(加练半小时)2018年高考物理(广东专用)一轮微专题复习第8章_电场_微专题38_有答案
【加练半小时】2018年高考物理(全国卷)一轮微专题复习第8章 电场 微专题39
[方法点拨] (1)两点电荷电场中各点的电场是两点电荷独自产生的电场强度矢量叠加．(2)注意两点电荷连线及连线的中垂线上场强、电势分布规律．1．(电场叠加)(多选)如图1，真空中a 、b 、c 、d 四点共线且等距．先在a 点固定一点电荷＋Q ，测得b 点场强大小为E .若再将另一等量异种电荷－Q 放在d 点，则( )图1A ．b 点场强大小为34E B ．c 点场强大小为54E C ．b 点场强方向向右 D ．c 点电势比b 点电势高2．(功能关系)如图2所示，O 、O ′两点放置两个等量正电荷，在OO ′直线上有A 、B 、C 三个点，且OA ＝O ′B ＝O ′C ，一点电荷q (q >0)沿路径Ⅰ从B 运动到C 电场力所做的功为W 1，沿路径Ⅱ从B 运动到C 电场力所做的功为W 2，同一点电荷从A 沿直线运动到C 电场力所做的功为W 3，则下列说法正确的是( )图2A ．W 1大于W 2B ．W 1为负值C ．W 1大于W 3D ．W 1等于W 33．(电场综合分析)如图3所示，Q 1、Q 2为两个等量同种的正点电荷，在Q 1、Q 2产生的电场中有M 、N 和O 三点，其中M 和O 在Q 1、Q 2的连线上，O 为连线的中点，N 为Q 1、Q 2垂直平分线上的一点，ON ＝d .下列说法正确的是( )图3A ．在M 、N 和O 三点中，O 点电势最低B ．在M 、N 和O 三点中，O 点电场强度最小C ．若O 、N 间的电势差为U ，则N 点的电场强度为U dD ．若O 、N 间的电势差为U ，将一个带电荷量为q 的正点电荷从N 点移到O 点，电场力做功为qU4．如图4所示，以O 点为圆心的圆周上有六个等分点a 、b 、c 、d 、e 、f .等量正、负点电荷分别放置在a 、d 两点时，在圆心O 产生的电场强度大小为E .现仅将放于a 点的正点电荷改放于其他等分点上，使O 点的电场强度改变，则下列判断正确的是( )图4A ．移至c 点时，O 点的电场强度大小仍为E ，沿Oe 方向B ．移至b 点时，O 点的电场强度大小为32E ，沿Oc 方向 C ．移至e 点时，O 点的电场强度大小为E 2，沿Oc 方向 D ．移至f 点时，O 点的电场强度大小为32E ，沿Oe 方向 5．如图5所示，P 、Q 为两个等量异种电荷，PQ 连线上有a 、b 两位置，aP <bQ ，PQ 中垂线上有位置c .将一带正电的点电荷q 从a 位置移至b 位置，电场力做负功，功的绝对值为W ，已知b 处的电势为φ，则以下判断正确的是( )图5A ．a 位置的电场强度比b 位置的电场强度小B ．a 位置的电势等于φ－W qC ．将点电荷q 从c 位置移至b 位置，电场力做负功，数值大于WD ．将点电荷q 从a 位置移至c 位置，电场力做正功，数值小于W6．(多选)如图6所示，在真空中固定有两个等量异种点电荷，A 、B 、C 、D 是两点电荷连线上的四个点，已知A 、C 两点到正点电荷的距离与B 、D 两点到负点电荷的距离均为L ，O 点是C 、D 两点连线的中点，E 、F 是C 、D 两点连线的中垂线上关于O 点对称的两点，则下列说法正确的是( )图6A ．A 、B 两点的电场强度相同，电势不相等B ．C 、D 两点的电场强度不同，电势相等C ．将正试探电荷从C 点沿直线CE 移到E 点的过程中，电场力对电荷做正功D ．一个负试探电荷在C 点的电势能大于它在F 点的电势能7．如图7所示，AB 为一固定的水平绝缘杆，在其上下对称位置固定放置一对等量同种正点电荷，其连线与AB 交于O 点，杆上的E 、F 点关于O 点对称，E 、F 的间距为L .一可以视为质点的小球穿在杆上，小球与杆的动摩擦因数随位置而变化，该变化规律足以保证小球从E 点以一初速度v 0沿杆向右做匀减速直线运动并经过F 点，小球带负电，质量为m .其在O 点处与杆的动摩擦因数为μ0.则在由E 到F 的过程中( )图7A ．小球在O 点电势能最大B ．小球在E 、F 两点与杆的动摩擦因数一定相同C ．E 到O 点，小球与杆的动摩擦因数逐渐减小D ．小球克服摩擦力做功为μ0mgL答案精析1．BC [设ab ＝bc ＝cd ＝L ，先在a 点固定一点电荷＋Q ，测得b 点场强大小为E .根据点电荷电场强度公式，b 点场强E ＝k Q L 2，方向由a 指向b ，向右．若再将另一等量异种点电荷－Q 放在d 点，－Q 在b 点产生的电场强度为E ′＝k Q (2L )2＝E 4，方向由b 指向d ，向右．根据场强叠加原理，b 点场强大小为E ＋E ′＝54E ，方向向右，选项A 错误，C 正确；由对称性可知，c 点场强与b 点相同，选项B 正确；根据沿电场线方向，电势逐渐降低可知，c 点电势比b 点电势低，选项D 错误．]2．D [电场力所做的功与路径无关，与电势差有关，所以W 1＝W 2，A 项错误；由于OA ＝O ′B ，由对称性，A 、B 两处电势相同，所以W 1＝W 3，C 项错误，D 项正确；B 点电势高于C 点电势，因此正电荷从B 运动到C 电场力做正功，B 项错误．]3．B [根据两个等量同种正点电荷的电场线分布特点可知，在M 、N 和O 三点中，M 点电势最高，N 点电势最低，O 点的电场强度为零(最小)，选项A 错误，B 正确；由于两个等量同种正点电荷的电场不是匀强电场，各点电场强度不同，不能运用E ＝U d得出N 点的电场强度，选项C 错误；若O 、N 之间的电势差为U ，将一个带电荷量为q 的正点电荷从N 点移到O 点，由低电势到高电势，电场力做功为－qU ，选项D 错误．]4．C [由题意可知，等量正、负点电荷在O 处产生的电场强度大小均为E 2，方向水平向右．当移至c 处，两点电荷在该处的电场强度方向夹角为120°，则O 处的合电场强度大小为E 2，沿Oe 方向，A 错误；同理，当移至b 处，O 处的合电场强度大小为32E ，沿Od 与Oe 角平分线方向，B 错误；同理，当移至e 处，O 处的合电场强度大小为E 2，沿Oc 方向，C 正确；同理，当移至f 处，O 处的合电场强度大小为32E ，沿Od 与Oc 角平分线方向，D 错误．] 5．B [判断电场强度大小看电场线的疏密，所以，a 点的电场强度大于b 点，A 项错误；正电荷从a到b过程中，电场力做功－W＝U ab q＝(φa－φ)q，解得φa＝φ－W，B项正确；带正q电的点电荷q从a位置移至b位置，电场力做负功，且aP<bQ.所以P为负电荷，c点电势小于b点电势，电荷从c到b的过程，电场力做负功且数值小于W(cb间电势差小于ab间电势差)，C项错误；同理电荷从a到c过程，电场力做负功，数值小于W，D项错误．]6．AC[根据等量异种点电荷电场线的分布特征可知，A、B两点所在处的电场线疏密相同，故两点的电场强度大小相等，方向向左，即A、B两点的电场强度相同，同理，C、D两点的电场强度相同，根据点电荷周围区域的电势分布规律及电势叠加规律(电势是标量)可知，A、C两点的电势均大于零(取无穷远处电势为零)，B、D两点的电势均小于零，故φA>φB，φC>φD，A项正确，B错误；将正试探电荷从C点沿直线CE移到E点过程中，合电场力方向与正试探电荷运动方向成锐角，电场力一定做正功，C正确；φC>φF，负试探电荷在电势高处的电势能小，据此可知D错误．]7．D[小球从E到O的过程中，电场力对小球做正功，小球的电势能减小，从O到F的过程中，电场力做负功，电势能增大，所以小球在O点电势能最小，A项错误；设小球在E、F 两点所受的摩擦力大小分别为f E和f F，电场力大小为F电，合外力大小为F，则在E点有：F ＝f E－F电，在F点有：F＝f F＋F电，所以f E>f F，由摩擦力公式f＝μF N＝μmg，可知小球在E点与杆的动摩擦因数大于在F点与杆的动摩擦因数，B项错误；E到O点，由F＝f E－F电＝μmg －F电，F一定，若场强先增大后减小，则F电先增大后减小，因此μ先增大后减小，C项错误；在O点的动摩擦因数为μ0，所以有F合＝μ0mg＝ma，F合为小球的合外力，由于小球做匀减速运动，合外力恒定，所以从E到F合外力做功大小为：W合＝F合L＝μ0mgL，因为从E 到F电场力做功为0，所以从E到F合外力做的功就为克服摩擦力做的功，所以克服摩擦力做功为：W f＝W合＝μ0mgL，D项正确．]。
2018版高考物理一轮总复习课件：8-2电场能的性质 精品
即时突破 判断正误． 1．电场力做功与重力做功相似，均与路径无关．( √ ) 2．正电荷具有的电势能一定是正的，负电荷具有的电势能一定是负的．( × ) 3．电场力做正功，电势能一定增加．( × ) 4．电场力做功为零，电荷的电势能也为零．( × )
二、电势 等势面 1．电势 (1)定义式：φA＝Eqp. (2)矢标性：电势是标量 ，有正负之分，其正(负)表示该点电势比零___电__势_高(低)． (3)相对性：电势具有__相__对__性__，同一点的电势因选取零电势点的不同而不同． 注意：电场中某点的电势大小是由电场本身的性质决定的，与在该点是否放有 电荷和所放电荷的电荷量及其电势能均无关．
() A．c点电势高于a点电势
B．场强的方向由b指向d
C．质子从b运动到c所用的时间为
2L v0
D．质子从b运动到c，电场力做功为4 eV
【解析】 连接bd，找bd的三等分点g、h，连接ag交bc于e，连接ch交ad于f，
则分别过age和chf且垂直于平面abcd的平面为两个等势面，作等势面的垂线为电场
的地方电势低．
2．电势能大小的判断方法
判断角度
判断方法
做功判断法
电场力做正功，电势能减小； 电场力做负功，电势能增大
电荷电势法 正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大
公式法 能量守恒法
由Ep＝qφp，将q、φp的大小、正负号一起代入公式，Ep的正值越大， 电势能越大；Ep的负值越小，电势能越大
2018高三一轮总复习
物理
提高效率 ·创造未来 ·铸就辉煌
必考部分 电磁学/8-12章
第八章 电场
第2节 电场能的性质
栏
目
抓知识点 1
高考物理一轮复习第八章恒定电流微专题实验的拓展与创新加练半小时粤教版.docx
