2019高中物理第二章电场与示波器测评B（含解析）.docx

电场与示波器测评B(高考体验卷)一、选择题(本题包含8小题,每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第15题只有一个选项符合题目要求,第68题有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有错选的得0分)1.(2014江苏单科)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:由对称性可知,O点的电场强度为零,又无穷远处的电场强度也为零,故从O点沿x正方向,电场强度先增大后减小,选项C、D错误。x轴上O点左侧,电场强度方向沿x轴负向,x轴上O点右侧,电场强度方向沿x轴正向,所以O点电势最高,选项B正确。答案:B2.(2014重庆理综)如图所示为某示波管内的聚焦电场,实线和虚线分别表示电场线和等势线。两电子分别从a、b两点运动到c点。设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb,a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb,则()A.Wa=Wb,EaEbB.WaWb,EaEbC.Wa=Wb,EaEbD.WaWb,EaEb。又a、b位于同一等势线上,它们与c点的电势差相等,故两电子分别从a、b两点移动到c点过程中电场力做功相等,即Wa=Wb,选项A正确。答案:A3.(2014安徽理综)一带电粒子在电场中仅受静电力作用,做初速度为零的直线运动。取该直线为x轴,起始点O为坐标原点,其电势能Ep与位移x的关系如图所示。下列图像中合理的是()解析:由电势能Ep与位移x的关系图像可知,Ep随x的变化越来越缓慢,即带电粒子每移动单位长度引起的电势能的减少量Ep越来越小,这表明带电粒子每移动单位长度其所受电场力做功越来越少。由此可知电场力F、电场强度E、加速度a都是随x增加而逐渐减小,粒子的运动不是匀加速运动。依此判定选项D正确,选项A、C错误;又只有静电力做功时动能与电势能之和守恒,电势能Ep减小,且越来越缓慢。所以动能Ek增加,也应增加越来越缓慢。可判断选项B错误。答案:D4.(2014天津理综)如图所示,平行金属板A、B水平正对放置,分别带等量异种电荷。一带电微粒水平射入板间,在重力和电场力共同作用下运动,轨迹如图中虚线所示,那么()A.若微粒带正电荷,则A板一定带正电荷B.微粒从M点运动到N点电势能一定增加C.微粒从M点运动到N点动能一定增加D.微粒从M点运动到N点机械能一定增加解析:由于不知道重力和电场力大小关系,所以不能确定电场力方向,不能确定微粒电性,也不能确定电场力对微粒做功的正负,则选项A、B、D错误;根据微粒偏转方向可知微粒所受合外力一定是竖直向下,则合外力对微粒做正功,由动能定理知微粒的动能一定增加,选项C正确。答案:C5.(2014山东理综)如图,半径为R的均匀带正电薄球壳,其上有一小孔A。已知壳内的电场强度处处为零;壳外空间的电场,与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样。一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能Ek0沿OA方向射出。下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图线,可能正确的是()解析:球壳内部即rR的区域E=0,粒子不受力,动能不变。球壳外部即rR的区域,由E=kQr2可知,离球壳越远,电场强度E越小,粒子沿电场线方向移动相同的位移电场力做功越小,因此,随着r的增大,Ek-r图线斜率越来越小。本题只有选项A正确。答案:A6.如图所示,在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、-Q,虚线是以+Q所在点为圆心、L2为半径的圆,a、b、c、d是圆上的四个点,其中a、c两点在x轴上,b、d两点关于x轴对称。下列判断正确的是()A.b、d两点处的电势相同B.四个点中c点处的电势最低C.b、d两点处的电场强度相同D.将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点,+q的电势能减小解析:过c点的中垂线为一条等势线,电势为零,其余a、b、d三点的电势均大于零,且根据对称性可知b、d两点的电势相等,所以选项A、B正确。b、d两点处的电场强度的方向不同,选项C错误。a点的电势大于零,则试探电荷+q在a点处的电势能大于零,而在c点的电势能等于零,故试探电荷沿圆周由a点移至c点,电势能减小,选项D正确。答案:ABD7.(2014广东理综)如图所示,光滑绝缘的水平桌面上,固定着一个电荷量为+Q的小球P。电荷量分别为-q和+2q的小球M和N由绝缘细杆相连,静止在桌面上,P与M相距L,P、M和N视为点电荷。下列说法正确的是()A.M与N的距离大于LB.P、M和N在同一直线上C.在P产生的电场中,M、N处的电势相同D.M、N及细杆组成的系统所受合外力为零解析:若P、M和N不在同一直线上,则M或N受的合力不可能为零,就不会静止,选项B正确;设M和N间距为x,杆产生的拉力大小为F,对M有kQqL2=k2q2x2+F,对N有kQ2q(L+x)2=k2q2x2+F,联立解得,x=(2-1)LN,选项C错误;M、N及杆组成的系统处于静止状态,系统所受合力为零,选项D正确。答案:BD8.