高中物理高二物理上学期精选试卷(培优篇)(Word版 含解析)
高中物理高二物理上学期精选试卷(培优篇)(Word版含解析)
一、第九章静电场及其应用选择题易错题培优(难)
1.如图所示,y轴上固定有两个电荷量相等的带正电的点电荷,且关于坐标原点O对称。某同学利用电场的叠加原理分析在两电荷连线的中垂线(x轴)上必定有两个场强最强的点A、'A,该同学在得到老师的肯定后又在此基础上作了下面的推论,你认为其中正确的是()
A.若两个点电荷的位置不变,但电荷量加倍,则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置
B.如图(1),若保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上,则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置
C.如图(2),若在yoz平面内固定一个均匀带正电圆环,圆环的圆心在原点O。直径与(1)图两点电荷距离相等,则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置
D.如图(3),若在yoz平面内固定一个均匀带正电薄圆板,圆板的圆心在原点O,直径与(1)图两点电荷距离相等,则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置
【答案】ABC
【解析】
【分析】
【详解】
A.可以将每个点电荷(2q)看作放在同一位置的两个相同的点电荷(q),既然上下两个点电荷(q)的电场在x轴上场强最大的点仍然在A、A'两位置,两组点电荷叠加起来的合电场在x轴上场强最大的点当然还是在A、A'两位置,选项A正确;
B.由对称性可知,保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上,则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置,选项B正确;
C.由AB可知,在yOz平面内将两点电荷绕O点旋转到任意位置,或者将两点电荷电荷量任意增加同等倍数,在x轴上场强最大的点都在A、A'两位置,那么把带电圆环等分成一些小段,则关于O点对称的任意两小段的合电场在x轴上场强最大的点仍然还在A、A'两位置,所有这些小段对称叠加的结果,合电场在x轴上场强最大的点当然还在A、A'两位置,选项C正确;
D.如同C选项,将薄圆板相对O点对称的分割成一些小块,除了最外一圈上关于O点对称的小段间距还是和原来一样外,靠内的对称小块间距都小于原来的值,这些对称小块的合电场在x轴上场强最大的点就不再在A、A'两位置,则整个圆板的合电场在x轴上场强最大的点当然也就不再在A、A'两位置,选项D错误。
故选ABC。
2.如图所示,空间有竖直方向的匀强电场,一带正电的小球质量为m ,在竖直平面内沿与水平方向成30o角的虚线以速度v 0斜向上做匀速运动.当小球经过O 点时突然将电场方向旋转一定的角度,电场强度大小不变,小球仍沿虚线方向做直线运动,选O 点电势为零,重力加速度为g ,则
A .原电场方向竖直向下
B .改变后的电场方向垂直于ON
C .电场方向改变后,小球的加速度大小为g
D .电场方向改变后,小球的最大电势能为2
04
mv
【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】
开始时,小球沿虚线做匀速运动,可知小球受向下的重力和向上的电场力平衡Eq=mg ,小球带正电,则电场竖直向上,选项A 错误;改变电场方向后,小球仍沿虚线做直线运动,可知电场力与重力的合力沿着NO 方向,因Eq=mg ,可知电场力与重力关于ON 对称,电场方向与NO 成600,选项B 错误;电场方向改变后,电场力与重力夹角为1200,故合力大小为mg ,小球的加速度大小为g ,选项C 正确;电场方向改变后,小球能沿ON 运动的距离为
202m v x g = ,则克服电场力做功为:22
0011cos 60224
m v W Eq x mg mv g ==?= ,故小球的
电势能最大值为
2
014
mv ,选项D 正确;故选CD.
3.质量分别为A m 和B m 的两小球带有同种电荷,电荷量分别为A q 和B q ,用绝缘细线悬挂在天花板上。平衡时,两小球恰处于同一水平位置,细线与竖直方向间夹角分别为1θ与
()212θθθ>。两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动,最大速度分别为A v 和B v ,最大
动能分别为kA E 和kB E 。则( )
A .A m 一定大于
B m B .A q 一定小于B q
C.A v一定大于B v D.kA
E一定大于
kB
E
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
A.对小球A受力分析,受重力、静电力、拉力,如图所示
根据平衡条件,有
1
A
tan
F
m g
θ=
故
A
1
tan
F
m
gθ
=
?