微专题65 实验的拓展与创新[方法点拨](1)结合闭合电路欧姆定律、串并联电路特点，去理解电路，找出测量量与已知量间的关系．(2)熟练掌握基本实验的原理、实验方法等是解决创新实验的关键．1．某同学测量直流恒流电源的输出电流I0和定值电阻R x的阻值，电路如图1所示．图1实验器材如下：直流恒流电源(电源输出的直流电流I0保持不变，I0约为0.8A)；待测电阻R x(阻值约为20Ω)；滑动变阻器R(最大阻值约为50Ω)；电压表V(量程15V，内阻约为15kΩ)；电流表A(量程0.6A，内阻约为0.2Ω)；请回答下列问题．(1)实验所用器材如图2所示，图中部分电路已经连接好，请完成实验电路的连接．图2(2)电路开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动到____处(选填“a”或“b”)，其理由是______________________________________________________________ __________________________________________________________________________________；(3)所得实验数据如下表，请在如图3所示的直角坐标系上画出U—I图像.1234 5电流表的示数I/A0.200.300.400.500.60电压表的示数U/V13.912.110.27.60 6.1图3(4)根据所画U－I图像，可求得直流恒流电源输出电流I0＝________A，待测电阻的阻值R x＝________Ω.(结果保留两位有效数字)2．(2018·湖北黄冈模拟)图4中虚线框内是由表头G改装成的一个电流表和一个电压表的电路，其中接a、b时为电流表，接a、c时为电压表．已知表头的满偏电流为2mA、内阻阻值范围为180～200Ω，定值电阻R1＝50Ω，R2＝1460Ω，为确定改装后电流表和电压表的量程，实验小组将a、b两个接线柱接入如图所示的电路中，来测量表头G的内阻；图4(1)实验室里，电流表A和滑动变阻器R均有两种规格：电流表：a.0～10mA b．0～600mA滑动变阻器：a.0～20Ωb．0～1000Ω则电流表应选________，滑动变阻器应选________；(选填字母代号)(2)将选择的器材接入电路；①依照电路图，补充完整图5中的实物图；图5②闭合S，以I1表示电流表A的示数，I2表示表头G的示数，多次调节滑动变阻器，测量多组I1、I2数据(单位均为mA)，某同学以I1为纵轴，I2为横轴，画出I1－I2图线为一条过原点的倾斜直线，该同学求出了图线的斜率k＝5，则表头内阻R g＝________Ω，由表头G改装后的电流表量程为________mA，电压表量程为________V.3．(2017·北京海淀区模拟)利用如图6所示的电路测量一个满偏电流为300μA，内阻r g约为100Ω的电流表的内阻值，有如下的主要实验器材可供选择：图6A．滑动变阻器(阻值范围0～20Ω)B．滑动变阻器(阻值范围0～1750Ω)C．滑动变阻器(阻值范围0～30kΩ)D．电源(电动势1.5V，内阻0.5Ω)E．电源(电动势8V，内阻2Ω)F．电源(电动势12V，内阻3Ω)(1)为了使测量尽量精确，在上述可供选择的器材中，滑动变阻器R应选用________，电源E应选用__________．(选填器材前面的字母序号)(2)实验时要进行的主要步骤有：A．断开S2，闭合S1B．调节R的阻值，使电流表指针偏转到满刻度C．闭合S2D．调节R′的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的三分之二E．记下此时R′的阻值为190Ω则待测电流表的内阻r g的测量值为________Ω，该测量值________此电流表内阻的真实值．(选填“大于”“小于”或“等于”)4．(2017·福建漳州八校模拟)发光二极管(LED)是由镓(Ga)、砷(As)与磷(P)等的化合物制成的一种能够发光的半导体电子元件，通常用在电路及仪器中作为指示灯，或组成文字或数字显示，其显著的特点就是具有单向导电性．其电路符号如图7甲所示，正常使用时带“＋”号的一端应接在电源的正极，带“－”号的一端应接在电源的负极．某课外活动小组用实验方法测得某型号发光二极管两端的电压U 和通过它的电流I的数据如下表所示图7实12345678910 验序号U/V00.40.8 1.2 1.6 2.0 2.4 2.6 2.8 3.0I/mA00.9 2.3 4.3 6.812.019.024.030.037.0 (1)有如图乙、丙两个可供选择的电路，应选图________(填“乙”或“丙”)电路进行实验，实验中的系统误差主要是由____________________________________引起的．(2)请在图8的坐标纸上用描点法画出该型号发光二极管的伏安特性曲线．图8(3)若该型号发光二极管的最佳工作电压为2.5V，现用5V的稳压电源供电，则需要在电路中串联一个电阻R才能使其处于最佳工作状态，请根据所画出的该型号二极管的伏安特性曲线进行分析，串联的电阻R的阻值为________Ω.(结果保留三位有效数字)答案精析1．(1)如图所示(2)a开关S闭合后，流过电流表的电流不会超过电流表的量程(3)如图所示(4)0.87～0.9219～222．(1)a a(2)①如图所示②2000～10mA(10mA)0～15V(15V)3．(1)C E(2)95小于解析(1)在半偏法测电流表的内阻实验中，为了减小实验误差，滑动变阻器阻值范围尽量选择较大的，电源电压尽量选择较大的，故滑动变阻器R应选用C，电源E应选用E，如果选择了F，由于它的电压太大，当变阻器的电阻达到最大时电路中的最小电流I＝12V30000Ω＝400μA，超过电流表满偏电流；(2)当电流表满偏时，说明干路电流为300μA，若使电流表指针偏转到满刻度的三分之二，即200μA时，通过电阻箱R′的电流就为100μA，由于电流表与电阻箱的电流之比为2∶1，则它们的电阻之比为1∶2，所以电流表的内阻为1902Ω＝95Ω；该测量值小于此电流表内阻的真实值，因为实际干路的电流会比300μA稍大一些，故通过电阻箱的电流会比100μA稍大一些，所以它的电阻就会稍小一些．4．(1)丙电压表分流(2)见解析图(3)116(112～120均可)解析(1)滑动变阻器应接成分压式电路，而电流表内阻未知，故电流表用内、外接都可以，故题图丙正确，题图丙电路图中，电压表与二极管并联，会因分流引起误差；(2)如图所示(3)根据U－I图线，当二极管的工作电压为2.5V时，工作电流约为21.5mA，串联电阻上分到的电压应为 2.5V，故应串联的电阻为：R＝UI＝2.521.5×10－3Ω≈116Ω.(112～120都算正确)。
(加练半小时)2018年高考物理(广东专用)一轮微专题复习第11章_电磁感应_微专题60_有答案
[方法点拨] (1)分析导体棒切割磁感线运动时要由牛顿第二定律列方程，在方程中讨论v 的变化影响安培力的变化，进而影响加速度a 的变化，a 的变化又影响v 的变化；(2)克服安培力做功的过程就是其它形式的能转化为电能的过程，克服安培力做了多少功，就有多少其它形式的能转化为电能．1．(多选)如图1所示，在匀强磁场中有一倾斜的足够长平行金属导轨，导轨间距为L ，两导轨顶端连有一定值电阻R ，导轨平面与水平面的夹角为θ，匀强磁场的磁感应强度大小为B 、方向垂直导轨平面向上，质量为m 、电阻为r 的光滑导体棒从某一高度处由静止释放，导体棒运动过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好，其他部分的电阻不计，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图1A ．导体棒先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动B ．若导体棒的速度为v ，则R 两端的电压为BL vC ．导体棒的最大速度为mg (R ＋r )B 2L 2D ．在导体棒下滑过程中，电路中产生的焦耳热等于导体棒克服安培力所做的功2．如图2，平行导轨固定在水平桌面上，左侧接有阻值为R 的电阻，导体棒ab 与导轨垂直且接触良好，ab 棒在导轨间的阻值为r .输出功率恒为P 的电动机通过水平绳向右拉动ab 棒．整个区域存在竖直向上的匀强磁场，若导轨足够长，且不计其电阻和摩擦，则电阻R 消耗的最大功率为( )图2A ．PB.R R ＋r PC.r R ＋r PD.⎝⎛⎭⎫R R ＋r 2P 3．(多选)如图3所示，间距为l ＝1 m 的导轨PQ 、MN 由电阻不计的光滑水平导轨和与水平面成37°角的粗糙倾斜导轨组成，导体棒ab 、cd 的质量均为m ＝1 kg 、长度均为l ＝1 m 、电阻均为R ＝0.5 Ω，ab 棒静止在水平导轨上，cd棒静止在倾斜导轨上，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小B＝ 2 T．现ab棒在水平外力F作用下由静止开始沿水平导轨运动，当ab棒的运动速度达到一定值时cd棒开始滑动．已知cd棒与倾斜导轨间的动摩擦因数为μ＝0.8，且cd棒受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两导体棒与导轨始终接触良好，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.关于该运动过程，下列说法正确的是()图3A．cd棒所受的摩擦力方向始终沿倾斜导轨向上B．cd棒所受的摩擦力方向先沿倾斜导轨向上后沿倾斜导轨向下C．cd棒开始滑动时，ab棒的速度大小约为20 m/sD．cd棒开始滑动时，ab棒的速度大小约为10 m/s4．在光滑水平面上，有一个粗细均匀的边长为L的单匝正方形闭合线框abcd，在水平外力的作用下，从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动，穿过匀强磁场，如图4甲所示．测得线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t的变化关系如图乙所示()图4A．线框受到的水平外力一定是恒定的B．线框边长与磁场宽度的比为3∶8C．出磁场的时间是进入磁场时的一半D．出磁场的过程中水平外力做的功与进入磁场的过程中水平外力做的功相等5．(多选)如图5所示，光滑水平桌面上固定放置的长直导线中通以大小为I的稳恒电流，桌面上导线的右侧距离通电长直导线2l处有两线框abcd、a′b′c′d′正以相同的速度v0经过虚线MN向左运动，MN平行长直导线，两线框的ad边、a′d′边与MN重合，线框abcd、a′b′c′d′是由同种材料制成的质量相同的单匝正方形线框，边长分别为l、2l.已知通电长直导线周围磁场中某点的磁感应强度B＝k Ir(式中k为常量，r 表示该点到长直导线的距离)．