第10章 静电场中的能量（拔高练）-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中物理必修第三册(人教版2019)

进阶 突破 第十章静电场中的能量 第1节电势能和电势 1.如图所示，长为L的绝缘细线上端固定于O点，下端系一质量为m,电荷量为+q的带电小球， 整个装置处于匀强电场中，电场强度方向水平向右，当小球静止时，小球处于A点位置，细线 与水平方向间的夹角0=60°，重力加速度大小为g (1)小球平衡时，求细线中的拉力大小及电场强度的大小： (2)将小球向右拉至与O点等高，且细线水平绷紧，若由静止释放小球，求小球到达A位置时 细线中的拉力大小T2: (3)将小球向左拉至与O点等高，且细线水平绷紧，若由静止释放小球，求小球到达A位置时 细线中的拉力大小T 0… 第2节电势差 1.如图所示，在直角坐标系中，先固定一不带电金属导体球B,半径为L,球心O坐标为(2L,0). 再将一点电荷A固定在原点O处，带电量为+Q.a、e是x轴上的两点，b、c两点对称地分布在x 轴两侧，点a,b.c到坐标原点0的距离均为5,01与金属导体球B外表面相切于1点，已知 金属导体球B处于静电平衡状态，k为静电力常数，则下列说法正确的是 () a o A.图中各点的电势关系为P。=P=p>P>P。 B.金属导体球左侧感应出负电荷，右侧感应出正电荷，用一根导线分别连接左右两侧，导线 中有短暂的电流 C全属导体球B上的感应电荷在外表面d处的场强大小6，方向垂直于金属球表面 D金属导休球上的感应电荷在球心0处产生的电场强度为品，方向沿：轴负方向 04黑白题物理引必修第三册·RJ 第3节电势差与电场强度的关系 1.(2023·山东淄博一模)如图所示，边长为1m的正立方体ABCD-A'B'CD'处于匀强电场中， A、B、C及D'四个顶点的电势分别为50V、40V、30V、30V,下列说法正确的是 A.A'点的电势为30V B.电场强度的方向沿AD'连线方向 C.电场强度的大小为103V/m D.电子从A点出发沿AB边、BC边、CD边到达D点，电场力做功为I0eV 第4节电容器的电容 1.(2024·湖北恩施联考)如图.平行板电容器通过导线与二极管、直流电源相连，电容器上下 极板分别是M板、N板，且下极板接地.P是极板中间的某一点，位置不发生改变以下说法正 确的是 A.M板上移一点，两板之间电势差不变，P点电势升高 B.N板上移一点，两板之间电场强度增大，P点电势降低 C.M板下移一点，两板之间电场强度增大，P点电势不变 D.N板下移一点，两板之间电势差变大，P点电势不变 2.如图所示为闪光灯的工作电路示意图，电源的电动势为E,内阻不 计，C为电容器.其工作原理为：开关S闭合后，电源给电容器充电 闪光灯（① 电容器C两端的电压与闪光灯两端的电压相等，当闪光灯达到击穿 电压U时，闪光灯被击穿（闪光灯电阻变为0），电容器通过闪光灯放电，闪光灯开始闪光：电 容器放电后，闪光灯两端电压小于击穿电压U,闪光灯断路停止闪光，电源再次给电容器充 电，闪光灯再次达到击穿电压U时，闪光灯又被击穿，电容器又通过闪光灯放电，闪光灯又开 始闪光.电容器如此周期性充放电，使得闪光灯周期性短暂闪光.下列说法正确的是() A.在电容器充电过程中，电容器的上极板带正电 B.闪光灯闪光时，通过闪光灯的电流方向是从a指向b C.电阻R的作用是在闪光灯闪光时，防止电源被短路 D.要使闪光灯周期性短暂闪光，击穿电压U必须大于电源电动势E 第5节带电粒子在电场中的运动 第1课时》带电粒子在电场中的两种运动 1.(2024·四川资阳期中)如图所示，BCDG是光滑绝缘的2圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半 径为R,下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，E= 3m唱现有一质量为m,带电量为+9的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块与水平轨道 4g 间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g,sin37°=0.6，cos37°=0.8. (1)若滑块从水平轨道上距离B点s=2R的A点由静止释放，求滑块到达B点的速度： 进阶突破·拔高练05 (2)在(1)的情况下，求滑块到达B点时对轨道的压力： (3)改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行 过程中的最小速度大小： (4)改变s的大小，为了使小滑块不脱离圆弧轨道，求AB初始距离s的取值范围 第2课时》带电粒子在电场中运动的应用 1.