第九章电场章末质量检测Word文件下载.docx
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解析:
两带电金属球接触后,它们的电荷量先中和后均分,由库仑定律得:
F=k
,F′=k
=k
.联立得F′=
F,C选项正确.
答案:
C
2.(2010·
南通模拟)如图1所示,匀强电场E的区域内,
在O点放置一点电荷+Q.a、b、c、d、e、f为以O为
球心的球面上的点,aecf平面与电场平行,bedf平面与
电场垂直,则下列说法中正确的是( )
A.b、d两点的电场强度相同
B.a点的电势等于f点的电势
C.点电荷+q在球面上任意两点之间移动时,电场力一定做功
D.将点电荷+q在球面上任意两点之间移动时,从a点移动到c点电势能的变化量一定最大
b、d两点的场强为+Q产生的场与匀强电场E的合场强,由对称可知,其大小相等,方向不同,A错误;
a、f两点虽在+Q所形电场的同一等势面上,但在匀强电场E中此两点不等势,故B错误;
在bedf面上各点电势相同,点电荷+q在bedf面上移动时,电场力不做功,C错误;
从a点移到c点,+Q对它的电场力不做功,但匀强电场对+q做功最多,电势能变化量一定最大,故D正确.
D
3.如图2所示,一质量为m、带电荷量为q的物体处于场强按
E=E0-kt(E0、k均为大于零的常数,取水平向左为正方向)变
化的电场中,物体与竖直墙壁间的动摩擦因数为μ,当t=0时刻
物体处于静止状态.若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,
且电场空间和墙面均足够大,下列说法正确的是( )
A.物体开始运动后加速度先增加、后保持不变
B.物体开始运动后加速度不断增大
C.经过时间t=
,物体在竖直墙壁上的位移达最大值
D.经过时间t=
,物体运动速度达最大值
物体运动后,开始时电场力不断减小,则弹力、摩擦力不断减小,所以加速度不断增加;
电场力减小到零后反向增大,电场力与重力的合力一直增大,加速度也不断增大,B正确;
经过时间t=
后,物体将脱离竖直墙面,所以经过时间t=
,物体在竖直墙壁上的位移达最大值,C正确.
BC
4.平行板电容器的两极板A、B接于电源两极,两极板竖直、平行正对,一带正电小球悬挂在电容器内部,闭合电键S,电容器充电,悬线偏离竖直方向的夹角为θ,如图3所示,则下列说法正确的是( )
图3
A.保持电键S闭合,带正电的A板向B板靠近,则θ减小
B.保持电键S闭合,带正电的A板向B板靠近,则θ增大
C.电键S断开,带正电的A板向B板靠近,则θ增大
D.电键S断开,带正电的A板向B板靠近,则θ不变
对A、B选项,因电键S闭合,所以A、B两极板的电势差不变,由E=
可知极板间场强增大,悬挂的带正电小球受到的电场力增大,则θ增大,选项A错误B正确;
对C、D选项,因电键S断开,所以电容器两极板所带电荷量保持不变,由C=
、C=
和E=
可推出,E=
,与两极板间距离无关,两极板间场强保持不变,悬挂的带正电的小球受到的电场力不变,则θ不变,只有D项正确.
BD
5.(2010·
黄冈模拟)如图4所示,AC、BD为圆的两条互相垂直的
直径,圆心为O,半径为r,将带等电荷量的正、负点电荷放在
圆周上,它们的位置关于AC对称,+q与O点的连线和OC夹
角为30°
,下列说法正确的是( )
A.A、C两点的电势关系是φA=φC
B.B、D两点的电势关系是φB=φD
C.O点的场强大小为
D.O点的场强大小为
由等量异种点电荷的电场分布和等势面的关系可知,等量异种点电荷的连线的中垂线为一条等势线,故A、C两点的电势关系是φA=φC,A对;
空间中电势从左向右逐渐降低,故B、D两点的电势关系是φB>φD,B错;
+q点电荷在O点的场强与-q点电荷在O点的场强的大小均为
,方向与BD方向向上和向下均成60°
的夹角,合场强方向向右,根据电场的叠加原理知合场强大小为
,C对D错.
AC
6.如图5所示,粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷,带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑,到达N点时速度为零,然后下滑回到M点,此时速度为v2(v2<
v1).若小物体电荷量保持不变,OM=ON,则( )
图5
A.小物体上升的最大高度为
B.从N到M的过程中,小物体的电势能逐渐减小
C.从M到N的过程中,电场力对小物体先做负功后做正功
D.从N到M的过程中,小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小
因为OM=ON,M、N两点位于同一等势面上,所以从M到N的过程中,电场力时小物体先做正功再做负功,电势能先减小后增大,B、C错误;
因为小物体先靠近正点电荷后远离正点电荷,所以电场力、斜面压力、摩擦力都是先增大后减小,D正确;
设小物体上升的最大高度为h,摩擦力做功为W,在上升过程、下降过程根据动能定理得
-mgh+W=0-
mv12①
mgh+W=
mv22,②
联立①②解得h=
,A正确.