下列说法正确的是()图5A ．此时流经线框abcd 、a ′b ′c ′d ′的电流强度之比为4∶3B ．此时线框abcd 、a ′b ′c ′d ′所受的安培力的功率之比为4∶9C ．此时线框abcd 、a ′b ′c ′d ′的加速度之比为4∶9D ．此时a 、b 间电压U ab ＝kI 24v 06．(多选)如图6，光滑绝缘的水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导体框．匀强磁场区域宽度为2L 、磁感应强度为B 、方向垂直桌面向下．导体框的一边与磁场边界平行，在外力作用下以恒定速度v 穿过磁场．下列说法正确的是( )图6A ．穿过磁场过程，外力做的功为2B 2L 3v RB ．穿过磁场过程，导体框产生的焦耳热为2B 2L 3v RC ．进入磁场过程，通过导体框某一横截面的电荷量为BL 2RD ．进入和离开磁场过程，通过导体框的电流大小都为BL v R，且方向相同 7．(多选)由法拉第电磁感应定律可知，若穿过某截面的磁通量为Φ＝Φm sin ωt ，则产生的感应电动势为e ＝ωΦm cos ωt .如图7所示，竖直面内有一个闭合导线框ACD (由细软电阻丝制成)，端点A 、D 固定．在以水平线段AD 为直径的半圆形区域内，有磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场．设导线框的电阻恒为r ，圆的半径为R ，用两种方式使导线框上产生感应电流．方式一：将导线上的C 点以恒定角速度ω1(相对圆心O )从A 点沿圆弧移动至D 点；方式二：以AD 为轴，保持∠ADC ＝45°，将导线框以恒定的角速度ω2转90°.则下列说法正确的是( )图7A ．方式一中，在C 从A 点沿圆弧移动到图中∠ADC ＝30°位置的过程中，通过导线截面的电荷量为3BR 22rB ．方式一中，在C 沿圆弧移动到圆心O 的正上方时，导线框中的感应电动势最大 C ．若两种方式电阻丝上产生的热量相等，则ω1ω2＝12D ．若两种方式电阻丝上产生的热量相等，则ω1ω2＝148．(多选)如图8所示，两根足够长的光滑金属导轨竖直固定放置，底端接电阻R ，轻弹簧上端固定，下端悬挂质量为m 的金属棒，金属棒和导轨接触良好．除电阻R 外，其余电阻不计．导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在平面．静止时金属棒位于A 处，此时弹簧的伸长量为Δl ，弹性势能为E p .重力加速度大小为g .将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，金属棒在运动过程中始终保持水平，则下列说法正确的是( )图8A ．当金属棒的速度最大时，弹簧的伸长量为ΔlB ．从开始释放到最后静止，电阻R 上产生的总热量等于mg Δl －E pC ．金属棒第一次到达A 处时，其加速度方向向下D ．金属棒第一次下降过程通过电阻R 的电荷量比第一次上升过程的多9．如图9所示，阻值均为2 Ω的定值电阻R 1和R 2通过水平和倾斜平行金属导轨连接，水平导轨和倾斜导轨平滑相接，导轨间距离为0.5 m ，倾斜导轨与水平面夹角为60°，水平导轨间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为0.03 T 的匀强磁场，倾斜导轨处没有磁场．一根质量为0.1 kg 、长度为0.5 m 、阻值为2 Ω的导体棒从倾斜导轨上一定高度处由静止释放，导体棒与倾斜导轨间的动摩擦因数为34，水平导轨光滑，导体棒在水平导轨上向右运动s ＝2 m 停下来，在此过程中电阻R 1上产生的热量为0.3 J ，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图9A．导体棒在倾斜导轨上释放点离水平面的高度为2 mB．导体棒在导轨上运动的最大速度为6 m/sC．R1两端的最大电压为0.045 VD．导体棒在导轨上运动过程中通过R1的电荷量为0.01 C10．电磁弹是我国最新的重大科研项目，原理可用下述模型说明．如图10甲所示，虚线MN右侧存在竖直向上的匀强磁场，边长为L的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，线框电阻为R，质量为m，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界处．t＝0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B＝B0＋kt(k为大于零的常量)，空气阻力忽略不计．图10(1)求t＝0时刻，线框中感应电流的功率P；(2)求线框cd边穿出磁场时通过线框某一横截面的电荷量q；(3)若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框，如图乙所示，在线框上加一质量为M的负载物，证明：载物线框匝数越多，t＝0时线框加速度越大．11．如图11甲所示，dc和ef是足够长的光滑的金属导轨(不计电阻)水平放置，相距L＝1 m，de处接有一个电阻，在其两端的电压低于某个特定的值U0时，它的阻值与其两端的电压成正比，而其两端的电压大于等于U0时，它的电阻恒为R0＝5 Ω，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T，质量为m＝0.5 kg，长度恰好能跨放在导轨上的金属杆电阻不计，在水平向右的拉力作用下，从紧靠de处由静止开始做加速度为a＝1 m/s2的匀加速运动，水平拉力F与时间的关系如图乙所示．图11(1)试求电压的特定值U0和图中所标的F0的大小；(2)当t＝0.5 s时和t＝2 s时，电阻的发热功率分别为多大？(3)从开始到运动2 m时，通过R的电荷量为多少？(4)运动到2 m时刻撤去外力，金属杆还能运动多远？答案精析1．AD [导体棒随着速度的增加，受到的安培力越来越大，因此受到的合力越来越小，加速度越来越小，故导体棒做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，做匀速运动，A 正确；导体棒中产生的感应电动势为E＝BL v ，所以在电阻R 上的电压为RBL v R ＋r ，B 错误；由于导体棒匀速运动时有mg sin θ＝B 2L 2v R ＋r，因此导体棒的最大速度为mg (R ＋r )sin θB 2L 2，C 错误；根据功能关系，感应电流所产生的焦耳热在数值上等于导体棒克服安培力所做的功，D 正确．]2．B [ab 棒在输出功率P 恒定的电动机拉力作用下做加速度逐渐减小的加速运动．当加速度减小到零时，ab 棒产生的感应电动势最大，电阻R 中电流最大，电阻R 消耗的功率最大．由功能关系可知，此时电动机输出功率等于电阻R 和ab 棒消耗的功率，即P ＝I 2(r ＋R )，电阻R 消耗的功率P R ＝I 2R ，联立解得P R ＝R R ＋rP ，选项B 正确．]3．BC [cd 棒刚开始静止在倾斜导轨上，μ＝0.8>tan 37°＝0.75，cd 棒受到的摩擦力沿倾斜导轨向上，ab 棒向右运动切割磁感线使得ab 棒、cd 棒中产生感应电流，cd 棒受到水平向右的安培力作用，cd 棒受到的摩擦力先沿倾斜导轨向上减小到零，后反向沿倾斜导轨向下增大，故A 错误，B 正确；当cd 棒即将滑动时，由平衡条件B 2l 2v 2R cos 37°＝mg sin 37°＋μ⎝⎛⎭⎫mg cos 37°＋B 2l 2v 2R sin 37°，代入数据可得v ＝19.375 m/s ，C 正确，D 错误．] 4．B [由题图乙线框中产生的感应电流i 的大小和运动时间t 的变化关系可知，进磁场和出磁场时电流随时间的增大而增大，根据牛顿第二定律F －F 安＝ma ，得F ＝F 安＋ma ，又F 安＝BiL ，所以线框受到的水平外力是随时间增大的变力，选项A 错误；线框进入磁场过程位移与出磁场过程位移相等，线框进入磁场过程的水平外力小于出磁场过程的水平外力，根据功的定义可知，线框出磁场的过程中水平外力做的功大于线框进入磁场过程中水平外力做的功，选项D 错误；根据题图乙感应电流i 的大小和运动时间t 的变化关系图象，在2～4 s 时间内线框进入磁场，设线框匀加速直线运动的加速度为a ′，在进入磁场时速度v 1＝a ′t 1＝2a ′，完全进入磁场时速度v 2＝a ′t 2＝4a ′，线框边长L 可表示为L ＝v 1＋v 22(t 2－t 1)＝6a ′，线框开始出磁场时速度v 3＝a ′t 3＝6a ′，磁场区域宽度d ＝v 1＋v 32(t 3－t 1)＝16a ′，线框边长L 与磁场宽度d 的比为L ∶d ＝3∶8，选项B 正确；设线框t ′时刻完全出磁场，则完全出磁场时速度为a ′t ′，出磁场过程的平均速度为v ＝v 3＋a ′t ′2，出磁场的时刻t ′＝L v＋t 3＝126＋t ′＋6，解得t ′＝4 3 s ，故出磁场的时间小于进入磁场时间的一半，选项C 错误. ]5．ABC [设导线的横截面积为S ，密度为ρ0，电阻率为ρ，由密度公式可得：线框的质量m ＝ρ0V ＝ρ0S 1×4l＝ρ0S 2×8l ，解得：S 1＝2S 2，根据电阻定律，可得R 1＝ρ4l S 1，R 2＝ρ8l S 2，联立可得：R 2＝4R 1，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得：线框中的电流I 1＝kI 2l ×l v 0－kI 3l ×l v 0R 1＝kI v 06R 1，I 2＝kI 2l ×2l v 0－kI 4l ×2l v 0R 2＝kI v 02R 2，即I 1I 2＝43，选项A 正确；根据右手定则，可知b 点电势高于a 点电势，故U ab <0，选项D 错误；根据功能关系可知线框克服安培力做的功等于线框中电流产生的焦耳热，由P ＝I 2R ，可得P 1P 2＝I 21R 1I 22R 2＝49，选项B 正确；由安培力公式和牛顿第二定律可得a 1＝kI 2l ×I 1l －kI 3l ×I 1l m ＝kII 16m ，a 2＝kI 2l ×2I 2l －kI 4l ×2I 2l m ＝kII 22m ，即a 1a 2＝I 13I 2＝49，选项C 正确．] 6．