高中物理滬科版1第五章磁場與回旋加速器 重點強化卷

重點強化卷(一)電場的性質(zhì)及帶電粒子在電場中的運動一、選擇題1.(多選)(2023·衡陽高二檢測)如圖1所示，帶箭頭的直線是某一電場中的一條電場線，在這條線上有A、B兩點，用EA、EB表示A、B兩處的場強大小，則()圖1A．A、B兩點的場強方向相同B．電場線從A指向B，所以EA>EBC．A、B在同一條電場線上，且電場線是直線，所以EA＝EBD．不知A、B附近的電場線分布狀況，無法比較EA與EB的大小【解析】一條電場線無法確定電場強度的大小，由于電場線為直線，故A、B電場強度方向相同，故A、D正確，B、C錯誤．【答案】AD2.如圖2所示的直線是真空中某電場的一條電場線，A、B是這條直線上的兩點，一帶正電粒子以速度vA經(jīng)過A點向B點運動，經(jīng)過一段時間后，粒子以速度vB經(jīng)過B點，且vB與vA方向相反，不計粒子重力，下面說法正確的是()圖2A．A點的場強一定大小B點的場強B．A點的電勢一定高于B點的電勢C．粒子在A點的速度一定小于在B點的速度D．粒子在A點的電勢能一定小于在B點的電勢能【解析】粒子受電場力方向向左，粒子帶正電，故場強向左，B錯D對；一條電場線無法判斷場強大小，故A錯；粒子從A點到B點，電場力做負(fù)功，A點速度大于B點速度，C錯．【答案】D3.(多選)如圖3所示，某區(qū)域電場線左右對稱分布，M、N為對稱線上兩點．下列說法正確的是()圖3A．M點電勢一定高于N點電勢B．M點場強一定大于N點場強C．正電荷在M點的電勢能大于在N點的電勢能D．將電子從M點移動到N點，電場力做正功【解析】由于沿電場線的方向，電勢逐漸降低，M點電勢高于N點電勢，故A正確；電場線密的地方，場強大，反之場強小，則N點場強大，故B錯誤；正電荷從M點運動到N點的過程中，電場力做正功，電勢能減少，故C正確；電子從M點移動到N點，電場力做負(fù)功，故D錯誤．【答案】AC4．(2023·宜昌高二檢測)如圖4所示是一個勻強電場的等勢面，每兩個相鄰等勢面相距2cm，由此可以確定電場強度的方向和數(shù)值是()圖4A．豎直向下，E＝100V/m B．水平向左，E＝100V/mC．水平向左，E＝200V/m D．水平向右，E＝200V/m【解析】由電勢降低最快的方向就是電場強度的方向以及電場線與等勢面垂直的特點可知，電場強度方向水平向左，又由E＝eq\f(U,d)得E＝eq\f(2V,2×10－2m)＝100V/m，故B正確．【答案】B5．電子以初速度v0沿垂直場強方向射入兩平行金屬板間的勻強電場中，現(xiàn)增大兩極板間的電壓，但仍使電子能夠穿過平行金屬板，則電子穿過平行金屬板所需要的時間()A．隨電壓的增大而減小B．隨電壓的增大而增大C．加大兩板間距離，時間將減小D．與電壓及兩板間距離均無關(guān)【解析】電子穿過平行金屬板的時間t＝eq\f(l,v0)，速度方向垂直于電場方向，所以時間t與電壓及兩板間距離均沒有關(guān)系．正確答案為D.【答案】D6．一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對面積、間距和電荷量不變，在兩極板間插入一電介質(zhì)，其電容C和兩極板間的電勢差U的變化情況是()A．C和U均增大 B．C增大，U減小C．C減小，U增大 D．C和U均減小【解析】由C＝eq\f(εS,4πkd)知，S和d不變，插入電介質(zhì)時，ε增大，電容增大，由C＝eq\f(Q,U)可知：Q不變時，C增大，則兩板間的電勢差U一定減小，故選B.【答案】B7．(2023·樂山高二檢測)如圖5，兩塊水平放置的帶電平行金屬板間有豎直向上的勻強電場．一個質(zhì)量為m、帶電量為q的油滴以初速度v0進入電場，并在電場中沿直線運動了一段時間，空氣阻力不計，則()圖5A．該油滴帶負(fù)電B．在這段時間內(nèi)電場力所做的功大于油滴重力勢能的變化C．在這段時間內(nèi)油滴的機械能保持不變D．在這段時間內(nèi)油滴的動能保持不變【解析】油滴受重力和電場力，由于油滴做直線運動，故合力一定為零，電場力與重力平衡，電場力向上，與場強同向，故油滴帶正電，故A錯誤；由于電場力和重力是一對平衡力，電場力做的功等于克服重力做的功，而克服重力做的功等于重力勢能的增加量，所以電場力所做的功等于油滴重力勢能的變化，故B錯誤；由于除重力外電場力做正功，故機械能增加，故C錯誤；由于受力平衡，做勻速直線運動，故動能不變，故D正確．【答案】D8．如圖6所示，豎直放置的兩個平行金屬板間有勻強電場，在兩板之間等高處有兩個質(zhì)量相同的帶電小球，P小球從緊靠左極板處由靜止開始釋放，Q小球從兩板正中央由靜止開始釋放，兩小球最后都能打在右極板上的同一點．則從開始釋放到打到右極板的過程中()【導(dǎo)學(xué)號：37930026】圖6A．它們的運行時間tP＞tQB．它們的電荷量之比qP∶qQ＝2∶1C．