课时卷8-11.doc

优化方案·课时作业　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　第8章　热　学
第8章　热　学

第一节　分子动理论　内能

一、选择题
1．(2010年高考四川理综卷)下列现象中不能说明分子间存在分子力的是(　　)
A．两铅块能被压合在一起　　　B．钢绳不易被拉断
C．水不容易被压缩 D．空气容易被压缩
解析：选D.A、B选项说明分子间存在引力，C选项说明分子间存在斥力，D选项说明气体分子间距大，故答案为D.
2．(2010年高考上海卷)分子间的相互作用力由引力与斥力共同产生，并随着分子间距的变化而变化，则(　　)
A．分子间斥力随分子间距的增大而增大
B．分子间斥力随分子间距的减小而增大
C．分子间相互作用力随分子间距的增大而增大
D．分子间相互作用力随分子间距的减小而增大
解析：选B.分子引力和斥力都随分子间距离的减小而增大，所以A错；但分子力随分子间距离的减小而先增大后减小最后再增大，C、D选项错误．
3．下列说法中正确的是(　　)
A．温度低的物体内能小
B．温度低的物体分子运动的平均速率小
C．做加速运动的物体，由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能越来越大
D．外界对物体做功时，物体的内能不一定增加
答案：D
4．(2011年上海师大附中检测)关于物体的机械能和内能的说法中正确的是(　　)
A．物体重力势能大时分子势能一定大
B．机械能增大时内能可能减小
C．物体的动能增大，则物体内分子平均动能一定增大
D．内能增大时机械能可能减小
解析：选BD.内能和机械能没有必然的联系，所以A、C错，B、D对．
5．(2009年高考北京理综卷)做布朗运动实验，得到某个观测记录如图．图中记录的是(　　)