ABC [当导体框进入或离开磁场时，导体框中的感应电动势E ＝BL v ，由右手定则可知，导体框进入磁场时，感应电流方向为逆时针方向，而离开磁场时，感应电流方向为顺时针方向，D 项错；进入磁场过程中，感应电流大小I ＝E R ，时间t ＝L v ，所以通过导体框某一横截面的电荷量为Q ＝It ＝BL 2R，C 项正确；因为导线框是匀速穿过磁场的，所以外力F ＝F A ＝BIL ＝B 2L 2v R ，导体框在外力作用下的位移为2L ，所以外力做功为2B 2L 3v R，A 项正确；由功能关系可知，外力克服安培力做的功等于系统产生的热量，B 项正确．]7．AC [方式一中，在C 从A 点沿圆弧移动到题图中∠ADC ＝30°位置的过程中，穿过回路磁通量的变化量为ΔΦ＝32BR 2.由法拉第电磁感应定律，E ＝ΔΦΔt ，I ＝E r ，q ＝I Δt ，联立解得q ＝ΔΦr ＝3BR 22r，选项A 正确；方式一中，在C 沿圆弧移动到圆心O 的正上方时，导线框中的磁通量最大，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势最小，为零，选项B 错误；第一种方式中穿过回路的磁通量Φ1＝BR 2sin ω1t ，所产生的电动势为e 1＝ω1BR 2cos ω1t ，第二种方式中穿过回路的磁通量Φ2＝BR 2cos ω2t ，所产生的电动势为e 2＝ω2BR 2sin ω2t ，则两种方式所产生的正弦交流电动势的有效值之比为E 1E 2＝ω1ω2，时间满足ω1t 1ω2t 2＝180°90°，产生的焦耳热Q 1＝E 21rt 1，Q 2＝E 22r t 2，若Q 1＝Q 2，则ω1ω2＝12，选项C 正确，D 错误．] 8．BD [根据题述金属棒静止时弹簧伸长量为Δl ，可得mg ＝k Δl .将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，金属棒向下切割磁感线运动产生感应电动势E ＝Bl v 和感应电流I ＝Bl v R ，金属棒受到的安培力F A ＝BIl ＝B 2l 2v R，方向竖直向上，由牛顿第二定律mg －kx －F A ＝ma 知，金属棒向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到零时，金属棒速度最大，此时有mg ＝kx ＋F A ，弹簧弹力小于金属棒的重力，故弹簧的伸长量x 小于Δl ，选项A 错误；金属棒最后静止时，弹簧伸长量为Δl ，根据能量守恒定律，电阻R 上产生的总热量Q ＝mg Δl －E p ，选项B 正确；金属棒第一次到达A 处时，其所受合外力向上，加速度方向向上，选项C 错误；由能量守恒知金属棒第一次下降的高度一定大于第一次上升的高度，由ΔΦ＝B ·ΔS 知，金属棒第一次下降过程中回路磁通量变化量ΔΦ一定比第一次上升过程中的多，根据q ＝ΔΦR可知，金属棒第一次下降过程中通过电阻R 的电荷量一定比第一次上升过程中的多，选项D 正确．]9．B [导体棒滑上水平导轨后做减速运动，因此滑上水平导轨的初速度v 0是导体棒在导轨上运动的最大速度，导体棒在水平导轨上运动时，若电阻R 1上产生热量为Q ，则导体棒上产生热量为4Q ，电路产生的总热量为6Q ，由功能关系可得m v 202＝6Q ，又Q ＝0.3 J ，得v 0＝6 m/s ，B 选项正确；导体棒在倾斜导轨上运动，有mgh －μmg cos θ·h sin θ＝m v 202，得h ＝2.4 m ，A 选项错误；导体棒运动的最大速度为v 0，最大感应电动势为E m ＝Bl v 0，R 1两端的最大电压U m ＝E m 3，得U m ＝0.03 V ，C 选项错误；通过导体棒的电荷量q ＝ΔΦR 总，q 1＝q 2＝0.005 C ，D 选项错误．]10．(1)k 2L 4R (2)B 0L 2R(3)见解析 解析 (1)t ＝0时刻线框中的感应电动势E 0＝ΔB ΔtL 2＝kL 2 功率P ＝E 20R解得P ＝k 2L 4R(2)穿出磁场过程线框中的平均电动势E ＝ΔΦΔt线框中的平均电流I ＝E R 通过的电荷量q ＝I Δt ，解得q ＝B 0L 2R(3)n 匝线框在t ＝0时刻产生的感应电动势E ＝nE 0线框中的总电阻R 总＝nR线框中的电流I ＝E R 总t ＝0时刻线框受到的安培力F ＝nB 0IL设线框的加速度为a ，根据牛顿第二定律有F ＝(nm ＋M )a解得a ＝kB 0L 3⎝⎛⎭⎫M n ＋m R ，可知n 越大，a 越大． 11．(1)1 V 0.7 N (2)0.1 W 0.8 W(3)0.5 C (4)3.75 m解析 (1)当电压小于U 0时，设电阻R ＝kU ，所以电流I ＝U R ＝1k，则I 为定值 F －BL 1k ＝ma ，F ＝ma ＋BL 1k当电压大于等于U 0时，F －B 2L 2v R 0＝ma ，F ＝ma ＋B 2L 2a R 0t ，而当t ＝1 s 时， 速度v ＝at ＝1 m/s ，U 0＝BLv ＝1 V又当t ＝1 s 时，F ＝ma ＋B 2L 2a R 0t ＝ma ＋BL 1k，所以有k ＝5，故F 0＝0.7 N 1 s 以后的拉力与时间的关系为F ＝0.5＋0.2t(2)t ＝0.5 s 时，v ＝0.5 m/s ，U ＝E ＝BLv ＝0.5 V ，R ＝kU ＝2.5 ΩP 1＝U 2R＝0.1 W t ＝2 s 时，F ＝0.9 N ，安培力F 安＝F －ma ＝0.4 N ，v ＝2 m/s P 2＝F 安v ＝0.8 W(3)前1 s ，电流恒为I ＝U R ＝1k＝0.2 A ，q 1＝It ＝0.2 C ，运动了0.5 m. 余下的1.5 m 是通过定值电阻R 0的电荷量，q 2＝ΔΦR 0＝0.3 C ，所以q ＝q 1＋q 2＝0.5 C (4)撤去外力时，速度为v 2＝2 m/s ，电压U 2＝2 V ，变减速运动到速度v 1＝1 m/s ，于是有： B 2L 2s 1R 0＝m (v 2－v 1)，s 1＝2.5 m 此后，电流恒为0.2 A ，F 安′＝BLI ＝0.2 N ，做匀减速运动，a ′＝F 安′m ＝0.4 m/s 2 s 2＝v 212a ′＝1.25 m 所以s ＝s 1＋s 2＝3.75 m.。
(加练半小时)2018年高考物理(广东专用)一轮微专题复习第10章_磁场_微专题52_有答案
[方法点拨] (1)判断安培力的方向时，充分利用F 安⊥B ，F 安⊥I ；(2)受力分析时，要注意将立体图转化为平面图．1．(直线电流的磁场)真空中两根金属导线平行放置，其中一根导线中通有恒定电流．在导线所确定的平面内，一电子从P 点运动的轨迹的一部分如图1中的曲线PQ 所示，则一定是( )图1A ．ab 导线中通有从a 到b 方向的电流B ．ab 导线中通有从b 到a 方向的电流C ．cd 导线中通有从c 到d 方向的电流D ．cd 导线中通有从d 到c 方向的电流2．(磁场的叠加)分别置于a 、b 两处的长直导线垂直纸面放置，通有大小相等的恒定电流，方向如图2所示，a 、b 、c 、d 在一条直线上，且ac ＝cb ＝bd .已知c 点的磁感应强度大小为B 1，d 点的磁感应强度大小为B 2.若将b 处导线的电流切断，则( )图2A ．c 点的磁感应强度大小变为12B 1，d 点的磁感应强度大小变为12B 1－B 2B ．c 点的磁感应强度大小变为12B 1，d 点的磁感应强度大小变为12B 2－B 1C ．c 点的磁感应强度大小变为B 1－B 2，d 点的磁感应强度大小变为12B 1－B 2D ．c 点的磁感应强度大小变为B 1－B 2，d 点的磁感应强度大小变为12B 2－B 13．(磁场对电流的作用)如图3所示，磁感应强度大小为B 的匀强磁场方向斜向右上方，与水平方向所夹的锐角为45°.将一个34金属圆环ab 置于磁场中，圆环的圆心为O ，半径为r ，两条半径Oa 和Ob 相互垂直，且Oa 沿水平方向．当圆环中通以电流I 时，圆环受到的安培力大小为( )图3A.2BIrB.32πBIrC ．BIrD ．2BIr4．(电流间的相互作用)(多选)如图4所示，无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I ，导线正下方沿竖直方向固定一正方形线框，线框中也通有沿顺时针方向的恒定电流I ，线框的边长为L ，线框上边与直导线平行，且到直导线的距离也为L ，已知在长直导线的磁场中距长直导线r 处的磁感应强度大小为B ＝k Ir ，线框的质量为m ，则释放线框的一瞬间，线框的加速度可能为( )图4A ．0 B.kI 2m －g C.kI 22m－g D ．g －kI 2m5．(多选)如图5所示，在平面直角坐标系的第一象限内分布着非匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，沿y 轴方向磁场分布是不变的，沿x 轴方向磁感应强度与x 满足关系B ＝kx ，其中k 是一恒定的正数，由粗细均匀的同种规格导线制成的正方形线框ADCB 边长为a ，A 处有一极小开口AE ，整个线框放在磁场中，且AD 边与y 轴平行，AD 边与y 轴距离为a ，线框AE 两点与一电源相连，稳定时流入线框的电流为I ，关于线框受到的安培力情况，下列说法正确的是( )图5A ．整个线框受到的合力方向与BD 连线垂直B ．整个线框沿y 轴方向所受合力为0C ．整个线框在x 轴方向所受合力为ka 2I ，沿x 轴正向D ．整个线框在x 轴方向所受合力为34ka 2I ，沿x 轴正向6．如图6所示，一劲度系数为k 的轻质弹簧，下面挂有匝数为n 的矩形线框abcd ，bc 边长为l ，线框的下半部分处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向与线框平面垂直(在图中垂直于纸面向里)，线框中通以电流I ，方向如图所示，开始时线框处于平衡状态．令磁场反向，磁感应强度的大小仍为B ，线框达到新的平衡，则在此过程中线框位移的大小Δx 及方向是( )图6A ．Δx ＝2nBIlk ，方向向上B ．Δx ＝2nBIlk ，方向向下C ．Δx ＝nBIlk，方向向上D ．Δx ＝nBIlk，方向向下7.如图7所示，长为L ，质量为m 的细导体棒a 被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，无限长直导线b 被水平固定在与a 同一水平面的另一位置，且a 、b 平行，它们之间的距离为x ，当a 、b 中均通以电流强度为I 的同向电流时，a 恰能在斜面上保持静止．已知无限长直导线周围的磁场为一系列的同心圆，周围某点的磁场的磁感应强度与该点到导线的距离成反比．则下列说法正确的是( )图7A ．a 、b 中电流必垂直纸面向里B ．b 中的电流在a 处产生的磁场的磁感应强度大小为2mg2ILC ．