同理,有
B
2
tan
F
m
gθ
=
?
由于12
θθ
>,故
A B
m m
<,故A错误;
B.两球间的库仑力是作用力与反作用力,一定相等,与两个球是否带电量相等无关,故B 错误;
C.设悬点到AB的竖直高度为h,则摆球A到最低点时下降的高度
11
1
(1)
cos cos
h
h h h
θθ
?=-=-
小球摆动过程机械能守恒,有
2
1
2
mg h mv
?=
解得
2
v g h
=??
由于12
θθ
>,A球摆到最低点过程,下降的高度
A B
h h
?>?,故A球的速度较大,故C正确;
D.小球摆动过程机械能守恒,有
k
mg h E
?=
故
k (1cos )(1cos )tan FL
E mg h mgL θθθ
=?=-=
- 其中cos L θ相同,根据数学中的半角公式,得到
k 1cos (1cos )cos ()cos tan tan sin 2
FL E FL FL θθ
θθθθθ-=
-==? 其中cos FL θ相同,故θ越大,动能越大,故kA E 一定大于kB E ,故D 正确。 故选CD 。
4.如图所示,两个带电小球A 、B 分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上,且在同一竖直平面内,用水平向左的推力F 作用于B 球,两球在图示位置静止,现将B 球沿斜面向下移动一小段距离,发现A 球随之向上移动少许,两球在新位置重新平衡,重新平衡后与移动前相比,下列说法正确的是( )
A .推力F 变小
B .斜面对B 的弹力不变
C .墙面对A 的弹力不变
D .两球之间的距离减小
【答案】AB 【解析】 【详解】
CD .先对小球A 受力分析,受重力、支持力、静电力,如图所示:
根据共点力平衡条件,有:
mg
F cos =
库α
,N F mgtan =α 由于α减小,可知墙面对A 的弹力变小,库仑力减小,故两球间距增加,选项CD 错误; AB .对AB 整体受力分析,受重力、斜面支持力N 、墙壁支持力F N 、推力F ,如图所示:
根据共点力平衡条件,有
N
Nsin F F
Ncos m M g
+=
=+
()
β
β
解得
()
F mgtan m M gtan
M m g
N
cos
=-+
+
=
()
αβ
β
由于α减小,β不变,所以推力F减小,斜面对B的弹力N不变,选项AB正确。
故选AB。
5.如图所示,a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形,其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动,三小球所在位置恰好将圆周等分.小球d位于O点正上方h处,且在外力F作用下恰处于静止状态,已知a、b、c三小球的电荷量均为q,d球的电荷量为
6q,2
h R
=.重力加速度为g,静电力常量为k,则( )
A.小球d一定带正电
B.小球b
2R mR
q k
π
C.小球c
2
3kq
D.外力F竖直向上,大小等于
2
2
6kq
mg
R
+
【答案】CD
【解析】
【详解】
A.a、b、c三小球所带电荷量相同,要使三个做匀速圆周运动,d球与a、b、c三小球一定是异种电荷,由于a球的电性未知,所以d球不一定带正电,故A错误。
BC.设db连线与水平方向的夹角为α,则
22
3
cos
h R
α==
+
22
6
sin
h R
α==
+
对b球,根据牛顿第二定律和向心力得:
()
22
2
222
64
cos2cos30
2cos30
q q q
k k m R ma
h R T
R
π
α?
?
?
