2011年高考总复习物理(教师解析版)质量评估(九)：电场

章末质量检测(九)电场(时间:90分钟满分:100分)第Ⅰ卷选择题一、选择题(本题包括10小题,共40分.每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,错选或不选的得0分)1.如图9-1所示是电容式话筒的示意图，它是利用电容制作的传感器，话筒的振动膜前面镀有薄薄的金属层，膜后距膜几十微米处有一金属板，振动膜上的金属层和这个金属板构成电容器的两极，在两极间加一电压U，人对着话筒说话时，振动膜前后振动，使电容发生变化，导致话筒所在的电路中的其他量发生变化，使声音信号被话筒转化为电信号.其中导致电容变化的原因可能是电容器两极板间的()图9-1A.距离变化B.正对面积变化C.介质变化D.电压变化解析:振动膜前后振动，引起电容器极板间的距离变化.答案:A2.一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的vt图象如图9-2甲所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是图乙中的()图9-2解析:从题图甲可以看出负电荷在运动的过程中是变加速运动，因此所受到的电场力也不断变大，且和电荷运动方向相同，电场强度也不断变大，故选项C正确.答案:C3.如图9-3所示，电场中某条电场线上a、b两点相距为d，电势差为U，同一点电荷在a、b两点所受的电场力大小分别为F1和F2，则下列说法中正确的是()图9-3A.a点的场强等于U/dB.a点的场强大于b点场强C.若F1=F2，则a点场强等于U/dD.若F1＜F2,则a点场强小于b点场强解析:电场中某条电场线上a、b两点相距为d，电势差为U，但电场线的分布情况未知，所以a、b两点的电场强度大小也无法判断，若F1＜F2，则a点场强小于b点场强，故选项D 是正确的.答案:D4.如图9-4所示，在真空中的A、B两点分别放置等量异种点电荷，在A、B两点间取一正五角星形路径abcdefghija，五角星的中点与A、B的中点重合，现将一电子沿该路径逆时针移动一周，下列判断正确的是()图9-4A.e点和g点的电场强度相同B.a点和f点的电势相等C.电子从g点到f点再到e点过程中，电势能先减小再增大D.电子从f点到e点再到d点过程中，电场力先做负功后做正功解析:e点与g点的场强方向不同，据等量异种电荷等势线分布图可知，过af的连线为零伏特的等势面，该面左侧电势高，右侧电势低.对选项C，电势能一直增大，故C错.答案:BD5.A、B是某电场中一条电场线上的两点，一正电荷仅在电场力作用下，沿电场线从A点运动到B点，速度图象如图9-5所示.下列关于A、B两点电场强度E的大小和电势φ的高低的判断，正确的是()图9-5A.E A＞E BB.E A＜E BC.φA＜φBD.φA＞φB解析:由题图可知，正电荷速度越来越小，变化越来越慢即加速度越来越小，所受电场力越来越小，故E A＞E B,A对；受电场力方向与运动方向相反，可知场强方向由B向A，电势φA ＜φB，C对.答案:AC图9-66.带正电的小球用绝缘线悬挂在O点(O点放置一带正电的点电荷)做单摆摆动，如图9-6所示.与O点不放电荷时比较，下列判断正确的是()A.振动周期将变大B.振动周期将变小C.振动周期将不变D.小球的振动仍是简谐运动解析:O点放不放电荷只对绳子拉小球的张力有一定影响，如果O点放置一正电荷，小球到达最下端时绳子的张力将变大，但对小球振动的周期没有影响，我们可以将绳子对小球的拉力与小球所受的库仑力等效成一个力(此二力始终与速度方向垂直)，然后和O点不放正电荷时比较就很容易得出结论了，所以答案为CD.答案:CD7.(2010四川绵阳高三第二次诊断考试，18)如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab=U bc,实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知()图9-7A.三个等势面中，c的电势最低B.带电质点在P点的电势能比在Q点的小C.带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小D.带电质点在R点的加速度方向垂直于等势面b解析:根据题意画出电场线、粒子在P处的速度方向和受力方向如图所示，可知电场线应垂直等势线由c经b至a,所以a点电势最低，选项A错误；粒子由P经R至Q的过程中，电场力对其做正功，带电质点的电势能降低，B选项错误；由于质点运动过程中只有电场力做功，所以质点的电势能与动能之和保持不变，C选项错误；根据电场线与电场强度的几何关系可知，D选项正确.答案:D8.