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第七章 靜電場
本章綜合能力提升練
(限時:45分鐘)
一、單項選擇題
1.(2019屆寧波市諾丁漢大學(xué)附屬中學(xué)期末)如圖1所示,絕緣支架上固定兩金屬板,金屬板之間的距離可調(diào),下列說法正確的是( )
圖1
A.該裝置太大了,所以不能稱為電容器
B.兩金屬板構(gòu)成電容器,充電后能夠儲存電荷
C.電容器能夠儲存電荷,不能儲存電場能
D.因為裝置沒有帶電,所以電容為零
答案 B
2.“探究影響平行板電容器電容大小的因素”的實驗裝置如圖2所示,忽略漏電產(chǎn)生的影響,下列判斷正確的是( )
圖2
A.平行板正對面積減小時,靜電計指針偏角減小
B.靜電計可以用電壓表替代
C.靜電計所帶電荷量與平行板電容器所帶電荷量不相等
D.靜電計測量的是平行板電容器所帶電荷量
答案 C
3.某靜電除塵裝置管道截面內(nèi)的電場線分布如圖3所示,平行金屬板M、N接地,正極位于兩板正中央,圖中a、b、c三點的場強分別為Ea、Eb、Ec,電勢分別為φa、φb、φc,則( )
圖3
A.Ea
φb D.φb=φc
答案 C
4.如圖4所示,光滑絕緣的水平面上的P點固定著一個帶正電的點電荷,在它的右側(cè)N點由靜止開始釋放一個也帶正電的小球(可視為質(zhì)點).以向右為正方向,下圖中能反映小球運動速度隨時間變化規(guī)律的是( )
圖4
答案 B
解析 N點的小球由靜止釋放后,受到向右的庫侖力的作用,開始向右運動,根據(jù)庫侖定律F=k可得,隨著兩者之間的距離的增大,運動小球受到的庫侖力在減小,根據(jù)牛頓第二定律a=可得,小球做加速度減小的加速直線運動,而v-t圖象中圖象的斜率表示小球運動的加速度,所以B項正確.
5.如圖5所示,空間有一水平勻強電場,在豎直平面內(nèi)有初速度為v0的帶電微粒,沿圖中虛線由A運動到B,其能量變化情況是( )
圖5
A.動能減少,重力勢能增加,電勢能減少
B.動能減少,重力勢能增加,電勢能增加
C.動能不變,重力勢能增加,電勢能減少
D.動能增加,重力勢能增加,電勢能減少
答案 B
解析 由于帶電微粒做直線運動,其受力如圖所示,其合外力的方向應(yīng)為速度的反方向,故帶電微粒做減速運動,動能減少,重力做負功,重力勢能增加,電場力做負功,電勢能增加,故選項B正確.
6.如圖6所示,勻強電場中有M、N、P、Q四點,它們分別位于矩形的四個頂點上.電子分別由M點運動到N點和Q點的過程中,電場力所做的正功相同,已知N、P、Q中有兩點電勢是18V、10V.則( )
圖6
A.不可能求出M點電勢
B.N點電勢是18V
C.P點電勢是10V
D.Q點電勢是10V
答案 D
解析 電子分別由M點運動到N點和Q點過程中,電場力所做的正功相同,說明N、Q兩點電勢相等,且高于M點的電勢,故四點的電勢關(guān)系是φM<φN=φQ<φP,所以φP=18V,φN=φQ=10V,B、C錯誤,D正確;由于QM平行且與PN長度相同,所以UQM=UPN=8V,可得φM=2V,A錯誤.
7.(2016浙江4月選考8)密立根油滴實驗原理如圖7所示.兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負極相接,板間電壓為U,形成豎直向下電場強度大小為E的勻強電場.用噴霧器從上板中間的小孔噴入大小、質(zhì)量和帶電荷量各不相同的油滴.通過顯微鏡可找到懸浮不動的油滴,若此懸浮油滴的質(zhì)量為m,則下列說法正確的是( )
圖7
A.懸浮油滴帶正電
B.懸浮油滴的帶電荷量為
C.增大電場強度大小,懸浮油滴將向上運動
D.油滴的帶電荷量不一定是電子帶電荷量的整數(shù)倍
答案 C
解析 油滴懸浮不動,說明其所受的電場力與重力平衡,所以帶負電,A錯;由Eq=mg得q=,所以B錯;如果增大電場強度大小,油滴所受的電場力增大,油滴就會向上運動,C對;所有帶電體的電荷量都是電子帶電荷量的整數(shù)倍,D錯.