若将b 适当上移以增大x ，则导体棒仍可能静止D ．无论将b 上移还是下移，导体棒都可能处于静止状态8．如图8所示，空间中有垂直纸面向里的匀强磁场，一不可伸缩的软导线绕过纸面内的小动滑轮P (可视为质点)，两端分别拴在纸面内的两个固定点M 、N 处，并通入由M 到N 的恒定电流I ，导线PM 和PN 始终伸直．现将P 从左侧缓慢移动到右侧，在此过程中导线MPN 受到的安培力大小( )图8A．始终不变B．逐渐增大C．先增大后减小D．先减小后增大答案精析1．C2．A [c 点的磁场是分别置于a 、b 两处的长直导线中的电流产生的．由安培定则可知分别置于a 、b 两处的长直导线在c 点产生的磁场方向相同，磁感应强度大小均为B 12.由对称性可知，b 处的长直导线在d 点产生的磁场的磁感应强度大小为B 12，方向向下．a 处的长直导线在d 点产生的磁场的磁感应强度大小为B 12－B 2，方向向上．若将b 处导线的电流切断，则c 点的磁感应强度大小变为12B 1，d 点的磁感应强度大小变为12B 1－B 2，选项A 正确．]3．A [连接题图中a 、b 两点，由几何关系知ab 连线与磁场方向垂直，故金属圆环在磁场中所受安培力的等效长度为2r ，则所受安培力为2BIr ，A 项正确．]4．AC [线框上边所在处的磁感应强度大小为B 1＝k IL ，由安培定则可判断出线框所在处磁场方向为垂直纸面向里，所受安培力的大小为F 1＝B 1IL ＝kI 2，由左手定则可判断出安培力方向向上；线框下边所在处的磁感应强度大小为B 2＝k I 2L ，所受安培力的大小为F 2＝B 2IL ＝12kI 2，由左手定则可判断出安培力方向向下；若F 1＝F 2＋mg ，则加速度为零，选项A 正确．若F 1>F 2＋mg ，则加速度方向向上，由F 1－(F 2＋mg )＝ma ，解得a ＝kI 22m －g ，选项C 正确，B 错误．若F 1<F 2＋mg ，则加速度方向向下，由F 2＋mg －F 1＝ma ，解得a ＝g －kI 22m ，选项D 错误．]5．BC [由于沿y 轴方向磁场分布是不变的，故而整个线框沿y 轴方向所受合力为0，B 正确；沿x 轴方向磁感应强度与x 满足关系B ＝kx ，AD 边受到的向左的安培力小于BC 边受到的向右的安培力，故而整个线框受到的合力方向沿x 轴正向，A 错误；整个线框在x 轴方向所受合力为k (a ＋a )Ia －(ka )Ia ＝ka 2I ，C 正确，D 错误．] 6．B [线框在磁场中受重力、安培力和弹簧弹力处于平衡状态，安培力为F A ＝nBIl ，且开始时方向向上，改变磁场方向后方向向下，大小不变．设在磁场反向之前弹簧的伸长量为x ，则反向之后弹簧的伸长量为x ＋Δx ，由平衡条件知kx ＋nBIl ＝mg 及k (x ＋Δx )＝nBIl ＋mg ，联立解得Δx ＝2nBIlk ，且线框向下移动，B 对．]7．C [因a 恰能在斜面上保持静止，其受力如图甲所示，而由平行通电直导线之间的相互作用可知，电流同向时导线相互吸引，电流反向时导线相互排斥，故A 错；由图甲知tan 45°＝mg BIL ，即B ＝mgIL，B 错；无论b 是上移还是下移，b 中的电流在a 处产生的磁场的磁感应强度均减小，上移时其重力mg 、安培力BIL 、斜面支持力F N 满足图乙所示关系，支持力逐渐减小，安培力减小，但两个力的合力仍可能等于重力，即a 仍可能处于静止状态，C 对；当b 下移时，安培力在减小，而支持力方向不变，则a 所受合力不可能为零，即a 不可能处于静止状态，D 错．]8．A[在P从左侧缓慢移动到右侧的过程中，导线MPN受到的安培力可等效为直导线MN通入电流I时受到的安培力，即导线MPN受到的安培力大小始终不变，A正确．]。
(加练半小时)2018年高考物理(广东专用)一轮微专题复习第8章_电场_微专题43_有答案
[方法点拨](1)在交变电场中做直线运动时，一般是几段变速运动组合．可画出v－t图象，分析速度、位移变化．(2)在交变电场中的偏转若是几段类平抛运动的组合，可分解后画出沿电场方向分运动的v－t图象，分析速度变化，或是分析偏转位移与偏转电压的关系式．1．一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图1所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是()图1A．带电粒子只向一个方向运动B．0～2 s内，电场力的功等于0C．4 s末带电粒子回到原出发点D．2.5～4 s，电场力做功等于02．(多选)如图2甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大．当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下图中，反映电子速度v、位移s和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是()图23．如图3所示，A、B两导体板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)．分别在A、B两板间加四种电压，它们的U AB－t图线如下列选项所示．其中可能使电子到不了B板的是()图34．(多选)如图4甲所示，两平行金属板MN 、PQ 的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为E k0.已知t ＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场．则( )图4A ．所有粒子都不会打到两极板上B ．所有粒子最终都垂直电场方向射出电场C ．运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2E k0D ．只有t ＝n T 2(n ＝0,1,2，…)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场 5．(多选)如图5甲所示，一平行板电容器极板长l ＝10 cm ，宽a ＝8 cm ，两极板间距为d ＝4 cm ，距极板右端l 2处有一竖直放置的荧光屏．在平行板电容器左侧有一长b ＝8 cm 的“狭缝”粒子源，可沿着两板中心平面均匀、连续不断地向电容器内射入比荷为2×1010 C/kg ，速度为4×106 m/s 的带电粒子．现在平行板电容器的两极板间加上如图乙所示的交流电，已知粒子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期．下面说法正确的是( )图5A ．粒子打到屏上时在竖直方向上偏移的最大距离为6.25 cmB ．粒子打在屏上的区域面积为64 cm 2C ．在0～0.02 s 内，进入电容器内的粒子有64%能够打在屏上D ．在0～0.02 s 内，屏上出现亮线的时间为0.012 8 s6．如图6甲所示，空间存在水平方向的大小不变、方向周期性变化的电场，其变化规律如图乙所示(取水平向右为正方向)．一个质量为m 、电荷量为＋q 的粒子(重力不计)，开始处于图中的A 点．在t ＝0时刻将该粒子由静止释放，经过时间t 0，刚好运动到B 点，且瞬时速度为零．已知电场强度大小为E 0.试求：图6(1)电场变化的周期T 应满足的条件；(2)A 、B 之间的距离；(3)若在t ＝T 6时刻释放该粒子，则经过时间t 0粒子的位移为多大？答案精析1．D [画出带电粒子速度v 随时间t 变化的图象如图所示，v －t 图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4 s 末带电粒子不能回到原出发点，A 、C 错误.2 s 末速度不为0，可见0～2 s 内电场力的功不等于0，B 错误.2.5 s 和4 s 末，速度的大小方向都相同，电场力做功等于0，所以D 正确．]2．AD [在平行金属板之间加上如题图乙所示的交变电压时，因为电子在平行金属板间所受的电场力F ＝U 0e d，所以电子所受的电场力大小不变．由牛顿第二定律F ＝ma 可知，电子在第一个T 4内向B 板做匀加速直线运动；在第二个T 4内向B 板做匀减速直线运动，在第三个T 4内反向做匀加速直线运动，在第四个T 4内向A 板做匀减速直线运动，所以a －t 图象如选项图D 所示，v －t 图象如选项图A 所示；又因匀变速直线运动位移s ＝v 0t ＋12at 2，所以s －t 图象应是曲线．故选项A 、D 正确，B 、C 错误．]3．B [加A 图电压，电子从A 板开始一直向B 板做匀加速直线运动；加B 图电压，电子开始向B 板做匀加速直线运动，再做加速度大小相同的匀减速直线运动，速度减为零后做反向匀加速直线运动及匀减速直线运动，由对称性可知，电子将做周期性往复运动，所以电子有可能到不了B 板；加C 图电压，电子先匀加速运动，再匀减速运动到静止，完成一个周期，所以电子一直向B 板运动，即电子一定能到达B 板；加D 图电压，电子的运动与C 图情形相同，只是加速度变化，所以电子也一直向B 板运动，即电子一定能到达B 板，综上所述可知选项B 正确．]4．ABC [带电粒子在垂直于电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上，做加速度大小不变、方向周期性变化的变速直线运动．由t ＝0时刻进入电场的粒子运动情况可知，粒子在平行板间运动时间为交变电流周期的整数倍．在0～T 2时间内带电粒子运动的加速度a ＝E 0q m ，由匀变速直线运动规律得v y ＝at ＝E 0q mt ，同理可分析T 2～T 时间内的运动情况，所以带电粒子在沿电场方向的速度v y 与E －t 图线所围面积成正比(时间轴下方的面积取负值)．而经过整数个周期，E －t 图象与坐标轴所围面积始终为零，故带电粒子离开电场时沿电场方向的速度总为零，B 正确，D 错误；带电粒子在t ＝0时刻射入时，侧向位移最大，故其他粒子均不可能打到极板上，A 正确；当粒子在t ＝0时刻射入且经过T 离开电场时，粒子在t ＝T 2时达到最大速度，此时两分位移之比为1∶2，即v 0t ＝2×12at 2，可得v y ＝v 0，故粒子的最大速度为v ＝2v 0，因此最大动能为初动能的2倍，C 正确．]5．