如图9-8所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B匀速飞过，不计电子的重力，则电子所受另一个力的大小和方向变化情况是()图9-8A.先变大后变小，方向水平向左B.先变大后变小，方向水平向右C.先变小后变大，方向水平向左D.先变小后变大，方向水平向右解析:由A→O→B场强先增大再减小，在O点电场强度最大，电场强度的方向与异种电荷的连线平行并指向负电荷，即电场力先增大再减小，由受力平衡，电子所受另一个力先增大再减小，方向与异种电荷的连线平行并指向负电荷，选项B正确.答案:B9.如图9-9所示,在光滑绝缘水平面上,两个带等量正电的点电荷M、N分别固定在A、B两点,O 为AB连线的中点,CD为AB的垂直平分线.在CO之间的F点由静止释放一个带负电的小球P(设不改变原来的电场分布),在以后的一段时间内,P在CD连线上做往复运动.若()图9-9A.小球P 的带电荷量缓慢减小,则它往复运动过程中振幅不断减小B.小球P 的带电荷量缓慢减小,则它往复运动过程中每次经过O 点时的速率不断减小C.点电荷M 、N 的带电荷量同时等量地缓慢增大,则小球P 往复运动过程中周期不断减小D.点电荷M 、N 的带电荷量同时等量地缓慢增大,则小球P 往复运动过程中振幅不断减小 解析:由对称性可知,M 、N 的带电荷量一定时,小球P 的带电荷量的变化只影响其加速度的大小,影响其到达O 点的速率的大小,而不会影响振幅的大小,因此,B 正确,A 错误;如果M 、N 的带电荷量等量缓慢增大,则小球P 所受电场力产生的加速度在同一位置时将更大,速度变化将更快,即周期将变小,C 对；同时,伴随M 、N 电荷量的增加,由于对P 在同一位置的电场力变大，故振幅变小，D 对.答案:BCD10.如图9-10所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘.两个带有同种电荷的小球A 、B 分别处于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F 作用于小球B ，则两球静止于图示位置，如果将小球B 向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比( )图9-10A.推力F 将增大B.竖直墙面对小球A 的弹力减小C.地面对小球B 的弹力一定不变D.两个小球之间的距离增大解析:将A 、B 视为整体进行受力分析，在竖直方向只受重力和地面对整体的支持力N (也是对B 的支持力N )，将B 向左推动少许后，竖直方向受力不变，所以N =(m A +m B )g 为一定值，C 正确.然后对B 进行受力分析如图，由平衡条件可知N =m B g +F 斥cos θ，向左推B ，θ减小，所以F 斥减小，由2r q q k F B A 斥得:A 、B 间距离r 增大，D 正确.而F =F 斥sin θ,θ减小，F 斥减小，所以推力F 减小.将A 、B 视为整体时F =N a ，所以墙面对小球A 的弹力N a 减小，B 正确.故选项B 、C 、D 正确.答案:BCD第Ⅱ卷 非选择题二、填空计算题(共6题，每题10分，共60分)11.“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验中图9-11(1)如图9-11所用的电表指针偏转方向与流入电流的关系是:当电流从正接线柱流入电表时，指针偏向正接线柱一侧.一位学生用这个电表探测基准点2两侧的等势点时，把接电表正接线柱的探针E 1接触基准点2，把接电表负接线柱的探针E 2接触纸上某一点，发现表的指针发生了偏转，为了探测到等势点，则( )A.若电表指针偏向正接线柱一侧，E 2应右移B.若电表指针偏向正接线柱一侧，E 2应左移C.若电表指针偏向负接线柱一侧，E 2应右移D.若电表指针偏向负接线柱一侧，E 2应左移图9-12(2)在平整的木板上依次铺放白纸、复写纸和导电纸.在导电纸上平放两个圆柱形电极A 与B ，分别与直流电源的正、负极接好，如图9-12所示.若以A 、B 连线为x 轴，A 、B 连线的中垂线为y 轴，将一个探针固定在y 轴上的某一点，沿x 轴移动另一个探针，发现无论怎样移动，灵敏电流表的指针都不偏转，若电源及连线都是完好的，可能的故障是_______.将实验故障排除后，探针从BO 间某处沿x 轴向电极A 移动的过程中，电流表中指针偏转的情况是_______.解析:(1)由题图可知A 点电势高于B 点电势，若电表指针偏向正接线柱一侧，说明探针E 1的电势高于E 2的电势，E 2应向左移动，所以B 项正确；若指针偏向负接线柱一侧，说明探针E 2的电势高于E 1的电势，E 2应向右移动，C 项正确，D 项错.(2)导电纸涂导电物质的一面朝下了；偏角逐渐减小到零，再反向偏转，偏角逐渐变大. 