8.(2019屆書生中學(xué)模擬)如圖8所示,將一帶電小球A通過絕緣細線懸掛于O點,細線不能伸長,現(xiàn)要使細線偏離豎直線30角,可在O點正下方的B點固定放置帶電荷量為q1的點電荷,且B、A連線垂直于OA;也可在O點正下方C點固定放置帶電荷量為q2的點電荷,且C、A處于同一水平線上.則為( )
圖8
A.B.C.D.
答案 C
解析 對兩種情況進行受力分析,如圖所示:
依據(jù)矢量的合成法則,結(jié)合三角形知識及平衡條件,則有:F′=mgsin30,
F=mgtan30,
根據(jù)庫侖定律,則有:F′=,F(xiàn)=,
根據(jù)幾何知識,則有:lBA=Ltan30,lCA=Lsin30,
綜上可得:=,故A、B、D錯誤,C正確.
二、多項選擇題
9.如圖9所示,圖中實線是一簇未標(biāo)明方向的由點電荷產(chǎn)生的電場線,虛線是某一帶電粒子通過該電場區(qū)域時的運動軌跡,a、b是軌跡上的兩點.若粒子在運動中只受電場力作用.根據(jù)此圖能作出的正確判斷是( )
圖9
A.帶電粒子所帶電荷的符號
B.粒子在a、b兩點的受力方向
C.粒子在a、b兩點何處速度大
D.a(chǎn)、b兩點電場的強弱
答案 BCD
解析 由題圖中粒子的運動軌跡可知粒子在a、b兩點受到的電場力沿電場線向左,由于電場線方向不明,無法確定粒子的電性,故A錯誤,B正確;由軌跡彎曲方向與粒子速度方向的關(guān)系分析可知,電場力對粒子做負功,粒子動能減小,電勢能增大,則粒子在a點的速度較大,故C正確;根據(jù)電場線的疏密程度可判斷a、b兩點電場的強弱,故D正確.
10.(2018嘉興市期末)一對等量異種點電荷電場的電場線(實線)和等勢線(虛線)分布如圖10所示,則下列說法正確的是( )
圖10
A.A點場強EA大于B點場強EB
B.A點電勢φA低于B點電勢φB
C.某一點電荷在A點時的電勢能EpA一定大于在B點時的電勢能EpB
D.將某一點電荷從A點移至B點,路徑不同,電場力做功也不同
答案 AB
11.如圖11所示,帶電平行金屬板A、B,板間的電勢差為U,板間距離為d,A板帶正電,B板中央有一小孔.一帶電的微粒,帶電荷量為q,質(zhì)量為m,自孔的正上方距B板高h處由靜止自由下落,若微粒恰能落至A、B板的正中央C點,則下列說法中正確的是( )
圖11
A.微粒在下落過程中動能逐漸增大,重力勢能逐漸減小
B.微粒下落過程中重力做功為mg,電場力做功為-
C.微粒落入電場中,電勢能逐漸增加,其增加量為
D.若微粒從距B板高2h處自由下落,則恰好能到達A板
答案 BCD
解析 微粒下落至C點的過程中,重力做功mg,重力勢能減小;電場力做功-,電勢能增加,增加量為,微粒動能先增大后減小,故A錯誤,B、C正確;由動能定理得,微粒由h處下落時,mg-q=0,即qU=mg(2h+d),由2h處下落時,mg(2h+d)-qU=0,說明微粒恰能到達A板,故D正確.
