第十章 进阶突破 试卷

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 第十章　进阶突破(题目较难，有志冲击“双一流”高校的学生选做)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　1．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(　　)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；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．2．如图所示，在匀强电场中有一长方形ABCD，边长AB＝12 cm、BC＝16 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φA＝15 V，φB＝－3 V，φC＝－35 V，则匀强电场的电场强度大小和方向为(　　)A．300 V/m，沿AB方向 B．250 V/m，沿AC方向C．200 V/m，沿AD方向 D．150 V/m，沿BD方向【答案】B【解析】由几何关系知，AC＝20 cm，过B点作AC边上的高BO，BO＝0.8AB＝9.6 cm，AO＝0.6AB＝7.2 cm，AC之间的电势差UAC＝φA－φC＝50 V，在匀强电场中，电势降落与距离成正比，＝，所以UAO＝·UAC＝×50 V＝18 V，则φO＝－3 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/m＝250 V/m，故B正确．3．(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，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．4．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(　　)A．v0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mgR＋mg＝mv－mv，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．5．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】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＝at2＝·t2，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．6．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L＝v0t，在竖直方向上有y＝at2，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．7．(多选)如图，匀强电场中等腰直角三角形ABC，＝＝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q＝－6×10－6 C的点电荷从A点移到B点，电场力做了－2.4×10－5 J的功，再将电荷从B点移到C点，电场力又做了1.2×10－5 J的功，则(　　)A．点电荷q在D点具有的电势能为－1.0×10－5 JB．A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＝＝ V＝4 V，UBC＝＝ V＝－2 V，规定B点的电势为0，则φA＝UAB＝4 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φD＝＝2 V，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＝2 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sin∠BCD＝＝，则E＝＝100 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．8．(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．速率先增大后减小C．电势能增加了mv2 D．a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ΔEk＝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mv2，故C正确；在沿电场方向有qUab＝0－mv2，解得Uab＝－，所以a点的电势比b点低，故D错误．9.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＝50 N/C；第Ⅳ象限区域内有一宽度d＝0.2 m、方向沿x轴正方向(水平向右)的匀强电场．质量m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋1×10－2 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 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＝10 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】【答案】(1)1 m/s　(2)5 V　(3) 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，根据牛顿第二定律，加速度a＝，解得a＝5 m/s2，根据平抛运动规律，小球沿水平方向做匀速运动，有xA＝v0t竖直方向有yP＝at2，联立得v0＝xA，代入数据，解得v0＝1 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E＝50 N/C，设小球在水平电场中运动的水平距离为l，则＝，根据电势差与电场强度的关系有UAB＝El，解得UAB＝5 V.(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mv2－mv＝mg(yP＋d)＋qUAB－qE0yP，解得v＝ m/s.10．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多少？(2)若电子从t＝0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·(k＝0,1,2，…)　T【解析】(1)由动能定理得e·＝mv2－mv，解得v＝.(2)t＝0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L＝v0T.(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t＝＋k·(k＝0,1,2，…)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s＝··2≤，解得d≥T，故两极板间距至少为T.