A．分子无规则运动的情况
B．某个微粒做布朗运动的轨迹
C．某个微粒做布朗运动的速度－时间图线
D．按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线
解析：选D.微粒在周围液体分子无规则碰撞作用下，做布朗运动，轨迹是无规则的，实际操作中不易描绘出微粒的实际轨迹；而按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线的无规则，也能充分反映微粒布朗运动的无规则，本实验记录描绘的正是某一粒子位置的连线，故选D.
6．下列叙述正确的是(　　)
A．只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数
B．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积
C．悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显
D．当分子间的距离增大时，分子间的引力变大而斥力减小
答案：AC
7．1 g 100 ℃的水和1 g 100 ℃的水蒸气相比较，下列说法正确的是(　　)
A．分子的平均动能和分子的总动能都相同
B．分子的平均动能相同，分子的总动能不同
C．内能相同
D．1 g 100 ℃的水的内能小于1 g 100 ℃的水蒸气的内能
解析：选AD.温度相同则它们的分子平均动能相同；又因为1 g水和1 g水蒸气的分子数相同，因而它们的分子总动能相同，A正确、B错误；当100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气时，分子距离变大，分子力做负功、分子势能增加，该过程吸收热量，所以1 g 100 ℃的水的内能小于1 g 100 ℃的水蒸气的内能，D正确．
8．分子甲和分子乙距离较远，设甲分子固定不动，乙分子逐渐向甲分子靠近，直到不能再近的这一过程中(　　)
A．分子力总是对乙分子做正功
B．乙分子总是克服分子力做功
C．先是乙分子克服分子力做功，然后分子力对乙分子做正功
D．先是分子力对乙分子做正功，然后乙分子克服分子力做功
解析：选D.由于分子间距大于r0时，分子力表现为引力，因此分子乙从远处移到距分子甲r0处的过程中如右图，乙受的分子力与其运动方向相同，分子力做正功，由于分子间距离小于r0时分子力表现为斥力，乙受的分子力与其运动方向相反，因此分子乙从距分子甲r0处继续移近甲时要克服分子力做功．所以只有D对．
9．(2011年北师大附中模拟)分子动理论较好地解释了物质的宏观热力学性质．据此可判断下列说法中错误的是(　　)
A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性
B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大
C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大
D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料中掺入其他元素
解析：选B.A选项中小炭粒做布朗运动反映了液体分子的无规则热运动，故A是正确的．B选项中分子间的相互作用力在间距rr0的范围内，随分子间距的增大先增大后减小，故B是错误的．C选项中分子势能在rr0时，分子势能随r的增大而增大，故C选项是正确的．D选项中真空环境是为防止其他杂质的介入，而高温条件下，分子热运动剧烈，有利于所掺入元素分子的扩散．
10．铜的摩尔质量为M，密度为ρ，若用NA表示阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是(　　)
A．1个铜原子的质量为
B．1个铜原子占有的体积为
C．1 m3铜所含原子的数目为
D．1 kg铜所含原子的数目为
解析：选CD.1个铜原子的质量为，1个铜原子占有的体积为＝.由1个铜原子的体积大小即可计算1 m3铜所含原子的数目为＝，1 kg铜所含原子的数目为＝.
二、计算题
11．(2011年青岛模拟)已知汞的摩尔质量为M＝200.5×10－3 kg/mol，密度为ρ＝13.6×103 kg/m3，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－1.求：
(1)一个汞原子的质量(用相应的字母表示即可)；
(2)一个汞原子的体积(结果保留一位有效数字)；
(3)体积为1 cm3的汞中汞原子的个数(结果保留一位有效数字)．
解析：(1)一个汞原子的质量为m0＝.
(2)一个汞原子的体积为
V0＝＝
＝ m3≈2×10－29 m3.
(3)1 cm3的汞中含汞原子个数
n＝
＝个≈4×1022个．
答案：(1)　(2)2×10－29 m3　(3)4×1022个
12．(2011年徐州模拟)一个标准足球场的面积为105 m×68 m＝7140 m2.通常用空气湿度(相对湿度、绝对湿度)表示空气中含有水蒸气的情况，若球场附近一定体积的空气中所含的水蒸气凝结成水后的体积为103 cm3，已知水的密度为ρ＝1.0×103 kg/m3，水的摩尔质量Mmol＝1.8×10－2 kg/mol，一标准大气压为1.0×105 Pa，试求：
(1)该足球场上方空气的质量；
(2)水蒸气凝结成的水中含多少水分子；
(3)估算一个水分子的直径为多大．(以上计算结果均保留一位有效数字)
解析：(1)由p0S＝mg得：
m＝＝ kg≈7×107 kg.
(2)水的摩尔体积为
V0＝＝ m3/mol≈2×10－5 m3/mol
水分子数：n＝＝个
≈3×1025个．
(3)建立水分子的球模型有πd3＝
得水分子直径
d＝ ＝ m≈4×10－10 m.
答案：(1)7×107 kg　(2)3×1025个　(3)4×10－10 m

第二节　热力学定律及能量守恒　气体

一、选择题
1．下列叙述和热力学定律相关，其中正确的是(　　)
A．第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律
B．能量耗散过程中能量不守恒
C．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律
D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性
解析：选AD.第一类永动机是指不消耗能量却可以不断对外做功的机器，违背了能量守恒定律，A正确；电冰箱在电机做功情况下，不断地把冰箱内的热量传到外界没有违背热力学第二定律，C错误．
2．(2011年苏锡常镇四市高三检测)下列说法正确的是(　　)
A．机械能和内能的转化具有方向性
B．气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加
C．第二类永动机虽然不违反能量守恒定律，但它是制造不出来的
D．当温度由20 ℃变为40 ℃，物体分子的平均动能应变为原来的2倍
解析：选AC.根据热力学第二定律判断A、C项正确；气体的温度升高，气体分子的平均运动速率增加，B项错误；当温度由20 ℃变为40 ℃，物体分子的平均动能增大，但是平均动能与热力学温度成正比，D项错误．
3．下列说法正确的是(　　)
A．物体吸收热量，其温度一定升高
B．热量只能从高温物体向低温物体传递
C．遵守热力学第一定律的过程一定能实现
D．做功和热传递是改变物体内能的两种方式
解析：选D.物体吸热温度不一定升高，A错；热量只能自发地从高温物体向低温物体传递，B错；遵守热力学第一定律的过程不一定能实现，C错，应选D.
4．(2009年高考重庆理综卷)密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁，此过程中瓶内空气(不计分子势能)(　　)
A．内能增大，放出热量
B．内能减小，吸收热量
C．内能增大，对外界做功
D．内能减小，外界对其做功
解析：选D.不计分子势能时瓶内空气的内能只与其温度有关，温度降低时其内能减小．塑料瓶变扁时瓶内空气体积减小，外界对其做功．再由热力学第一定律知此过程中瓶内空气要放出热量，故只有D正确．
5．(2009年高考全国卷Ⅱ)如图，水平放置的密封汽缸内的气体被一竖直隔板分隔为左右两部分，隔板可在汽缸内无摩擦滑动，右侧气体内有一电热丝．汽缸壁和隔板均绝热．初始时隔板静止，左右两边气体温度相等．现给电热丝提供一微弱电流，通电一段时间后切断电源．当缸内气体再次达到平衡时，与初始状态相比(　　)

