2011課件-高三物理一輪復習 第9章 電場單元評估

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1、 2011《金版新學案》高三物理一輪復習 第9章 電場單元評估 1．(2010年金陵模擬)下圖中虛線是用實驗方法描繪出的某一靜電場中的一簇等勢線，若不計重力的帶電粒子從a點射入電場后恰能沿圖中的實線運動，b點是其運動軌跡上的另一點，則下述判斷正確的是 (　　) A．b點的電勢一定高于a點 B．a點的場強一定大于b點 C．帶電粒子一定帶正電 D．帶電粒子在b點的速率一定小于在a點的速率 【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點的場強大，B正確，根據軌跡可判斷電場力指向左方，電場力做負功，a點速率大于b點速率，D正確．但不知粒子電性，也無法判斷場強的具體方向

2、，故無法確定a、b兩點電勢的高低，A、C錯誤． 【答案】　BD 2．如圖所示，光滑絕緣細桿AB，水平放置于被固定的帶負電荷的小球的正上方，小球的電荷量為Q，可視為點電荷．a、b是水平細桿上的兩點，且在以帶負電小球為圓心的同一豎直圓周上．一個質量為m、電荷量為q的帶正電的小圓環(huán)(可視為質點)套在細桿上，由a點靜止釋放，在小圓環(huán)由a點運動到b點的過程中，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)的動能先增加后減少 D．小圓環(huán)與負電荷組成的系統(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

3、度先減小后增大；由動能定理，電場力先做正功后做負功，因而動能先增加后減少，電勢能先減少后增加． 【答案】　C 3．有一個點電荷只受電場力的作用，分別從兩電場中的a點由靜止釋放，在它沿直線運動到b點的過程中，動能Ek隨位移s變化的關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點由靜止釋放，沿直線運動到b點的過程中，對應的圖線是① B．負電荷在乙圖電場中從a點由靜止釋放，沿直線運動到b點的過程中，對應的圖線是① C．負電荷在丙圖電場中從a點由靜止釋放，沿直線運動到b點的過程中，對應的圖線是② D．負電荷在丁圖電場中從a點由靜止釋放，

4、沿直線運動到b點的過程中，對應的圖線是② 【解析】　從題圖中不難看出分勻強電場和非勻強電場，點電荷在勻強電場中由動能定理得Ek＝qEs，即點電荷動能與其位移成正比，圖線如①所示，結合點電荷帶電性質與場強方向故A、B正確；在非勻強電場中，由于場強E的變化，使得點電荷動能與其位移不再成正比，由圖線②可知點電荷動能隨位移的增大而增加，并且變化得越來越快，即場強E越來越大，因此C正確，D錯誤． 【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．現有一電子在t＝0時刻在A板小孔中由靜止開始向B板運動，不計重力及阻力影響，使電子一定能從B中小孔射出，則B

5、板電勢φB與時間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，電子將做勻加速運動，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，電子將做變加速運動，在后半周期，電子將做變減速運動速度減小到零，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1/4周期變加速運動，第二個1/4周期變減速到零，第三個1/4周期反向變加速運動，第四個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運動，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動，在后

6、半周期電子做勻減速運動至速度減小到零，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的點電荷，現有一帶電量為＋q的金屬小球(可視為質點)，在A點以初速度v0沿曲面射入，小球與曲面相互絕緣，則(　　) A．小球從A點運動到B點過程中，速度逐漸減小 B．小球從A點到C點過程中，重力勢能的增加量等于其動能的減少量 C．小球在C點時受到＋Q的庫侖力最大，所以對曲面的壓力最大 D．小球在曲面上運動過程中，機械能始終守恒 【解析】　小球從A點到B點的過程中，小球受到Q

7、的庫侖力做負功，速度逐漸減小，A正確；從A點到C點小球受到的庫侖力和重力做負功，由動能定理，B不正確；由于小球在曲面上運動，且受到的庫侖力方向在不斷變化，因此不能確定小球在C點對曲面的壓力最大，C不正確；庫侖力做功，則機械能不守恒，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，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，沿直線運動 D．若上板不動，將下板上移一段距離，小球可能

