新教材適用高中物理第一章靜電場測評B教科版必修第三冊

第一章測評(B)(時間:60分鐘滿分:100分)一、選擇題(本題共8小題,每小題5分,共40分。在每小題給出的四個選項中,第1~5題只有一項符合題目要求,第6~8題有多項符合題目要求。全部選對的得5分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分)1.在氣候干燥的秋冬季節(jié),人們經(jīng)常會遇到這些現(xiàn)象:晚上脫衣時,常會聽到噼啪的聲響;早上起來梳頭時,頭發(fā)常會“飄”起來。這就是發(fā)生在我們?nèi)粘Ｉ钪械撵o電現(xiàn)象。有一次,小明的手指靠近金屬門把手時,突然有一種被電擊的感覺。這是因為運動摩擦使身體帶電,當手指靠近門把手時,二者之間形成的放電現(xiàn)象。若放電前,小明的手指帶負電。有關金屬門把手的兩端被感應帶電的狀況,下列圖中標示正確的是()答案:A解析:人的手指帶負電,則由于靜電感應,門把手中離手指較近的一端感應出正電、離手指較遠的一端感應出負電,則圖A是正確的。2.下面是某同學對電場中的一些概念及公式的理解,其中正確的是()A.依據(jù)電場強度的定義式E=FqB.依據(jù)電容的定義式C=QUC.依據(jù)真空中點電荷的電場強度公式E=kQrD.依據(jù)電勢差的定義式UAB=WABq可知,電荷量為1C的正電荷,從A點移動到B點克服電場力做功為1J,則A、答案:C解析:電場強度是由電場本身性質確定的物理量,與放入電場中的檢驗電荷無關,故A錯誤;電容器的電容大小是由電容器自身結構所確定的,與電容器電荷量多少以及兩板間的電壓無關,故B錯誤;依據(jù)真空中點電荷的電場強度公式E=kQr2可知,電場中某點的電場強度由場源電荷和該點離場源電荷的空間距離共同確定,故C正確;依據(jù)電勢差的定義式UAB=WABq可知,電荷量為1C的正電荷,從A點移動到B點克服電場力做功為1J,則A、3.如圖所示,半徑為R的絕緣球殼上勻稱分布著正電荷,O為球心?，F(xiàn)從球殼上A處挖出足夠小的電荷量為+q的一部分,并將它沿OA延長線移動距離R到B處。若球殼其他部分帶電狀況不變,已知靜電力常量為k,則此時球心O點的電場強度為()A.3kq4R2B.3kq4R2C.5kq4R2D.5kq4R2答案:B解析:球殼內(nèi)部電場是球殼剩余部分的電荷形成的,在球殼表面A處取下的面積足夠小,所以對于球殼內(nèi)部的電場強度影響不能忽視,電場線仍是由球殼各點沿直線指向A點,球心O點電場強度是由A點關于圓心O的對稱點的電荷形成的電場強度與B點在O點形成的電場強度的合電場強度,故大小為E=kqR2-kq(2R4.如圖所示,兩等量異種點電荷,MN為兩電荷連線的中垂線,a、b、c三點所在直線平行于兩電荷的連線,b點位于MN上,ab=bc,d點位于兩電荷的連線上靠近負電荷。則()A.a、c兩點電場強度相同B.b點電場強度小于d點電場強度C.a、c兩點電勢相同D.b點電勢小于d點電勢答案:B解析:依據(jù)對稱性可知,a、c兩點的電場強度大小相等,但方向不同,所以電場強度不同,故A錯誤;在兩等量異種電荷連線上,中點的電場強度最小;在兩等量異種電荷連線的中垂線上,兩電荷連線中點的電場強度最大,d點的電場強度大于兩電荷連線中點的電場強度,而b點的電場強度小于電荷連線中點的電場強度,所以b點電場強度小于d點電場強度,故B正確;沿電場線方向,電勢降低,所以a點的電勢低于c點的電勢,MN為等勢線,b點電勢大于d點電勢,故C、D錯誤。5.空間有一沿x軸對稱分布的電場,其電場強度E隨x改變的圖像如圖所示,x軸正方向為電場強度的正方向。下列說法正確的是()A.x2和-x2兩點的電勢相等B.正電荷從x1運動到x3的過程中電勢能先增大后減小C.原點O與x2兩點之間的電勢差小于-x2與x1兩點之間的電勢差D.