2011《》高三物理一輪復(fù)習(xí) 第9章 電場單元評估

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1、 2011《》高三物理一輪復(fù)習(xí) 第9章 電場單元評估 1．(2010年金陵模擬)下圖中虛線是用實(shí)驗(yàn)方法描繪出的某一靜電場中的一簇等勢線，若不計(jì)重力的帶電粒子從a點(diǎn)射入電場后恰能沿圖中的實(shí)線運(yùn)動(dòng)，b點(diǎn)是其運(yùn)動(dòng)軌跡上的另一點(diǎn)，則下述判斷正確的是 (　　) A．b點(diǎn)的電勢一定高于a點(diǎn) B．a(chǎn)點(diǎn)的場強(qiáng)一定大于b點(diǎn) C．帶電粒子一定帶正電 D．帶電粒子在b點(diǎn)的速率一定小于在a點(diǎn)的速率 【解析】　由等勢線的分布畫出電場線的分布如右圖所示，可知a點(diǎn)的場強(qiáng)大，B正確，根據(jù)軌跡可判斷電場力指向左方，電場力做負(fù)功，a點(diǎn)速率大于b點(diǎn)速率，D正確．但不知粒子電性，也無法判斷場強(qiáng)的具體方向，故無法確

2、定a、b兩點(diǎn)電勢的高低，A、C錯(cuò)誤． 【答案】　BD 2．如圖所示，光滑絕緣細(xì)桿AB，水平放置于被固定的帶負(fù)電荷的小球的正上方，小球的電荷量為Q，可視為點(diǎn)電荷．a(chǎn)、b是水平細(xì)桿上的兩點(diǎn)，且在以帶負(fù)電小球?yàn)閳A心的同一豎直圓周上．一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小圓環(huán)(可視為質(zhì)點(diǎn))套在細(xì)桿上，由a點(diǎn)靜止釋放，在小圓環(huán)由a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中，下列說法中正確的是 (　　) A．小圓環(huán)所受庫侖力的大小先增大后減小 B．小圓環(huán)的加速度先增大后減小 C．小圓環(huán)的動(dòng)能先增加后減少 D．小圓環(huán)與負(fù)電荷組成的系統(tǒng)電勢能先增加后減少 【解析】　庫侖力的大小先增大后減??；加速度先減小后

3、增大；由動(dòng)能定理，電場力先做正功后做負(fù)功，因而動(dòng)能先增加后減少，電勢能先減少后增加． 【答案】　C 3．有一個(gè)點(diǎn)電荷只受電場力的作用，分別從兩電場中的a點(diǎn)由靜止釋放，在它沿直線運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中，動(dòng)能Ek隨位移s變化的關(guān)系圖象如右圖所示中的①、②圖線．則下列說法正確的是 (　　) A．正電荷在甲圖電場中從a點(diǎn)由靜止釋放，沿直線運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中，對應(yīng)的圖線是① B．負(fù)電荷在乙圖電場中從a點(diǎn)由靜止釋放，沿直線運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中，對應(yīng)的圖線是① C．負(fù)電荷在丙圖電場中從a點(diǎn)由靜止釋放，沿直線運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中，對應(yīng)的圖線是② D．負(fù)電荷在丁圖電場中從a點(diǎn)由靜止釋放，沿直線運(yùn)動(dòng)

4、到b點(diǎn)的過程中，對應(yīng)的圖線是② 【解析】　從題圖中不難看出分勻強(qiáng)電場和非勻強(qiáng)電場，點(diǎn)電荷在勻強(qiáng)電場中由動(dòng)能定理得Ek＝qEs，即點(diǎn)電荷動(dòng)能與其位移成正比，圖線如①所示，結(jié)合點(diǎn)電荷帶電性質(zhì)與場強(qiáng)方向故A、B正確；在非勻強(qiáng)電場中，由于場強(qiáng)E的變化，使得點(diǎn)電荷動(dòng)能與其位移不再成正比，由圖線②可知點(diǎn)電荷動(dòng)能隨位移的增大而增加，并且變化得越來越快，即場強(qiáng)E越來越大，因此C正確，D錯(cuò)誤． 【答案】　ABC 4．如右圖所示，A、B為一對中間開有小孔的平行金屬板，相距一定距離，A板接地．現(xiàn)有一電子在t＝0時(shí)刻在A板小孔中由靜止開始向B板運(yùn)動(dòng)，不計(jì)重力及阻力影響，使電子一定能從B中小孔射出，則B板電勢φB

