2024-2025学年新教材高中物理第十章静电场中的能量进阶突破含解析新人教版必修3

PAGEPAGE9第十章进阶突破1．如图所示，O、A、B、C为一粗糙绝缘水平面上的三点，不计空气阻力，一电荷量为－Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m、电荷量为－q的小金属块(可视为质点)，从A点由静止沿它们的连线向右运动，到B点时速度最大，其大小为vm，小金属块最终停止在C点．已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ，AB间距离为L，静电力常量为k，则()A．在点电荷－Q形成的电场中，A、B两点间的电势差为eq\f(2μmL＋mv\o\al(2,m),2q)B．在小金属块由A向C运动的过程中，电势能先增大后减小C．OB间的距离为eq\r(\f(kQq,μmg))D．从B到C的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能【答案】C【解析】滑块从A到B过程，由动能定理得－qUAB－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0，得A、B两点间的电势差UAB＝－eq\f(2μmgL＋mv\o\al(2,m),2q)，故A错误；小金属块由A点向C点运动的过程中，电场力始终做正功，电势能始终减小，故B错误；由题意知，A到B过程，金属块做加速运动，B到C过程做减速运动，在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有μmg＝keq\f(Qq,r2)，得r＝eq\r(\f(kQq,μmg))，故C正确；从B到C的过程中，小金属块的动能和电势能转化为内能，故D错误．2．水平线上的O点放置一点电荷，图中画出了电荷四周对称分布的几条电场线，如图所示．以水平线上的某点O′为圆心，画一个圆，与电场线分别相交于a、b、c、d、e，则下列说法正确的是()A．b、e两点的电场强度相同B．b、c两点间电势差等于e、d两点间电势差C．a点电势高于c点电势D．电子在d点的电势能大于在b点的电势能【答案】B【解析】由图看出，b、e两点电场强度的大小相等，但方向不同，电场强度是矢量，所以b、e两点的电场强度不同，故A错误；依据对称性可知，b、c两点间电势差与e、d两点间电势差相等，故B正确；依据顺着电场线电势渐渐降低可知，离点电荷O越远，电势越低，故a点电势低于c点的电势，故C错误；d点的电势高于b点的电势，由Ep＝qφ＝－eφ，则知电子在d点的电势能小于在b点的电势能，故D错误．3．如图所示，在匀强电场中有一长方形ABCD，边长AB＝12cm、BC＝16cm，匀强电场方向与长方形ABCD所在平面平行，A、B、C三点的电势φA＝15V，φB＝－3V，φC＝－35V，则匀强电场的电场强度大小和方向为()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】由几何关系知，AC＝20cm，过B点作AC边上的高BO，BO＝0.8AB＝9.6cm，AO＝0.6AB＝7.2cm，AC之间的电势差UAC＝φA－φC＝50V，在匀强电场中，电势着陆与距离成正比，eq\f(UAO,UAC)＝eq\f(AO,AC)，所以UAO＝eq\f(AO,AC)·UAC＝eq\f(7.2,20)×50V＝18V，则φO＝－3V，由此推断B、O两点等势，BO是等势线，电场强度方向与BO垂直，沿着AC方向，E＝eq\f(UAO,AO)＝eq\f(18,7.2×10－2)V/m＝250V/m，故B正确．4．(多选)某静电场中x轴上的电势随x坐标改变的图像如图所示，φ－x图像关于φ轴对称，a、b两点到O点的距离相等．将一电荷从x轴上的a点由静止释放后粒子沿x轴运动到b点，运动过程中粒子只受电场力作用，则下列说法正确的是()A．该电荷肯定带负电B．电荷在b点时动能为零C．从O到b，电荷的电势能减小D．从a到b电场力对电荷先做正功，后做负功【答案】BD【解析】此φ－x图像可视为在x轴上关于坐标原点对称的两个等量正点电荷，在它们连线上电势随x坐标改变的图像．由于a、b两点等电势，该电荷肯定带正电，由动能定理可知，将一电荷从x轴上的a点由静止释放后沿x轴运动到b点，电荷到b点时动能为零，故A错误，B正确；电荷从O到b，电势上升，电荷的电势能增大，故C错误；电荷从a到b，电势能先减小后增大，电场力对电荷先做正功，后做负功，故D正确．5．如图所示，半径为R的圆形框架直立在水平面上，所在空间还有一匀强电场，方向与竖直平面平行．将一带电小球从A点(与圆心等高)沿各个方向以大小相等的速度v0抛出，发觉它遇到框架B点时的速度最大，B点与圆心O的连线与水平方向成45°，则()A．v0水平常，小球将做平抛运动B．无论v0沿什么方向，小球都做加速运动C．小球到达B点时的速度为eq\r(v\o\al(2,0)＋2＋2\r(2)gR)(式中g为重力加速度)D．若撤去电场，再将小球水平抛出，只要调整v0大小就可以垂直击中框架(边缘)【答案】C【解析】由题意知抛出粒子遇到框架B点时的速度最大，B点与圆心O的连线与水平方向成45°，即B点为圆的等效最低点，则电场力水平向右，大小与重力相等．