人教版高中物理选修3-1第一章静电场检测题B(含答案)

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人教版高中物理选修3-1第一章静电场检测题B(含答案)

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j.Co M

第一章检测(B)
(时间:90分钟 满分:100分)
一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分。在每小题给出的四个选项中,第1~6题只有一个选项正确,第7~10题有多个选项正确,全部选对的得4分,选不全的得2分,有选错或不答的得0分)
1.关于电场强度与电势的关系,下列各种说法中正确的是 (  )
A.电场强度大的地方,电势一定高
B.电场强度不变,电势也不变
C.电场强度为零处,电势一定为零
D.电场强度的方向是电势降低最快的方向
解析:电场强度是从力的角度来描述电场性质的物理量,电势是从能量的角度来描述电场性质的物理量,两者没有必然联系。电场强度大时电势不一定高,电场强度为零电势也不一定为零,电场强度不变电势也可能变,但是电场强度的方向是指向电势降低最快的方向。
答案:D
2.
 
如图所示,M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点,O点为半圆弧的圆心,∠MOP=60°。电荷量相等、电性相反的两个点电荷分别置于M、N两点,这时O点电场强度的大小为E1;若将N点处的点电荷移至P点,则O点的电场强度大小变为E2,E1与E2之比为(  )
A.1∶2          B.2∶1
C.2
解析:
 
依题意,每个点电荷在O点产生的电场强度 N点处的点电荷移至P点时,O点电场强度如图所示,合电场强度大小为E2
答案:B
3.
 
如图所示,虚线是用实验方法描绘出的某一静电场的一簇等势线及其电势的值,一带电粒子只在电场力作用下飞经该电场时,恰能沿图中的实线从A点飞到C点,则下列判断正确的是(  )
A.粒子带负电
B.粒子在A点的电势能大于在C点的电势能
C.A点的加速度大于C点的加速度
D.粒子从A点到B点电场力所做的功大于从B点到C点电场力所做的功
解析:电场线与等势线垂直,且从高电势到低电势,所以电场线的大体方向向左。由运动轨迹可知带电粒子所受电场力方向大体向左,故粒子带正电,A错。由于电荷的电势能Ep=qφ、φA<φC,故EpA<EpC,B错。根据等势面的疏密知电场强度EA>EC,带电粒子在两点的电场力FA>FC,在两点的加速度aA>aC,C对。由于A点与B点、B点与C点间的电势差相等,故WAB=WBC,D错。
答案:C
4.如图所示,某示波管内的聚焦电场,实线和虚线分别表示电场线和等势线。两电子分别从a、b两点运动到c点。设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb,a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb,则(  )
 
A.Wa=Wb,Ea>Eb B.Wa≠Wb,Ea>Eb
C.Wa=Wb,Ea<Eb D.Wa≠Wb,Ea<Eb
解析:根据题图可知a处的电场线比b处密,所以a处电场强度较大,即Ea>Eb。又a、b位于同一等势线上,它们与c点的电势差相等,故两电子分别从a、b两点移动到c点过程中电场力做功相等,即Wa=Wb,A项正确。
答案:A
5.如图甲所示,一条电场线与Ox轴重合,取O点电势为零,Ox方向上各点的电势φ随x变化的规律如图乙所示,若在O点由静止释放一电子,电子仅受静电力的作用,则(  )
 
A.电子将沿x轴负方向运动
B.电子的电势能将增加
C.电子运动的加速度先减小后增大
D.电子运动的加速度恒定
解析:由题图乙可知,Ox轴上电场线方向一定沿x轴负方向,电子由静止开始运动,一定逆着电场线方向运动,A项错;电子由静止开始运动,静电力对电子做正功,其电势能一定减小,B项错;由题图乙可知该电场并非匀强电场,故加速度一定发生变化,D项错;题图乙中电势随x变化曲线的斜率即为电场强度,故电子运动加速度先减小后增大,C项正确。
答案:C
6.
 
