第十章测评
(时间:60分钟 满分:100分)
一、选择题(本题共12个小题,每题4分,共48分。1~6是单选题,7~12是多选题,多选、错选均不得分,漏选得2分)
1.下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解,其中正确的是( )
A.根据电场强度的定义式E=可知,电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比 B.根据电容的定义式C=可知,电容器的电容与其所带电荷量成正比,与两极板间电压成反比 C.根据真空中点电荷的电场强度公式E=k可知,电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关
D.根据电势差的定义式UAB=可知,带电荷量为1 C的正电荷,从A点移动到B点克服静电力做功为1 J,则A、B两点间的电势差为-1 V
解析电场强度取决于电场本身,与有无试探电荷无关,A错误;电容取决于电容器本身,与电容器所带电荷量和两极板间电压无关,B错误;E=k中,Q是场源电荷,所以电场中某点的电场强度与Q成正比,C错误;由UAB=知,D正确。 答案D
2.空间存在甲、乙两相邻的金属球,甲球带正电,乙球原来不带电,由于静电感应,两球在空间形成了如图所示稳定的静电场。实线为其电场线,虚线为其等势线,A、B两点与两球球心连线位于同一直线上,C、D两点关于直线AB对称,则( ) A.A点和B点的电势相同 B.C点和D点的电场强度相同
C.正电荷从A点移至B点,静电力做正功
D.负电荷从C点沿直线CD移至D点,电势能先增加后减少
解析由题图可知φA>φB,所以正电荷从A移至B,电势减小,静电力做正功,故A错误,C正确。C、D两点电场强度方向不同,故B错误。负电荷从C点沿直线CD移至D点,电势能先减少后增加,所以D错误,故选C。 答案C
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3.如图所示,一圆环上均匀分布着正电荷,x轴垂直于环面且过圆心O。下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( ) A.O点的电场强度为零,电势最低 B.O点的电场强度为零,电势最高
C.从O点沿x轴正方向,电场强度减小,电势升高 D.从O点沿x轴正方向,电场强度增大,电势降低
解析根据电场的对称性和电场的叠加原理知,O点的电场强度为零。在x轴上,电场强度的方向自O点分别指向x轴正方向和x轴负方向,且沿电场线方向电势越来越低,所以O点电势最高。在x轴上离O点无限远处的电场强度为零,所以沿x轴正方向和x轴负方向的电场强度先增大后减小。选项B对。 答案B
4.如图所示,空间内存在水平匀强电场,不可伸长的轻绳一端固定于O点,另一端系一质量为m的带正电小球,小球可以在图中虚线位置保持静止。现将小球拉至绳水平后由A点无初速度释放,则小球运动到绳竖直的B点位置时绳的拉力大小为( ) A.mg
B.mg
C.mg
D.mg
解析小球在平衡点受力分析,根据平衡条件得静电力F电=qE=mgtan 37°,小球从A到B的过程,由动能定理可得mgL-qEL=mv,在最低点受力分析,由圆周运动的特点得FT-mg=,得出绳子对球的拉力FT=mg,B对。 答案B 2
5.如图所示,一质量为m、带电荷量为q的粒子,以初速度v0从a点竖直向上射入匀强电场中,匀强电场方向水平向右。粒子通过电场中的b点时,速率为2v0,方向与电场方向一致,则a、b两点间的电势差为( ) A.
B.
C.
D.
,可得加速度的大
解析由题意可知,粒子受重力和水平方向的静电力作用,由加速度定义a=小ax=2ay=2g,由牛顿第二定律可知,qE=2mg,水平位移x=v0t,竖直位移y=,即x=2y,因此静电力做功W1=qEx=qUab,重力做功W2=-mgy=答案C ,由动能定理得:W1+W2=m(2v0)-2
,解得:Uab=。
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6.如图所示,O是一固定的点电荷,虚线是该点电荷产生的电场中的三条等势线,正点电荷q仅受静电力的作用沿实线所示的轨迹从a处运动到b处,然后又运动到c处。由此可知( )
A.O为负电荷
B.在整个过程中q的速度先变大后变小 C.在整个过程中q的加速度先变小后变大 D.在整个过程中,静电力做功为零
解析点电荷和正点电荷的距离先减少后增大,由库仑定律知,静电力先增大后减小,根据牛顿第二定律,加速度先变大后变小,C错;由轨迹为曲线时合力指向凹形一侧知,静电力必为斥力,O是一固定的点电荷,必带正电,A错;a到b静电力做负功,b到c静电力做正功,q的速度先变小后变大,B错;固定的正点电荷的等势线为一簇同心圆,a与c等势,所以在整个过程中,静电力做功为零,D对。 答案D 7.