A．右边气体温度升高，左边气体温度不变
B．左右两边气体温度都升高
C．左边气体压强增大
D．右边气体内能的增加量等于电热丝放出的热量
解析：选BC.首先是右边气体由于电热丝加热而内能增加温度升高，从而压强变大，进而推动活塞向左运动．活塞向左运动过程中，右边气体对左边气体做功，左边气体内能增加温度升高，压强也变大，而右边气体的压强、温度又会降低，当再达到平衡时两边气体压强又相等，但比初始状态的压强大，对右边气体由＝常量知温度比初始状态高，则内能比初始状态大．由能量守恒知，两边气体内能的总增加量应等于电热丝放出的热量，B、C正确．
6．(2010年高考大纲全国卷Ⅱ)如图所示，一绝热容器被隔板K隔开成a、b两部分．已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空．抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态．在此过程中(　　)
A．气体对外界做功，内能减少
B．气体不做功，内能不变
C．气体压强变小，温度降低
D．气体压强变小，温度不变
解析：选BD.因b内为真空，抽开隔板K后，a内气体对外界不做功，由ΔU＝W＋Q知内能不变，故选项A错误，选项B正确．稀薄气体可看成理想气体，其内能只与温度有关，气体的内能不变，温度也不变，由p1V1＝p2V2和V1p2，即气体压强变小，故选项C错误，选项D正确．
7．A、B两装置，均由一支一端封闭、一端开口且带有玻璃泡的管状容器和水银槽组成，除玻璃泡在管上的位置不同外，其他条件都相同．将两管抽成真空后，开口向下竖直插入水银槽中(插入过程没有空气进入管内)，水银柱上升至如图所示位置停止．假设这一过程中水银与外界没有热交换，则下列说法正确的是(　　)

