高二物理同步训练试题解析

高二物理同步训练试题解析

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