它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝4∶1D．它們的電勢能減少量之比ΔEP∶ΔEQ＝2∶1【解析】在豎直方向加速度均為g，豎直分位移相等，所以它們運行時間相等，A項錯誤；水平位移xP＝2xQ，eq\f(1,2)aPt2＝2×eq\f(1,2)aQt2，F(xiàn)P＝2FQ，qP＝2qQ，qP∶qQ＝2∶1，B項正確；ΔEkP＝mgh＋FPx，ΔEkQ＝mgh＋FQeq\f(x,2)，所以ΔEkP∶ΔEkQ≠4∶1，C項錯誤；ΔEP∶ΔEQ＝FPx∶FQeq\f(x,2)＝4∶1，D項錯誤．【答案】B9．(多選)如圖7所示是一個說明示波管工作原理的示意圖，電子經(jīng)電壓U1加速后垂直進入偏轉(zhuǎn)電場，離開電場時的偏轉(zhuǎn)量是h，兩平行板間的距離為d，電勢差為U2，板長為L.為了提高示波管的靈敏度(每單位電壓引起的偏轉(zhuǎn)量eq\f(h,U2))，可采用的方法是()圖7A．增大兩板間的電勢差U2B．盡可能使板長L長些C．盡可能使板間距離d小一些D．使加速電壓U1升【解析】電子的運動過程可分為兩個階段，即加速和偏轉(zhuǎn)．分別根據(jù)兩個階段的運動規(guī)律，推導(dǎo)出靈敏度eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,U2)))的有關(guān)表達式，然后再判斷選項是否正確，這是解決此題的基本思路．電子經(jīng)電壓U1加速有eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的過程有L＝v0t，h＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(eU2,2md)t2＝eq\f(U2L2,4dU1).由以上各式可得eq\f(h,U2)＝eq\f(L2,4dU1).因此要提高靈敏度，若只改變其中的一個量，可采取的辦法為增大L，或減小d，或減小U1.故選B、C.【答案】BC10．(2023·合肥高二檢測)x軸上有兩點電荷Q1和Q2，Q1和Q2之間各點對應(yīng)的電勢高低如圖8中的曲線所示，規(guī)定無限遠處電勢為零，下列推理與圖像信息不符合的是()圖8A．Q1一定大于Q2B．Q1和Q2一定是同種電荷，但不一定是正電荷C．電勢最低處P點的電場強度為0D．Q1和Q2之間各點的電場方向都指向P點【解析】兩個點電荷間的電勢都為正，因此兩點電荷都為正電荷，B不符合圖像信息，兩個正點電荷的連線上有一點場強為零，正的試探電荷從兩個電荷中的任一電荷附近沿連線向場強為零的點移動時電勢都降低，到場強為零的點，電勢最低，C符合圖像信息，場強為零的點離Q1遠，故Q1一定大于Q2，A符合圖像信息；Q1和Q2之間各點的電場方向都指向P點，D符合圖像信息．【答案】B二、計算題11.平行的帶電金屬板A、B間是勻強電場，如圖9所示，兩板間距離是5cm，兩板間的電壓是60V．試問：圖9(1)兩板間的電場強度是多大？(2)電場中有P1和P2兩點，P1點離A板0.5cm，P2點離B板也是0.5cm，P1和P2兩點間的電勢差為多大？(3)若B板接地，P1和P2兩點的電勢各是多少伏？【解析】(1)根據(jù)公式E＝eq\f(U,d)代入數(shù)據(jù)得E＝eq\f(60,5×10－2)V/m＝1200V/m.(2)P1P2沿電場方向的距離為：d12＝5cm－＋cm＝4cm根據(jù)公式U12＝Ed12＝1200×4×10－2V＝48V.(3)由公式φ1－φB＝Ed1B＝1200××10－2)V＝54V得：φ1＝54V.同理φ2－φB＝Ed2B＝1200××10－2V＝6V得φ2＝6V.【答案】(1)1200V/m(2)48V(3)54V6V12.(2023·溫州高二檢測)在光滑絕緣的水平面上放置一個質(zhì)量m＝0.2kg、帶電荷量q＝5×10－4C的小球，小球系在長L＝0.5m的絕緣細線上，線的另一端固定在O點．整個裝置置于勻強電場中，電場方向與水平面平行且沿OA方向，如圖10所示(此圖為俯視圖)．現(xiàn)給小球一個初速度使其繞O點做圓周運動，小球經(jīng)過A點時細線的張力F圖10(1)求電場強度的大??；(2)求運動過程中小球的最小動能；(3)若小球運動到動能最小的位置時細線被剪斷，則小球經(jīng)多長時間其動能與在A點時的動能相等？此時小球距A點多遠？【解析】(1)對小球，由動能定理得2qEL＝ΔEk解得E＝4×104N/C.(2)在A點處對小球由牛頓第二定律得F－qE＝meq\f(v\o\al(2,A),L)Ekmin＝EkA－ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－ΔEk解得Ekmin＝10J.(3)設(shè)小球在B處的動能最小，則Ekmin＝10J＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝10m/