5、與時(shí)間t的變化規(guī)律是 (　　) 【解析】　若B板電勢φB按照A圖所示的規(guī)律變化，電子將做勻加速運(yùn)動(dòng)，則一定能使電子從B中小孔射出；若B板電勢φB按照B圖所示的規(guī)律變化，在前半周期，電子將做變加速運(yùn)動(dòng)，在后半周期，電子將做變減速運(yùn)動(dòng)速度減小到零，所以一定能使電子從B中小孔射出；若B板電勢φB按照C圖所示規(guī)律變化，電子在第一個(gè)1/4周期變加速運(yùn)動(dòng)，第二個(gè)1/4周期變減速到零，第三個(gè)1/4周期反向變加速運(yùn)動(dòng)，第四個(gè)1/4周期反向變減速到零，即電子可能在平行金屬板之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，不一定能使電子從B中小孔射出；若B板電勢φB按照D圖所示的規(guī)律變化，在前半周期電子將做勻加速運(yùn)動(dòng)，在后半周期電子

6、做勻減速運(yùn)動(dòng)至速度減小到零，則一定能使電子從B中小孔射出．所以一定能使電子從B中小孔射出的是B板電勢φB按如圖A、B、D變化． 【答案】　ABD 5．如下圖所示，光滑曲面上方有一固定的帶電量為＋Q的點(diǎn)電荷，現(xiàn)有一帶電量為＋q的金屬小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，在A點(diǎn)以初速度v0沿曲面射入，小球與曲面相互絕緣，則(　　) A．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程中，速度逐漸減小 B．小球從A點(diǎn)到C點(diǎn)過程中，重力勢能的增加量等于其動(dòng)能的減少量 C．小球在C點(diǎn)時(shí)受到＋Q的庫侖力最大，所以對曲面的壓力最大 D．小球在曲面上運(yùn)動(dòng)過程中，機(jī)械能始終守恒 【解析】　小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中，小球受到Q的庫侖力做

7、負(fù)功，速度逐漸減小，A正確；從A點(diǎn)到C點(diǎn)小球受到的庫侖力和重力做負(fù)功，由動(dòng)能定理，B不正確；由于小球在曲面上運(yùn)動(dòng)，且受到的庫侖力方向在不斷變化，因此不能確定小球在C點(diǎn)對曲面的壓力最大，C不正確；庫侖力做功，則機(jī)械能不守恒，D不正確． 【答案】　A 6．如圖所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負(fù)電，下板帶正電，帶電小球以速度v0水平射入電場，且沿下板邊緣飛出．若下板不動(dòng)，將上板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球 (　　) A．將打在下板中央 B．仍沿原軌跡由下板邊緣飛出 C．不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿直線運(yùn)動(dòng) D．若上板不動(dòng)，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的

8、中央 【解析】　將電容器上板或下板移動(dòng)一小段距離，電容器帶電荷量不變，由公式E＝＝＝可知，電容器產(chǎn)生的場強(qiáng)不變，以相同速度入射的小球仍將沿原軌跡運(yùn)動(dòng)．下板不動(dòng)時(shí)，小球沿原軌跡由下板邊緣飛出；當(dāng)下板向上移動(dòng)時(shí)，小球可能打在下板的中央． 【答案】　BD 7．如下圖所示，實(shí)線為電場線，虛線為等勢面，兩相鄰等勢面間電勢差相等．A、B、C為電場中的三個(gè)點(diǎn)，且AB＝BC，一個(gè)帶正電的粒子從A點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)，先后經(jīng)過B、C兩點(diǎn)，若帶電粒子只受電場力作用，則下列說法正確的是 (　　) A．粒子在A、B、C三點(diǎn)的加速度大小關(guān)系aC＞aB＞aA B．粒子在A、B、C三點(diǎn)的動(dòng)能大小關(guān)系EkC＞EkB＞E

