《2011高考物理 电场总复习质量评估详解详析 新人教版.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2011高考物理 电场总复习质量评估详解详析 新人教版.pdf（8页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、20112011高考物理总复习质量评估高考物理总复习质量评估-电场（教师解析版）电场（教师解析版）(时间:90 分钟满分:100 分)第卷第卷选择题选择题一、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，
2、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.电压变化解析解析:振动膜前后振动，引起电容器极板间的距离变化答案答案: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.答案答案:C3.如图
3、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 F1F2,则 a 点场强小于 b 点场强解析解析: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F1F2，则 a 点场强小于 b 点场强，故选项D 是正确的.答案答案: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，
4、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
5、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 的高低的判断，正确的是()图 9-5A.EAEBB.EAEBC.ABD.AB解析解析: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 EAEB,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 AB，C 对.答案答案: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
6、动周期将不变D.小球的振动仍是简谐运动解析解析: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.答案答案:CD7.(2010(2010 四川绵阳高三第二次诊断考试，四川绵阳高三第二次诊断考试，18)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 Uab=Ubc,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
7、，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
8、与电场强度的几何关系可知，D 选项正确.答案答案:D8.如图 9-8 所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由 AOB 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，方向水平向右解析解析:由 AOB 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.答案答案:B9.如图 9-9 所示,在光滑绝缘水平面上,
9、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解析:由对称性可
10、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
11、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=(mA+mB)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=mBg+F斥cos，向左推B，减小，所以F斥减小，由F斥kqAqB得:A、B 间距离 r 增大，D 正确.而 F=F斥sin,减小，F斥减小，所
12、以2r推力 F 减小.将 A、B 视为整体时 F=Na，所以墙面对小球A 的弹力 Na减小，B 正确.故选项 B、C、D 正确.答案答案:BCD第卷第卷非选择题非选择题二、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 E1接触基准点 2，把接电表负接线柱的探针 E2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
13、偏向正接线柱一侧，E2应右移B.若电表指针偏向正接线柱一侧，E2应左移C.若电表指针偏向负接线柱一侧，E2应右移D.若电表指针偏向负接线柱一侧，E2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
14、转的情况是_.解析解析:(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 E1的电势高于 E2的电势，E2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E2的电势高于 E1的电势，E2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=1.0109C，直线 MN 过 O 点，OM=30 cm,M点放一点电荷 q=21010 C,求:图 9-13(1)M 点的场强大小；(2)若 M 点的电势比
15、 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？解析解析:(1)根据EQ得 M 点的场强2r1.0109E 9.010 100N/C.2(3010)9(2)电荷 q 从 M 点移到 N 点，电场力做功WMN=qUMN=2101015 J=3109 J.这一过程中电场力做负功，电势能增加3109 J答案答案:(1)100 N/C(2)3109 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C Sdm1,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,其中 =9.01012F被按下时，d 发生改变，
16、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 mm2，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 d0，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C Sd,先求得未按下时的电容 C1=0.75 pF，再由C1d2得C2d1Cd11和 C2=1.00 pF,C S(),得C2d1dd0
17、d Sd0C d0S91012501060.6103m 0.15103m1231260.25100.6109105010即 d=0.15 mm.答案答案: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 v0，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)v v0 2v0cos60电子从 A 运动到 B，由动能定理得1
18、12eUABmv2mv0221122m(2v0)2mv03mv02UAB2.e2e3mv0答案答案:2e15.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.求小球经过最低点时细线对小球的拉力.2图 9-16解析解析: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.mgLcos=qEL(1+sin)若小球运动到
19、最低点时的速度为v,此时线的拉力为 T,由能量关系得mv2/2=mgLqEL由牛顿第二定律得 Tmg=mv2/L由以上各式解得2cos).1sin2cos)答案答案:mg(31sinT mg(316 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 v0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？解析解析:(1)分析水平方向的分运动有:2qEL1 mv0v0 2aL,所以E.m2 qL22(2)A 与 O 之间的电势差UAO1 mv0 EL.2qqE12T,vA gt,EkAmvAm22(3)设小球落地时的动能为EkA,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:v02mg2L2解得:EkA.2v0答案答案:见解析