該電場可能是由一對分別位于x2和-x2兩點的等量異種電荷形成的電場答案:A解析:由于x2和-x2兩點關于E軸對稱,且電場強度的大小也相等,故從O點到x2和從O點到-x2電勢著陸相等,則x2和-x2兩點的電勢相等,故A正確;從x1到x3電場強度始終為正,而正電荷運動的方向始終與電場的方向相同,所以電場力做正功,電勢能漸漸減小,故B錯誤;x2和-x2兩點的電勢相等,原點O與x2兩點之間的電勢差等于原點O與-x2兩點之間的電勢差,-x2與x1兩點之間的電勢差等于x2與x1兩點之間的電勢差,所以原點O與x2兩點之間的電勢差大于-x2與x1兩點之間的電勢差,故C錯誤;依據(jù)等量異種電荷形成的電場的特點可知,在等量異種電荷的連線上,各點的電場強度的方向是相同的,而該圖中電場強度的大小和方向都沿x軸對稱分布,所以該電場肯定不是由一對分別位于x2和-x2兩點的等量異種電荷形成的電場,故D錯誤。6.如圖所示,在正方形的四個頂點各放一電荷量均為Q的點電荷(電性如圖所示),a、b、c、d是正方形邊長的中點,則下列說法正確的是()A.a、b、c、d四點的電場強度相等B.a、c兩點的電場強度肯定等大而反向C.b、d兩點的電場強度肯定等大而反向D.e點的電場強度肯定為零答案:BCD解析:設正方向邊長為L,每個電荷電荷量為Q,對a點探討,左側的一正一負兩個電荷在a點的合電場強度方向向下,大小為E1=2kQL22=8kQL2,右側的一正一負兩個電荷在a點的合電場強度方向向上,大小為E2=2kQ52L2·12L52L=85kQ25L2,a點的合電場強度的方向向下,大小為Ea=E1-E27.下圖為某電場的電場強度E隨時間t改變的圖像。當t=0時,在此電場中由靜止釋放一個帶電粒子,設帶電粒子只受電場力的作用,則下列說法正確的是()A.帶電粒子將始終向同一個方向運動B.3s末帶電粒子回到原動身點C.0~1s內(nèi)電場力做負功D.0~4s末,電場力做的總功不為0答案:BD解析:由牛頓其次定律可知,帶電粒子在第1s內(nèi)的加速度為a1=qE1m,第2s內(nèi)加速度a2=q·2E1m=2a1,因此,帶電粒子先勻加速1s再勻減速0帶電粒子在第1s勻加速運動,在第2s內(nèi)先做勻減速后反向加速,所以不是始終向同一方向運動,故A錯誤;依據(jù)速度時間圖像與坐標軸圍成的面積表示位移可知,粒子在0~3s內(nèi)的位移為零,回到動身點,故B正確;0~1s內(nèi)電場力方向與位移方向相同,電場力做正功,故C錯誤;由速度時間圖像可知第4s末粒子的速度達到最大,前4s內(nèi)動能改變不為0,而粒子只受電場力作用,依據(jù)動能定理知0~4s末,電場力做的總功不為0,故D正確。8.如圖所示,水平放置的平行金屬板A、B間加有恒定電壓,a點與下極板B的距離是b點到下極板B距離的4倍,一帶電粒子從a點水平射入電場,初速度為v1,粒子恰好從B板的右邊緣飛出,速度的偏向角為θ1。若該粒子從b點水平射入電場,初速度為v2,粒子也恰好從B板的右邊緣飛出,速度的偏向角為θ2。不計粒子的重力。則下列說法正確的是()A.v2=4v1B.v2=2v1C.tanθ1=4tanθ2D.tanθ1=2tanθ2答案:BC解析:設金屬板長為L,b點到下極板B的距離是d。粒子從a點射入電場的過程:水平方向有L=v1t1豎直方向有4d=1聯(lián)立得v1=La粒子從b點射入電場的過程:水平方向有L=v2t2豎直方向有d=1聯(lián)立得v2=La可得v2=2v1,t1=2t2,故A錯誤,B正確;依據(jù)速度分解可得tanθ1=at1v1,tan將t1=2t2,v2=2v1代入可得tanθ1=4tanθ2,故C正確,D錯誤。二、試驗題(本題共2小題,共18分)9.(8分)如圖所示的試驗裝置可用來探究影響平行板電容器電容的因素,其中電容器左側極板和靜電計外殼均接地,電容器右側極板與靜電計金屬球相連,使電容器帶電后與電源斷開。(1)下列關于試驗中運用靜電計的說法正確的是。