(2016•天津理综)如图所示,平行板电容器带有等量异种电荷,与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷。以E表示两板间的电场强度,Ep表示点电荷在P点的电势能,θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动,将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置,则(  )
A.θ增大,E增大 B.θ增大,Ep不变
C.θ减小,Ep增大 D.θ减小,E不变
解析:由题意可知,电容器所带电荷量Q保持不变;由电容C ,当电容器间距d减小时,电容C增大,因极板所带电荷量Q不变,由U ,极板间电压U减小,故静电计夹角θ变小;两极板间电场强度E d无关,故选项D正确。
答案:D
7.
 
如图所示的水平匀强电场中,将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置,释放后,M、N保持静止,不计重力,则(  )
A.M的电荷量比N的大
B.M带负电荷,N带正电荷
C.静止时M受到的合力比N的大
D.移动过程中匀强电场对M做负功
解析:由平衡条件,对于M球EqM qN N球EqN qM M、N两球所带的电荷量等大,故选项A错误;由于M、N两球在彼此间库仑力和匀强电场给予的电场力作用下处于平衡状态,只能M带负电荷,N带正电荷,若两个都带正电,N不能受力平衡,若两个都带负电,M不能受力平衡,若M带正电,N带负电,两个都不能受力平衡,故选项B正确;静止时M、N两球所受合力均为0,故选项C错误;移动M过程中匀强电场给的水平向左的电场力与速度方向成钝角θ,由W=Flcos θ,cos θ<0,所以移动过程中匀强电场对M做负功,故选项D正确。
答案:BD
8.
 
如图所示,在一电场强度沿纸面方向的匀强电场中,用一绝缘丝线系一带电小球,小球的质量为m、电荷量为q,为保证当丝线与竖直方向的夹角为θ=60°时,小球处于平衡状态,则匀强电场的电场强度大小可能为(  )
A
C
解析:
 
取小球为研究对象,它受到重力mg、丝线的拉力F和电场力Eq的作用。因小球处于平衡状态,则它受到的合外力等于零,由平衡条件知,F和Eq的合力与mg是一对平衡力,根据力的平行四边形定则可知,当电场力Eq的方向与丝线的拉力方向垂直时,电场力为最小,如图所示,则Eq=mgsin θ得E ,该匀强电场的电场强度大小可能值为E≥
答案:ACD
9.
 
图中虚线为一组间距相等的同心圆,圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场,实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹,a、b、c三点是实线与虚线的交点。则该粒子(  )
A.带负电
B.在c点受力最大
C.在b点的电势能大于在c点的电势能
D.由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化
解析:由于带电粒子受到电场力指向轨迹凹侧,说明带电粒子带正电,选项A错误;根据库仑定律F= ,粒子在c点受到电场力最小,选项B错误;粒子从b点运动到c点的过程中,电场力对粒子做正功,粒子电势能减小,选项C正确;由动能定理可得qU=ΔEk,因为Uab>Ubc,所以选项D正确。
答案:CD
10.如图所示,一质量为m、电荷量为q的微粒,从两平行板正中央沿与匀强电场垂直的方向射入,不计重力,当入射速度为v时,它恰好穿过电场而不碰金属板。现使微粒入射速度变
 
A.使粒子电荷量变为原来
B.使两板间电压减为原来
C.使两板间距离增为原来的2倍
D.使两板间距离增为原来的4倍
解析:微粒恰好穿过电场而不碰金属板,说明其偏转距离为y ,则U、q、l、d 变化均可。
答案:AC
二、填空题(本题共2小题,共16分。把答案直接填在横线上)
11.(8分)
 
如图所示,A、B、C、D是匀强电场中的一个正方形的四个顶点。已知A、B、C三点电势分别为φA=15 V,φB=3 V,φC=-3 V,则由此可得D点电势φD=    。
解析:如图所示,连接AC,则UAC=18 V,将AC三等分,AE=EF=FC,则E、F点的电势分别为φE=9 V、φF=3 V,F点与B点等势,作出等势线如图所示。则D点电势φD=9 V。
 
答案:9 V
12.(8分)
 
如图所示,相距为d的两块平行金属板M、N与电源相连,开关S闭合后,M、N间有匀强电场,一个带电粒子以垂直电场方向从M板边缘射入电场,恰打在N板中点。若不计重力,为了使粒子恰好能飞出电场,则N板向下移动的距离为    。
解析:M、N两板间的距离为d,设板长为l,由题意可知,d
dx
 
a
故N板下移的距离为
Δs1=dx-d=d。
答案:d
三、计算题(本题共4小题,共44分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
13.
 
