之比为2∶1,根据点电荷场强公式E=kQr2可得,q1、q2电荷量之比为4∶1,B正确;a、c两点电势相等,电势差为零,将一正电荷从a点移到c点,电场力做功为零,C正确;c、d间电场方向向左,负电荷从c点移到d点,电场力做正功,电势能减小7.A把半圆形绝缘细线上分布的等量异种电荷看成是很多对以PQ直线为对称轴的等量异种点电荷组成,根据等量异种点电荷电场分布特点可知,点电荷连线的中垂线上点的场强方向都与中垂线垂直,由正电荷指向负电荷,故叠加后PQ直线上的场强方向都与PQ直线垂直且向下,可知PQ为等势线,电势等于无穷远处电势,即φP=φO=φQ=0,故有UPO=UOQ=0,UPN=UQN,A正确,B错误;由于N点在等势线PQ下方且靠近负电荷,可知N点的电势小于零,负电荷在N点的电势能大于零,将负电荷从无穷远处移到N点,电势能增加,电场力做负功,D错误;根据等量异种点电荷电场分布特点可知,中垂线上离等量异种点电荷越远的点,电场强度越小,由于P点离等量异种电荷的距离都比Q点离等量异种电荷的距离大,可知叠加后P点的电场强度小于Q点的电场强度,C错误。8.CD由题意,根据动能定理有eUAB=EkB-EkA=4eV,即UAB=φA-φB=4V,φC=EpCe=-4V,则UOC=4V,匀强电场中沿同一方向电势均匀变化,所以UAO=UOC=4V,则φA=4V,UCA=φC-φA=-8V,A错误;根据前面分析可知φB=0,所以O、B连线为一条等势线,根据电场强度方向垂直于等势线并由高电势指向低电势可知电场强度方向由A指向D,如图所示,在△OAB中,由题意可知∠OBA=∠OAB=63.5°,所以∠BOA=180°-2×63.5°=53°,则AD=Rsin∠BOA=4cm,所以该匀强电场的电场强度大小为E=UAOAD=1V/cm,B错误,C正确;过O作OF平行于AD交圆于F,可知F是圆上沿电场强度方向上离O最远的点,则F点电势最低,为φF=φO-ER=-5V,所以A、F两点间电势差为UAF=φA-φF=9V,当粒子经过F点时电势能最小,动能最大,为EkF=EkA+9.AB设带电平行板内的匀强电场的场强大小为E1,粒子在A点的入射速度为v0,粒子从A到B做类平抛运动,沿v0的方向做匀速直线运动,沿着匀强电场的方向做初速度为0的匀加速直线运动,设运动时间为t1,由平抛运动的规律得2L=v0t1,L=12·E1qmt12,结合k=qm,联立解得E1=v022kL,t1=2Lv0,A、B正确;设粒子做圆周运动时其所在位置处的电场强度的大小为E2,粒子在B点的速度为v,则v2=v02+vy2,2E1qmL=vy2,粒子做匀速圆周运动的线速度为v,做匀速圆周运动的轨迹半径为2L,电场力充当向心力,E2q=mv22L,结合k=qm,联立解得vy=v10.答案(1)4.5×103V(2)-720V~720V解析(1)设加速电场的电压为U1,由动能定理可得eU1=12代入数据得U1=mv022e(2)如图所示设电子飞出偏转电场时速度为v1,和水平方向的夹角为θ,偏转电压为U2,偏转位移为y,则y=1tanθ=v由此看出,电子从偏转电场射出时,不论偏转电压多大,电子都像是从偏转电场的两极板间中心线的中点沿直线射出一样,射出电场后电子做匀速直线运动,若电子恰好打在荧光屏的边缘上,结合图可得tanθ=D得U2=Ddm代入数据得U2=720V因此上、下两板间的电压在-720V~720V范围内时,电子可打在荧光屏上的任何位置。11.答案(1)匀速直线运动O(2)2×10-3J(3)0.003m解析(1)若扫描电压为零,电子束做匀速直线运动,落点位置为O;(2)若扫描电压为零,O点每秒接收的能量是E=NEk0=IteEk0=2×10-3(3)电子在束偏移器中的加速度大小为a=eU设电子的初速度大小为v0,则由题意可知Ek0=1电子在束偏移器中运动的时间为t=L电子在束偏移器中的偏移量为y=12at电子从束偏移器中射出时,其速度方向的反向延长线一定过束偏移器的中心位置,设电子束到达芯片时的位置离O点的距离为Y,如图所示根据几何关系有y联立解得Y=0.003m迁移创新以“光刻机”为素材,考查带电粒子在电场中的加速和偏转问题,解答本题的关键是读懂题意,理解电子的运动情景,构建物理模型,然后利用动能定理和类平抛运动的知识解题。本章复习提升易混易错练易错点1不理解电势的相对意义1.(2023湖南常德一中月考)如图所示,平行板电容器带有等量异种电荷,与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地,在两极板间有一固定在P点的点电荷。以E表示两板间的电场强度,Ep表示点电荷在P点的电势能,θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动,将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置,则()A.θ增大,E增大B.θ增大,Ep增大C.θ减小,Ep不变D.θ减小,E不变易错点2认为做类平抛运动的带电粒子只能从一侧偏离2.(2021浙江绍兴月考)平行板电容器的两金属板A、B水平放置,质量为5.0×10-6kg的带电粒子以v0=2.0m/s的水平速度从两板正中位置射入电场,如图所示,A、B间距为4cm,板长为10cm,g取10m/s2,当UAB=1000V,粒子恰好不发生偏转。欲使该粒子能穿出电场,则A、B间所加的电压应为多少?易错点3没有掌握判断荧光屏上有几个亮点的方法3.(2022辽宁大连八中期中)如图,平行板电容器的两极板均水平放置,质子(11H)、氘核(12H)和α粒子(24He)都沿两极板间中线OO'方向垂直于电场线射入板间的匀强电场,射出后都打在同一个与OO'垂直且紧靠极板右侧边缘的荧光屏上A.