如图所示,平行金属板A、B之间有加速电场,C、D之间有偏转电场,M为荧光屏。今有质子、氘核和α粒子均从A板由静止开始经加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场,最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4,电荷量之比为1∶1∶2,则下列判断正确的是( )
A.三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同 B.三种粒子打到荧光屏上的位置相同
C.加速电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶2∶4 D.偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶1∶2
解析设加速电场的电压为U1,偏转电场的电压为U2,偏转极板的长度为L,板间距离为d。在加速电场中,由动能定理得qU1=,故加速电场的静电力对三种粒子做功之比等于电荷量之比,
,三种粒子从B板运动到荧光屏的过
即1∶1∶2,故C错误。经加速电场获得的速度为v0=程,在水平方向做速度为v0的匀速直线运动,由于三种粒子的比荷不同,则v0不同,所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同,故A错误。根据y=可知,y与粒子的种类、质量、
电荷量无关,故三种粒子偏转距离相同,打到荧光屏上的位置相同,故B正确。偏转电场的静电力做功为W=,则W与q成正比,三种粒子的电荷量之比为1∶1∶2,则偏转电场的静电力对三
种粒子做功之比为1∶1∶2,故D正确。 答案BD 8.
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如图所示的电路中,AB是两金属板构成的平行板电容器。先将开关K闭合,等电路稳定后再将K断开,然后将B板向下平移一小段距离,并且保持两板间的某点P与A板的距离不变。则下列说法正确的是( ) A.电容器的电容变小
B.电容器内部电场强度大小变大 C.电容器内部电场强度大小不变 D.P点电势升高 答案ACD 9.
如图,一带负电荷的油滴在匀强电场中运动,其轨迹在竖直面(纸面)内,且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知( ) A.Q点的电势比P点高
B.油滴在Q点的动能比它在P点的大 C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大 D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
解析由于轨迹关于P点对称,根据曲线运动合力方向应指向曲线凹侧,在P点合力方向竖直向上,则电场线方向竖直向下,沿电场线方向电势降低,选项A正确;根据Ep=φq可知,油滴在Q点的电势能小于在P点的电势能,选项C错误;油滴所受合力竖直向上,根据动能定理可知,油滴在Q点的动能大于P点,选项B正确;油滴所受合力大小不变,加速度也始终不变,选项D错误。 答案AB
10.如图所示,在两等量异种点电荷的电场中,MN为两电荷连线的中垂线,a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线,且a点和c点关于MN对称、b点位于MN上,d点位于两电荷的连线上。以下判断正确的是( )
A.b点电场强度大于d点电场强度 B.b点电场强度小于d点电场强度
C.a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差
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D.试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能
解析如图所示,两电荷连线的中点位置用O表示,在中垂线MN上,O点电场强度最大,在两电荷之间连线上,O点电场强度最小,即Eb B.油滴从小孔运动至N板过程中,电势能增加mgd C.油滴从小孔运动至N板过程中,机械能增加eU D.若将极板M向下缓慢移动一小段距离,油滴将加速下降 解析带电油滴在极板间匀速下落,故受力平衡,则有mg=q,所以油滴带电荷量q=的数目为n=,所以电子 ,故A正确。油滴下降过程中,静电力方向向上,静电力做的功为-mgd,电势 能增加mgd,故B正确。机械能减少,故C错误。若将极板M向下缓慢移动一小段距离,d减小,静电力F=q增大,合外力竖直向上,油滴将减速下降,故D错误。 答案AB 12.如图所示,M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板,板间有匀强电场,质量为m、电荷量为-q的带电粒子,以初速度v0由小孔进入电场,当M、N间电压为U时,粒子刚好能到达N板,如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间的正中间处返回,则下述措施能满足要求的是( ) A.使初速度减为原来的 - 5 - B.使M、N间电压提高到原来的2倍 C.使M、N间电压提高到原来的4倍 D.使初速度和M、N间电压都减为原来的 解析在粒子刚好到达N板的过程中,由动能定理得-qEd=0-,所以d=,令带电粒子离开M板的最远距离为x,则使初速度减为原来的,x=;使M、N间电压提高到原来的2倍,电场强度变为原来的2倍,x=,使M、N间电压提高到原来的4倍,电场强度变为原来的4倍,x=;使初速度和M、N间电压都减为原来的,电场强度变为原来的一半,x=,故B、D正确。 答案BD 二、实验题(本题共2个小题,共12分) 13.