A．A中水银的内能增量大于B中水银的内能增量
B．B中水银的内能增量大于A中水银的内能增量
C．A和B中水银体积保持不变，故内能增量相同
D．A和B中水银温度始终相同，故内能增量相同
解析：选B.由热力学第一定律和功能关系知，大气压力对水银做功大小等于水银内能增量和水银重力势能增量之和；大气压力对A、B装置内的水银做功相等，而B中水银重力势能增量小，故B中水银内能增量大．
8．(2011年广东广州模拟)某一密闭容器中密封着一定质量的某种实际气体，气体分子间的相互作用力表现为引力．关于实际气体的下列说法中正确的是(　　)
A．在完全失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁的顶部没有作用力
B．若气体膨胀对外界做功，则分子势能一定增大
C．若气体被压缩，外界对气体做功，则气体内能一定增加
D．若气体从外界吸收的热量等于膨胀对外界做的功，则气体分子的动能一定不变
解析：选B.在完全失重的情况下，密闭容器内的气体仍然有压强，气体对器壁的顶部有作用力，所以A错误；体积膨胀，分子间距离增大，分子力做负功，气体的分子势能增加，B正确；外界对气体做功，但气体有可能向外界放热，所以内能的变化情况不能确定，C错误；气体从外界吸收的热量等于膨胀对外界做的功，所以内能不变，但分子势能增大了，所以分子动能一定减小，即D错误．
9．(2011年成都模拟)在光滑水平面上有一个内外壁都光滑的质量为M的汽缸，汽缸内有一质量为m的活塞，已知M>m.活塞密封一部分理想气体．现对汽缸施加一个水平向左的拉力F(如图甲所示)时，汽缸的加速度为a1，封闭气体的压强为p1，体积为V1；若用同样大小的力F水平向左推活塞(如图乙所示)，此时汽缸的加速度为a2，封闭气体的压强为p2，体积为V2.设密封气体的质量和温度均不变，则(　　)
A．a1＝a2，p1V2
B．a1p2，V1a2，p1>p2，V1>V2
解析：选A.将活塞和汽缸看成整体，根据牛顿第二定律知F＝(M＋m)a，则a1＝a2，再分别分析活塞受力情况，则对题图甲，p0S－p1S＝ma，对题图乙，F＋p0S－p2S＝ma，可见p1V2，因此A正确．
10. 如图所示容器中，A、B各有一个可自由移动的轻活塞，活塞下是水，上为空气，大气压恒定，A、B底部由带有阀门K的管道相连，整个装置与外界绝热，原先A中水面比B中高，打开阀门，使A中的水逐渐向B流，最后达到平衡．在这个过程中，下面哪个说法正确(　　)
A．大气压对水做功，水的内能增加
B．水克服大气压力做功，水的内能减少
C．大气压对水不做功，水的内能不变
D．大气压对水不做功，水的内能增加
解析：选D.因为水的体积未变故大气压对水不做功，所以A、B错；由于水的重心降低，重力势能转化为内能，所以D对，C错．
二、非选择题
11．(2011年江苏南京一模)一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功1.7×105 J，气体内能减少1.3×105 J，则此过程中气体________(填“吸收”或“放出”)的热量是______J．此后，保持气体压强不变，升高温度，气体对外界做了5.0×105 J的功，同时吸收了6.0×105 J的热量，则此过程中，气体内能增加了________J.
解析：根据热力学第一定律得：W＝1.7×105 J，ΔU＝－1.3×105 J，代入ΔU＝W＋Q可得Q＝－3.0×105 JQ为负值，说明气体要放出热量，放出的热量为3.0×105 J；同理W＝－5×105 J，Q＝6×105 J，ΔU＝W＋Q＝1.0×105 J，即内能增加了1.0×105 J.
答案：放出　3.0×105 　1.0×105
12．(2011年江苏一模)如图所示的圆柱形汽缸固定于水平面上，缸内用活塞密封一定质量的理想气体，已知汽缸的横截面积为S，活塞重为G，大气压强为p0.将活塞固定，使汽缸内气体温度升高1 ℃，气体吸收的热量为Q1；如果让活塞可以缓慢自由滑动(活塞与汽缸间无摩擦、不漏气，且不计气体的重力)，也使汽缸内气体温度升高1 ℃，其吸收的热量为Q2.
(1)简要说明Q1和Q2哪个大些．
(2)求汽缸内气体温度升高1 ℃时活塞向上移动的高度h.
解析：(1)等容过程，吸收的热量用于增加气体的内能，ΔU1＝Q1
等压过程，吸收的热量用于增加气体的内能和对外做功，ΔU2＋|W2|＝Q2
又ΔU2＝ΔU1，则Q1该点的电场强度为E＝，下列说法正确的是(　　)
A．若移去检验电荷，则该点的电场强度为0
B．若检验电荷的电量变为4q，则该点的场强变为4E
C．若放置到该点的检验电荷变为－2q，则场中该点的场强大小不变，但方向相反
D．若放置到该点的检验电荷变为－2q，则场中该点的场强大小方向均不变
解析：选D.电场中某点的场强与检验电荷无关，故D对．
2．(2011年北京东城期末检测)使两个完全相同的金属小球(均可视为点电荷)分别带上－3Q和＋5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1.现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a的两点，它们之间库仑力的大小为F2.则F1与F2之比为(　　)
A．2∶1　　　　　　　　　B．4∶1
C．16∶1 D．60∶1
解析：选D.两个完全相同的金属小球相互接触后，带电荷量为＋Q，距离变为原来的两倍，根据库仑定律可知选项D正确．
3. (2010年高考课标全国卷)静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器．某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线ab为该收尘板的横截面．工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图所示；粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上．若用粗黑曲线表示原来静止于P点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列四幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)(　　)