如图甲所示，板长为L、板间距离为d的平行板电容器的两极板水平放置，上极板带负电，下 极板带正电，竖直屏M距板右端距离为二大量带正电且电荷量为q、质量为m的油滴以初速 度不断沿电容器中线射入两板间，不考虑油滴打在板上对两极板间电压的影响，已知重力 加速度大小为g,忽略空气阻力、电容器极板的边缘效应和油滴间的相互作用. (1)若使油滴均能打在上极板，求板间电压U应满足的关系： (2)若已知油滴最后垂直打在M上，求在板间时油滴在竖直方向上的位移大小. (3)在(2)的情况下，当第一颗油滴飞出平行板的同时，在平行板右侧、竖直屏M左侧的区域 内出现一个如图乙所示随时间周期性变化的匀强电场，规定竖直向上为正方向，T L 求M上接收到油滴区域的长度以及落到该区域中点以下部分油滴的发射时刻范围。 E 0 0 0牙T27i O6黑白题物理1必修第三册·RJ两点的电场强度大小之比为：后。9 E4225 定理得0血5”，联立能形么。店 T 2 20Dg4Bc均为正电待(2， 3 (E+Egz) ,半圆环对m,球的在竖直方向的弹力与m1球的币力 2 解析：(1)因为M点电场强度竖直向下，则C为正电荷，根据场强的 平衡，则半圆环对m:球的弹力大小为F2a=√P风+(m,g户= 叠加原理，可知A、B两点的电荷在M点的电场强度大小相等，方向 /(E0,+Eg2) 相反，则B点电荷带电量为？，电性与A相同，又N点电场强度竖直 4 +(m2g)2,半圆环对m,球的在整直方向的弹力与m 向上，可得A处电荷在V点的场强垂直BC沿AN连线向右上，如图 球的重力平衡，则半圆环对m,球的弹力大小为F1总= 所示 √F+(m1g)= 3(E41+Eg:) 4 +(mg)2故选A 可知A处电荷为正电荷，所以A,B.C点处均为正电荷。 Eq (2)如图所示 图1 图2 第4节静电的防止与利用 1,D解析：A,由于球壳内壁接地，此时球壳和大地组成新的导体.大 30° 地是导体的远端，因此金属球壳的外表而不带电，A错误：B.由于静 由儿何关系E,=E·n30°， 电感应，球壳内表面带负电.而且所带电荷量为-Q,B错误：C.由于 骆（品票） 球壳接地，球壳外部的电场强度处处为零，若在P处引入正点电荷 ?,此时在球壳外表面上会感应出一定量的负电荷，它与？间的电场 其中AN=/3BN=5CN, 力与Q无关，C错误：D,由于球壳接地，球壳外部的电场强度处处为 期得汽 零即Q在某点产生的场强与感应电荷在某点产生的场强等大反向， 合场强为零，因此金属球壳感应电荷在P处形成的场强大小为Bg 第2课时电场线 ,方向指向球心D正确，故选D 1.AC解析：对小球进行受力分析，如图所示，将重力和电场力合并为 恒力F合，两段绳子拉力等大且合力为F合过A,B分别作平行于F台 第十章静电场中的能量 的直线为等效绝缘杆，直线间距为d,设两绳与F△夹角为，网绳长 第1节电势能和电势 度分别为4，b,则d=Lin+L2sinB,A.B移至B,时，间距d增大， 3g5(2n4 1.(1)7=2 30 3g(3)7.7 3mg 则8变大，再次稳定后绳子张力增大，A正确：B,B移至B,时，d减 小，0诚小，再次稳定后绳子张力减小，B错误：C.右杆左移.d或小.9 减小，再次稳定后绳子张力减小，C正确：D,右杆右移，d增大，8增 用香们准有维将一学怀石南答有 大.再次稳定后绳子张力增大，D错误故选AC 得E.Bg:(2)释放后小球摆动，由动能定理gin0-(L 39 Ls)=2m2之，小球径向方向的合力提供小球的向心力7 2 4w3 m)m元，解得万=)g:(3)释放后小球做初速度为零的匀加 g 速直线运动，当小球运动的距离为L时，此时细线再次伸直，细线与 竖直方向的夹角为30°，设绷直的瞬闻球的速度为1，由动能定 g 理mglain60+gL60°=2m,入，拥直后瞬间球的速度为，则 2.A解析：根据题意，以整体为研究对象，水平而内的受力如图1所 2=60°，之后小球做圆周运动，在摆动到A位置的过程中gL= 示，根据受力平衡，垂直电场方向有F、,%60°=F、2s30°，沿电场 方向有E(g1+q2)=F、,in60°+F2sin30°，作出m1球的矢量三角 2m兮2m,到达A位置后小球径向方向的合力提供小球的向心 形，如图2所示，由正3弦定理得m30°.m45 ,同理对m2球由正弦 7w3 T 力。