图Z7-12
A.2R B.4R C.10R D.17R
14.(多选)如图Z7-13所示,竖直平面内有水平向左的匀强电场E,M点与N点在同一电场线上.两个质量相等的带正电荷的粒子以相同的速度v0分别从M点和N点同时垂直进入电场,已知两粒子都能经过P点,不计两粒子的重力和粒子间的库仑力.在此过程中,下列说法正确的是 ( )
图Z7-13
A.从N点进入的粒子先到达P点 B.从M点进人的粒子先到达P点
C.两粒子在到达P点的过程中电势能都减小
D.从M点进入的粒子的电荷量小于从N点进入的粒子的电荷量 15.(多选)如图Z7-14所示,在竖直放置的平行金属板A、B之间加上恒定电压U,A、B两板的中央留有小孔O1、O2,在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E,电场范围足够大,感光板MN垂直于电场方向固定放置.第一次从小孔O1处由静止释放一个质子H),第二次从小孔O1由静止释放一个α粒子He),关于这两个粒子的运动,下列判断正确的是 ( )
图Z7-14
A.质子和α粒子打到感光板上时的速度大小之比为2∶1 B.质子和α粒子在整个过程中运动的时间相同
C.质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2 D.质子和α粒子在电场中运动的轨迹相同
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专题限时集训(七)A
1.C [解析] 由于静电感应,金属球的右侧带负电,故A错误;处于静电平衡的导体是一个等势体,导体表面是一个等势面,所以金属球左、右两侧表面的电势相等,故B错误;感应电荷在金属球球心处激发的电场场强与点电荷在球心处产生的电场强度大小相等,方向相反,即
E==,方向向右,故C正确;由于金属球不能看成点电荷,因此点电荷受到的库仑力大
小不是F=,故D错误.
2.A [解析] 如图所示,两小球可绕它们连线上共同的圆心O做匀速圆周运动,A错误,B、D
正确.对球1,有=m1ω2r1,对球2,有=m2ω2r2,两球角速度ω相等,L为两球间距离,
可得m1r1=m2r2,所以r1=4r2,由v=ωr,可得=,C正确.
3.B [解析] 根据粒子的运动轨迹可知,电场力指向运动轨迹的内侧,由于粒子带正电,受到点电荷的吸引力,所以固定点电荷一定带负电,电场线的方向指向圆心,故φa<φb<φc;根据点电荷的电场线的分布特点可知,M点处电场线密,粒子在M点受到的电场力大,加速度大,则aM>aN;由于a、b之间的电场强度大于b、c之间的电场强度,而相邻两等势面间的距离相等,根据U=Ed可得|Uab|>|Ubc|;设粒子从M点向N点运动,电场力做负功,电势能增加,所以EpM 4.B [解析] 由题意可知WMN=WMP,因此N和P是等势点,由匀强电场的性质可知,c、d为等势面,A错误;电子由M到N,电场力做负功,电子电势能增大,则φM>φN,B正确;M与Q位于同一等势面上,电子由M到Q,电场力不做功,C错误;电子由P到Q,电场力做正功,D错误. 5.B [解析] 由图可知,0到r0电势不变,之后电势变小,带电金属球为一等势体,根据沿着电场线方向电势降低可知,金属球带正电,故A错误;C点离带电金属球较远,电场强度小于B点的电场强度,B正确;A点的电场强度为零,C错误;正电荷从B移到C的过程中,电场力做功W=q(φ2-φ3),D错误. 6.D [解析] 根据题意,试探电荷仅在电场力作用下先加速后减速,点电荷M、N一定都是正电荷,选项A错误;试探电荷的动能先增大后减小,其电势能先减小后增大,选项B错误;试探 电荷在x=4a处速度最大,电势能最小,该处电场强度一定为零,选项D正确;由可得QM=4QN,选项C错误. =, 7.C [解析] 正极板缓慢向右平移一小段距离,由公式C=可知,电容C增大,由C=可 6 得电压U减小,则静电计指针张角θ变小;由E==,可知电场强度E不变;正极板与P点间电势差UOP=Ex随距离x减小而减小,而UOP=-φ,故电势φ增大,带负电的试探电荷的电势能Ep减小,选项C正确. 