8、打在下板的中央 【解析】　將電容器上板或下板移動一小段距離，電容器帶電荷量不變，由公式E＝＝＝可知，電容器產生的場強不變，以相同速度入射的小球仍將沿原軌跡運動．下板不動時，小球沿原軌跡由下板邊緣飛出；當下板向上移動時，小球可能打在下板的中央． 【答案】　BD 7．如下圖所示，實線為電場線，虛線為等勢面，兩相鄰等勢面間電勢差相等．A、B、C為電場中的三個點，且AB＝BC，一個帶正電的粒子從A點開始運動，先后經過B、C兩點，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三點的加速度大小關系aC＞aB＞aA B．粒子在A、B、C三點的動能大小關系EkC＞

9、EkB＞EkA C．粒子在A、B、C三點的電勢能大小關系EpC＞EpB＞EpA D．粒子由A運動至B和由B運動至C電場力做的功相等 【解析】　本題考查電場、電場線、電勢、等勢面之間的關系，中檔題．由電場線和等勢面的疏密程度可知電場的強弱，本題中A、B、C三點的所在電場線和等勢面疏密程度由小到大，可知A、B、C三點的電場強度的關系為EA＜EB＜EC，那么帶電粒子在這三點受到的電場力FA＜FB＜FC，根據牛頓第二定律有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運動，電場力做正功動能在增加而電勢能在減小有EkC＞EkB＞EkA，EpC＜EpB＜EpA，B對C錯；B點是

10、A和C的中點，但UAB＜UBC，根據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． 【答案】　AB 8．如圖所示，處于真空中的勻強電場與水平方向成15°角，AB直線與勻強電場E互相垂直．在A點以大小為v0的初速度水平拋出一質量為m，帶電量為＋q的小球，經時間t，小球下落一段距離過C點(圖中未畫出)時速度仍為v0，在小球由A點運動到C點的過程中，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．小球的機械能減少量為mg2t2 D．C可能位于AB直線的左側 【解析】　由動能守恒，得mgh＋W電＝0，可知W電＝－mgh＜0

11、，即電場力對小球做負功，電勢能增加，C位置應位于AB直線的右側；由于小球運動到C點時的動能未變，重力勢能的減少量為ΔEp＝mgh＝mg·at2＝mg··t2＞mg2t2.選項A、C、D錯誤． 【答案】　ACD 9．如下圖所示，帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內，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間為t(不計粒子的重力)，則 (　　) A．在前時間內，電場力對粒子做的功為 B．在后時間內，電場力對粒子做的功為 C．粒子的出射速度偏轉角滿足tan θ＝ D．粒子前和后的過程

12、中，電場力沖量之比為∶1 【解析】　帶電粒子在電容器中做類平拋運動，在前和后時間內豎直方向的位移比y1∶y2＝1∶3，故前內的位移y1＝×＝，電場力做功為×＝，在后內的位移y2＝×＝d，電場力做功為×d＝.故A錯，B對．粒子飛出時速度的反向延長線必過水平位移的中點，即tan θ＝＝，C正確．粒子在下落前和后的時間比為1∶(－1)，因此電場力的沖量比為1∶(－1)＝(＋1)∶1，D錯． 【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區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，在區(qū)域Ⅱ中有豎直向上的勻強電場，在區(qū)域Ⅰ中離邊界某一高度由靜止釋放一質量為m的帶電小球A，如下圖甲所示，小球運動的

13、v－t圖象如圖乙所示，已知重力加速度為g，不計空氣阻力，則 (　　) A．在t＝2.5 s時，小球經過邊界MN B．小球受到的重力與電場力之比為3∶5 C．在小球向下運動的整個過程中，重力做的功與電場力做的功大小相等 D．在小球運動的整個過程中，小球的機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時速度為零，此時下落到最低點，由動能定理可知，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，所以小球的機械能與電勢能總

14、和保持不變，D錯． 【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”的實驗中，實驗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)在實驗中應選用的電源是________，測量時兩個探針所接的電表應選用________．(寫電源或電表前的字母) (2)實驗時需在木板上自下而上依次鋪放________紙、________紙和________紙． (3)在兩接線柱A、B