解析：选A.根据力和运动的关系知，当粒子运动至电场中某一点时，运动速度方向与受力方向如图所示，又据曲线运动知识知粒子运动轨迹夹在合外力与速度之间，可判定粉尘颗粒的运动轨迹如A选项中图所示．
4．法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场，如图所示为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图，以下几种说法中正确的是(　　)

A．a，b为异种电荷，a的电荷量大于b的电荷量
B．a，b为异种电荷，a的电荷量小于b的电荷量
C．a，b为同种电荷，a的电荷量大于b的电荷量
D．a，b为同种电荷，a的电荷量小于b的电荷量
解析：选B.由题图看出，电场线由一个点电荷发出到另一个点电荷终止，由此可知，a、b必为异种电荷，C、D选项错；又由图可知，电荷b附近的电场线比电荷a附近的电场线密，则电荷b附近的场强必比电荷a附近的场强大，b带的电荷量必然多于a带的电荷量，则A选项错误，B选项正确．
5. 如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，运动轨迹如图中虚线所示，则(　　)
A．a一定带正电，b一定带负电
B．a的速度将减小，b的速度将增加
C．a的加速度将减小，b的加速度将增加
D．两个粒子的电势能一个增加一个减小
答案：C
6．一个点电荷产生的电场，两个等量同种点电荷产生的电场，两个等量异种点电荷产生的电场，两块带等量异种电荷的平行金属板间产生的匀强电场．这是几种典型的静电场．带电粒子(不计重力)在这些静电场中的运动(　　)
A．不可能做匀速直线运动
B．不可能做匀变速运动
C．不可能做匀速率圆周运动
D．不可能做往复运动
答案：A
7. 如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到电场力作用，根据此图可以作出正确判断的是(　　)
A．带电粒子所带电荷的正、负
B．带电粒子在a、b两点的受力方向
C．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大
D．带电粒子在a、b两点的速度何处较大
解析：选BCD.由轨迹的弯曲情况，可知电场力应沿电场线向左，但因不知电场线的方向，故带电粒子所带电荷符号不能确定．设粒子从a运动到b(也可分析从b到a的情形，两种分析不影响结论)，速度方向与电场力夹角大于90°，故速度减小，由电场线的疏密程度知a点场强大于b点场强，带电粒子在a点受电场力较大，从而加速度较大，综上所述B、C、D正确．
8．(2011年江苏镇江模拟)A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图甲所示．则此电场的电场线分布可能是图乙中的(　　)

解析：选A.从图象可以直接看出，粒子的速度随时间逐渐减小；图线的斜率逐渐增大，说明粒子的加速度逐渐变大，电场强度逐渐变大，从A到B电场线逐渐变密．综合分析知，负电荷是顺着电场线运动，由电场线疏处到达密处，正确选项是A.
9. (2011年陕西五校联考)如图所示，在场强大小为E的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点．把小球拉到使细线水平的位置A，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平成θ＝60°的位置B时速度为零．以下说法正确的是(　　)
A．小球重力与电场力的关系是mg＝Eq
B．小球重力与电场力的关系是Eq＝mg
C．小球在B点时，细线拉力为FT＝mg
D．小球在B点时，细线拉力为FT＝2Eq
解析：选BC.根据对称性可知，小球处在AB中点位置时切线方向合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30°，根据三角函数关系可得：qEsin30°＝mgcos30°，化简可知选项A错误，B正确；小球到达B点时速度为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析可知：FT＝qEsin30°＋mgcos30°，化简可知FT＝mg，选项C正确，D错误．
10．(2011年北京考试院抽样测试)如图所示，真空中Ox坐标轴上的某点有一个点电荷Q，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.2 m和0.7 m．在A点放一个带正电的试探电荷，在B点放一个带负电的试探电荷，A、B两点的试探电荷受到电场力的方向都跟x轴正方向相同，电场力的大小F跟试探电荷电荷量q的关系分别如图中直线a、b所示．下列说法正确的是(　　)

