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  • 2021-05-26 发布

高二物理同步训练试题解析

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高二物理同步训练试题解析 ‎ ‎ ‎ 一、选择题 ‎1.在电场中,A、B两点间的电势差为UAB=75 V,B、C两点间的电势差为UBC=-200 V,则A、B、C三点电势高低关系为(  )‎ A.φA>φB>φC B.φA<φC<φB C.φC>φA>φB D.φC>φB>φA 解析:选C.UAB=75 V表示φA比φB高75 V,UBC=-200 V,表示φC比φB高200 V,所以三点电势高低为φC>φA>φB,选C.‎ ‎2.在静电场中,将一电子从a点移至b点,静电力做功5 eV,则下列结论错误的是(  )‎ A.电场强度的方向一定由b到a B.a、b两点的电势差是5 V C.电子的电势能减少了5 eV D.因电势零点未确定,故不能确定a、b间的电势差 解析:选ABD.电子在移动过程中静电力做正功,说明电势升高,电子的电势能减少,因此B错误;C正确;由于电场线方向不一定沿ab连线方向,故A错误;电场中两点间电势差为确定的数值.与电势零点的选择无关,故D错误.‎ ‎3.一电子飞经电场中A、B两点,电子在A点电势能为4.8×10-17 J,动能为3.2×10-17 J,电子经过B点时电势能为3.2×10-17 J,如果电子只受电场力作用,则(  )‎ A.电子在B点时动能为4.8×10-17 J B.由A到B电场力做功为100 e V C.电子在B点时动能为1.6×10-17 J D.A、B两点间电势差为-100 V 解析:选ABD. 因只有电场力做功,电子的电势能与动能之和不变,故有EkA+EpA=EkB+EpB,可得出EkB=4.8×10-17 J,A正确C错误;电势能减少了4.8×10-17J-3.2×10-17 J=1.6×10-17 J,故由A到B电场力做正功1.6×10-17 J=100 eV,B正确;由100 eV=UAB(-e)得:UAB=-100 V,故D正确.‎ ‎4.如图1-5-8所示,在竖直纸面内有一匀强电场,一质量为m、带电荷量为-q的小球在一恒力F的作用下沿图中虚线由A匀速运动至B.已知力F和AB间夹角θ=60°,AB间距离为d,且F=mg.则(  ) ‎ 图1-5-8‎ A.匀强电场的电场强度大小为E= B.A、B两点的电势差大小为 C.带电小球由A运动到B的过程中电势能增加了mgd D.电场方向与F方向关于AB对称 6‎ 解析:选AB.恒力F的大小和重力的大小相等并且夹角为120°,根据小球做匀速运动的特点可判断电场力方向与竖直方向夹角为60°向左,大小等于F,即mg=qE=F.从A到B过程中,电场力做功WAB=Eq·dcos 60°=,A、B两点间的电势差为UAB==.‎ ‎5.如图1-5-9所示,平行线代表电场线,但未标明方向,一个带正电、电荷量为10-6 C的微粒在电场中仅受电场力作用,当它从A点运动到B点时动能减少了10-5 J,已知A点的电势为-10 V,则以下判断正确的是(  ) ‎ 图1-5-9‎ A.微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示 B.微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示 C.B点电势为零 D.B点电势为-20 V 解析:选AC.因微粒仅受电场力作用,且由A点到B点时动能减少,故电场力做负功,电场力的方向水平向左,轨迹应为虚线1所示,A正确,B错误;由WAB=UAB·q=-10-5 J,可得:UAB=-10 V,由UAB=φA-φB,可得φB=φA-UAB=0 V,故C正确,D错误. ‎ ‎6.如图1-5-10所示,水平固定的小圆盘A,其带电荷量为Q,电势为零,从圆盘中心O处由静止释放一个质量为m、带电荷量为+q的小球,由于电场的作用,小球竖直上升的高度可达圆盘中心竖直线上的c点,O到 c之间距离为h而到圆盘中心竖直线上的b点时,小球速度最大,因此可知在Q所形成的电场中,可以确定的物理量是(  )‎ 图1-5-10‎ A.b点场强 B.c点场强 C.b点电势 D.c点电势 解析:选AD.速度最大时加速度为零,由b点速度最大可知qEb=mg,所以Eb=,由c点速度为零可知:mgh=-qφc,所以φc=-.‎ ‎7.如图1-5-11所示,带正电的点电荷固定于Q点,电子在库仑力作用下,做以Q为焦点的椭圆运动.M、P、N为椭圆上的三点,P点是轨道上离Q最近的点.电子在从M点经P到达N点的过程中(  ) ‎ 图1-5-11‎ 6‎ A.速率先增大后减小 B.速率先减小后增大 C.电势能先减小后增大 D.电势能先增大后减小 解析:选AC.