-==
+
解得:
23
R mR
T
q k
π
=
2
3kq
a=
则小球c的加速度大小为
2
3kq
;故B错误,C正确。
D.对d球,由平衡条件得:
2
222
626
3sin
qq kq
F k mg mg
h R R
α
=+=+
+
故D正确。
6.如图所示,在光滑水平面上相距x=6L的A、B两点分别固定有带正电的点电荷Q1、
Q2,与B点相距2L的C点为AB连线间电势的最低点.若在与B点相距L的D点以水平向左
的初速度
v释放一个质量为m、带电荷量为+q的滑块(可视为质点),设滑块始终在A、B 两点间运动,则下列说法中正确的是()
A.滑块从D→C运动的过程中,动能一定越来越大
B.滑块从D点向A点运动的过程中,加速度先减小后增大
C.滑块将以C点为中心做往复运动
D.固定在A、B两点处的点电荷的电荷量之比为2
1
4:1
Q Q=
:
【答案】ABD
【解析】
【详解】
A.A和B两点分别固定正点电荷Q1与Q2,C点为连线上电势最低处;类比于等量同种点电荷的电场的特点可知,AC之间的电场强度的方向指向C,BC之间的电场强度指向C;滑块从D向C的运动过程中,电荷受到的电场力的方向指向C,所以电场力先做正功做加速
运动,动能一定越来越大,故A正确;
B.由同种正电荷的电场分布可知C点的场强为零,从D到A的场强先减小后增大,由qE
a
m
=可得加速度向减小后增大,B正确;
D.x=4L处场强为零,根据点电荷场强叠加原理有
22
(4)(2)
A B
Q Q
k k
L L
=,
解得
4
1
A
B
Q
Q
=,
故D正确.
C.由于两正电荷不等量,故滑块经过C点后向左减速到零的位移更大,往复运动的对称点在C点左侧,C错误。
故选ABD。
【点睛】
本题考查场强的叠加与库仑定律的运用,在解题时合适地选择类比法和对称性,运用牛顿第二定律分析即可求解。
7.如图()a所示,光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷.0
t=时,甲静止,乙以
6m/s的初速度向甲运动.此后,它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触),它们运动的v t-图像分别如图()b中甲、乙两曲线所示.则由图线可知( )
A.两电荷的电性一定相反
B.甲、乙两个点电荷的质量之比为2:1
C.在2
0t
~时间内,两电荷的静电力先减小后增大
D.在3
0t
~时间内,甲的动能一直增大,乙的动能先减小后增大
【答案】BD
【解析】
【详解】
A.由图象0-t1段看出,甲从静止开始与乙同向运动,说明甲受到了乙的排斥力作用,则知两电荷的电性一定相同,故A错误.
B.由图示图象可知:v甲0=0m/s,v乙0=6m/s,v甲1=v乙1=2m/s,两点电荷组成的系统动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得:
+=+
m v m v m v m v
甲甲0乙乙0甲甲1乙乙1
代入数据解得:
m甲:m乙=2:1
故B正确;
C.0~t1时间内两电荷间距离逐渐减小,在t1~t2时间内两电荷间距离逐渐增大,由库仑定律得知,两电荷间的相互静电力先增大后减小,故C错误.
D.由图象看出,0~t3时间内,甲的速度一直增大,则其动能也一直增大,乙的速度先沿原方向减小,后反向增大,则其动能先减小后增大,故D正确.