(2014课标全国)如图,在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点,M、N、P为直角三角形的三个顶点,F为MN的中点,M=30。M、N、P、F四点处的电势分别用M、N、P、F表示。已知M=N,P=F,点电荷Q在M、N、P三点所在平面内,则()A.点电荷Q一定在MP的连线上B.连接PF的线段一定在同一等势面上C.将正试探电荷从P点搬运到N点,电场力做负功D.P大于M解析:因为M=N,故点电荷+Q一定在MN连线的垂直平分线上,假设该垂直平分线与MP相交于H,如图所示,由几何关系知,HF=HP,故H点就是点电荷Q的位置,选项A正确;根据离正电荷越近电势越高可知,P=FN=M,选项D正确;正试探电荷从P点到N点电势降低,电场力做正功,选项C错误;根据点电荷的电场线分布和等势面特点可知,选项B错误。答案:AD二、填空题(本题包含2小题,共16分)9.(8分)(2014大纲全国改编)地球表面附近某区域存在大小为150 N/C、方向竖直向下的电场。一质量为1.0010-4 kg、电荷量为-1.0010-7 C的小球从静止释放,在电场区域内下落10.0 m。对此过程,该小球的电势能的改变量为,动能的改变量为。(重力加速度大小取9.80 m/s2,忽略空气阻力)解析:W=-Ep,W=-qEd=-1.5010-4J,所以Ep=1.5010-4J。据动能定理,-qEd+mgd=Ek,Ek=9.6510-3J。答案:1.5010-4 J9.6510-3 J10.(8分)如图,电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd,水平边ab长为s,竖直边ad长为h。质量均为m、电荷量分别为+q和-q的两粒子,由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)。不计重力。若两粒子轨迹恰好相切,则v0为。解析:两粒子在电场力作用下做类平抛运动,由于两粒子(质量相等,所带电荷量大小相等,两粒子做类平抛运动加速度大小相等)轨迹相切,则切点为矩形几何中心,根据类平抛运动规律,有s2=v0t,h2=qE2mt2,解以上两式得v0=s2qEmh。答案:s2qEmh三、计算题(本题包含3小题,共36分。解题时要有必要的步骤和文字说明)11.(10分)(2014福建理综)如图,真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形,边长L=2.0 m。若将电荷量均为q=+2.010-6 C的两点电荷分别固定在A、B点,已知静电力常量k=9.0109 Nm2/C2,求:(1)两点电荷间的库仑力大小;(2)C点的电场强度的大小和方向。解析:(1)根据库仑定律,A、B两点电荷间的库仑力大小为F=kq2L2代入数据得F=9.010-3N。(2)A、B点电荷在C点产生的电场强度大小相等,均为E1=kqL2A、B两点电荷形成的电场在C点的合电场强度大小为E=2E1cos30由式并代入数据得E=7.8103N/C电场强度E的方向沿y轴正方向。答案:(1)9.010-3 N(2)7.8103 N/C方向沿y轴正方向12.(12分)如图,一平行板电容器的两个极板竖直放置,在两极板间有一带电小球,小球用一绝缘轻线悬挂于O点。现给电容器缓慢充电,使两极板所带电荷量分别为+Q和-Q,此时悬线与竖直方向的夹角为6。再给电容器缓慢充电,直到悬线和竖直方向的夹角增加到3,且小球与两极板不接触。求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量。解析:设电容器电容为C。第一次充电后两极板之间的电压为U=QC两极板之间电场的电场强度为E=Ud式中d为两极板间的距离。按题意,当小球偏转角1=6时,小球处于平衡位置。设小球质量为m,所带电荷量为q,则有Tcos1=mgTsin1=qE式中T为此时悬线的张力。联立式得tan1=qQmgCd设第二次充电使正极板上增加的电荷量为Q,此时小球偏转角2=3,则tan2=q(Q+Q)mgCd联立式得tan1tan2=QQ+Q代入数据解得Q=2Q。答案:2Q13.(14分)(2014课标全国)如图,O、A、B为同一竖直平面内的三个点,OB沿竖直方向,BOA=60,OB=32OA。将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出,小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电,电荷量为q(q0),同时加一匀强电场,电场强度方向与OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球,该小球通过了A点,到达A点时的动能是初动能的3倍,若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出,恰好通过B点,且到达B点时的动能为初动能的6倍。重力加速度大小为g。求:(1)无电场时,小球到达A点时的动能与初动能的比值;(2)电场强度的大小和方向。解析:(1)设小球的初速度为v0,初动能为Ek0,从O点运动到A点的时间为t,令OA=d,则OB=32d,根据平抛运动的规律有dsin60=v0tdcos60=12gt2又有Ek0=12mv02由式得Ek0=38mgd设小球到达A点时的动能为EkA,则EkA=Ek0+12mgd由式得EkAEk0=73。(2)加电场后,小球从O点到A点和B点,高度分别降低了d2和3d2,设电势能分别减小EpA和EpB,由能量守恒及式得EpA=3Ek0-Ek0-12mgd=23E