2011年高考物理 電場(chǎng)總復(fù)習(xí)質(zhì)量評(píng)估(9)(教師解析版) 新人教版_第1頁
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文檔簡介

1、章末質(zhì)量檢測(cè)(九)電場(chǎng)(時(shí)間:90分鐘滿分:100分)第卷選擇題一、選擇題(本題包括10小題,共40分.每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,有的只有一個(gè)選項(xiàng)正確,有的有多個(gè)選項(xiàng)正確.全部選對(duì)的得4分,選對(duì)但不全的得2分,錯(cuò)選或不選的得0分)1.如圖9-1所示是電容式話筒的示意圖,它是利用電容制作的傳感器,話筒的振動(dòng)膜前面鍍有薄薄的金屬層,膜后距膜幾十微米處有一金屬板,振動(dòng)膜上的金屬層和這個(gè)金屬板構(gòu)成電容器的兩極,在兩極間加一電壓U ,人對(duì)著話筒說話時(shí),振動(dòng)膜前后振動(dòng),使電容發(fā)生變化,導(dǎo)致話筒所在的電路中的其他量發(fā)生變化,使聲音信號(hào)被話筒轉(zhuǎn)化為電信號(hào).其中導(dǎo)致電容變化的原因可能是電容器兩極板間的()圖9-1

2、A.距離變化B.正對(duì)面積變化C.介質(zhì)變化D.電壓變化解析:振動(dòng)膜前后振動(dòng),引起電容器極板間的距離變化.答案:A2.一負(fù)電荷從電場(chǎng)中A點(diǎn)由靜止釋放,只受電場(chǎng)力作用,沿電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),它運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖9-2甲所示,則A、B兩點(diǎn)所在區(qū)域的電場(chǎng)線分布情況可能是圖乙中的()圖9-2解析:從題圖甲可以看出負(fù)電荷在運(yùn)動(dòng)的過程中是變加速運(yùn)動(dòng),因此所受到的電場(chǎng)力也不斷變大,且和電荷運(yùn)動(dòng)方向相同,電場(chǎng)強(qiáng)度也不斷變大,故選項(xiàng)C正確.答案:C3.如圖9-3所示,電場(chǎng)中某條電場(chǎng)線上a、b兩點(diǎn)相距為d,電勢(shì)差為U,同一點(diǎn)電荷在a、b兩點(diǎn)所受的電場(chǎng)力大小分別為F1和F2,則下列說法中正確的是()圖9-3A.a點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)

3、等于U/dB.a點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大于b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)C.若F1=F2,則a點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)等于U/dD.若F1F2,則a點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)小于b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)解析:電場(chǎng)中某條電場(chǎng)線上a、b兩點(diǎn)相距為d,電勢(shì)差為U,但電場(chǎng)線的分布情況未知,所以a、b兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小也無法判斷,若F1F2,則a點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)小于b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng),故選項(xiàng)D是正確的.答案:D4.如圖9-4所示,在真空中的A、B兩點(diǎn)分別放置等量異種點(diǎn)電荷,在A、B兩點(diǎn)間取一正五角星形路徑abcdefghija,五角星的中點(diǎn)與A、B的中點(diǎn)重合,現(xiàn)將一電子沿該路徑逆時(shí)針移動(dòng)一周,下列判斷正確的是()圖9-4A.e點(diǎn)和g點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同B.a點(diǎn)和f點(diǎn)的電勢(shì)相等C.電子從g點(diǎn)到f點(diǎn)再到e點(diǎn)過程中,電勢(shì)

4、能先減小再增大D.電子從f點(diǎn)到e點(diǎn)再到d點(diǎn)過程中,電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功解析:e點(diǎn)與g點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向不同,據(jù)等量異種電荷等勢(shì)線分布圖可知,過af的連線為零伏特的等勢(shì)面,該面左側(cè)電勢(shì)高,右側(cè)電勢(shì)低.對(duì)選項(xiàng)C,電勢(shì)能一直增大,故C錯(cuò).答案:BD5.A、B是某電場(chǎng)中一條電場(chǎng)線上的兩點(diǎn),一正電荷僅在電場(chǎng)力作用下,沿電場(chǎng)線從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),速度圖象如圖9-5所示.下列關(guān)于A、B兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和電勢(shì)的高低的判斷,正確的是()圖9-5A.EAEBB.EAEBC.ABD.AB解析:由題圖可知,正電荷速度越來越小,變化越來越慢即加速度越來越小,所受電場(chǎng)力越來越小,故EAEB,A對(duì);受電場(chǎng)力方向與運(yùn)動(dòng)方向相反

5、,可知場(chǎng)強(qiáng)方向由B向A,電勢(shì)AB,C對(duì).答案:AC圖9-66.帶正電的小球用絕緣線懸掛在O點(diǎn)(O點(diǎn)放置一帶正電的點(diǎn)電荷)做單擺擺動(dòng),如圖9-6所示.與O點(diǎn)不放電荷時(shí)比較,下列判斷正確的是()A.振動(dòng)周期將變大B.振動(dòng)周期將變小C.振動(dòng)周期將不變D.小球的振動(dòng)仍是簡諧運(yùn)動(dòng)解析:O點(diǎn)放不放電荷只對(duì)繩子拉小球的張力有一定影響,如果O點(diǎn)放置一正電荷,小球到達(dá)最下端時(shí)繩子的張力將變大,但對(duì)小球振動(dòng)的周期沒有影響,我們可以將繩子對(duì)小球的拉力與小球所受的庫侖力等效成一個(gè)力(此二力始終與速度方向垂直),然后和O點(diǎn)不放正電荷時(shí)比較就很容易得出結(jié)論了,所以答案為CD.答案:CD7.(2010四川綿陽高三第二次診斷