8.D [解析] 现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离,导致极板间距增大,静电计测量的是电容器两极板间的电势差,因为电容器始终与电源相连,则电势差不变,所以静 电计指针张角不变,故A错误;根据C=知,d增大,则电容减小,故B错误;电势差不变,d增大,则电场强度减小,P点与上极板的电势差减小,则P点的电势增大,因为油滴带负电,则电势能减小,故C错误;若先将电容器上极板与电源正极的导线断开,则电荷量不变,d改变, 根据E===知,电场强度不变,则油滴所受电场力不变,故D正确. 2 9.A [解析] 设经加速电场加速后的速度为v,则mv=eU0,所以电子进入偏转电场时速度的 大小为v=,电子进入偏转电场后的偏转位移y=at=· 2 ·=,要增大y,可 行的方法有:增大偏转电压U、减小加速电压U0或减小偏转电场极板间距离d,与粒子的电性和质量无关,故A正确. 10.ABC [解析] 粒子A和B在匀强电场中做类平抛运动,水平方向,有x=v0t,由OC=CD得,tA∶tB=1∶2,选项A正确;竖直方向,有h=at,可得a=2 ,它们沿竖直方向下落的加速度 大小之比为aA∶aB=4∶1,选项B正确;根据a=移大小不相等,选项D错误. 11.A [解析] 由动能定理得qUAC=m得m=,故=,选项C正确;A和B的位 -m=mv2,qUAB=m-m=mv2,可得 UAC=,UAB==2UAC,则φO=φC,C、O连线为等势线,与电场线垂直,WAC=mv2=qERcos 30°, 解得E=,由几何关系可知,C、O连线与AD平行,则A、D两点电势相等,故vD=v,选项A 正确. 12.AC [解析] 由电场线密处电场强度大,电场线疏处电场强度小,可知EA (--2gh),选项C正确;电场力做功为 7 W=qU=m-m-mgh,选项D错误. 13.C [解析] 小球所受的重力和电场力均为恒力,故两力可等效为一个 力,F==mg,方向与竖直方向成37°角斜向左下方.若使小球在圆环内恰好 能做完整的圆周运动,即通过等效最高点D时小球与圆环间的弹力恰好为0,由圆周运动知识 可知mg=m,从A到D的过程,由动能定理得mg(h-R-Rcos 37°)-mg=m,解得h=10R,故选项C正确. 14.CD [解析] 两粒子进入电场后做类平抛运动,因为重力不计,竖直方向上做匀速运动,水平方向上做匀加速运动,由图可知两粒子与P点的竖直距离相同,设为y,则运动到P点的时 间为t=,即两个粒子同时到达P点,故A、B错误;两粒子都带正电,电场力向左,且水平方向向左做匀加速运动,故电场力做正功,电势能都减小,故C正确;由图可知,从M点进入的粒子在水平方向的位移较小,根据x=at,因运动的时间t相同,则从M点进入的粒子的加速度较小,根据a=,因两个粒子的质量相同,又在同一电场,即E相同,故从M点进入的粒子的电荷量较小,故D正确. 15.CD [解析] 粒子先在A、B板间加速,有qU=m,粒子以速度v1进入偏转电场,有 2 qEy=m-m,则粒子打到感光板上时的动能m=q(U+Ey),代入电荷量可得动能之比为 1∶2,选项C正确;速度v2=,代入比荷可得速度之比为∶1,选项A错误;粒子 在A、B间运动的时间t1=,在偏转电场中运动的时间t2==,运动的总时间 t=L·+,因比荷不同,故时间不相等,选项B错误;粒子进入偏转电场,水平方向有 x=v1t2,竖直方向有y=a,联立可得y=,故两粒子的轨迹相同,选项D正确. 8