8.如图所示,a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形,其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动,三小球所在位置恰好将圆周等分,小球d位于O点正上方h处,且在外力F作用下恰处于静止状态。已知a、b、c三小球的电荷量均为q,d球的电荷量为-6q,2
h R
=,重力加速度为g,静电力常量为k,则()
A.小球a
2
3
kq
Rm
B.小球b
2
2
3
3
kq
R m
C.小球c
2
3kq
D.外力F
2
26kq
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A.通过分析,a、b、c一定带同种电荷,d与a、b、c一定带异种电荷,对小球a受力分析,在水平面上和竖直面分别如下图,小球最终的合力为
222
1222
3
3
2
2
(3)3(3)
kq
F F F k k
R
R R R
=-=-?=
合力提供小球做圆周运动的向心力,有
22
3=kq v m R
可得233kq v mR
=
,A 错误;
B .合力提供小球做圆周运动的向心力,有
22
2
3=3kq m ωR R
解得23
33kq ωmR
=
,B 错误;
C .合力提供小球做圆周运动的向心力,有
2
2
3=3kq ma R
解得2
2
33kq a mR
=,C 正确; D .对d 球受力分析,由平衡条件得:
222
23(2)3R
F mg R R R
=+ 解得2
26kq mg F +=,D 错误。 故选C 。
9.如图所示,MON 是固定的光滑绝缘直角杆,MO 沿水平方向,NO 沿竖直方向,
A B 、为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球,用水平向右的力F 作用在A 球上,使两球均处于静止状态,已知A B 、两球连线与水平方向成θ角。下列说法正确的是( )
Fθ
A.杆MO对A球的弹力大小为tan
Fθ
B.杆NO对B球的弹力大小为sin
Fθ
C.B球的重力大小为tan
Fθ
D.A B、两球间的库仑力大小为cos
【答案】C
【解析】
【详解】
对A球受力分析,设A的质量为m、拉力F、支持力N1,两球间的库仑力大小为F1,如图,根据平衡条件,有
x方向
F=F1cosθ①
y方向
N1=mg+F1sinθ②
再对B球受力分析,受重力Mg、静电力F1、杆对其向左的支持力,如图,根据平衡条件,有
x方向
F1cosθ=N2③
y方向
F1si nθ=M g ④
有上述四式得到
Mg=F tanθ
1F
F cos θ=
N 1=mg +Mg N 2=F 可知由于不知道A 的质量,所以不能求出A 受到的弹力N 1。 故ABD 错误,C 正确; 故选C 。
10.如图所示,光滑绝缘半球形的碗固定在水平地面上,可视为质点的带电小球1、2的电荷分别为Q 1、Q 2,其中小球1固定在碗底A 点,小球2可以自由运动,平衡时小球2位于碗内的B 位置处,如图所示.现在改变小球2的带电量,把它放置在图中C 位置时也恰好能平衡,已知AB 弦是AC 弦的两倍,则( )
A .小球在C 位置时的电量是
B 位置时电量的一半 B .小球在
C 位置时的电量是B 位置时电量的四分之一
C .小球2在B 点对碗的压力大小等于小球2在C 点时对碗的压力大小
D .小球2在B 点对碗的压力大小大于小球2在C 点时对碗的压力大小 【答案】C 【解析】 【详解】
AB .对小球2受力分析,如图所示,小球2受重力、支持力、库仑力,其中F 1为库仑力F 和重力mg 的合力,根据三力平衡原理可知,F 1=F N .由图可知,△OAB ∽△BFF 1
设半球形碗的半径为R ,AB 之间的距离为L ,根据三角形相似可知,
1F mg F
OA OB AB
== 即
1F mg F
R R L
== 所以
F N =mg ①
L
F mg R
=
② 当小球2处于C 位置时,AC 距离为
2
L
,故 '1
2F F =
, 根据库仑定律有:
2
A B
Q Q F k
L = '21()2
A C Q Q F k
L = 所以
1
8
C B Q Q = , 即小球在C 位置时的电量是B 位置时电量的八分之一,故AB 均错误;
CD .由上面的①式可知F N =mg ,即小球2在B 点对碗的压力大小等于小球2在C 点时对碗的压力大小,故C 正确,D 错误。 故选C 。
11.如图所示,A 、B 、C 、D 是立方体的四个顶点,在A 、B 、D 三个点各放一点电荷,使C 点处的电场强度为零。已知A 点处放的是电荷量为Q 的正点电荷,则关于B 、D 两点处的点电荷,下列说法正确的是( )
A .