A.運用靜電計的目的是視察電容器電壓的改變狀況B.運用靜電計的目的是測量電容器電荷量的改變狀況(2)以下狀況中,能使靜電計指針偏角增大的有。

A.把兩板間的距離減小B.把兩板的正對面積減小C.在兩板間插入相對介電常數(shù)較大的電介質答案:(1)A(2)B解析:(1)靜電計可測量電勢差,依據(jù)指針張角的大小,視察電容器電壓的改變狀況,無法推斷電荷量的改變狀況,故A正確,B錯誤。(2)兩板間距離d減小,依據(jù)電容的確定式C=εrS4πkd知,電容C增大,依據(jù)C=QU知,電荷量不變,則電勢差減小,指針偏角變小,故A錯誤;兩極板的正對面積減小,依據(jù)電容的確定式C=εrS4πkd10.(10分)電流傳感器可以像電流表一樣測量電流,由于它與計算機相連,還能顯示出電流隨時間改變的I-t圖像。照圖(a)連接電路,先使開關S與1端相連,電源向電容器充電,這個過程可在短時間內(nèi)完成。然后把開關S擲向2端,電容器通過電阻R放電,傳感器將電流信息傳入計算機,屏幕上顯示出電流隨時間改變的I-t圖像如圖(b)所示。(a)(b)(1)在圖中畫一個直立的狹長矩形[在圖(b)的最左邊],它的面積的物理意義是(填寫面積所代表物理量的名稱)。

(2)依據(jù)I-t圖像估算電容器在全部放電過程中釋放的電荷量約為C(結果保留一位有效數(shù)字)。

(3)若對應開關S與1端相連的充電過程,電荷量隨時間改變的q-t圖像的示意圖是怎樣的?請在圖(c)中定性畫出。(c)答案:(1)電荷量(2)3×10-3(3)見解析圖解析:(1)將橫坐標t分成很多很小的時間間隔Δt,在這些很小的時間間隔里,放電電流I可以視為不變,則IΔt為這段時間內(nèi)的電荷量。在圖(b)I-t圖中用陰影標記了一個直立的狹長矩形,這個陰影面積的物理意義是通電0.1s充入電容(流過電阻R)的電荷量。(2)電容器所帶的電荷量在數(shù)值上等于圖像與坐標軸所包圍的面積。確定每個小方格所對應的電荷量值,縱坐標的每個小格為0.2mA,橫坐標的每個小格為0.4s,則每個小格所代表的電荷量數(shù)值為q=0.2×10-3×0.2C=8×10-5C。曲線下包含的小正方形的個數(shù)為40個(格數(shù)為38~42都正確)。由曲線下方的方格數(shù)與q的乘積即得電容器的電荷量Q=40×8×10-5C=3.2×10-3C=3×10-3C。(3)由電荷量與電流的關系可知,q=It,可知q-t圖線的斜率表示充電電流的大小,電容器的充電電流越來越小,所以其q-t圖像如圖所示。三、計算題(本題共3小題,共42分。要有必要的文字說明和解題步驟,有數(shù)值計算的要注明單位)11.(12分)如圖所示,一質量為m、電荷量為q的小球,用絕緣細線懸掛在水平向右的勻強電場中,靜止時懸線向左與豎直方向成θ角,重力加速度為g。(1)推斷小球帶何種電荷,并求電場強度E。(2)若在某時刻將細線突然剪斷,求經(jīng)過時間t小球的速度v。答案:(1)小球帶負電mgtanθq解析:(1)小球靜止,所以小球受到的電場力和電場強度方向相反,所以小球帶負電。對小球受力分析如圖,由平衡條件得qE=mgtanθ得E=mgtan(2)剪斷細線后小球做初速度為0的勻加速直線運動,小球所受的合外力為F合=mg由牛頓其次定律有F合=ma則得a=g從該時刻起經(jīng)過時間t小球的速度為v=at=gtcos12.(14分)如圖所示,電場強度為E=104V/m的水平勻強電場中有一絕緣軌道,其中軌道的BC部分是半徑為R=0.2m的14光滑圓軌道,軌道的AB部分水平且與BC相切。AB長度為2R,一質量m=0.1kg,電荷量為q=+10-4C的小球,與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為0.5,由A點靜止釋放后,求:(g取10m/s2(1)小球到達B點所用的時間;(2)小球在C點時,軌道受到的壓力大小。答案:(1)0.4s(2)3N解析:(1)水平軌道上,對小球,由牛頓其次定律得qE-μmg=ma設運動時間為t,則2R=12at由以上各式得t=0.4s。(2)設小球在C點的速度大小是vC,則對于小球由A→C的過程中,由動能定理得qE·3R-μmg·2R-mgR=12m小球在C點,由牛頓其次定律得NC-qE=m解得NC=3N由牛頓第三定律可知,小球對軌道的壓力NC'=NC=3N。13.(16分)水平放置的兩塊平行金屬板長L=5.0cm,兩板間距d=1.0cm,兩板間電壓為90V且上板為正。一電子沿水平方向以速度v0=2.0×107m/s從兩板中間射入,如圖所示。(電子電荷量q=1.6×10-19C,電子質量me=9.1×10-31kg)(計算結果在小數(shù)點后保留兩位有效數(shù)字)(1)求電子偏離金屬板時的側位移。(2)求電子飛出電場時的速度。(3)電子離開電場后,打在屏上的P點,若s=10cm,求OP的長。答