9、kA C．粒子在A、B、C三點(diǎn)的電勢能大小關(guān)系EpC＞EpB＞EpA D．粒子由A運(yùn)動(dòng)至B和由B運(yùn)動(dòng)至C電場力做的功相等 【解析】　本題考查電場、電場線、電勢、等勢面之間的關(guān)系，中檔題．由電場線和等勢面的疏密程度可知電場的強(qiáng)弱，本題中A、B、C三點(diǎn)的所在電場線和等勢面疏密程度由小到大，可知A、B、C三點(diǎn)的電場強(qiáng)度的關(guān)系為EA＜EB＜EC，那么帶電粒子在這三點(diǎn)受到的電場力FA＜FB＜FC，根據(jù)牛頓第二定律有aA＜aB＜aC，A正確；由于帶電粒子是正電荷而且從靜止開始由A向C運(yùn)動(dòng)，電場力做正功動(dòng)能在增加而電勢能在減小有EkC＞EkB＞EkA，EpC＜EpB＜EpA，B對C錯(cuò)；B點(diǎn)是A和C的中

10、點(diǎn)，但UAB＜UBC，根據(jù)W電＝qU，可知由A到B電場力做的功小于由B到C電場力所做的功，D錯(cuò)． 【答案】　AB 8．如圖所示，處于真空中的勻強(qiáng)電場與水平方向成15°角，AB直線與勻強(qiáng)電場E互相垂直．在A點(diǎn)以大小為v0的初速度水平拋出一質(zhì)量為m，帶電量為＋q的小球，經(jīng)時(shí)間t，小球下落一段距離過C點(diǎn)(圖中未畫出)時(shí)速度仍為v0，在小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，下列說法中不正確的是 (　　) A．電場力對小球做功為零 B．小球的電勢能增加 C．小球的機(jī)械能減少量為mg2t2 D．C可能位于AB直線的左側(cè) 【解析】　由動(dòng)能守恒，得mgh＋W電＝0，可知W電＝－mgh＜0，即電場力

11、對小球做負(fù)功，電勢能增加，C位置應(yīng)位于AB直線的右側(cè)；由于小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能未變，重力勢能的減少量為ΔEp＝mgh＝mg·at2＝mg··t2＞mg2t2.選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤． 【答案】　ACD 9．如下圖所示，帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進(jìn)入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出．已知板長為L，板間距離為d，板間電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，粒子通過平行金屬板的時(shí)間為t(不計(jì)粒子的重力)，則 (　　) A．在前時(shí)間內(nèi)，電場力對粒子做的功為 B．在后時(shí)間內(nèi)，電場力對粒子做的功為 C．粒子的出射速度偏轉(zhuǎn)角滿足tan θ＝ D．粒子前和后的過程中，電場力

12、沖量之比為∶1 【解析】　帶電粒子在電容器中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在前和后時(shí)間內(nèi)豎直方向的位移比y1∶y2＝1∶3，故前內(nèi)的位移y1＝×＝，電場力做功為×＝，在后內(nèi)的位移y2＝×＝d，電場力做功為×d＝.故A錯(cuò)，B對．粒子飛出時(shí)速度的反向延長線必過水平位移的中點(diǎn)，即tan θ＝＝，C正確．粒子在下落前和后的時(shí)間比為1∶(－1)，因此電場力的沖量比為1∶(－1)＝(＋1)∶1，D錯(cuò)． 【答案】　BC 10．在地面附近，存在著一有界電場，邊界MN將某空間分成上下兩個(gè)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，在區(qū)域Ⅱ中有豎直向上的勻強(qiáng)電場，在區(qū)域Ⅰ中離邊界某一高度由靜止釋放一質(zhì)量為m的帶電小球A，如下圖甲所示，小球運(yùn)動(dòng)的v－t圖象