B 点处的点电荷带正电 B .D 点处的点电荷带正电
C .B 点处的点电荷的电荷量为26
9
D .D 点处的点电荷的电荷量为13
Q
【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A .A 点处放的是电荷量为Q 的正点电荷,若
B 点处的点电荷带正电,根据场强叠加可知,在D 点无论是放正电还是负电,
C 点的场强都不可能为零,选项A 错误; B .若
D 点处的点电荷带正电,则根据场强叠加可知,在B 点无论是放正电还是负电,C
点的场强都不可能为零,选项B 错误;
CD .设正方体边长为a ,BC 与AC 夹角为θ,由叠加原理可知,在BD 两点只能都带负电时,C 点的合场强才可能为零,则
22cos 32B Q Q
k k a a θ= 22
sin 3D Q Q
k
k a a θ= 其中2cos 3
θ=,sin 3θ=
解得
26
B Q Q =
39
D Q Q =
选项C 正确,D 错误。 故选C 。
12.两个等量异种电荷A 、B 固定在绝缘的水平面上,电荷量分别为+Q 和-Q ,俯视图如图所示。一固定在水平桌面的足够长的光滑绝缘管道与A 、B 的连线垂直,且到A 的距离小于到B 的距离,管道内放一个带负电小球P(可视为试探电荷),现将电荷从图示C 点静止释放,C 、D 两点关于O 点(管道与A 、B 连线的交点)对称。小球P 从C 点开始到D 点的运动过程中,下列说法正确的是( )
A .先做减速运动,后做加速运动
B .经过O 点的速度最大,加速度也最大
C .O 点的电势能最小,C 、
D 两点的电势相同 D .C 、D 两点受到的电场力相同 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A .根据电场分布和力与运动的关系可知带电小球先做加速运动,后做减速运动,选项A 错误;
B .经过O 点的速度最大,沿着光滑绝缘管道方向上的加速度为零,选项B 错误;
C .带电小球P 在O 点的电势能最小,C 、
D 两点的电势相同,选项C 正确; D .C 、D 两点受到的电场力方向不同,故电场力不同,选项D 错误。 故选C 。
二、第十章 静电场中的能量选择题易错题培优(难)
13.匀强电场中的三点A 、B 、C 是一个三角形的三个顶点,AB 的长度为1 m ,D 为AB 的中点,如图所示.已知电场线的方向平行于△ABC 所在平面,A 、B 、C 三点的电势分别为14 V 、6 V 和2 V ,设场强大小为E ,一电量为1×610-C 的正电荷从D 点移到C 点电场力所做的功为W,则
A .W=8×610-J E >8 V/m
B .W=6×610-J E >6 V/m
C .W=8×610-J E≤8 V/m
D .W=6×610-J E≤6 V/m 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
试题分析:由题匀强电场中,由于D 为AB 的中点,则D 点的电势102
A B
D V ???+=
=,
电荷从D 点移到C 点电场力所做的功为W=qU DC =q (φD -φC )=1×10-6×(10-2)J=8×10-6J .AB 的长度为1m ,由于电场强度的方向并不是沿着AB 方向,所以AB 两点沿电场方向的距离d <1m ,匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比,即U=Ed ,所以
8/U
E V m d
=
>,故选A . 考点:电势;电场强度
14.如图所示,虚线AB 和CD 分别为椭圆的长轴和短轴,相交于O 点,两个等量异号点电荷分别位于椭圆的两个焦点M 、N 上.下列说法中正确的是( )
A .O 点的电场强度为零
B .A 、B 两点的电场强度相同
C .将电荷+q 沿曲线CA
D 从C 移到D 的过程中,电势能先减少后增加 D .将电荷+q 沿曲线CBD 从C 移到D 的过程中,电势能先增加后减少 【答案】B 【解析】 【详解】
AB.由等量异种电荷的电场线分布情况可知,A 、B 两点的电场强度相同, O 点的电场强度不为零,故A 错误;B 正确;
CD. 由等量异种电荷的等势面分布情况可知,
A C D
B φφφφ>=>
正电荷在电势高的地方电势能大,所以将电荷+q 沿曲线CAD 从C 移到D 的过程中,电势能先增大后减少,将电荷+q 沿曲线CBD 从C 移到D 的过程中,电势能先减少后增大,故CD 错误。
15.如上图所示,有四个等量异种电荷,放在正方形的四个顶点处,A 、B 、C 、D 为正方形四个边的中点,O 为正方形的中心,下列说法中正确的是
A .A 、C 两个点的电场强度方向相反
B .将一带正电的试探电荷匀速从B 点沿直线移动到D 点,电场力做功为零
C .O 点电场强度为零
D .将一带正电的试探电荷匀速从A 点沿直线移动到C 点,试探电荷具有的电势能增大 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A. 设正方形边长为L ,每个电荷的电量大小为Q ,对A 点研究,两个正电荷在A 点的合场强为零,根据平行四边形法则,两个负电荷在A 点的合场强方向水平向右.则A 点的电场强度方向水平向右.对C 点研究,两个负电荷在C 点的合场强为零,根据平行四边形法则,两个正电荷在C 点的合场强方向水平向右,所以A 、C 两个点的电场强度方向相同.故A 错误;
B.在上面两个等量异种电荷的电场中,B、D连线是一条等势线.在下面两个等量异种电荷的电场中,B、D连线是也一条等势线,所以B、D两点的电势相等,将一带正电的试探电荷从B点沿直线移动到D点,电场力做功为零,故B正确.