12.如圖12所示,平行板電容器充電后形成一個勻強電場,大小保持不變.讓質(zhì)子(H)流以不同初速度,先、后兩次垂直電場射入,分別沿a、b軌跡落到極板的中央和邊緣,則質(zhì)子沿b軌跡運動時( )
圖12
A.加速度更大
B.初速度更大
C.動能增量更大
D.兩次的電勢能增量相同
答案 BD
解析 加速度為a=,加速度相同,故A錯誤;質(zhì)子在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動,則偏轉(zhuǎn)距離y=at2==,x是水平位移,由題圖看出,y相同,則知,v0越大時,x越大,故質(zhì)子沿b軌跡運動時初速度v0更大,故B正確;電場力做功為W=qEy,可見,電場力做功相同,由動能定理知,動能增量相同,由能量守恒知,兩次的電勢能增量相同,故D正確,C錯誤.
三、計算題
13.如圖13所示,用一條長為1m的絕緣輕繩懸掛一個帶電小球,小球質(zhì)量為1.010-2kg,所帶電荷量為+2.010-8C,現(xiàn)加一水平向右的勻強電場,平衡時絕緣繩與豎直方向成30角,g取10m/s2.
圖13
(1)求該勻強電場的電場強度大??;
(2)在外力作用下,使小球從位置A移到位置B,求電場力所做的功及小球電勢能的變化.
答案 (1)107N/C (2)-J 電勢能增加J
解析 (1)小球受力平衡:qE=mgtan30
解得:E==107N/C
(2)W電=-qELsin30
解得:W電=-J
由功能關(guān)系得ΔEp=-W電
解得:ΔEp=J
14.一束電子流從A極板中間的小孔由靜止進入并經(jīng)U=880V的加速電壓加速后,從B極板中間的小孔以速度v0飛出,在與兩極板C、D等距處垂直進入平行板C、D間的勻強電場,如圖14所示,若兩板間距d=1.0cm,板長l=5cm.已知電子的電荷量與其質(zhì)量的比值=1.761011C/kg,不計電子重力影響.求:
圖14
(1)電子從B極板小孔飛出的速度v0的大??;
(2)電子在C、D平行板間電場中的運動類似于哪種運動;
(3)要使電子恰好從D極板邊緣飛出,C、D間的電壓大小.
答案 (1)1.76107m/s (2)平拋運動 (3)70.4V
解析 (1)在加速電場中,由動能定理得:
eU=mv02-0,
解得:v0=1.76107m/s;
(2)電子在水平方向不受力且具有初速度,在水平方向做勻速直線運動,電子在豎直方向受到恒定的電場力作用且初速度為零,做初速度為零的勻加速直線運動,電子在C、D平行板間的運動類似于平拋運動,即電子做類平拋運動;
(3)電子在C、D板間做類平拋運動,電子恰好從D板邊緣飛出時:
水平方向:l=v0t,
豎直方向:d=t2,
解得:U′=70.4V.
15.如圖15所示,在豎直向下的勻強電場中有一絕緣的光滑軌道,一個帶負電的小球從斜軌道上的A點由靜止釋放,沿軌道滑下,已知小球的質(zhì)量為m,電荷量為-q,勻強電場的場強大小為E,斜軌道的傾角為α(小球的重力大于所受的電場力).
圖15
(1)求小球沿斜軌道下滑的加速度的大?。?
(2)若使小球通過圓軌道頂端的B點,求A點距水平地面的高度h至少應(yīng)為多大?
(3)若小球從斜軌道h=5R處由靜止釋放.假設(shè)其能夠通過B點,求小球從靜止開始沿軌道運動到B點的過程中小球機械能的改變量.
答案 (1) (2) 2.5R (3)-3EqR
解析 (1)根據(jù)牛頓第二定律得:(mg-qE)sinα=ma,
解得:a=;
(2)若小球剛好通過B點,根據(jù)牛頓第二定律有:
mg-qE=m
小球由A到B,據(jù)動能定理:
(mg-qE)(h-2R)=mv2-0
聯(lián)立解得h=2.5R;
(3)小球從靜止開始沿軌道運動到B點的過程中,由功能關(guān)系知,機械能的變化量為:
ΔE機=W電,W電=-3EqR,
故ΔE機=-3EqR
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