13、如圖乙所示，已知重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則 (　　) A．在t＝2.5 s時(shí)，小球經(jīng)過邊界MN B．小球受到的重力與電場力之比為3∶5 C．在小球向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，重力做的功與電場力做的功大小相等 D．在小球運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，小球的機(jī)械能與電勢能總和先變大再變小 【解析】　由速度圖象可知，帶電小球在區(qū)域Ⅰ與區(qū)域Ⅱ中的加速度之比為3∶2，由牛頓第二定律可知：＝，所以小球所受的重力與電場力之比為3∶5，B正確．小球在t＝2.5 s時(shí)速度為零，此時(shí)下落到最低點(diǎn)，由動(dòng)能定理可知，重力與電場力的總功為零，故C正確．因小球只受重力與電場力作用，所以小球的機(jī)械能與電勢能總和保持不變

14、，D錯(cuò)． 【答案】　BC 二、非選擇題 11．如圖所示，在“用描跡法畫出電場中平面上的等勢線”的實(shí)驗(yàn)中，實(shí)驗(yàn)室除了給出必要的器材外，又分別給出了以下三種不同規(guī)格的電源和電表 A．6 V的交流電源　　B．6 V的直流電源 C．100 V的直流電源 D．100 μA的電流表 E．0.5 mA的電流表 F．10 mA的電流表 (1)在實(shí)驗(yàn)中應(yīng)選用的電源是________，測量時(shí)兩個(gè)探針?biāo)拥碾姳響?yīng)選用________．(寫電源或電表前的字母) (2)實(shí)驗(yàn)時(shí)需在木板上自下而上依次鋪放_(tái)_______紙、________紙和________紙． (3)在兩接線柱A、B連線上等距

15、離找出5個(gè)基準(zhǔn)點(diǎn)a、b、c、d、e，電流表G的一根探針接觸c點(diǎn)，另一探針接觸f點(diǎn)，為找到與c點(diǎn)電勢相等的點(diǎn)，接觸f點(diǎn)的探針應(yīng)向________________________________________________________________________ 移．(選填“左”或“右”) (4)若將電源電壓提高為原來的2倍，重復(fù)以上操作，測量并畫出等勢線，你認(rèn)為該等勢線與原等勢線的形狀____________(選填“相同”或“不同”)，該等勢線圖中cd兩點(diǎn)間的電勢差與原等勢線圖中cd兩點(diǎn)間的電勢差________．(選填“相等”或“不等”) 【解析】　(1)因本實(shí)驗(yàn)用恒定電流場

16、模擬靜電場，所以電源要直流，選B，而電流較小，所以電表選用D. (2)導(dǎo)電紙必須在最上面． (3)c的等勢線為過c點(diǎn)的中垂線． (4)電源電壓變高，相同距離電勢差變大． 易錯(cuò)點(diǎn)為電流表選錯(cuò)；三張紙放反；接觸f點(diǎn)的探針向什么地方移動(dòng)是本題對書本實(shí)驗(yàn)改照，對應(yīng)變能力差的學(xué)生有一定的難度． 【答案】　(1)B　D　(2)白　復(fù)寫　導(dǎo)電　(3)左 (4)相同　不等 12．如下圖所示，甲圖是用來使帶正電的離子加速和偏轉(zhuǎn)的裝置．乙圖為該裝置中加速與偏轉(zhuǎn)電場的等效模擬．以y軸為界，左側(cè)為沿x軸正向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E.右側(cè)為沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場．已知OA⊥AB，OA＝AB，且OB間的電勢差為

17、U0.若在x軸的C點(diǎn)無初速地釋放一個(gè)電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子(不計(jì)重力)，結(jié)果正離子剛好通過B點(diǎn)，求： (1)CO間的距離d； (2)粒子通過B點(diǎn)的速度大?。? 【解析】　(1)設(shè)正離子到達(dá)O點(diǎn)的速度為v0(其方向沿x軸的正方向) 則正離子由C點(diǎn)到O點(diǎn)由動(dòng)能定理得： qEd＝mv－0 而正離子從O點(diǎn)到B點(diǎn)做類平拋運(yùn)動(dòng)， 則：＝·t2，＝v0t 而＝，所以v＝，從而解得d＝. (2)設(shè)正離子到B點(diǎn)時(shí)速度的大小為vB，正離子從C到B過程中由動(dòng)能定理得： qEd＋qU0＝mv－0 解得vB＝. 【答案】　(1)　(2) 13．(2009年浙江卷)如圖所示，相距為d的平