C.两个正电荷在O点的合场强水平向右,两个负电荷在O点的合场强也水平向右,所以O 点电场强度不等于零,方向水平向右.故C错误.
D .根据电场的叠加原理可知,AC连线上场强方向水平向右,则将一带正电的试探电荷匀速从A点沿直线移动到C点,电场力做正功,则试探电荷具有的电势能减小,故D错误;
故选B.
【点睛】
本题的关键是要掌握等量异种电荷的电场线和等势面分布特点,熟练运用电场的叠加原理分析复合场中电势与电场强度的分布情况;注意场强叠加是矢量叠加,电势叠加是代数叠加.
16.如图所示,在等边三角形ABC的三个顶点上固定三个点电荷,其中A点位置的点电荷带电量为+Q,B、C两点位置的点电荷带电量均为-Q,在BC边的中垂线上有P、M、N三点,且PA=AM=MN,关于三点的场强和电势(取无穷远处电势为零),下列说法不正确的是( )
A.M点的场强大于P点的场强
B.MN之间某点的场强可能为零
C.N点的场强方向沿中垂线向下
D.P点的电势高于M点的电势
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A.点电荷的电场如图所示:
正电荷在P 、M 两点处产生的场强大小相等为12
Q
E k
d =(d 为PA 、AM 、MN 的距离);而两负电荷在P 点处的合场强向下,在M 点场强为零;所以M P E E >;故A 正确,不符合题意;
BC.正电荷在N 点的场强32
4Q
E k
d =,两负电荷在N 点的场强43
22
332cos302()3
Q Q
E k
E d =?=>,故N 点合场强向上且可知在M 、N 之间某点场强可能为零,故B 正确,不符合题意;C 错误,符合题意;
D.由场强叠加可知A 、M 之间的场强均大于A 、P 之间的场强,所以A M A P ????->-,所以M P ??<,故D 正确,不符合题意.
17.静电场中,一带电粒子仅在电场力的作用下自M 点由静止开始运动,N 为粒子运动轨迹上的另外一点,则
A .运动过程中,粒子的速度大小可能先增大后减小
B .在M 、N 两点间,粒子的轨迹一定与某条电场线重合
C .粒子在M 点的电势能不低于其在N 点的电势能
D .粒子在N 点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
A .若电场中由同种电荷形成即由A 点释放负电荷,则先加速后减速,故A 正确;
B .若电场线为曲线,粒子轨迹不与电场线重合,故B 错误.
C .由于N 点速度大于等于零,故N 点动能大于等于M 点动能,由能量守恒可知,N 点电势能小于等于M 点电势能,故C 正确
D .粒子可能做曲线运动,故D 错误;
18.如右图所示,P 、Q 为两个等量的异种电荷,以靠近P 点的O 点为原点,沿两电荷的连线建立x 轴,沿直线向右为x 轴正方向,一带正电的粒子从O 点由静止开始在电场力作用下运动到A 点,已知A 点与O 点关于PQ 两电荷连线的中点对称,粒子的重力忽略不计,在从O 到A 的运动过程中,下列关于粒子的运动速度v 和加速度a 随时间t 的变化,粒子的动能E k 和运动径迹上电势φ随位移x 的变化图线肯定错误的是( )
A .A
B .B
C .C
D .D
【答案】ABD 【解析】 【详解】
等量异种电荷的电场线如图所示.