BCD [设粒子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U 0，水平方向l ＝v 0t ，竖直方向d 2＝12a 0t 2，又a 0＝qU 0md ，解得U 0＝md 2v 20ql 2＝128 V ，即当U ≥128 V 时粒子打到极板上,当U <128 V 时粒子打到荧光屏上，设打到荧光屏上的粒子在竖直方向上偏转的最大位移为y ，由几何关系和类平抛运动规律得l 2＋l 2l 2＝y d 2，解得y ＝d ＝4 cm ，选项A 错误；由对称性知，粒子打到荧光屏上的区域总长度为2d ，则粒子打到荧光屏上的区域面积为S ＝2da ＝64 cm 2，选项B 正确；在前14T ，粒子打到荧光屏上的时间t 0＝128200×0.005 s ＝0.003 2 s ，又由对称性知，在一个周期内，粒子打在荧光屏上的总时间t ′＝4t 0＝0.012 8 s ，选项D 正确；因为这些粒子均匀、连续地进入电场，设一个周期内进入电容器内的粒子能够打在荧光屏上的比例为η，此时电容器两端的电压U <128 V ，则η＝128200×100%＝64%，选项C 正确．] 6．(1)T ＝t 0n (n 为正整数) (2)E 0qt 204mn (3)E 0qt 2012mn解析 (1)根据粒子的初状态和受力特点可知，粒子运动的v －t 图象如图所示．可见，当t 0＝nT 时，粒子的速度刚好为零，故有T ＝t 0n(n 为正整数)．(2)由(1)图可知，A 、B 之间的距离s ＝12a (T 2)2×2n ＝14n ·qE 0m ·(t 0n )2＝E 0qt 204mn. (3)若在t ＝T 6时刻释放该粒子，其v －t 图象如图所示，此时t 0时间内粒子的位移s ′＝n [12a (2×T 6)2×2－12a (T 6)2×2]＝E 0qt 2012mn.。
高考物理一轮复习 第八章 微专题 测电源的电动势和内阻加练半小时
权掇市安稳阳光实验学校实验：测定电源的电动势和内阻[方法点拨] (1)图象法处理数据是本实验重点.根据闭合电路欧姆定律找出图象的函数关系式，从而确定图象斜率、截距等的意义.(2)明确实验中需要测量的量与实际测量的量的关系，进行误差分析.1.某同学查阅电动车使用说明书知道自家电动车的电源是铅蓄电池，他通过以下操作测量该电池的电动势和内阻.(1)先用多用电表粗测电池的电动势.把电表的选择开关拨到直流电压50V挡，将两只表笔与电池两极接触，此时多用电表的指针位置如图1所示，读出电池的电动势为________V.图1(2)再用图2所示装置进一步测量.多用电表的选择开关拨向合适的直流电流挡，与黑表笔连接的是电池的________极(选填“正”或“负”).闭合开关，改变电阻箱的阻值R，得到不同的电流值I，根据实验数据作出1I－R图象如图3所示.已知图中直线的斜率为k，纵轴截距为b，则此电池的电动势E＝________，内阻r＝________.(结果用字母k、b表示)图2图3(3)他发现两次测得电动势的数值非常接近，请你对此做出合理的解释：____________________________________________________________________ ____.2.(2018·模拟三)在测量一节干电池电动势E和内阻r的实验中，小明设计了如图4甲所示的实验电路.(1)根据图甲实验电路，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接.(2)实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片P调到________(选填“a”或“b”)端.(3)合上开关S1，S2接图甲中的1位置，改变滑动变阻器的阻值，记录下几组电压表示数和对应的电流表示数；S2改接图甲中的2位置，改变滑动变阻器的阻值，再记录下几组电压表示数和对应的电流表示数.在同一坐标系内分别描点作出电压表示数U和对应的电流表示数I的图象，如图丙所示.两直线与纵轴的截距分别为U A、U B，与横轴的截距分别为I A、I B.S2接1位置时，作出的U－I图线是图丙中的________(选填“A”或“B”)线；测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是____________________.由图丙可知，干电池电动势和内阻的真实值分别为E真＝________，r真＝________.图43.(2018·一模)为了测量一节干电池的电动势和内阻，某实验小组设计了如图5甲所示的电路，实验室准备了下列器材供选用：A.待测干电池一节B.直流电流表A1(量程0～0.6A，内阻约为0.01Ω)C.直流电流表A2(量程0～3A，内阻约为0.02Ω)D.直流电压表V1(量程0～3V，内阻约为5kΩ)E.直流电压表V2(量程0～15V，内阻约为25kΩ)F.滑动变阻器R1(阻值范围为0～15Ω，允许最大电流为1A)G.滑动变阻器R2(阻值范围为0～1000Ω，允许最大电流为2A)H.开关I.导线若干图5(1)实验中电压表应选用________；电流表应选用________；滑动变阻器应选用________.(填字母代号)(2)实验小组在进行实验时，初始滑片P在最右端，但由于滑动变阻器某处发生断路，合上开关S后发现滑片P向左滑过一段距离x后电流表才有读数，于是该组同学分别作出了电压表读数U与x、电流表读数I与x的关系图，如图乙所示，则根据图象可知，电池的电动势为________V，内阻为________Ω.4.(2018·青岛二中模拟)某同学设计了如图6甲所示的电路来测量电源电动势E、内阻r和电阻R1的阻值.实验器材有：待测电源(电动势为E，内阻为r)；待测电阻R1；电压表V(量程1.5V，内阻很大)；电阻箱R(0～99.99Ω)；开关S1；单刀双掷开关S2；导线若干.图6(1)先测量电阻R1的阻值，请将该同学的操作补充完整.①闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数R0和对应的电压表示数U1②保持电阻箱示数不变，将S2切换到b，读出电压表的示数U2③则电阻R1的表达式为R1＝____________.(2)该同学已经测得电阻R1＝4.95Ω，继续测量电源电动势E和内阻r的做法是：闭合S1，将S2切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图乙所示的1U－1R图线，则电源电动势E ＝________V，内阻r＝________Ω.(保留三位有效数字)5.(2018·二模)某同学利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻(约1.0Ω).(1)现备有下列器材：A.待测的干电池一节B.电流表(量程0～150mA，内阻R g＝3.0Ω)C.电压表(量程0～3V，内阻R V约1kΩ)D.滑动变阻器R0(0～20Ω，1.0A)E.电阻箱R(0～99.9Ω)F.开关和若干导线该同学发现上述器材中电流表的量程较小，他想利用现有的电流表和电阻箱改装成一块量程为0～0.6A的电流表，则电阻箱R的阻值应取________Ω，请在图7甲的虚线框内画出利用上述器材测量干电池电动势和内阻的实验电路图.图7(2)图乙为该同学根据合理电路所绘出的U－I图象(U、I分别为电压表和电流表的示数).根据该图象可得被测电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.(3)对本实验的理解正确的是________.A.要减小实验误差，可以增大电源等效内阻B.如果纵坐标从零开始，图线分布空间将更大C.电压表的分流作用导致实验系统误差D.由于电压表读数变化不大，读数不准确导致系统误差大答案精析1.(1)12.0 (2)负1kbk(3)铅蓄电池的内阻远小于多用电表电压挡的内阻，因此直接用表笔接在蓄电池的两极时，电表的读数非常接近电源的电动势解析(1)电压挡量程为50V，则最小分度值为1V，则指针对应的读数为12.0V.(2)作为电流表使用时，应保证电流由红表笔流进，黑表笔流出，故黑表笔连接的是电池的负极；由闭合电路欧姆定律可得I＝Er＋R，变形可得1I＝rE＋1E·R，则由题图可知：rE＝b，1E＝k，则可解得E＝1k，r＝bk.(3)因铅蓄电池的内阻远小于多用电表电压挡的内阻，因此直接用表笔接在蓄电池的两极时，电表的读数非常接近电源的电动势.2.(1)如图所示(2)a(3)B电压表分流U AU AI B解析(2)为保护电表，闭合开关时滑动变阻器接入电路的阻值最大，应滑至a 端；(3)S2接1位置时，引起误差的原因是电压表的分流，使得电流的测量偏小，故电动势和内阻的测量值都偏小，所以作出的图象是B.3.(1)D B F (2)1.5 0.5解析(1)干电池电动势约为1.5V，电压表应选V1，由于电路中电流较小，因此电流表应选A1，为方便实验操作，滑动变阻器应选最大阻值较小的R1；(2)根据两图对应的x 值相等时的电压和电流可知当I 1＝0.20A 时，U 1＝1.40V ；当I 2＝0.40A 时，U 2＝1.30V ；根据U ＝E －Ir ，解得E ＝1.5V ，r ＝0.5Ω.4.(1)③U 2－U 1U 1R 0(2)1.43 1.05(1.06也正确)5.(1)1.0 见解析图 (2)1.48(1.46～1.49之间) 0.85(0.84～0.88之间) (3)AC解析 (1)利用现有的电流表和电阻箱改装成一个量程为0～0.6A 的电流表，则需要并联的电阻箱R 的阻值应取R ＝I g R g I －I g ＝0.15×3.00.6－0.15Ω＝1Ω，电路图如图所示.(2)若设通过电流表的电流为I ，则干路电流为4I ，由闭合电路的欧姆定律U ＝E －4Ir ；延长图线与两坐标轴相交，由图象可知：E ＝1.48V ；4r ＝1.48－1.10112.5×10－3Ω≈3.4Ω，则r ＝0.85Ω.(3)要减小实验误差，可以增大电源等效内阻，这样在变化相同电流时电压表示数的变化较大，选项A 正确；如果纵坐标从零开始，图线分布空间将较小，选项B 错误；电压表的分流作用导致实验系统误差，选项C 正确；由于电压表读数变化不大，读数不准确导致实验偶然误差大，选项D 错误.。
(广东专用)2018年高考物理一轮复习 第8章 电场 微专题40 电场中的图象问题试题 粤教版
