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1、
1.(2020·湖南長沙高三質(zhì)檢)如右圖所示,將電鍵S合到1位置,對平行板電容器充電,充電完成后,將電鍵S閉合到2位置,讓其放電,在電鍵S閉合瞬間將產(chǎn)生火花.放電后,再次將電鍵S合到1位置,對平行板電容器充電,然后斷開電鍵,將兩金屬板間距離拉大些,并再次將電鍵閉合到2位置,讓其放電,產(chǎn)生火花,則兩次放電過程相比較( )
A.兩次放電過程放出的電荷量相等
B.兩次放電過程釋放的能量相等
C.第二次放電過程放出的電荷量較大
D.第二次放電過程釋放的能量較小
解析: 兩次充電是用同一電源進行的,所以所充電的電荷量相同,故放電時所放出的電荷量也相等,在將兩金屬板間距離拉大的過程中
2、,克服電場力做功,電場能增加.
答案: A
2.如右圖所示,水平放置的平行板電容器,上板帶負電,下板帶正電,帶電小球以速度v0水平射入電場,且沿下板邊緣飛出.若下板不動,將上板上移一小段距離,小球仍以相同的速度v0從原處飛入,則帶電小球( )
A.將打在下板中央
B.仍沿原軌跡由下板邊緣飛出
C.不發(fā)生偏轉(zhuǎn),沿直線運動
D.若上板不動,將下板上移一段距離,小球一定打不到下板的中央
解析: 將電容器上板或下板移動一小段距離,電容器帶電荷量不變,由公式E===,可知,電容器產(chǎn)生的場強不變,以相同速度入射的小球仍將沿原軌跡運動.下板不動時,小球沿原軌跡由下板邊緣飛出;當下板向上移動時
3、,小球可能打在下板的中央.所以只有選項B正確.
答案: B
3.(2020·海門模擬)如右圖所示是測定液面高度h的電容式傳感器示意圖,E為電源,G為靈敏電流計,A為固定的導(dǎo)體芯,B為導(dǎo)體芯外面的一層絕緣物質(zhì),C為導(dǎo)電液體.已知靈敏電流計指針偏轉(zhuǎn)方向與電流方向的關(guān)系為:電流從左邊接線柱流進電流計,指針向左偏.如果在導(dǎo)電液體的深度h發(fā)生變化時觀察到指針正向左偏轉(zhuǎn),則( )
A.導(dǎo)體芯A所帶電荷量在增加,液體的深度h在增大
B.導(dǎo)體芯A所帶電荷量在減小,液體的深度h在增大
C.導(dǎo)體芯A所帶電荷量在增加,液體的深度h在減小
D.導(dǎo)體芯A所帶電荷量在減小,液體的深度h在減小
解析: 電流
4、計指針向左偏轉(zhuǎn),說明流過電流計G的電流由左→右,則導(dǎo)體芯A所帶電荷量在減小,由Q=CU可知,芯A與液體形成的電容器的電容減小,則液體的深度h在減小,故D正確.
答案: D
4.如右圖所示,用絕緣細線拴一帶負電小球,在豎直平面內(nèi)做圓周運動,勻強電場方向豎直向下,則( )
A.當小球運動到最高點a時,線的張力一定最小
B.當小球運動到最低點b時,小球的速度一定最大
C.當小球運動到最高點a時,小球的電勢能最小
D.小球在運動過程中機械能守恒
解析: 若qE=mg,小球做勻速圓周運動,球在各處對細線的拉力一樣大.若qEmg,球在a處
5、速度最大,對細線的拉力最大.故A、B錯.a(chǎn)點電勢最高,負電荷在電勢最高處電勢能最低,故C正確.小球在運動過程中除重力外,還有電場力做功,機械能不守恒,D錯誤.
答案: C
5.(2020·衡陽四市畢業(yè)班聯(lián)考)如圖甲所示,一電子以v0的初速度沿平行金屬板的軸線射入金屬板空間.從電子射入的時刻開始在金屬板間加如圖乙所示的交變電壓,假設(shè)電子能穿過平行金屬板.則下列說法正確的是( )
A.電子只可能從軸線到上極板之間的空間射出(不包括軸線)
B.電子只可能從軸線到下極板之間的空間射出(不包括軸線)
C.電子可能從軸線到上極板之間的空間射出,也可能沿軸線方向射出
D.電子射出后動能一定
6、增大
解析: 由題意可知,當電子在電場中運動的時間恰好等于在A、B板間所加交變偏轉(zhuǎn)電壓周期的整數(shù)倍時,電子可沿軸線射出,故A、B錯,C對;當電子恰好沿軸線射出時,電子速度不變,其動能也不變,故D錯.
