1、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，小金属块最后停止在C点已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为，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COB间的距离为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qUABmgLmv0，得A、B两点间的电势差UAB，故A
2、错误；小金属块由A点向C点运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，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mgk，得r，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，图中画出了电荷周围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()Ab、e两点的电场强度相同Bb、c两点间电势差等于e、d两点间电势差Ca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
3、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；根据对称性可知，b、c两点间电势差与e、d两点间电势差相等，故B正确；根据顺着电场线电势逐渐降低可知，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Epqe，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AB12 cm、BC16 cm，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A15 V，B3 V，C35 V，则匀强电场的电场强度大小和方向为()A300 V/m，沿AB方向B2
4、50 V/m，沿AC方向C200 V/m，沿AD方向D150 V/m，沿BD方向【答案】B【解析】由几何关系知，AC20 cm，过B点作AC边上的高BO，BO0.8AB9.6 cm，AO0.6AB7.2 cm，AC之间的电势差UACAC50 V，在匀强电场中，电势降落与距离成正比，所以UAOUAC50 V18 V，则O3 V，由此判断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 V/m250 V/m，故B正确4(多选)某静电场中x轴上的电势随x坐标变化的图像如图所示，x图像关于轴对称，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
5、动过程中粒子只受电场力作用，则下列说法正确的是()A该电荷一定带负电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坐标变化的图像由于a、b两点等电势，该电荷一定带正电，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，电势升高，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的圆形框架竖立在水平面上，所在空间还
6、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，发现它碰到框架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()Av0水平时，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(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】由题意知抛出粒子碰到框架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水平时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
7、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，根据动能定理，再由几何关系有mgRmgmvmv，解得vB，故C正确；若撤去电场，再将小球水平抛出，小球做平抛运动，根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rarc2 cm，rb2 cm，d点在yOz平面上，且dbOb将带电荷量为q2.51016 C的试探电荷从
8、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W1.21014 J，b、O间电势差UbO24 V，由此可判断()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8102 V/mCc、O间电势差UcO24 VD电场中的等势面垂直于xOy平面【答案】BD【解析】试探电荷从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Uab48 V，b、O间电势差UbO24 V，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
9、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 V/m8102 V/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略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2v0B仅使粒子的初速度变为C仅使B板向上平移D仅使B板向下平移d【答案
10、】B【解析】带电粒子在垂直电场方向做匀速直线运动，有xv0t，在沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，有dat2t2，联立可得x2，现在要使x变为原来的一半，即x2为原来的四分之一，所以需要将粒子的初速度变为，A错误，B正确；仅使B板向上平移，则根据C可得电容增大为原来的两倍，根据U可得电压变为原来的，x2变为原来的，C错误；仅使B板向下平移d，同理可得电容变为原来的，电压变为原来的2倍，x2变为原来的2倍，D错误8有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室带上电后以一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
11、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】微粒以一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Lv0t，在竖直方向上有yat2，加速度为a，联立解得y，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，可采用的方法：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A
12、BC，2 cm，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q6106 C的点电荷从A点移到B点，电场力做了2.4105 J的功，再将电荷从B点移到C点，电场力又做了1.2105 J的功，则()A点电荷q在D点具有的电势能为1.0105 JBA点的电势为4 VC该匀强电场的场强大小为100 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】根据公式U则有UAB V4 V，UBC V2 V，规定B点的电势为0，则AUAB4 V，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D2
13、V，故点电荷q在D点具有的电势能为EpDDq2(6106) J1.2105J，故A错误，B正确；规定B点的电势为0，则CUBC2 V，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sinBCD，则E100 V/m，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，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
14、到b的过程中()A做匀变速运动B速率先增大后减小C电势能增加了mv2Da点的电势比b点低【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，则颗粒的速率先减小后增大，故B错误；在沿电场方向，颗粒的动能减小量为Ekmv2，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mv2，故C正确；在沿电场方向有qUab0mv2，解得Uab，所以a点的电势比b点低，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
15、落过程中经过的两个位置在此过程中，小球()A在AB段的加速度大小逐渐增大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机械能的变化量大于电势能的变化量【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段合力必然在减小，即在AB段的加速度大小逐渐减小，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减少，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，故机械能的减少量大于电势能的增加量，故D正确12在
16、如图所示的平面直角坐标系xOy中，第象限区域内有沿y轴正方向(竖直向上)的匀强电场，电场强度大小E050 N/C；第象限区域内有一宽度d0.2 m、方向沿x轴正方向(水平向右)的匀强电场质量m0.1 kg、带电荷量q1102 C的小球从y轴上P点以一定的初速度垂直y轴方向进入第 象限后，从x轴上的A点进入第 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g10 m/s2求：(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)1 m/s(2)5 V(3) m/s【解析】(1)小球进入竖
17、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，根据牛顿第二定律，加速度a解得a5 m/s2根据平抛运动规律，小球沿水平方向做匀速运动，有xAv0t竖直方向有yPat2联立得v0xA代入数据，解得v01 m/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，有解得E50 N/C设小球在水平电场中运动的水平距离为l根据电势差与电场强度的关系有UABEl解得UAB5 V(3)设小球在B点的速度大小为v，对小球
18、运动的全过程，由动能定理，有mv2mvmg(yPd)qUABqE0yP解得v m/s13在图甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T，现有电子以平行于极板的速度v0从两板中央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t0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多少？(2)若电子从t0时刻射入，恰能平行于极板飞出，则极板至少为多长？(3)若电子恰能从OO平行于极板飞出，电子应从哪一时刻射入？两极板间距至少为多大？【答案】(1)(2)v0T(3)k(k0,1,2，)T【解析】(1)由动能定理得e
19、mv2mv解得v(2)t0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向正极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，电子继续在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电场方向上的速度减到零，此时实际速度等于初速度v0，方向平行于极板，以后继续重复这样的运动；要使电子恰能平行于极板飞出，则电子在OO方向上至少运动一个周期，故极板长至少为Lv0T(3)若要使电子从OO平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，反向加速、再减速，每阶段时间相同，一个周期后恰好回到OO上，可见应在tk(k0,1,2，)时射入极板间距离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上，由牛顿第二定律有a加速阶段运动的距离s2解得dT故两极板间距至少为T