40 电场中的图象问题[方法点拨] 在图象问题中，一般从图象的“点、线、面、斜”四个方向理解．φ－x图象中斜率表示场强；E－x图象中面积表示电势差．1．(带电粒子v－t图象)在孤立负点电荷形成的电场中，四个带电粒子分别仅在电场力作用下运动，v－t图象如图1所示．则以下判断正确的是( )图1A．a、c带负电，b、d带正电B．a、c带正电，b、d带负电C．a、d带正电，b、c带负电D．a、d带负电，b、c带正电2．(电场φ－x图象)(多选)某静电场在x轴上各点的电势φ随坐标x的分布图象如图2所示．x轴上A、O、B三点的电势值分别为φA、φO、φB，电场强度沿x轴方向的分量大小分别为E Ax、E Ox、E Bx，电子在A、O、B三点的电势能分别为E p A、E p O、E p B.下列判断正确的是( )图2A．φO>φB>φA B．E p O<E p B<E p AC．E Ox<E Bx<E Ax D．E p O－E p A>E p O－E p B3．(电场φ－x图象)电荷量不等的两点电荷固定在x轴上坐标为－3L和3L的两点，其中坐标为3L处电荷带正电，电荷量为Q.两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图3所示，其中x＝L处电势最低，x轴上M、N两点的坐标分别为－2L和2L，则下列判断正确的是( )图3A．两点电荷一定为异种电荷B ．原点O 处场强大小为3kQ L 2C ．负检验电荷在原点O 处受到向左的电场力D ．负检验电荷由M 点运动到N 点的过程，电势能先减小后增大4．(多选)两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A 、B 、C 三点，如图4甲所示，一个电荷量为2×10－3C 、质量为0.1 kg 的小物块(可视为质点)从C 点静止释放，其运动的v －t 图象如图乙所示，其中B 点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )图4A ．由C 到A 的过程中物块的电势能先减小后变大B ．B 点为中垂线上电场强度最大的点，场强E ＝100 V/mC ．由C 点到A 点电势逐渐降低D. B 、A 两点间的电势差U BA ＝5 V5．在真空中的x 轴上的原点处和x ＝6a 处分别固定一个点电荷M 、N (图中未标出)，在x ＝2a 处由静止释放一个正点电荷P ，假设点电荷P 只受电场力作用下沿x 轴方向运动，得到点电荷P 速度大小与其在x 轴上的位置关系如图5所示，则下列说法正确的是( )图5A ．点电荷M 、N 一定都是负电荷B ．点电荷P 的电势能一定是先增大后减小C ．点电荷M 、N 所带电荷量的绝对值之比为2∶1D ．x ＝4a 处的电场强度一定为零6．(多选)在光滑的绝缘水平面内有一沿x 轴的静电场，其电势φ随坐标x 的变化而变化，变化的图线如图6所示(图中φ0已知)．有一质量为m、带电荷量为－q(q>0)的带电小球(可视为质点)从O点以某一未知速度v0沿x轴正向移动到x4.则下列叙述正确的是( )图6A．带电小球从O运动到x1的过程中，所受电场力逐渐增大B．带电小球从x1运动到x3的过程中，电势能一直增大C．若小球的初速度v0＝2 φ0qm，则运动过程中的最大速度为6φ0qmD．要使小球能运动到x4处，则初速度v0至少为2 φ0q m答案精析1．A [从图中看到，a 做加速度减小的加速运动，b 做加速度增大的加速运动，c 做加速度增大的减速运动，d 做加速度减小的减速运动，根据电荷之间的作用关系判断a 、c 带负电，b 、d 带正电，A 项正确．]2．CD [由题图知，φO <φB <φA ,A 项错误;电子带负电,根据电势能公式E p ＝q φ＝－e φ分析得知,E p O >E p B >E p A ，B 项错误；根据图象切线斜率的大小等于电场强度沿x 轴方向的分量大小，则知E Ox <E Bx <E Ax ，C 项正确；E p O >E p B >E p A 知，E p O －E p A >E p O －E p B ，D 项正确.]3．C [由φ－x 图象特点可知两点电荷均为正电荷,A 错误;x ＝L 处电势最低,此处图线的斜率为0，即该点的合场强为0，kQ ′L 2－kQ L 2＝0,得Q ′=4Q ,故原点处的场强大小为4kQ L 2－kQ L 2＝kQ3L 2,方向向右,负检验电荷在原点O 处受到的电场力向左,B 错误,C 正确;由M 点到N 点电势先减小后增大,所以负检验电荷由M 点运动到N 点的过程,电势能先增大后减小,D 错误.]4．BC [由C 点到A 点的过程中，由v －t 图象可知物块的速度增大，电场力做正功，电势能减小，A 错误；由v －t 图象可知物块在B 点的加速度最大为2 m/s 2，所受的电场力最大为0.2 N ，由E ＝F q 知，B 点的场强最大为100 N/C ，B 正确；因两个等量的同种正电荷其连线的中垂线上电场强度方向由O 点沿中垂线指向外侧，故由C 点到A 点的过程中电势逐渐减小，C正确；由v －t 图象得A 、B 两点的速度，由动能定理得W BA ＝12mv 2A －12mv 2B ＝1 J ，电势差U BA ＝W BA q＝500 V ，D 错误．故选B 、C.]5．D [根据题图可知，点电荷的速度先增大后减小，说明电场力对点电荷P 先做正功，后做负功，则M 、N 一定都是正电荷，且点电荷P 的电势能一定是先减小后增大，所以选项A 、B 错误；由于在x ＝4a 处速度最大，说明点电荷M 、N 在此处产生的合场强为0，则有kQ M a 2＝kQ N a 2，所以Q M ∶Q N ＝4∶1，选项C 错误，D 正确．] 6．BC [由场强与电势差的关系可知，在题φ－x 图象中，图线的斜率表示电场强度E ，带电小球从O 运动到x 1的过程中，所受电场力不变，A 项错；从x 1运动到x 3的过程中，电势不断减小，但小球带负电，因此小球的电势能一直增大，B 项正确；小球运动到x 1处时，电场力做正功最多，速度最大，由动能定理有：－q (0－φ0)＝12mv 2m －12mv 20，将v 0＝2 φ0q m 代入，解得小球最大速度v m ＝6φ0q m，C 项正确；小球运动到x 3处时速度最小，由动能定理有：－q [0－(－φ0)]＝0－12mv 20，解得：v 0＝ 2φ0q m，D 项错．]百度文库是百度发布的供网友在线分享文档的平台。
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[方法点拨]电势能、电势、电势差、电场力的功及电荷量是标量，但都有正负．涉及到它们的计算要注意正负号问题．1．(电场力的功与电势差)(多选)如图1，在匀强电场中有一△ABC，该三角形平面与电场线平行，O为三条中线AE、BF、CD的交点．将一电荷量为2.0×10－8 C的正点电荷从A点移动到C点，电场力做的功为6.0×10－7 J；将该点电荷从C点移动到B点，克服电场力做功为4.0×10－7 J，设C点电势为零．由上述信息通过计算或作图能确定的是()图1A．匀强电场的方向B．O点的电势C．将该点电荷沿折线AOD由A点移到D点动能的变化量D．过A点的等势线2．(电势差与电场强度)如图2所示，梯形abcd位于某匀强电场所在平面内，两底角分别为60°、30°，cd＝2ab ＝4 cm，a、b两点的电势分别为4 V、0，将电荷量q＝1.6×10－3 C的正电荷由a点移到d点，需克服电场力做功6.4×10－3 J，则该匀强电场的电场强度()图2A．垂直ab向上，大小为400 V/mB．垂直bc斜向上，大小为400 V/mC．平行ad斜向上，大小为200 V/mD．平行bc斜向上，大小为200 V/m3．(电场叠加)如图3所示，有一正方体空间ABCDEFGH，则下面说法正确的是()图3A．若只在A点放置一正点电荷，则电势差U BC<U HGB．若只在A点放置一正点电荷，则B、H两点的电场强度大小相等C．若只在A、E两点处放置等量异种点电荷，则C、G两点的电势相等D．若只在A、E两点处放置等量异种点电荷，则D、F两点的电场强度大小相等4．(电场线与等势面)如图4所示，为一个带正电的导体达到静电平衡时的电场线和等势面的分布图(实线为电场线，虚线为等势面)，A和B为导体内部的两点，C和D为导体外部的两点，以无穷远处为电势零点，则下列说法正确的是()图4A．A、B两点的电场强度均为零，电势也均为零B．C点的电场强度大于D点的电场强度C．同一试探电荷在D点的电势能一定大于它在C点的电势能D．C点的电势高于B点的电势5．(电场中功能关系的理解)如图5所示，虚线a、b、c代表电场中一簇等势面．相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带电质点(重力不计)仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知()图5A．a、b、c三个等势面中，a的电势最高B．电场中Q点处的电场强度大小比P点处大C．该带电质点在P点处受到的电场力比在Q点处大D．该带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大6．在真空中M、N两点分别放有异种电荷＋2Q和－Q，以MN连线中点O为中心作一圆形路径abcd，a、O、c三点恰好将MN四等分，b、d为MN的中垂线与圆的交点，如图6所示，则下列说法正确的是()图6A．a、b、c、d四点电场强度的大小关系是E a>E c，E b＝E dB．a、b、c、d四点电势的关系是φa<φc，φb＝φdC．在MN的连线上，O点的电场强度最小D．将带负电的试探电荷由b点沿直线移动到d点的过程中，其电势能始终不变7．正、负点电荷周围的电场线分布如图7所示，P、Q为其中两点，则带正电的试探电荷()图7A．从P由静止释放后会运动到QB．从P移动到Q，电场力做正功C．在P点的电势能小于在Q点的电势能D．在P处所受电场力小于在Q处所受电场力8．(多选)位于正方形四角上的四个等量点电荷的电场线分布如图8所示，ab、cd分别是正方形两条边的中垂线，O点为中垂线的交点，P、Q分别为cd、ab上的点，则下列说法正确的是()图8A ．P 、O 两点的电势关系为φP ＝φOB ．P 、Q 两点电场强度的大小关系为E Q >E PC ．若在O 点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力不为零D ．若将某一负电荷由P 点沿着图中曲线PQ 移到Q 点，电场力不做功9．(多选)如图9所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，坐标系内有A 、B 、C 三点，坐标分别为(6 cm,0)、(0， 3 cm)、(3 cm ，0)．O 、A 、B 三点的电势分别为0 V 、4 V 、2 V ．现有一带电粒子从坐标原点O 处以某一速度垂直电场方向射入，恰好通过B 点，不计粒子所受重力．下列说法正确的是( )图9A ．