若它们射入电场时的速度相等,在荧光屏上将出现2个亮点B.若它们射入电场时的质量与速度的乘积相等,在荧光屏上将只出现2个亮点C.若它们射入电场时的动能相等,在荧光屏上将只出现1个亮点D.若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的,在荧光屏上将出现3个亮点易错点4死搬硬套圆周运动的临界条件出错4.如图,细线一端系住质量为m的小球,以另一端O为圆心,使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动。若小球带正电,电荷量为q,空间有场强大小为E、方向竖直向上的匀强电场,为了使小球能做完整的圆周运动,在最低点A处小球应具有多大的速度?(重力加速度为g)思想方法练一、图像法方法概述在解决某些物理问题时,根据题意画出图像,再利用图像分析寻找答案,能够避免烦琐的计算,迅速得出正确结果。如P44第4题就应用了此方法。1.如图a所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图b所示的交变电压,一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子,粒子会时而向A板运动,时而向B板运动,并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是()A.0<t0<TC.3二、等效转换法方法概述等效转换法是指灵活地转换研究对象或将陌生的情境转换成熟悉的情境,进而快速求解的方法。本章涉及的常用方法是“等效重力法”,如P47的第6题、第7题、第8题。2.(2023重庆八中月考)如图所示,长为L的轻绳一端系在O点,另一端系着质量为m、电荷量为-q的小球(可视为质点),空间存在着与竖直面平行的匀强电场,现在最低点A处给小球某一垂直轻绳的初速度v0(未知),可让小球在竖直面内做完整的圆周运动。已知小球从A点运动到B点过程中,电场力做的功为6mgL,小球从C点运动到D点过程中,电场力做的功为3mgL,AB与CD之间的夹角为60°,重力加速度大小为g。求:(1)电场强度的大小和方向;(2)初速度v0的最小值。三、结论法方法概述结论法是指直接利用已知的定义、定理、定律及由它们推导出的其他结论解题的方法。利用结论法时要清楚该结论成立的条件。如P43第8题就应用了此方法。3.(2023广东珠海第一中学月考)如图所示,一质量m=2.0×10-18kg、电荷量q=1.0×10-12C的带正电的粒子由静止经加速电场加速后,从O点沿中心线OO'方向进入偏转电场,并从另一侧射出打在荧光屏上的某点。O'点是荧光屏的中心,已知加速电场电压U0=2500V,偏转电场电压U=100V,极板的长度L1=6.0cm,板间距离d=2.0cm,极板的末端到荧光屏的距离L2=3.0cm,不计粒子重力,求:(1)粒子射入偏转电场时的初速度v0;(2)粒子打在荧光屏上的点到O'点的距离Y;(3)粒子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功W。

答案与分层梯度式解析本章复习提升易混易错练1.CD若保持下极板不动,将上极板向下平移一小段距离,则根据C=εrS4πkd可知,C变大,Q一定,则根据Q=CU可知,U减小,则静电计指针偏角θ减小;根据E=Ud,C=εrS4πkd,Q=CU,联立可得E=4πkQεrS,可知Q一定时,E不变;根据U1=Ed1,可知P点离下极板的距离不变,E不变,则P错解分析不理解电势的相对意义,造成错解。对某点电势的判断要利用该点与电势不变的点之间的电势差来判断。本题中下极板接地,电势为零,即下极板电势不变,P点电势的变化情况应通过P点与下极板之间电势差的变化情况来判断。解题时要注意电势的相对性,避免与电势差相混淆。2.答案-600V≤UAB≤2600V解析当UAB=1000V时,由二力平衡知识可知Eq=UABdq解得q=mgdUAB=2×10当Eq>mg(UAB>1000V)时,带电粒子向上偏,当粒子恰从A板边缘射出时,设A、B间的电压为U1,侧移量y=12at2=12d,由牛顿第二定律得a=U1qdm-g当Eq<mg(UAB<1000V)时,粒子向下偏,当粒子从B板边缘射出时,设A、B间电压为U2,同理则有y=12a'=g-U2qdm,t=Lv0所以UAB的范围是-600V≤UAB≤2600V错解分析受定式思维影响,只考虑粒子从下板边缘射出,而遗漏从上板边缘也可以射出,造成漏解。解题时要认真审题,看清楚物体的重力是否可以忽略,分析清楚物体的各种运动情况。3.A三个粒子进入匀强电场中均做类平抛运动,在水平方向做匀速直线运动,竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动,加速度为a=qEm,偏转距离为y=12at2,运动时间为t=Lv0,解得y=qEL22mv02,若它们射入电场时的速度相等,y与比荷成正比,而三个粒子中质子的比荷最大,氘核和α粒子的比荷相等,在荧光屏上将出现2个亮点,A正确;若它们射入电场时的质量与速度的乘积相等,y=qEL22mv02=qmEL22(mv0)2,可见y与qm成正比,三个粒子的qm都不同,错解分析不认真分析计算,误认为质子、氘核和α粒子的质量和电荷量不同,它们通过相同的加速电场、偏转电场后,肯定速度方向不同,轨迹不一样,打在荧光屏的不同点,造成错选D。本题中粒子在偏转电场中做类平抛运动,垂直于电场方向上做匀速直线运动,沿电场方向做匀加速运动,根据牛顿第二定律和运动学公式得到粒子偏转距