18、行金屬板A、B豎直放置，在兩板之間水平放置一絕緣平板．有一質(zhì)量m、電荷量q(q＞0)的小物塊在與金屬板A相距l(xiāng)處靜止．若某一時(shí)刻在金屬板A、B間加一電壓UAB＝－，小物塊與金屬板只發(fā)生了一次碰撞，碰撞后電荷量變?yōu)椋璹，并以與碰前大小相等的速度反方向彈回．已知小物塊與絕緣平板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，若不計(jì)小物塊電荷量對電場的影響和碰撞時(shí)間．則 (1)小物塊與金屬板A碰撞前瞬間的速度大小是多少？ (2)小物塊碰撞后經(jīng)過多少時(shí)間停止運(yùn)動(dòng)？停在何位置？ 【解析】　(1)加電壓后，B板電勢高于A板，小物塊在電場力與摩擦力共同作用下向A板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．電場強(qiáng)度為E＝ 小物塊所受的電場力與摩

19、擦力方向相反，則合外力為 F合＝qE－μmg 故小物塊運(yùn)動(dòng)的加速度為 a1＝＝＝μg 設(shè)小物塊與A板相碰時(shí)的速度為v1，則 v＝2a1l 解得 v1＝ (2)小物塊與A板相碰后以與v1大小相等的速度反彈，因電荷量及電性改變，電場力大小與方向發(fā)生變化，摩擦力的方向發(fā)生改變，小物塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)．小物塊所受的合外力大小為 F合＝μmg－ 加速度大小為 a2＝＝μg 設(shè)小物塊碰后到停止的時(shí)間為t1，注意到末速度為零，有 0－v1＝－a2t解得t＝＝4 設(shè)小物塊碰后停止時(shí)距離A板的距離為x，注意到末速度為零，有0－v＝－2a2x 則x＝＝2l 或距離B板為d－2l

20、 【答案】　(1)　(2)4　2l或d－2l 14．在光滑絕緣的水平面上，用長為2L的絕緣輕桿連接兩個(gè)質(zhì)量均為m的帶電小球A和B.A球的帶電荷量為＋2q，B球的帶電荷量為－3q，組成一帶電系統(tǒng)．如下圖所示，虛線MP為AB兩球連線的垂直平分線，虛線NQ與MP平行且相距為4L.最初A球和B球分別靜止于虛線MP的兩側(cè)，距MP的距離均為L，且A球距虛線NQ的距離為3L.若視小球?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)，不計(jì)輕桿的質(zhì)量，在虛線MP、NQ間加上水平向右的勻強(qiáng)電場E后，求： (1)B球剛進(jìn)入電場時(shí)，A球與B球組成的帶電系統(tǒng)的速度大?。? (2)帶電系統(tǒng)從開始運(yùn)動(dòng)到速度第一次為零時(shí)所需的時(shí)間以及B球電勢能的變化量．

21、 【解析】　(1)帶電系統(tǒng)剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)加速度為a1，由牛頓第二定律得 a1＝＝ 球B剛進(jìn)入電場時(shí)，帶電系統(tǒng)的速度為v1，有 v＝2a1L求得v1＝ (2)對帶電系統(tǒng)進(jìn)行分析，假設(shè)球A能達(dá)到NQ，且A球到達(dá)NQ時(shí)電場力對系統(tǒng)做功為W1，有 W1＝2qE×3L＋(－3qE×2L)＝0 故帶電系統(tǒng)速度第一次為零時(shí)，球A恰好到達(dá)NQ 設(shè)球B從靜止到剛進(jìn)入電場的時(shí)間為t1，則 t1＝解得t1＝ 球B進(jìn)入電場后，帶電系統(tǒng)的加速度為a2，由牛頓第二定律得 a2＝＝－ 顯然，B球進(jìn)入電場后帶電系統(tǒng)做勻減速運(yùn)動(dòng)．設(shè)減速所需時(shí)間為t2，則有 t2＝求得t2＝可知 ，帶電系統(tǒng)從靜止運(yùn)動(dòng)到速度第一次為零時(shí)所需的時(shí)間為t＝t1＋t2＝3 B球電勢能增加了Ep＝E·3q·2L＝6EqL 【答案】　(1)　(2)6EqL