AD
7.(2009·
安徽高考)在光滑的绝缘水平面上,有一个正方形abcd,顶点a、c处分别固定一个正点电荷,电荷量相等,如图6所示.若将一个带负电的粒子置于b点,自由释放,粒子将沿着对角线bd往复运动.粒子从b点运动到d点的过程中( )
图6
A.先做匀加速运动,后做匀减速运动
B.先从高电势到低电势,后从低电势到高电势
C.电势能与机械能之和先增大,后减小
D.电势能先减小,后增大
这是等量同种电荷形成的电场,根据这种电场的电场线分布情况,可知在直线bd上正中央一点的电势最高,所以B错误.正中央一点场强最小等于零,所以A错误.负电荷由b到d先加速后减速,动能先增大后减小,则电势能先减小后增大,但总和不变,所以C错误,D正确.
8.(2009·
天津高考)如图7所示,带等量异号电荷的两平行
金属板在真空中水平放置,M、N为板间同一电场线上的两点,一带电粒子(不计重力)以速度vM经过M点在电场线上向下运动,且未与下板接触,一段时间后,粒子以速度vN折回N点,则( )
A.粒子受电场力的方向一定由M指向N
B.粒子在M点的速度一定比在N点的大
C.粒子在M点的电势能一定比在N点的大
D.电场中M点的电势一定高于N点的电势
由题意可知M、N在同一条电场线上,带电粒子从M点运动到N点的过程中,电场力做负功,动能减小,电势能增加,故选项A、C错误,B正确;
由于题中未说明带电粒子及两极板的电性,故无法判断M、N两点的电势高低,选项D错误.
B
9.如图8所示,光滑绝缘直角斜面ABC固定在水平面上,
并处在方向与AB面平行的匀强电场中,一带正电的物
体在电场力的作用下从斜面的底端运动到顶端,它的动
能增加了ΔEk,重力势能增加了ΔEp.则下列说法正确的
是( )
A.电场力所做的功等于ΔEk
B.物体克服重力做的功等于ΔEp
C.合外力对物体做的功等于ΔEk
D.电场力所做的功等于ΔEk+ΔEp
物体沿斜面向上运动的过程中有两个力做功,电场力做正功,重力做负功,根据动能定理可得:
WF+WG=ΔEk由重力做功与重力势能变化的关系可得WG=-ΔEp,由上述两式易得出A错误,B、C、D正确.
BCD
10.欧洲核子研究中心于2008年9月10日启动了大型强子对撞机,如图9甲所示,将一束质子流注入长27km的对撞机隧道,使其加速后相撞,创造出与宇宙大爆炸之后万亿分之一秒时的状态相类似的条件,为研究宇宙起源和各种基本粒子特性提供强有力的手段.设n个长度逐渐增大的金属圆筒沿轴线排成一串,各筒相间地连到频率为f、最大电压值为U的正弦交流电源上,图9乙所示为其简化示意图.质子束以一定的初速度v0沿轴线射入圆筒实现加速,则( )
图9
A.质子在每个圆筒内都做加速运动
B.质子只在圆筒间的缝隙处做加速运动
C.质子穿过每个圆筒的时间恰为交变电流的周期
D.每个筒长应与其对应的位置成线性关系
由于同一个金属筒所处的电势相同,内部无场强,故质子在筒内必做匀速直线运动;
而前后两筒间的电势差为U,故质子每次穿越缝隙时将被电场加速,则B对A错.又由于各筒相间地连到频率为f的交流电源上,故质子穿过每个圆筒的时间都应为交变电流的半个周期,故C错.若设vn为质子在第n个筒内的速度,则筒长为Ln=vn·
,又
mvn2-
mv02=(n-1)qU,得Ln=
,即筒长与其对应的位置不成线性关系,D项错误.
二、实验题(本大题共2个小题,共10分)
11.(5分)如图10所示为用描迹法画出带电同轴柱面间的电场在
平面上的等势线的部分实验装置.图中A为圆柱形金属电极,
B为固定于塑料平板上的金属圆环,圆环B与A共轴.
(1)B环与塑料板间从上向下还应铺放__________、__________、
______________.
(2)除了图中的器材外,还需要的实验器材是__________________________________
_____________________________________________________________________.
(3)描绘出的等势线的形状应是___________________________________________.
_______________________________________________________________________.
(1)导电纸 复写纸 白纸
(2)零刻度在刻度盘中央的灵敏电流计1只、带有导线的探针2个
(3)以A为圆心的同心圆
12.(5分)在“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验中:
(1)有以下一些操作步骤:
A.在导电纸上画出两电极的连线
B.将灵敏电流计的一个探针接一个电极,用另一个探针接触导电纸,缓慢移动,可找出一系列等势点
C.在平板上先铺上白纸,再铺上复写纸,然后再铺上导电纸
D.安好电极,接好电路
E.在两电极a、b的连线上,等距离地取五个基准点c、d、
e、f、g,并复印在白纸上,如图11所示
F.灵敏电流计的一个探针接触某个基准点不动,另一个探针缓慢地移动到电流计不偏转时,复印一点,即可找出许多等势点
G.闭合开关
选取合理的操作步骤,并按顺序排列为____________.