(10分)一条长3l的线穿着两个完全相同的小金属环A和B,质量均为m,将线的两端都系于同一点O,如图所示,当两金属环带电后,由于两环间的静电斥力使丝线构成一个等边三角形,此时两环处于同一水平线上,如果不计环与线的摩擦,两环各带多少电荷量?(静电力常量为k)
解析:
 
线并没有拴住小金属环,故三段线的拉力均相等,设拉力为FT,对环A受力分析如图。
竖直方向有FTsin 60°=mg
水平方向有F=FT+FTcos 60°
由库仑定律F=
联立解得Q=
答案:
14.(10分)
 
如图所示,充电后的平行板电容器水平放置,电容为C,极板间距离为d,上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落,穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计,极板间电场可视为匀强电场,重力加速度为g)。求:
(1)小球到达小孔处的速度。
(2)极板间电场强度大小和电容器带的电荷。
(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间。
解析:(1)由v2=2gh得v
(2)在极板间带电小球受重力和电场力,有
mg-qE=ma
0-v2=2ad
得E
U=Ed、Q=CU得Q=
(3)由h
t=t1+t2
综合可得t
答案:(1
(3
15.(12分)如图所示,粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上,B端与桌面边缘对齐,A是轨道上一点,过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E=1.5×106 N/C,方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体P电荷量是2.0×10-6 C,质量m=0.25 kg,与轨道间动摩擦因数μ=0.4。P从O点由静止开始向右运动,经过0.55 s到达A点,到达B点时速度是5 m/s,到达空间D点时速度与竖直方向的夹角为α,且tan α=1.2。P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用,F大小与P的速率v的关系如表所示(已知P从A到B的过程中v一直变大)。P视为质点,电荷量保持不变,忽略空气阻力,g取10 m/s2。求:
 
v/(m•s-1) 0≤v≤2 2<v<5 v≥5
F/N 2 6 3

(1)小物体P从开始运动至速率为2 m/s所用的时间。
(2)小物体P从A运动至D的过程,电场力做的功。
解析:(1)小物体P的速率从0增大至2 m/s,受外力 F1=2 N,设其做匀变速直线运动的加速度为a1,经过时间Δt1速度变为v1,则
F1-μmg=ma1 ①
v1=a1Δt1 ②
由①②式并代入数据得
Δt1=0.5 s。 ③
(2)小物体P从速率为2 m/s运动至A点,受外力F2=6 N,设其做匀变速直线运动的加速度为a2,则
F2-μmg=ma2 ④
设小物体P从速度v1经过Δt2时间到达A点,此时速度为v2,则
Δt2=0.55 s-Δt1 ⑤
v2=v1+a2Δt2 ⑥
P从A点至B点,受外力F2=6 N、电场力和滑动摩擦力的作用,设其做匀变速直线运动的加速度为a3,电荷量为q,在B点的速度为v3,从A点至B点的位移为x1,则
F2-μmg-qE=ma3 ⑦
 
P以速度v3滑出轨道右端B点,设水平方向受外力为F3,电场力大小为FE=qE,经计算可得
FE=F3 ⑨
F3与FE大小相等方向相反,P水平方向所受合力为零,所以,P从B点开始做初速度为v3的平抛运动。设P从B点运动至D点用时为Δt3,水平位移为x2,由题意知
 α ⑩
x2=v3Δt3 
设小物体P从A点至D点电场力做功为W,则
W=-qE(x1+x2) 
联立④~⑧,⑩~ 式并代入数据得
W=-9.25 J。 
答案:(1)0.5 s (2)-9.25 J
16.(12分)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。细杆的一部分处在电场强度方向水平向右的匀强电场中,电场强度E=2×104 N/C。在细杆上套有一个电荷量为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A、B间距离x1=0.4 m,g取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
mgx1sin α
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 m/s2
小球进入电场后还能滑行到最远处的C点,B、C的距离为
x2 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
所以vAB=vBC m/s
小球从A点滑到C点时间
t s。
答案:(1)2 m/s (2)0.4 m (3)0.8 s

 

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