A．B点的电场强度的大小为0.25 N/C
B．A点的电场强度的方向沿x轴负方向
C．点电荷Q是正电荷
D．点电荷Q的位置坐标为0.3 m
解析：选D.由两试探电荷受力情况可知，点电荷Q为负电荷，且放置于A、B两点之间某位置，选项B、C均错；设Q与A点之间的距离为l，则点电荷在A点产生的场强为EA＝kQ/l2＝Fa/qa＝[4×104/(1×10－9)]N/C＝4×105 N/C，同理，点电荷在B点产生的场强为EB＝kQ/(0.5－l)2＝Fb/qb＝[1×10－4/(4×10－9)]N/C＝0.25×105 N/C.解得l＝0.1 m，所以点电荷Q的位置坐标为xQ＝xA＋l＝0.2＋0.1＝0.3(m)，所以选项A错误，选项D正确．
二、计算题
11．(2011年南通一模)如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，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．现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g.

(1)若滑块从水平轨道上距离B点s＝3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？
(2)在(1)的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小；
(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．
解析：本题解题的关键是要有等效场的思想，求轨道与物块之间作用力时要找准向心力的来源．
(1)设滑块到达C点时的速度为v，由动能定理得
qE(s＋R)－μmgs－mgR＝mv2－0，
而qE＝，解得v＝.
(2)设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F，则
F－qE＝m，解得F＝mg.
(3)要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG间某点，由电场力和重力的合力提供向心力此时的速度最小(设为vmin)，则有＝m，解得vmin＝.
答案：见解析
12．(2011年北京东城模拟)如图所示，一根光滑绝缘细杆与水平面成α＝30°的角倾斜固定．细杆的一部分处在场强方向水平向右的匀强电场中，场强E＝2×104 N/C.在细杆上套有一个带电量为q＝－1.73×10－5 C、质量为m＝3×10－2 kg的小球．现使小球从细杆的顶端A由静止开始沿杆滑下，并从B点进入电场，小球在电场中滑至最远处的C点．已知AB间距离x1＝0.4 m，g＝10 m/s2.求：

(1)小球在B点的速度vB；
(2)小球进入电场后滑行的最大距离x2；
(3)小球从A点滑至C点的时间是多少？
解析：(1)小球在AB段滑动过程中，由机械能守恒
mgx1sinα＝mv
可得vB＝2 m/s.
(2)小球进入匀强电场后，在电场力和重力的作用下，由牛顿第二定律可得加速度
a2＝＝－5 m/s2
小球进入电场后还能滑行到最远处C点，BC的距离为
x2＝＝0.4 m.
(3)小球从A到B和从B到C的两段位移中的平均速度分别为
vAB＝　vBC＝
小球从A到C的平均速度为
x1＋x2＝t＝t
可得t＝0.8 s.
答案：(1)2 m/s　(2)0.4 m　(3)0.8 s

第二节　电场能的性质

一、选择题
1．(2010年高考天津理综卷)在静电场中，将一正电荷从a点移到b点，电场力做了负功，则(　　)
A．b点的电场强度一定比a点大
B．电场线方向一定从b指向a
C．b点的电势一定比a点高
D．该电荷的动能一定减小
解析：选C.电场力做负功，该电荷电势能增加．正电荷在电势高处电势能较大，C正确．电场力做负功同时电荷可能还受其他力作用，总功不一定为负．由动能定理可知，动能不一定减小，D错．电势高低与场强大小无必然联系，A错．b点电势高于a点，但a、b可能不在同一条电场线上，B错．
2．图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹．粒子先经过M点，再经过N点，可以判定(　　)