(6分)定性研究平行板电容器的电容与结构之间的关系的装置如图所示,平行板电容器的A板与静电计相连,B板和静电计金属壳都接地。若充电后保持电容器所带电荷量不变,试指出下列三种情况下,静电计指针的偏转角度变化情况。(均选填“变大”“变小”或“不变”) (1)正对面积减小时,静电计指针的偏转角度将 。 (2)板间距离增大时,静电计指针的偏转角度将 。 (3)插入电介质时,静电计指针的偏转角度将 。 解析(1)电容器所带电荷量一定,正对面积减小时,由 C=变大,故指针的偏转角度变大;(2)板间距离增大时,由C=变大,故指针的偏转角度变大;(3)插入电介质时,由C=知,电容C减小,由C=知,电势差U知,电容C减小,由C=知,电势差U知,电容C变大,由C=知,电势差U变小,故指针的偏转角度变小。 答案(1)变大 (2)变大 (3)变小 14.(6分)如图甲是观察用干电池对电容器充电过程中电容器两端电压随时间变化的图像,图乙是其对应的充电电流随时间变化的图像。在充电的开始阶段,充电电流较大,电容器两端电压U增加 (选填“较快”或“较慢”),随着电容器两端电压的增加,充电电流 (选填“逐渐减小”或“逐渐增加”),且电容器两端电压U的上升速度变缓,而向着 趋近。在充电过程中电容器的电能 。充电开始的瞬间电容器两端电压 (选填“能 - 6 - 突变”或“不能突变”)。通过图像看出在第2 s时电容器增加的电荷量Q约为 C(已知Q=It)。 答案较快 逐渐减小 10 V 增加 不能突变 1.7×10 三、计算题(本题共4个小题,每小题10分,共40分) -3 15.一个初速度为零的电子通过电压为U=4 500 V的电场加速后,从C点沿水平方向飞入电场 5 强度为E=1.5×10 V/m的匀强电场中,到达该电场中另一点D时,电子的速度方向与电场强度方向的夹角正好是120°,如图所示。试求C、D两点沿电场强度方向的距离y。 解析电子加速过程:由eU=得v0= 电子飞入匀强电场中:在竖直方向 vy=v0 tan 30°=at,a=, 解得t=;C、D两点沿电场强度方向的距离y=at= m=0.01 m。 2 代入数据解得y=答案0.01 m 2 16.如图所示,某空间有一竖直向下的匀强电场,电场强度E=1.0×10 V/m,一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中,在金属板的正上方高度h=0.80 m的a处有一粒子源,盒内粒子 2-15 以v0=2.0×10 m/s的初速度向水平面以下的各个方向均匀放出质量为m=2.0×10 kg、电荷 -12 量为q=+10 C的带电粒子,粒子最终落在金属板b上,若不计粒子重力,求:(结果保留两位有效数字) (1)带电粒子打在金属板上时的动能。 (2)从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围(所形成的面积);若使带电粒子打在金属板上的范围减小,可以通过改变哪些物理量来实现? 解析(1)不计粒子重力,只有静电力做功,对粒子由动能定理得qUab=Ek-可得带电粒子打在金属板上时的动能为Ek=qUab+ =1.2×10-10 J。 (2)粒子源射出的粒子打在金属板上的范围以粒子水平抛出的落点为边界。设水平抛出后 t时刻落在板上:x=v0t,h=at2,a=,S=πx2 - 7 - 联立以上各式得所形成的面积S=-10 2 ≈4.0 m,可以通过减小h或增大E来实现。 2 答案(1)1.2×10 J (2)面积为4.0 m 可以通过减小h或增大E来实现 17.如图所示,在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O,用一根长度为l=0.20 m的绝缘轻线把质量m=0.10 kg、带有正电荷的金属小球悬挂在O点,小球静止在B点时轻线与竖直方向的夹 2 角θ=37°。现将小球拉至位置A,使轻线水平张紧后由静止释放。g取10 m/s,sin 37°=0.60,cos 37°=0.80。求: (1)小球所受静电力的大小; (2)小球通过最低点C时的速度大小; (3)小球通过最低点C时轻线对小球的拉力大小。 解析(1)小球受重力mg、静电力F和拉力FT,其静止时受力如图所示。 根据共点力平衡条件有F=mgtan 37°=0.75 N。 (2)设小球到达最低点时的速度为v,小球从水平位置运动到最低点的过程中,根据动能定理有mgl-Fl=mv 解得v==1.0 m/s。 (3)设小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为FT' 根据牛顿第二定律有FT'-mg=m 解得FT'=1.5 N。 答案(1)0.75 N (2)1.0 m/s (3)1.5 N 2 18.如图所示,在xOy平面内,有沿y轴负方向的匀强电场,电场强度大小为E(图中未画出),由A点斜射出质量为m、带电荷量为+q的粒子,B和C是粒子运动轨迹上的两点,其中l0为常数。粒子所受重力忽略不计。求: (1)粒子从A到C过程中静电力对它做的功; (2)粒子从A到C过程所经历的时间; (3)粒子经过C点时的速率。 解析(1)WAC=qE(yA-yC)=3qEl0。 - 8 - (2)根据抛体运动的特点,粒子在x方向做匀速直线运动,由对称性可知轨迹最高点D在y轴上,可令tAD=tDB=T,则tBC=T 由qE=ma得a= 又y0=aT2 ,y0+3l0=a(2T)2 解得T= 则A→C过程所经历的时间t=3 。(3)粒子在DC段做类平抛运动,于是有2l0=vCx(2T) vCy=a(2T) 则vC=。 答案(1)3qEl0 (2)3 (3) - 9 - 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容