C 点的电势为2 VB ．匀强电场的方向与AB 垂直斜向下C ．匀强电场的场强大小为43×102 V/mD ．粒子带正电10．(多选)如图10所示，a 、b 、c 、d 是某匀强电场中的四个点，它们是一个四边形的四个顶点，ab ∥cd ，ab ⊥bc,2ab ＝cd ＝bc ＝2l ，电场方向与四边形所在平面平行．已知a 点电势为24 V ，b 点电势为28 V ，d 点电势为12 V ．一个质子(不计重力)经过b 点的速度大小为v 0，方向与bc 成45°，一段时间后经过c 点，则下列说法正确的是( )图10A ．c 点电势为20 VB ．质子从b 运动到c 所用的时间为2l v 0C ．场强的方向由a 指向cD ．质子从b 运动到c 电场力做功为8 eV11．(多选)如图11所示，带正电的点电荷被固定于A 点，以O 点为坐标原点，AO 方向为x 轴正方向建立如图所示的一维坐标系，现将一个电荷量很小的带正电的点电荷q 从O 点由静止释放，在点电荷运动的过程中，下列关于点电荷q 的动能E k 、电势能E p 随坐标x 变化的图象中(假设O 点电势为零，不计q 的重力)，可能正确的是( )图1112.(多选)如图12所示，A 、B 、C 、D 是匀强电场中的四个点，它们正好是一个正方形的四个顶点．在A 点有一个粒子源，向各个方向发射动能为E k 的同种带电粒子，已知到达正方形四个边的粒子中，到达B 、D 的两点粒子动能相同，均为2E k ，不计粒子重力及粒子间相互作用，则( )图12A ．电场方向可能由A 指向CB ．到达C 点的粒子动能一定为4E kC ．B 、D 连线上的各点电势一定相同D ．粒子过AB 边中点时，动能一定为32E k 13．(多选)如图13所示电场，实线表示电场线．一个初速度为v 的带电粒子仅在电场力的作用下从a 点运动到b 点，虚线表示其运动的轨迹．则( )图13A ．粒子带正电B ．粒子受到的电场力不断减小C ．a 点电势高于b 点电势D ．电场力一直做正功，动能增加14．如图14，a 、b 、c 、d 分别是一个菱形的四个顶点，∠abc ＝120°.现将三个等量的点电荷＋Q 分别固定在a 、b 、c 三个顶点上，将一个电荷量为＋q 的点电荷依次放在菱形中心点O 和另一个顶点d 处，进行比较，以下说法正确的是( )图14 A．＋q在d点所受的电场力较大B．＋q在d点所具有的电势能较大C．d点的电场强度大于O点的电场强度D．d点的电势低于O点的电势答案精析1．ABD [由题意可知，C 点的电势φC ＝0，U AC ＝6×10－72×10－8 V ＝30 V ，U CB ＝－4×10－72×10－8 V ＝－20 V ，所以φA ＝30 V ，φB ＝20 V ，在匀强电场中，沿同一直线相同距离上的电势差相等，因为E 是BC 的中点，则E 点的电势φE ＝10 V ，U AE ＝20 V ，由此可知U OE ＝U AE 3＝203 V ，解得φO ＝503V ，B 项正确；根据已知条件可找出与图示B 点电势相同的点，从而确定等势面，进而确定电场线的方向，A 、D 项正确；如果只在电场力作用下由A 点到D 点移动电荷，由动能定理可以求出动能的变化量，现在不知道电荷的受力情况，因此无法求出该点电荷由A 点移到D 点动能的变化量，C 项错误．]2．B [由W ＝qU 知U ad ＝W q ＝－6.4×10－31.6×10－3V ＝－4 V ，而φa ＝4 V ，所以φd ＝8 V ．如图所示，过b 点作be ∥ad 交cd 于e ，有U ab ＝U de ，即φe ＝4 V ，又因为cd ＝2ab ，所以U dc ＝2U ab ，即φc ＝0，所以bc 在同一等势面内．由几何关系知eb ⊥bc ，由电场线与等势面垂直可知，电场强度方向垂直bc 斜向上，大小为E ＝U eb ec ·sin 30°＝400 V/m ，B 对．]3．D [若A 点放置一正点电荷，由图中的几何关系可知，BC 之间的电场强度要大于HG 之间的电场强度，结合它们与A 之间的夹角关系可得电势差U BC >U HG ，A 项错误；若A 点放置一正点电荷，由于B 与H 到A 的距离不相等，故B 、H 两点的电场强度大小不相等，B 项错误；若在A 、E 两点处放置等量异种点电荷，则AE 连线的垂直平分平面是等势面，等势面两侧的点，一定具有不同的电势，所以C 、G 两点的电势一定不相等，C 项错误；若在A 、E 两点处放置等量异种点电荷，等量异种点电荷的电场具有对称性，即上下对称，左右对称，D 与H 上下对称，所以电场强度大小相等，H 与F 相对于E 点一定位于同一个等势面上，所以H 与F 两点的电势相等，则D 、F 两点的电场强度大小相等，D 项正确．]4．B [导体是等势体，带正电的导体各点电势均大于零，即A 、B 点的电势均大于零，选项A 错误；由电场线的疏密程度表示电场强度的大小可知，C 点的电场强度大于D 点的电场强度，选项B 正确；试探电荷在电场中某点的电势能与该点的电势和试探电荷的电性均有关，选项C 错误；根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，导体的电势高于C 点所在的等势面电势，所以B 点电势高于C 点电势，选项D 错误．]5．C [根据题图可知，P 点处等差等势面比Q 点处密，由电势差与电场强度的关系可知，P 点处的电场强度比Q 点处大，带电质点在P 点处所受的电场力比Q 点处大，选项B 错误，C 正确；根据带电质点的运动轨迹可知，所受电场力方向指向轨迹弯曲的方向，即由c 等势面指向a 等势面，由于题中没有给出带电质点所带电荷的电性，无法判断出a 、b 、c 三个等势面中哪个等势面电势最高，也无法比较出该带电质点在P 、Q 两点具有的电势能的大小，选项A、D错误．]6．A[题中点电荷形成的电场的合场强等效为一对等量异种电荷和一个正电荷形成的电场的合场强．根据点电荷的电场强度公式和电场叠加原理可知，E a>E c，由对称性可知，E b＝E d，选项A正确；a、b、c、d四点电势的关系是φa>φc，φb＝φd，选项B错误；根据点电荷的电场强度公式和电场叠加原理可知，MN连线上有一点电场强度最小，并非O点，选项C错误；将带负电的试探电荷由b点沿直线移动到d点的过程中，其电势先增大后减小，故电势能先减小后增大，选项D错误．]7．B[由于电场线是曲线，所以试探电荷从P由静止释放后不会运动到Q点，选项A错误；试探电荷从P移动到Q，根据沿电场线电势下降，以及电场力做功与电势能变化的关系可知，电场力做正功，选项B正确；由于电场力对试探电荷做正功，所以试探电荷在P处的电势能大于在Q处的电势能，选项C错误；由题图可知P 点场强大于Q点场强，所以试探电荷在P处所受电场力大于在Q处所受电场力，选项D错误．]8．AD[根据等量异种电荷的电场线的特点：两点电荷连线的中垂线为等势面，由对称性知，ab和cd都是等势面，它们都过O点，所以ab上的电势和cd上的电势相等，即P、O两点的电势关系为φP＝φO，A项正确；由电场线的疏密程度可看出P点电场线更密集，E Q<E P，B项错误；根据电场的矢量合成，O点场强为零，不管放什么电荷受力都是零，C项错误；由于φP＝φO＝φQ，故U PQ＝0，电场力不做功，D项正确．]9．AC[由于C点是OA中点，在匀强电场中，根据U＝Ed，可知C点的电势为2 V，选项A正确；因B点的电势也为2 V，故C、B两点连线为等势线，而电场线与等势线垂直，沿着电场方向电势降低，故匀强电场的方向与CB垂直斜向下，选项B错误；由题图中几何关系可得，O点到BC的距离d＝1.5 cm，由U＝Ed可得E＝Ud＝43×102 V/m，选项C正确；带电粒子从O处垂直电场方向射入，恰好通过B点，粒子从低电势到高电势，电场力做正功，故粒子带负电，选项D错误．]12bN＝14bd，已知10．ABD[三角形bcd是等腰直角三角形，具有对称性，如图所示，bM＝a点电势为24 V，b点电势为28 V，d点电势为12 V，且ab∥cd,ab⊥bc,2ab＝cd＝bc＝2l，因此根据几何关系,可得M点的电势为24 V,与a点电势相等,从而连接aM,即为等势面;三角形bcd是等腰直角三角形,具有对称性,bd连线中点N的电势与c相等,为20 V,A项正确;质子从b→c做类平抛运动，沿初速度方向分位移为2l，此方向做匀速直线运动，则t＝2lv0，B项正确；Nc为等势线,其垂线bd为场强方向，b→d，C项错误；电势差U bc＝8 V，则质子从b→c电场力做功为8 eV，D项正确．]11．BD[根据点电荷周围电场强度分布特点，点电荷q受到沿x轴正方向的电场力作用，点电荷q做加速度减小的加速运动，动能增大，但动能增大得越来越慢，A错误，B正确；由于电场力做正功，电势能减小，因加速度越来越小，相等距离内电场力做功越来越少，则电势能改变得也越来越慢，C错误，D正确．] 12．ACD[由题知，粒子从A运动到B与D两点时动能的变化量相等，电场力做功相等，则知B、D两点的电势相等，BD连线是一条等势线，根据电场线与等势面垂直，可知电场方向可能由A指向C，故A正确．对于A 到B 的过程，由动能定理得qU AB ＝2E k －E k ；对于A 到C 的过程，由动能定理得qU AC ＝E k C －E k ；由于U AC ＝2U AB ，所以到达C 点粒子动能 E k C ＝3E k .故B 错误．BD 连线是一条等势线，B 、D 连线上的各点电势一定相同，故C 正确．设粒子过AB 边中点F ，则对于A 到F 的过程，由动能定理得qU AF ＝E k F －E k ；由于U AF ＝12U AB ，所以到达F 点的粒子动能为E k F ＝32E k .故D 正确．] 13．BC [由轨迹弯曲方向可判断出电场力方向，电场力方向指向弧内，则粒子带负电荷，A 项错误；电场线的疏密代表电场的强弱，从a 到b ，电场强度减小，则粒子受到的电场力不断减小，B 项正确；沿着电场线方向电势降低，则a 点电势高于b 点电势，C 项正确；电场力方向与速度方向夹角大于90°，一直做负功，动能减小，D 项错误．]14．D [设菱形的边长为r ，根据公式E ＝k Q r 2分析可知三个点电荷在d 点产生的场强大小相等，由电场的叠加可知，d 点的场强大小为E d ＝2k Q r 2，O 点的场强大小为E O ＝k Q (r 2)2＝4k Q r 2，可见，d 点的电场强度小于O 点的电场强度，所以＋q 在d 点所受的电场力较小，故A 、C 错误；Od 间电场线方向从O 到d ，根据顺着电场线方向电势降低知，O 点的电势高于d 点的电势，而正电荷在电势高处电势能大，则＋q 在d 点所具有的电势能小，故B 错误，D 正确．]。