m2解得万= 3 mg. 必修第三册·RJ黑白题52 第2节电势差 UN=9n-0=Edw,可知9，增加，C错误；D.N板下移一点，板间距d 1,D解析：A,由于感应电荷对场源电荷的影响，点电荷A左边电场强 增大.根据Gd可得，C减少.假如电压U不变.则由C=号可知， 度小于右边的电场强度，根据∥=Ed,定性分析可知©点的电势小于 a点的电势，b、c在同一等势面上，根据沿着电场线方向电势逐渐降 Q减少，但是由于二极管的存在，Q不能减少，所以两板之间电势差 低，可得9=9>P>单，综上可得中，>9。=9>91>4。，故A错误： U变大，根据E=4m,所以电场强度不变，又由P点电势m=心- B.金属导体球左侧感应出负电荷，右侧感应出正电荷由于金属球 Edr=Pp,可得P点电势变大，D错误故选B. 是等势体，用一根导线分别连接左右两侧，导线中设有短暂的电流， 2.C解析：A.在电容器充电过程中，电容器的上极板带负电，故A错 故B错误：C.点电荷A在d处的场强大小E= (√(2)-E)3 误：B.因为电容器下极板带正电.所以闪光灯闪光时.通过闪光灯的 电流方向是从b指向a,故B错误：C.闪光灯周期性闪光，电流不断 号，金属导体球内部电场强度为零，则金属导体球内表而与相同 发生变化，会产生一个比较大的感应电动势，该电动势会加在电源两 的点电场强度大小为号金属导体球外表面场张不为零.则企属导 端，但由于R的存在，使得回路电流变小，起到保护电源作用，防止电 源短路，故C正确：D.电容器两端的电压与闪光灯两端的电压相等， 本球B上的感应电荷在外表面d处的场强大小不等于，故C铅 当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U时，闪光灯被击穿，电 容器放电，放电后闪光灯两端电压小于，断路，电源再次给电容器 误：0点电荷1在0处的场强大小上一品方向沿：箱正方前，金锅 充电，达到电压时，闪光灯又被击穿，电容器放电，如此周期性充放 电，使得闪光灯周期性短暂闪光要使得充电后达到电压U,则电源 导体球内部电场强度为零，则金凤导体球上的感应电荷在球心)'处 电动势E一定大于等于U,故D错误故选C. 产生的电场强度为，方向沿轴负方向，放D正确放选D 第5节带电粒子在电场中的运动 第3节电势差与电场强度的关系 第1课时带电粒子在电场中的两种运动 1.C解析：A.C及D的电势相等，则CGD'连线为等势线.BA'∥CD',则 B与A'电势相等，可知A'点的电势为40V,故A错误：B.恨据电场线 1(1)g=g(2)=2mg方向竖直向下(3)=V 2 与等势线垂直的关系可知电场强度的方向不会沿AD连线方向，故 (4)s≤4R或s≥11.5R U B错误：C.根据E= ，解得E=10V/m,Ec=I0V/m,Ew= 解析：(1)从A点到B,根据动能定理可得g6-mg=2mi-0, 10V/m,根据三者矢量运算可解得合场强E=103Vm,故C正确： 解得n=√R: D.由于AD∥BC,则U知=10V,解得D点电势为40V,电子从A点出 发沿AB边，BC边，CD边到达D点，电场力做功为-10V,故D错误 (2)由牛顿第二定律得N-mg=mR 故选C. 由牛顿第三定律得N“=N. 第4节电容器的电容 解得N=2mg. 8,S 方向竖直向下 1.B解析：A.1板上移一点，板间距增大，根据G=行可得，C诚 (3)滑块恰好始终沿轨道BCDG潜行，则滑至國弧轨道D,G间等效 少，假如电压U不变，则由C=9可知，Q减少，但是由于二极管的存 最高点时，由电场力和重力的合力G提供向心力，此时的速度最小， T.C= 在，Q不能减少，所以Q恒定，根据￡= 妇dG名联立科 G与整直方向夹角0的正切值为m0=华。3 mg 4 U 解得8=37°. E-40,所以电场强度不变，面P点电势Ur=Pn-0=w,可得P 8 S 令C:。期G=m尺 点电势不变，A指误：B.N板上移一点，板间距d减小，银据C=4行a √5gR 解得m=2 可得.C增加，假如电压U不变，则由C=。可知，Q增加，h于二极 (4)滑块不离开轨道有两种可能.一种是最高到/点（等效重力场中 管的存在，0可以道加，所以青板之间电势差U不变，根据E=名，可 喝心等高处)，另一种是恰好通过H点（等效最高点），如图 ①如果最高到/点，根据动能定理，有 知E增加，又由Um=-Edr=9r,dwp不变，所以Pr降低，B正确： qE(s+Rcoe 37)-wungs-mg(R+Rsin 37)=0, C1板下移一点，板间距4减少，根据C=可得，C增加，假如电 解得x=4R 压U不变.