A．M点的电势大于N点的电势
B．M点的电势小于N点的电势
C．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力
D．粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力
解析：选AD.沿电场线的方向电势降低，所以φM>φN，选项A对，B错；电场线越密的地方电场强度越大，同一粒子所受电场力越大，所以选项C错，D对．
3．(2011年黑龙江伊春模拟)如图所示，a、b是竖直方向上同一电场线上的两点，一带负电的质点在a点由静止释放，到达b点时速度最大，则(　　)
A．a点电势高于b点电势
B．a点的场强大于b点的场强
C．质点从a点运动到b点的过程中电势能增加
D．质点在a点受到的电场力小于在b点受到的电场力
解析：选B.负电荷所受电场力向上，所以电场线方向向下，A错；a点电场力大于重力，b点电场力等于重力，B对，D错；质点从a点运动到b点的过程中电场力做正功，电势能减小，C错．
4．(2011年福建泉州调研)如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力的作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论中不正确的是(　　)
A．此液滴带负电荷
B．合外力对液滴做的总功等于零
C．液滴做匀加速直线运动
D．液滴的电势能减少
解析：选B.由题可知，带电液滴只受重力和电场力作用，合力沿bd方向，液滴匀加速运动，C正确；合力做正功，B不正确；电场力方向向右，故液滴带负电荷，A正确；电场力做正功，所以电势能减少，D正确．
5. (2011年皖南八校联考)一正电荷在电场中仅受电场力作用，从A点运动到B点，速度随时间变化的图象如图所示，tA、tB分别对应电荷在A、B两点的时刻，则下列说法中正确的是(　　)
A．A处的场强一定小于B处的场强
B．A处的电势一定低于B处的电势
C．电荷在A处的电势能一定大于在B处的电势能
D．从A到B的过程中，电场力对电荷做正功
解析：选B.由图象知A处的加速度大于B处的加速度，A处的场强一定大于B处的场强，A错．由功能关系及动能和电势能之和守恒知B正确，C、D错．
6. (2010年高考安徽理综卷)如图所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R＝0.1 m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为θ.若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小E＝100 V/m，则O、P两点的电势差可表示为(　　)
A．UOP＝－10sin θ(V)　　　B．UOP＝10sin θ(V)
C．UOP＝－10cos θ(V) D．UOP＝10cos θ(V)
解析：选A.由于电场强度方向向下，据题意可知UOP＜0，则UOP＝－ERsin θ＝－100×0.1sin θ(V)＝－10sin θ(V)，故正确答案为A.
7．(2010年高考江苏物理卷)空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示．下列说法中正确的是(　　)

A．O点的电势最低
B．x2点的电势最高
C．x1和－x1两点的电势相等
D．x1和x3两点的电势相等
解析：选C.由题图知，O点两侧电场强度方向相反，因电场强度的方向沿x轴，故O点可能电势最低，也可能电势最高，A不正确；x1、x2、x3三点在同一电场线上，由沿电场线方向电势逐渐降低可知，无论O点右侧电场强度沿x轴向右还是向左，x2点电势都不是最高，x1、x3两点的电势也不相等，故B、D不正确；由题图知，电场强度在O点两侧对称，故x1、－x1两点电势相等，C正确．
8. (2011年洛阳高三质检)如图所示，虚线a、bc为三个同心圆面，圆心处有一个点电荷．现从b、c之间一点P以相同的速率发射两个带电粒子，分别沿PM、PN运动到M、N点，M、N两点都处于圆周c上，以下判断正确的是(　　)
A．到达M、N时两粒子速率仍相等
B．到达M、N时两粒子速率vM>vN
C．到达M、N时两粒子的电势能相等
D．两个粒子的电势能都是先减小后增大
解析：选B.从粒子的运动轨迹可看出电场对到达M点的粒子做正功，对到达N点的粒子做负功，再根据动能定理可知，A错误，B正确；M、N两点电势相等，但带电粒子的电性不同，到达M、N两点时两粒子的电势能不同，C错误；到达M点的粒子其电势能先增大后减小，而到达N点的粒子其电势能先减小后增大，D错误．
9．(2011年广州毕业班综合测试)如图所示表示某静电场等势面的分布，电荷量为1.6×10－9 C的正电荷从A经B、C到达D点．从A到D，电场力对电荷做的功为(　　)
A．4.8×10－8 J B．－4.8×10－8 J
C．8.0×10－8 J D．－8.0×10－8 J
解析：选B.电场力做功与电荷运动的路径无关，只与电荷的起始位置有关．从A到D，电场力对电荷做的功为W＝qUAD＝q(φA－φD)＝1.6×10－9×(－40＋10) J＝－4.8×10－8 J，A、C、D错误，B正确．
10．(2011年皖南八校联考)一匀强电场，场强方向是水平的(如图所示)，一个质量为m的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为v0，在电场力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成θ角做直线运动．设小球在O点的电势能为零，则小球运动到最高点时的电势能为(　　)
A.mv B.mvsin2θ
C.mvtan2θ D.mvcos2θ
解析：选D.由题意可知，小球所受合力为F＝，设最高点到O点距离为s，则由动能定理可得 s＝mv，由能量守恒可得小球在最高点的电势能E＝mv－mgssinθ，联立两式解得E＝mvcos2θ，D正确．
二、计算题
11．(2011年北京海淀高三模拟)如图所示，水平光滑绝缘轨道MN的左端有一个固定挡板，轨道所在空间存在E＝4.0×102 N/C、水平向左的匀强电场．一个质量m＝0.10 kg、带电荷量q＝5.0×10－5 C的滑块(可视为质点)，从轨道上与挡板相距x1＝0.20 m的P点由静止释放，滑块在电场力作用下向左做匀加速直线运动．当滑块与挡板碰撞后滑块沿轨道向右做匀减速直线运动，运动到与挡板相距x2＝0.10 m的Q点，滑块第一次速度减为零．若滑块在运动过程中，电荷量始终保持不变，求：