答案: C
6.(2020·安徽理綜)如圖所示,M、N是平行板電容器的兩個極板,R0為定值電阻,R1、R2為可調(diào)電阻,用絕緣細線將質(zhì)量為m、帶正電的小球懸于電容器內(nèi)部.閉合電鍵S,小球靜止時受到懸線的拉力為F.調(diào)節(jié)R1、R2,關(guān)于F的大小判斷正確的是( )
A.保持R1不變,緩慢增大R2時,F(xiàn)將變大
B.保持R1不變,緩慢增大R2時,F(xiàn)將變小
C.保持R2不變,緩慢增大R1時,F(xiàn)
7、將變大
D.保持R2不變,緩慢增大R1時,F(xiàn)將變小
解析: 當電路接通后,對小球受力分析:小球受重力、電場力和懸線的拉力F三個力的作用,其中重力為恒力,當電路穩(wěn)定后,R1中沒有電流,兩端等電勢,因此電容器兩極板電壓等于R0兩端電壓,當R2不變,R1變化時,電容器兩極板電壓不變,板間電場強度不變,小球所受電場力不變,F(xiàn)不變,C、D兩項錯.若保持R1不變,緩慢增大R2,R0兩端電壓減小,電容器兩端電壓減小,內(nèi)部電場減弱,小球受電場力減小,F(xiàn)變小.故B項正確.
答案: B
7.在地面附近,存在著一有界電場,邊界MN將某空間分成上下兩個區(qū)域Ⅰ、Ⅱ,在區(qū)域Ⅱ中有豎直向上的勻強電場,在區(qū)域Ⅰ中離邊
8、界某一高度由靜止釋放一質(zhì)量為m的帶電小球A,如圖甲所示,小球運動的v-t圖象如圖乙所示,已知重力加速度為g,不計空氣阻力,則( )
A.在t=2.5 s時,小球經(jīng)過邊界MN
B.小球受到的重力與電場力之比為3∶2
C.在小球向下運動的整個過程中,重力做的功與電場力做的功大小相等
D.在小球運動的整個過程中,小球的機械能與電勢能總和先變大再變小
解析: 由速度圖象可知,帶電小球在區(qū)域Ⅰ與區(qū)域Ⅱ中的加速度之比為3∶2,由牛頓第二定律可知:=,所以小球所受的重力與電場力之比為3∶5,B錯誤.小球在t=2.5 s時速度為零,此時下落到最低點,由動能定理可知,重力與電場力的總功為零,故C
9、正確.因小球只受重力與電場力作用,所以小球的機械能與電勢能總和保持不變,D錯.
答案: C
8.(2020·山東濟南模擬)如下圖所示,A板發(fā)出的電子經(jīng)加速后,水平射入水平放置的兩平行金屬板間,金屬板間所加的電壓為U,電子最終打在熒光屏P上,關(guān)于電子的運動,則下列說法中正確的是( )
A.滑動觸頭向右移動時,其他不變,則電子打在熒光屏上的位置下降
B.滑動觸頭向左移動時,其他不變,則電子打在熒光屏上的位置上升
C.電壓U增大時,其他不變,則電子打在熒光屏上的速度大小不變
D.電壓U增大時,其他不變,則電子從發(fā)出到打在熒光屏上的速度變大
解析: 設(shè)加速電壓為U0,進入偏轉(zhuǎn)電場時
10、的速度為v0,則電子經(jīng)加速電場:eU0=mv①
偏轉(zhuǎn)電場中:L=v0t②
y=t2③
y=mv2-mv④
由①②③得y=
當滑動觸頭向右滑動時,U0變大,y變小,所以選項A、B均錯.
對①②③④得mv2=+eU0
當U增大時,mv2增大,電子打到屏上的速度變大,故選項C錯,D對.