电子所受库仑力为引力,从M到P再到N,电子和正点电荷之间的距离先减小再增大,库仑力先做正功再做负功,电势能先减小再增加,动能先增加再减小,速率先增加再减小,A、C选项正确,B、D选项错误.‎ ‎8.如图1-5-12所示,质量为m、带电荷量为q的粒子,以初速度v0从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中,粒子通过电场中B点时,速率vB=2v0,方向与电场的方向一致,则A、B两点的电势差为(  ) ‎ 图1-5-12‎ A. B. C. D. 解析:选C.粒子在竖直方向做匀减速直线运动,则有 ‎2gh=v.‎ 电场力做正功,重力做负功,使粒子的动能由mv变为2mv,则根据动能定理,有 Uq-mgh=2mv-mv,‎ 解方程得A、B两点电势差应为,应选C.‎ ‎9.如图1-5-13所示,a、b和c分别表示点电荷的电场中的三个等势面,它们的电势分别为6 V、4 V和1.5 V,一质子(H)从等势面a上某处由静止释放,仅受静电力作用而运动,已知它经过等势面b时的速率为v,则对质子的运动有下列判断,正确的是(  ) ‎ 图1-5-13‎ A.质子从a等势面运动到c等势面电势能增加4.5 eV B.质子从a等势面运动到c等势面动能减少4.5 eV C.质子经过等势面c时的速率为2.25 v D.质子经过等势面c时的速率为1.5 v 6‎ 解析:选D.质子由高等势面向低等势面运动,电势能减少,动能增加,A、B都错误;质子从等势面a到等势面b,由动能定理得mv2=2 eV,质子从等势面a到等势面c,由动能定理得mv=4.5 eV,解得vc=1.5 v,故D正确.C错误.‎ 二、计算题 图1-5-14‎ ‎10.如图1-5-14所示,用长为l的绝缘细线拴一质量为m、带电荷量为+q的小球(可视为质点)后悬挂于O点,整个装置处于水平向右的匀强电场E中,将小球拉至悬线呈水平的位置A后,由静止开始将小球释放,小球从A点开始向下摆动,当悬线转过60°角到达位置B时,速度恰好为零,求:‎ ‎(1)B、A两点的电势差UBA;‎ ‎(2)小球到达B点时,悬线对小球的拉力FT.‎ 解析:(1)对小球,则A→B,由动能定理得:‎ mglsin60°-qUBA=0‎ 所以UBA=.‎ ‎(2)在B点,小球受重力mg、电场力qE、绳拉力FT三力作用,建立如图所示直角坐标系,将三力正交分解.‎ 因B点小球速度为0,则 FT=mgcos30°+qEcos60°=mg.‎ 答案:(1) (2)mg ‎11.如图1-5-15所示的匀强电场中,有a、b、c三点,ab=5 cm,bc=12 cm,其中ab沿电场方向,bc和电场线方向成60°角,一个电荷量为q=4×10-8 C的正电荷从a移到b电场力做功为W1=1.2×10-7 J,求:‎ 图1-5-15‎ ‎(1)匀强电场的场强E;‎ 6‎ ‎(2)电荷从b移到c,电场力做的功W2;‎ ‎(3)a、c两点间的电势差Uac.‎ 解析:由于电场力做功W=qU与路径无关,只与初、末位置间的电势差有关,故可根据已知的电场力做功先求电势差,再根据匀强电场中场强与电势差的关系确定场强E.反之亦然.‎ ‎(1)设a、b两点间距离为d,有 W1=qE·d①‎ 由①式得 E== V/m=60 V/m.‎ ‎(2)设b、c两点沿场强方向距离为d1,有 d1=bc·cos60°②‎ W2=qE·d1③‎ 由②③式得W2=qE·bc·cos60°‎ ‎=4×10-8×60×12×10-2×0.5 J=1.44×10-7 J.‎ ‎(3)设电荷从a移到c电场力做功为W,有 W=W1+W2④‎ W=qUac⑤‎ 由④⑤式得 Uac== V ‎= V=6.6 V.‎ 答案:(1)60 V/m (2)1.44×10-7 J (3)6.6 V ‎12.如图1-5-16所示,在竖直平面内,光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点,在圆心处有一固定的正点电荷,B点为AC的中点,C点位于圆周的最低点.现有一质量为m、电荷量为-q、套在杆上的带负电小球(可视为质点)从A点由静止开始沿杆下滑.已知重力加速度为g,A点距过C点的水平面的竖直高度为3R,小球滑到B点时的速度大小为2.求:‎ 图1-5-16‎ ‎(1)小球滑至C点时的速度大小;‎ ‎(2)A、B两点间的电势差;‎ ‎(3)若以C点作为参考点(零电势点),试确定A点的电势.‎ 解析:(1)因B、C两点电势相等,故小球从B到C的过程中电场力做的总功为零 由几何关系可得BC的竖直高度 6‎ hBC=3R/2‎ 根据动能定理有 mg×3R/2=mv/2-mv/2‎ 解得vC=.‎ ‎(2)因为电势差UAB=UAC,小球从A到C,重力和电场力均做正功,所以由动能定理有 mg×3R+q|UAC|=mv/2‎ 解得|UAB|=|UAC|=mgR/(2q),‎ ‎(3)因为φA<φC、φC=0,所以 φA=-|UAC|=-mgR/(2q).‎ 答案:(1) (2)mgR/(2q) (3)-mgR/(2q) 。‎ ‎ ‎ 6‎