答案:(1)BC (2)见解析12.如图9-13所示，在真空中的O 点放一点电荷Q =1.0×10－9 C ，直线M N 过O 点，OM =30 cm,M点放一点电荷q =－2×10－10 C,求:图9-13(1)M 点的场强大小；(2)若M 点的电势比N 点的电势高15 V ，则电荷q 从M 点移到N 点，它的电势能变化了多少？解析:(1)根据2rQ E 得M 点的场强.N/C 100)1030(100.1100.9299=⨯⨯⨯⨯=--E (2)电荷q 从M 点移到N 点，电场力做功W MN =qU MN =－2×10－10×15 J=－3×10－9 J.这一过程中电场力做负功，电势能增加3×10－9 J答案:(1)100 N/C (2)3×10－9 J13.如图9-14所示，计算机键盘上的每一个按键下面都有一个电容传感器.电容的计算公式是,d SC ε=其中ε=9.0×10－12 F ·m －1,S 表示两金属片的正对面积，d 表示两金属间的距离.当某一键被按下时，d 发生改变，引起电容器的电容发生改变，从而给电子线路发出相应的信号.已知两金属片的正对面积为50 mm 2，键未被按下时，两金属片间的距离为0.60 mm.只要电容变化达0.25 pF ，电子线路就能发出相应的信号，那么为使按键得到反应，至少需要按下多大距离？图9-14解析:计算机键盘是一个电容传感器，由题意知是通过改变两极板间距来改变电容，得到相应的电信号.又因两极板间距减小，电容变大，设原间距为d 0，至少要按下距离为d ,电子线路恰能检测出必要的信号，则根据,d SC ε=先求得未按下时的电容C 1=0.75 pF ，再由1221d d C C =得12d d C C ∆=∆和C 2=1.00 pF,),11(0d d S C -=∆ε得 S d C Sd d εε+⋅∆=00m 100.15m 1050109106.01025.0106.0105010936123123612--------⨯=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯= 即d =0.15 mm.答案:0.15 mm14.如图9-15所示，电荷量为－e 、质量为m 的电子从A 点沿与电场垂直的方向进入匀强电场，初速度为v 0，当它通过电场B 点时，速度与场强方向成150°角，不计电子的重力，求A 、B 两点间的电势差.图9-15解析:电子进入匀强电场后在电场力作用下做匀变速曲线运动.根据运动的分解可知,电子在垂直于场强方向上做匀速直线运动.将B 点的速度分解(如图)00260cos v v v =︒= 电子从A 运动到B ，由动能定理得2022121mv mv eU AB -=- .2321)2(21202020emv e mv v m U AB -=--= 答案:em v 2320- 15.如图9-16所示，在方向水平的匀强电场中，一个不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m 的带电小球，另一端固定于O 点，把小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速释放，已知小球摆到最低点的另一侧，线与垂直方向的最大夹角为θ.求小球经过最低点时细线对小球的拉力.图9-16解析:设细线长为L ,球的电荷量为q ,场强为E.若电荷量q 为正,则场强方向在题图中向右,反之向左.从释放点到左侧最高点,重力势能的减小等于电势能的增加.mgL cos θ=qEL (1+sin θ)①若小球运动到最低点时的速度为v ,此时线的拉力为T ,由能量关系得mv 2/2=mgL －qEL ②由牛顿第二定律得T －mg =mv 2/L ③由以上各式解得).sin 1cos 23(θθ+-=mg T 答案:)sin 1cos 23(θθ+-mg 16如图9-17所示，质量为m 、电荷量为+q 的小球从距地面一定高度的O 点，以初速度v 0沿着水平方向抛出，已知在小球运动的区域里，存在着一个与小球的初速度方向相反的匀强电场，如果测得小球落地时的速度方向恰好是竖直向下的，且已知小球飞行的水平距离为L ，求:图9-17(1)电场强度E 为多大？(2)小球落地点A 与抛出点O 之间的电势差为多大？(3)小球落地时的动能为多大？解析:(1)分析水平方向的分运动有:,2220m qEL aL v ==所以.2120qL mv E = (2)A 与O 之间的电势差.2120qmv L E U AO =⋅= (3)设小球落地时的动能为E k A ,空中飞行的时间为T ,分析水平方向和竖直方向的分运动有: 2k 021,,A A A mv E gt v T m qE v ==⋅= 解得:.22022k v L mg E A = 答案:见解析。