v0水平常因还受到水平方向的电场力作用，故不会做平抛运动，故A错误；当v0的方向斜向上大于45°，即与合力方向夹角大于90°时，小球会做减速运动，故B错误；小球从A点到B点，依据动能定理，再由几何关系有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正确；若撤去电场，再将小球水平抛出，小球做平抛运动，依据平抛运动的推论知平抛运动中过初位置将初速度顺向延长、过末位置将末速反向延长，两线交点在水平位移的eq\f(x,2)处，末速反向延长必定不过圆心，即末速不沿半径方向，末速度与框架不垂直，故D错误．6．(多选)空间存在匀强电场，在电场中建立Oxyz空间坐标系如图所示，a、b、c三点分别在三个坐标轴上，距离原点O的距离ra＝rc＝2cm，rb＝2eq\r(3)cm，d点在yOz平面上，且db⊥Ob．将带电荷量为q＝＋2.5×10－16C的摸索电荷从d点移到b点电场力做功为零，从a点移动到b点电场力做功W＝－1.2×10－14J，b、O间电势差UbO＝24V，由此可推断()A．空间电场强度的方向沿x轴正方向B．空间电场强度的大小为8eq\r(3)×102V/mC．c、O间电势差UcO＝24VD．电场中的等势面垂直于xOy平面【答案】BD【解析】摸索电荷从d点移到b点电场力做功为零，说明匀强电场垂直于db，且db在等势面上，故电场中的等势面垂直于xOy平面，则电场平行xOy平面，故D正确；在xOy平面上的直角三角形aOb如图所示，a、b间电势差Uab＝eq\f(W,q)＝－48V，b、O间电势差UbO＝24V，则原点O与ab中点电势相等，故过原点O作ab中点的连线Oe为等势线，三角形中a点电势最低，因此作Oe的垂线指向a即为xOy平面上的一条电场线，所以场强方向与x轴正方向成30°角，场强大小E＝eq\f(24,\r(3)×10－2)V/m＝8eq\r(3)×102V/m，故B正确、A错误；cO平行于db，故c、O间电势差为0，故C错误．7．如图所示，两块平行、正对的金属板水平放置，分别带有等量的异种电荷，使两板间形成匀强电场，两板间的距离为d．有一带电粒子以某速度v0紧贴着A板左端沿水平方向射入匀强电场，带电粒子恰好落在B板的右边缘．带电粒子所受的重力忽视不计．现使该粒子仍从原位置以同样的方向射入电场，若使该粒子落在B板的中点，下列措施可行的是()A．仅使粒子的初速度变为2v0 B．仅使粒子的初速度变为eq\f(v0,2)C．仅使B板向上平移eq\f(d,2) D．仅使B板向下平移d【答案】B【解析】带电粒子在垂直电场方向做匀速直线运动，有x＝v0t，在沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，有d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)t2，联立可得x2＝eq\f(2mv\o\al(2,0)d2,qU)，现在要使x变为原来的一半，即x2为原来的四分之一，所以须要将粒子的初速度变为eq\f(v0,2)，A错误，B正确；仅使B板向上平移eq\f(d,2)，则依据C＝eq\f(εrS,4πkd)可得电容增大为原来的两倍，依据U＝eq\f(Q,C)可得电压变为原来的eq\f(1,2)，x2变为原来的eq\f(1,2)，C错误；仅使B板向下平移d，同理可得电容变为原来的eq\f(1,2)，电压变为原来的2倍，x2变为原来的2倍，D错误．8．有一种电荷限制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示．其中墨盒可以喷出微小的墨汁微粒，此微粒经过带电室带上电后以肯定的初速度垂直射入偏转电场，再经过偏转电场后打到纸上，显示出字符，不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小(偏转距离减小)，下列措施可行的是()A．减小墨汁微粒的质量 B．减小偏转电场两极板间的距离C．减小偏转电场的电压 D．减小墨汁微粒的喷出速度【答案】C【解析】微粒以肯定的初速度垂直射入偏转电场后做类平抛运动，则在水平方向上有L＝v0t，在竖直方向上有y＝eq\f(1,2)at2，加速度为a＝eq\f(qU,md)，联立解得y＝eq\f(qUL2,2mdv\o\al(2,0))＝eq\f(qUL2,4dEk0)，要缩小字迹，就要减小微粒在竖直方向上的偏转量y，由上式分析可知，可采纳的方法：增大墨汁微粒的质量、增大偏转电场两极板间的距离、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能Ek0(增大墨汁微粒的喷出速度)、减小偏转电场的电压U等，故A、B、D错误，C正确．9．(多选)如图，匀强电场中等腰直角三角形ABC，eq\x\to(AB)＝eq\x\to(BC)＝2cm，D为AB边中点，电场方向与△ABC所在平面平行，规定B点的电势为0．将电荷量q＝－6×10－6C的点电荷从A点移到B点，电场力做了－2.4×10－5J的功，再将电荷从B点移到C点，电场力又做了1.2×10－5J的功，则()A．点电荷q在D点具有的电势能为－1.0×10－5JB．A点的电势为4VC．该匀强电场的场强大小为100eq\r(5)V/m，方向垂直于CD连线指向B点D．