(1)滑块沿轨道向左做匀加速直线运动的加速度的大小；
(2)滑块从P点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功；
(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能．
解析：(1)设滑块沿轨道向左做匀加速运动的加速度为a
此过程滑块所受合外力F＝qE＝2.0×10－2 N
根据牛顿第二定律F＝ma，解得a＝0.20 m/s2.
(2)滑块从P点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功
W1＝qEx1＝4.0×10－3 J.
(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能等于滑块由P点运动到Q点过程中电场力所做的功
即ΔE＝qE(x1－x2)＝2.0×10－3 J.
答案：(1)0.20 m/s2　(2)4.0×10－3 J　
(3)2.0×10－3 J
12．如图所示，固定在水平地面上的绝缘平板置于匀强电场中，电场方向与平板平行．在绝缘平板上，放置一个带负电的物体(可视为质点)，物体与平板间的动摩擦因数为0.5.现让物体以10 m/s的初速度平行于电场方向运动，物体沿电场方向运动的最远距离为4 m．已知物体所受电场力大于其最大静摩擦力，平板足够大，规定物体在出发点时的电势能为零，重力加速度g取10 m/s2.求：

(1)物体所受电场力与其所受重力的比值；
(2)物体在离出发点多远处动能与电势能相等？
解析：(1)设物体带电荷量为q，运动的最大位移为sm，由动能定理得
－qEsm－μmgsm＝－mv
得＝.
(2)设物体运动到离出发点距离为s处动能与电势能相等，即mv2＝qEs
在此过程中，由动能定理得－qEs－μmgs＝mv2－mv
代入数据解得s＝2.5 m
设物体在返回过程中经过距出发点距离为s′处动能与电势能再次相等，即mv′2＝qEs′
由动能定理得qE(sm－s′)－μmg(sm－s′)＝mv′2
解得s′＝1 m.
答案：(1)3∶4　(2)2.5 m或1 m

第三节　电容器与电容　带电粒子在电场中的运动

一、选择题
1．(2011年广州测试)电容式键盘是通过改变电容器的哪个因素来改变电容的(　　)
A．两板间的距离　　　　　B．两板间的电压
C．两板间的电介质 D．两板的正对面积
解析：选A.计算机键盘上下运动时，改变了上、下两板间的距离，故A正确．
2．(2011年北京朝阳区联考)如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动．那么(　　)
A．微粒带正、负电荷都有可能
B．微粒做匀减速直线运动
C．微粒做匀速直线运动
D．微粒做匀加速直线运动
解析：选B.微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负