则由C=号可知，Q增加，由于三极管的存在.Q可以地 0 加，所以两板之间电势差U不变，根据E=行，可知E增加，根据 参考答案与解析黑白题53 2如果在等效场中最高到Ⅱ点，则根据动能定理，有 2.D解析：AB.由说明书内的数据无法确定手机在充电时，其充电电 qE(a-Rn37)-g-mg(RRm37)=子2-0， 流大小；也无法确定手机电池充满电需要的时间，故AB错误：C.根 据g=h可知“4O00mA·h”表示手机充满电时，电池容纳的电荷量 联立解得s=11.5R 为g=4000x103×3600C=1.44×10C,枚C错误：D.手机的待机电 故使滑块沿圆孤轨道滑行时不脱离圆弧轨道的的取值范围为s≤ 4R或s≥11,5R. 流大小约为=？ 22×24×360A=7.6x103A=7.6m4,故D正 1.44×10 第2课时带电粒子在电场中运动的应用 确故选D. 3.(1)0.032A(2)8×10-7m5 1.(1g 解析：(1)由题意可知，流过横裁面上的电荷量为：q=2n:e+2e=2× (2= (3)27 .3T 4园 16r2 +6T(表为 1.0×1018×1.6×1019C+2.0×10w×1.6×10-9C=0.64C. 非负整靴) 侧电流强度为：11。Q64 t20 A=0.032A: 解折：()油清打在上极板有子：子浦滴在电容器中加迷度为 1 (2)铜导线的横截面积为：S=4m, 9dg=a,油滴均能打在上极板有>，联立得6m 9 电流的微观表达式为：I=eS, 9 联立可得：r8×107m/s (2)水平方向有L=,2=,竖直方向有= md,a=g,竖直 第2节导体的电阻 方向速度有，=4，西，=g,在板间时油滴在竖直方向上的位移大 1.B解桥：因为电炉是纯电阻电路，根据欧姆定律可得R=么 小为产2听联立得y= ,电动机 帽 (3)由水平方向分运动知，油滴将在板外运动T时间，若有电场，侧 ,,故选B 是非纯电阻电路，所以心 有E=mg,竖直方向做匀速直线运动，若无电场，竖直方向缴加速度 2C解析：由电阻定律可知Rw:Rwp左：p品2：=4：， 为g的匀诚速直线运动，从飞出板间开始，竖直方向初速度，。= a4-兰若无约遮将波速，有最大位移人=子。·号 T Bn=7=6n,Rw=150,可知r= -=8A,故选C ·(任）广若先减速再匀遮，有最小位移1=·了8· 3.C解析：根据R=,由图可知，电阻口的阻值随电流的增大面戏 小，故A错误：线性元件/-U图线的斜率表示电阻的倒数，但是由于 (侣）-(）号时清线长度1=需 横织坐标轴的单位长度不同，则不能由R=,n=1.00求解电阻 tan a 设第一个周期内出发，打在区域下半部分的油滴发射时刻为上 6的阻值，只能通过R=,口=2n求解，迹项B错误：根据R= ①若经历了匀-说速-匀速过程则·（子 15 可知在两图线交点处，电阻。的阻值等于电阻b的阻值，选项 (5）八(·）e得≤s子 C正确：由图像可知，在电阻6两端加2V电压时.流过电阻的电流是 2若经历了或速-匀速-诚速过程」 1A,远项D错误故选C 第3节实验：导体电阻率的测量 1.(1)R,6(2)05.0202214.8(3)0.12 解析：()由于玻璃管内封闭的盐水电阻约为几欧，为方便实验操 作，使得测量数据的连续性强，滑动变阻器R应选择总阻值与待测电 阻差不多的，即带动变阻器选择R,:为了确保安全，闭合开关之前， 滑动变阻器R的滑片应置于6端.使接入电阻最大 (2)①根据游标卡尺的读数规律，该读数为d=50mm+0.05×4mm= 50.20mm=5.020cm.2根据题中给出的电压表的读数可知，先前电 ≤1≤，棕上，当发射时刻：满足7≤1≤为非负垫 T 压表的读数大一些，可知先前电压表测量的是定值电阻R。与盐水的 总电压，即闭合开关S,,开关S接2端，调节滑动变阻器R.使电压 数)时油滴落在下半部分 表的读数为山，=8.0V,然后将开关$2接1端.再次记录电压表的读 第十一章 电路及其应用 数为2=32V,则电阻R两端的电压为U=U,-2=4.8V. 第1节电源和电流 (3)根据欧姆定律可得”= Ro R ,则盐水的电阻尼，=宁风=30，根据 1.A解析：根据电流的定义式1=互。”。L6x10” T150x10-8A-1x103A. 电阻定律可得R,=P 开·解得盐水的电阻家p一Q12n· 故选A, 4 必修第三册·RJ黑白题54