沿两点电荷连线从O 到A ,电场强度先变小后变大,一带正电的粒子从O 点由静止开始在电场力作用下运动到A 点的过程中,电场力一直做正功,粒子的速度一直在增大.电场力先变小后变大,则加速度先变小后变大.v-t 图象切线的斜率先变小后变大,该图是不可能的,故A 符合题意.根据沿着电场线方向电势逐渐降低,电场强度为E x
?
=
,E 先减小
后增大,所以φ-x 图象切线的斜率先减小后增大,则B 图不可能,故B 符合题意;加速度
先变小后变大,方向不变,C 图是可能的,故C 不符合题意.粒子的动能 E k =qEx ,电场强度先变小后变大,则E k -x 切线的斜率先变小后变大,则D 图不可能.故D 符合题意.则选ABD . 【点睛】
该题要掌握等量异种电荷的电场线的特点,结合物理规律分析图象切线斜率如何变化是解答的关键,不能只定性分析,那样会认为BD 是正确的.
19.如图所示,ABC 是处于竖直平面内的光滑、绝缘斜劈,30C ∠=?、60B ∠=?,D 为AC 中点;质量为m 带正电的小滑块沿AB 面由A 点静止释放,滑到斜面底端B 点时速度为
0v ,若空间加一与ABC 平面平行的匀强电场,滑块仍由静止释放,沿AB 面滑下,滑到斜
面底端B 点时速度为02v ,若滑块由静止沿AC 面滑下,滑到斜面底端C 点时速度为
03v ,则下列说法正确的是( )
A .电场方向由A 指向C
B .B 点电势与D 点电势相等
C .滑块滑到
D 点时机械能增加了
201
2
mv D .小滑块沿AB 面、AC 面滑下过程中电势能变化值之比为2:3 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
B .无电场时由A 到B;
201
2
mgh mv =
① 有电场时由A 到B
201
(2)2
E mgh W m v +=
② 有电场时由A 到C
201
(3)2E
mgh W m v +=' ③ 由①②③可得
201
2
E W mv =
20E W mv '=
又因为
E AB W qU = E
AC W qU '= 则
1
2
AB AC U U =
则D 点与B 点电势相等,故B 正确;
A .AC 与BD 不垂直,所以电场方向不可能从由A 指向C ,故A 错误; C .因D 为AC 的中点,则滑到D 点电场力做功为到滑到C 点的一半,为201
2
mv ,则机械能增加了
201
2
mv ,则C 正确; D .根据201
2
E W mv =,20E W mv '=知电势能变化量之比为1:2,故D 错误; 故选BC 。
点睛:由动能定理确定出由A 到B 电场力做的功和由A 到C 电场力做的功,确定出AC 与AB 间的电势差,从而确定出BC 的电势的大小关系.由动能定理可求现到D 点的机械能的增加量.通过对做功的分析,要抓住小球在运动的过程中,重力做功,电场力就做正功,由动能定理确定功的值.
20.如图所示,在竖直平面内有水平向右、场强为E=1×104 N/C 的匀强电场.在匀强电场中有一根长L=2m 的绝缘细线,一端固定在O 点,另一端系一质量为0.08kg 的带电小球,它静止时悬线与竖直方向成37°角,若小球获得初速度恰能绕O 点在竖直平面内做完整的圆周运动,取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点,cos37°=0.8,g 取10m/s 2.下列说法正确( )
A .小球的带电荷量q=6×10﹣5 C
B .小球动能的最小值为1J
C .小球在运动至圆周轨迹上的最高点时有机械能的最小值
D .小球绕O 点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变,且为4J 【答案】AB 【解析】
A 、对小球进行受力分析如上图所示