15、連線上等距離找出5個基準點a、b、c、d、e，電流表G的一根探針接觸c點，另一探針接觸f點，為找到與c點電勢相等的點，接觸f點的探針應向________________________________________________________________________ 移．(選填“左”或“右”) (4)若將電源電壓提高為原來的2倍，重復以上操作，測量并畫出等勢線，你認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兩點間的電勢差與原等勢線圖中cd兩點間的電勢差________．(選填“相等”或“不等”) 【解析】　(1)因本實驗用

16、恒定電流場模擬靜電場，所以電源要直流，選B，而電流較小，所以電表選用D. (2)導電紙必須在最上面． (3)c的等勢線為過c點的中垂線． (4)電源電壓變高，相同距離電勢差變大． 易錯點為電流表選錯；三張紙放反；接觸f點的探針向什么地方移動是本題對書本實驗改照，對應變能力差的學生有一定的難度． 【答案】　(1)B　D　(2)白　復寫　導電　(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的裝置．乙圖為該裝置中加速與偏轉電場的等效模擬．以y軸為界，左側為沿x軸正向的勻強電場，場強為E.右側為沿y軸負方向的勻強電場．已知OA⊥AB，OA＝AB，且OB間

17、的電勢差為U0.若在x軸的C點無初速地釋放一個電荷量為q、質量為m的正離子(不計重力)，結果正離子剛好通過B點，求： (1)CO間的距離d； (2)粒子通過B點的速度大?。? 【解析】　(1)設正離子到達O點的速度為v0(其方向沿x軸的正方向) 則正離子由C點到O點由動能定理得： qEd＝mv－0 而正離子從O點到B點做類平拋運動， 則：＝·t2，＝v0t 而＝，所以v＝，從而解得d＝. (2)設正離子到B點時速度的大小為vB，正離子從C到B過程中由動能定理得： qEd＋qU0＝mv－0 解得vB＝. 【答案】　(1)　(2) 13．(2009年浙江卷)如圖所示，相

18、距為d的平行金屬板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摩擦因數為μ，若不計小物塊電荷量對電場的影響和碰撞時間．則 (1)小物塊與金屬板A碰撞前瞬間的速度大小是多少？ (2)小物塊碰撞后經過多少時間停止運動？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板做勻加速直線運動．電場強度為E＝ 小物塊所受的

19、電場力與摩擦力方向相反，則合外力為 F合＝qE－μmg 故小物塊運動的加速度為 a1＝＝＝μg 設小物塊與A板相碰時的速度為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動．小物塊所受的合外力大小為 F合＝μmg－ 加速度大小為 a2＝＝μg 設小物塊碰后到停止的時間為t1，注意到末速度為零，有 0－v1＝－a2t解得t＝＝4 設小物塊碰后停止時距離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

20、d－2l 【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質量均為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，距MP的距離均為L，且A球距虛線NQ的距離為3L.若視小球為質點，不計輕桿的質量，在虛線MP、NQ間加上水平向右的勻強電場E后，求： (1)B球剛進入電場時，A球與B球組成的帶電系統(tǒng)的速度大?。? (2)帶電系統(tǒng)從開始運動到速度第一次為零時所需的時間以及B球電勢能

21、的變化量． 【解析】　(1)帶電系統(tǒng)剛開始運動時，設加速度為a1，由牛頓第二定律得 a1＝＝ 球B剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度為v1，有 v＝2a1L求得v1＝ (2)對帶電系統(tǒng)進行分析，假設球A能達到NQ，且A球到達NQ時電場力對系統(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，球A恰好到達NQ 設球B從靜止到剛進入電場的時間為t1，則 t1＝解得t1＝ 球B進入電場后，帶電系統(tǒng)的加速度為a2，由牛頓第二定律得 a2＝＝－ 顯然，B球進入電場后帶電系統(tǒng)做勻減速運動．設減速所需時間為t2，則有 t2＝求得t2＝可知 ，帶電系統(tǒng)從靜止運動到速度第一次為零時所需的時間為t＝t1＋t2＝3 B球電勢能增加了Ep＝E·3q·2L＝6EqL 【答案】　(1)　(2)6EqL