将△ABC绕B点顺时针旋转，无论转过多大的角度，A、C两点电势都不会相等【答案】BC【解析】依据公式U＝eq\f(W,q)则有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，规定B点的电势为0，则φA＝UAB＝4V，在匀强电场中沿着同一方向距离相等的任何两点间电势差相等，可得φD＝eq\f(φA＋φB,2)＝2V，故点电荷q在D点具有的电势能为EpD＝φDq＝2×(－6×10－6)J＝－1.2×10－5J，故A错误，B正确；规定B点的电势为0，则φC＝－UBC＝2V，故连接CD则为一条等势面，过B作CD垂线则为一条电场线，如图所示，由几何关系得sin∠BCD＝eq\f(1,\r(12＋22))＝eq\f(\r(5),5)，则E＝eq\f(UCB,BCsin∠BCD)＝100eq\r(5)V/m，依据沿着电场线方向电势渐渐降低可知，电场方向为垂直于CD连线指向B点，故C正确；将△ABC绕B点顺时针旋转，当转到AC与电场线垂直时则AC两点电势会相等，故D错误．10．(多选)在水平向左的匀强电场中，一带电颗粒以速度v从a点水平向右抛出，不计空气阻力，颗粒运动到b点时速度大小仍为v，方向竖直向下．已知颗粒的质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，则颗粒从a运动到b的过程中()A．做匀变速运动 B．速领先增大后减小C．电势能增加了eq\f(1,2)mv2 D．a点的电势比b点低eq\f(mv2,q)【答案】AC【解析】颗粒受到的重力和电场力是恒力，所以颗粒做的是匀变速运动，故A正确；颗粒所受重力与电场力的合力斜向左下方，则颗粒的速领先减小后增大，故B错误；在沿电场方向，颗粒的动能减小量为ΔEk＝eq\f(1,2)mv2，减小的动能转化为了颗粒的电势能，所以颗粒电势能增加了eq\f(1,2)mv2，故C正确；在沿电场方向有qUab＝0－eq\f(1,2)mv2，解得Uab＝－eq\f(mv2,2q)，所以a点的电势比b点低eq\f(mv2,2q)，故D错误．11．(多选)如图所示，地面上方分布着竖直向上的匀强电场．一带正电的小球从油中A处由静止释放后竖直下落，已知小球在AB段做加速运动，在BC段做匀速运动，M和N是小球下落过程中经过的两个位置．在此过程中，小球()A．在AB段的加速度大小渐渐增大B．在N点的机械能比M点的小C．机械能和电势能的总量保持不变D．机械能的改变量大于电势能的改变量【答案】BD【解析】小球在AB段做加速运动，在BC段做匀速运动，故AB段合力大于0，而BC段合力等于0，所以在AB段合力必定在减小，即在AB段的加速度大小渐渐减小，A错误；由于下落过程中，电场力和阻力始终做负功，导致小球的机械能减小，故B正确；下落过程中，阻力也会做功，导致部分机械能转化为内能，使机械能和电势能的总量削减，故C错误；下落过程中，小球的机械能不断减小，转化为电势能和内能，故机械能的削减量大于电势能的增加量，故D正确．12．在如图所示的平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限区域内有沿y轴正方向(竖直向上)的匀强电场，电场强度大小E0＝50N/C；第Ⅳ象限区域内有一宽度d＝0.2m、方向沿x轴正方向(水平向右)的匀强电场．质量m＝0.1kg、带电荷量q＝＋1×10－2C的小球从y轴上P点以肯定的初速度垂直y轴方向进入第Ⅰ象限后，从x轴上的A点进入第Ⅳ象限，并恰好沿直线通过该区域后从B点离开，已知P、A的坐标分别为(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两点间的电势差UAB；(3)小球经过B点时的速度大小．【答案】(1)1m/s(2)5V(3)eq\r(10)m/s【解析】(1)小球进入竖直方向的匀强电场后做类平抛运动，小球带正电，受到的电场力方向竖直向上，依据牛顿其次定律，加速度a＝eq\f(mg－qE0,m)解得a＝5m/s2依据平抛运动规律，小球沿水平方向做匀速运动，有xA＝v0t竖直方向有yP＝eq\f(1,2)at2联立得v0＝xAeq\r(\f(a,2yP))代入数据，解得v0＝1m/s．(2)设水平电场的电场强度大小为E，因未进入水平电场前，带电小球做类平抛运动，所以进入电场时竖直方向的速度vy＝eq\r(2yPa)因为小球在水平电场区域恰好做直线运动，所以合外力的方向与速度方向在一条直线上，即速度方向与合外力的方向相同，有eq\f(qE,mg)＝eq\f(v0,vy)解得E＝50N/C设小球在水平电场中运动的水平距离为leq\f(qE,mg)＝eq\f(l,d)依据电势差与电场强度的关系有UAB＝El解得UAB＝5V．(3)设小球在B点的速度大小为v，对小球运动的全过程，由动能定理，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．在图甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性改变的交变电压，其周期为T，现有电子以平行于极板的速度v0从两板中心OO′射入．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，问：(1)若电子从t＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为