(2)若手头没有灵敏电流计,是否可以用内阻较大的电压表代替?
答:
________(填“能”或“不能”).
如能用电压表代替,其具体做法又如何?
______________________________________________________________________.
找等势点如用电流计(电流表),则是看基准点与探针所指点之间有无电流通过,若无则两点等势.用电压表只要看它们之间电势差是否相同,选一基准点,若某些点与基准点电势差相同,则这些点为等势点.
(1)CDAEGF
(2)能 如用电压表找等势点,则应将电压表一端接电源正极(或负极),另一端作探针,在基准点及周围测量,电压表读数相等的点即为等势点
三、计算题(本大题共4个小题,共40分,解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤,有数值计算的要注明单位)
13.(8分)(2010·
蚌埠一模)两个正点电荷Q1=Q和Q2=4Q分别
置于固定在光滑绝缘水平面上的A、B两点,A、B两点相距
L,且A、B两点正好位于水平放置的光滑绝缘半圆细管两个
端点的出口处,如图12所示.
(1)现将另一正点电荷置于A、B连线上靠近A处静止释放,求它在AB连线上运动过程中达到最大速度时的位置离A点的距离.
(2)若把该点电荷放于绝缘管内靠近A点处由静止释放,已知它在管内运动过程中速度为最大时的位置在P处.试求出图中PA和AB连线的夹角θ.
(1)正点电荷在A、B连线上速度最大处对应该电荷所受合力为零(加速度最小),设此时距离A点为x,即
k
解得x=
.
(2)若点电荷在P点处所受库仑力的合力沿OP方向,则P点为点电荷的平衡位置,则它在P点处速度最大,即此时满足
tanθ=
=
即得:
θ=arctan
(1)
(2)arctan
14.(10分)如图13所示,ABCD为竖直放在场强为E=
104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道,其中轨
道的
部分是半径为R的半圆形轨道,轨道的水
平部分与其半圆相切,A为水平轨道上的一点,而且
AB=R=0.2m,把一质量m=0.1kg、带电荷量q=+1×
10-4C的小球放在水平轨道的A点由静止开始释放,小球在轨道的内侧运动.(g取10m/s2)求:
(1)小球到达C点时的速度是多大?
(2)小球到达C点时对轨道压力是多大?
(3)若让小球安全通过D点,开始释放点离B点至少多远?
(1)由A点到C点应用动能定理有:
Eq(AB+R)-mgR=
mvC2
解得:
vC=2m/s
(2)在C点应用牛顿第二定律得:
FN-Eq=m
得FN=3N
由牛顿第三定律知,小球在C点对轨道的压力为3N.
(3)小球要安全通过D点,必有mg≤m
设释放点距B点的距离为x,由动能定理得:
Eqx-mg·
2R=
mvD2
以上两式联立可得:
x≥0.5m.
(1)2m/s
(2)3N (3)0.5m
15.(10分)半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内,
环上套有一质量为m、带正电的珠子,空间存在水平向
右的匀强电场,如图14所示.珠子所受静电力是其重
力的
倍,将珠子从环上最低位置A点由静止释放,求:
(1)珠子所能获得的最大动能是多少?
(2)珠子对圆环的最大压力是多少?
(1)设qE、mg的合力F合与竖直方向的夹角为θ,
因qE=
mg,所以tanθ=
,
则sinθ=
,cosθ=
则珠子由A点静止释放后在从A到B的过程中做加速运动,
如图所示.由题意知珠子在B点的动能最大,由动能定理得
qErsinθ-mgr(1-cosθ)=Ek,
解得Ek=
mgr.
(2)珠子在B点对圆环的压力最大,设珠子在B点受圆环的弹力为FN,则FN-F合=
(
mv2=
mgr)
即FN=F合+
+
mg
mg+
mg=
mg.
由牛顿第三定律得,珠子对圆环的最大压力为
(1)
mgr
(2)
16.(12分)如图15所示,在水平方向的匀强电场中有一表面光
滑、与水平面成45°
角的绝缘直杆AC,其下端(C端)距地面
高度h=0.8m.有一质量为500g的带电小环套在直杆上,正
以某一速度沿杆匀速下滑,小环离开杆后正好通过C端的正下
方P点.(g取10m/s2)求:
(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向;
(2)小环在直杆上匀速运动时速度的大小;
(3)小环运动到P点的动能.
(1)小环在直杆上的受力情况如图所示.
由平衡条件得:
mgsin45°
=Eqcos45°
得mg=Eq,
离开直杆后,只受mg、Eq作用,则
F合=
mg=ma,
a=
g=10
m/s2≈14.1m/s2
方向与杆垂直斜向右下方.
(2)设小环在直杆上运动的速度为v0,离杆后经t秒到达P点,则竖直方向:
h=v0sin45°
·
t+
gt2,
水平方向:
v0cos45°
t-
t2=0
v0=
=2m/s
(3)由动能定理得:
EkP-
mv02=mgh
可得:
EkP=
mv02+mgh=5J.
(1)14.1m/s2,垂直于杆斜向右下方
(2)2m/s (3)5J
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