答案: D
9.一個帶負電荷q,質(zhì)量為m的小球,從光滑絕緣的斜面軌道的A點由靜止下滑,小球恰能通過半徑為R的豎直圓形軌道的最高點B而做圓周運動.現(xiàn)在豎直方向上加如圖所示的勻強電場,若仍從A點由靜止釋放該小球,則( )
A.小球不能過B點
B.小球仍恰好能過B點
C.小球能過B點,且在B點與軌
11、道之間壓力不為0
D.以上說法都不對
解析: 小球從光滑絕緣的斜面軌道的A點由靜止下滑,恰能通過半徑為R的豎直圓形軌道的最高點B而做圓周運動,則mg=m,mg(h-2R)=mv;加勻強電場后仍從A點由靜止釋放該小球,則(mg-qE)(h-2R)=mv,聯(lián)立解得mg-qE=,滿足小球恰好能過B點的臨界條件,選項B正確.
答案: B
10.如右圖所示,M、N是豎直放置的兩平行金屬板,分別帶等量異種電荷,兩極間產(chǎn)生一個水平向右的勻強電場,場強為E,一質(zhì)量為m、電荷量為+q的微粒,以初速度v0豎直向上從兩極正中間的A點射入勻強電場中,微粒垂直打到N極上的C點,已知AB=BC.不計空氣阻力,則可
12、知( )
A.微粒在電場中作類平拋運動
B.微粒打到C點時的速率與射入電場時的速率相等
C.MN板間的電勢差為2mv/q
D.MN板間的電勢差為Ev/2g
解析: 因電場力和重力均為恒力,其合力亦為恒力,且與v0有一定夾角,故微粒做勻變速曲線運動——即拋物線運動,但不是類平拋運動,所以A錯.因AB=BC,即·t=·t可見vC=v0.故B項正確;由動能定理,得:W電+WG=ΔEk=0,
即:q-mg·=0,所以
U=mv/q,故C項錯誤;又由mg=qE得q=代入U=,得U=,故D項錯誤.
答案: B
二、非選擇題
11.如右圖所示,水平光滑絕緣軌道MN的左端有一個固定擋板,
13、軌道所在空間存在E=4.0×102 N/C、水平向左的勻強電場.一個質(zhì)量m=0.10 kg、帶電荷量q=5.0×10-5 C的滑塊(可視為質(zhì)點),從軌道上與擋板相距x1=0.20 m的P點由靜止釋放,滑塊在電場力作用下向左做勻加速直線運動.當滑塊與擋板碰撞后滑塊沿軌道向右做勻減速直線運動,運動到與擋板相距x2=0.10 m的Q點,滑塊第一次速度減為零.若滑塊在運動過程中,電荷量始終保持不變,求:
(1)滑塊沿軌道向左做勻加速直線運動的加速度的大?。?
(2)滑塊從P點運動到擋板處的過程中,電場力所做的功;
(3)滑塊第一次與擋板碰撞過程中損失的機械能.
解析: (1)設(shè)滑塊沿軌道向左做勻
14、加速運動的加速度為a
此過程滑塊所受合外力F=qE=2.0×10-2 N
根據(jù)牛頓第二定律F=ma,解得a=0.20 m/s2.
(2)滑塊從P點運動到擋板處的過程中,電場力所做的功
W1=qEx1=4.0×10-3 J.
(3)滑塊第一次與擋板碰撞過程中損失的機械能等于滑塊由P點運動到Q點過程中電場力所做的功
即ΔE=qE(x1-x2)=2.0×10-3 J.
答案: (1)0.20 m/s2 (2)4.0×10-3 J (3)2.0×10-3 J
12.如右圖所示,在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L、場強為E的勻強電場,在與右側(cè)虛線相距也為L處有一與電場平行的屏.現(xiàn)有一電
15、荷量為+q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計),以垂直于電場線方向的初速度v0射入電場中,v0方向的延長線與屏的交點為O.試求:
(1)粒子從射入到打到屏上所用的時間;
(2)粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tan α;
(3)粒子打到屏上的點P到O點的距離x.
解析: (1)根據(jù)題意,粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運動,所以粒子從射入到打到屏上所用的時間t=.
(2)設(shè)粒子射出電場時沿平行電場線方向的速度為vy,根據(jù)牛頓第二定律,粒子在電場中的加速度為:a=
所以vy=a=
所以粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為tan α==.
(3)設(shè)粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為y,則
y=a2=·
又x=y(tǒng)+Ltan α
解得:x=.
答案: (1) (2)tan α= (3)