6、考試,18)如圖所示,虛線a、b、c代表電場(chǎng)中的三個(gè)等勢(shì)面,相鄰等勢(shì)面之間的電勢(shì)差相等,即Uab=Ubc,實(shí)線為一帶負(fù)電的質(zhì)點(diǎn)僅在電場(chǎng)力作用下通過該區(qū)域時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡,P、R、Q是這條軌跡上的三點(diǎn),R同時(shí)在等勢(shì)面b上,據(jù)此可知()圖9-7A.三個(gè)等勢(shì)面中,c的電勢(shì)最低B.帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的電勢(shì)能比在Q點(diǎn)的小C.帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的動(dòng)能與電勢(shì)能之和比在Q點(diǎn)的小D.帶電質(zhì)點(diǎn)在R點(diǎn)的加速度方向垂直于等勢(shì)面b解析:根據(jù)題意畫出電場(chǎng)線、粒子在P處的速度方向和受力方向如圖所示,可知電場(chǎng)線應(yīng)垂直等勢(shì)線由c經(jīng)b至a,所以a點(diǎn)電勢(shì)最低,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;粒子由P經(jīng)R至Q的過程中,電場(chǎng)力對(duì)其做正功,帶電質(zhì)點(diǎn)的電勢(shì)能降低,B選項(xiàng)

7、錯(cuò)誤;由于質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中只有電場(chǎng)力做功,所以質(zhì)點(diǎn)的電勢(shì)能與動(dòng)能之和保持不變,C選項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)電場(chǎng)線與電場(chǎng)強(qiáng)度的幾何關(guān)系可知,D選項(xiàng)正確.答案:D8.如圖9-8所示,一電子沿等量異種電荷的中垂線由AOB勻速飛過,不計(jì)電子的重力,則電子所受另一個(gè)力的大小和方向變化情況是()圖9-8A.先變大后變小,方向水平向左B.先變大后變小,方向水平向右C.先變小后變大,方向水平向左D.先變小后變大,方向水平向右解析:由AOB場(chǎng)強(qiáng)先增大再減小,在O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度最大,電場(chǎng)強(qiáng)度的方向與異種電荷的連線平行并指向負(fù)電荷,即電場(chǎng)力先增大再減小,由受力平衡,電子所受另一個(gè)力先增大再減小,方向與異種電荷的連線平行并指向負(fù)電荷,

8、選項(xiàng)B正確.答案:B9.如圖9-9所示,在光滑絕緣水平面上,兩個(gè)帶等量正電的點(diǎn)電荷M、N分別固定在A、B兩點(diǎn),O為AB連線的中點(diǎn),CD為AB的垂直平分線.在CO之間的F點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)帶負(fù)電的小球P(設(shè)不改變?cè)瓉淼碾妶?chǎng)分布),在以后的一段時(shí)間內(nèi),P在CD連線上做往復(fù)運(yùn)動(dòng).若()圖9-9A.小球P的帶電荷量緩慢減小,則它往復(fù)運(yùn)動(dòng)過程中振幅不斷減小B.小球P的帶電荷量緩慢減小,則它往復(fù)運(yùn)動(dòng)過程中每次經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速率不斷減小C.點(diǎn)電荷M、N的帶電荷量同時(shí)等量地緩慢增大,則小球P往復(fù)運(yùn)動(dòng)過程中周期不斷減小D.點(diǎn)電荷M、N的帶電荷量同時(shí)等量地緩慢增大,則小球P往復(fù)運(yùn)動(dòng)過程中振幅不斷減小解析:由對(duì)稱性可知

9、,M、N的帶電荷量一定時(shí),小球P的帶電荷量的變化只影響其加速度的大小,影響其到達(dá)O點(diǎn)的速率的大小,而不會(huì)影響振幅的大小,因此,B正確,A錯(cuò)誤;如果M、N的帶電荷量等量緩慢增大,則小球P所受電場(chǎng)力產(chǎn)生的加速度在同一位置時(shí)將更大,速度變化將更快,即周期將變小,C對(duì);同時(shí),伴隨M、N電荷量的增加,由于對(duì)P在同一位置的電場(chǎng)力變大,故振幅變小,D對(duì).答案:BCD10.如圖9-10所示,豎直墻面與水平地面均光滑且絕緣.兩個(gè)帶有同種電荷的小球A、B分別處于豎直墻面和水平地面,且處于同一豎直平面內(nèi),若用圖示方向的水平推力F作用于小球B,則兩球靜止于圖示位置,如果將小球B向左推動(dòng)少許,并待兩球重新達(dá)到平衡時(shí),則

10、兩個(gè)小球的受力情況與原來相比()圖9-10A.推力F將增大B.豎直墻面對(duì)小球A的彈力減小C.地面對(duì)小球B的彈力一定不變D.兩個(gè)小球之間的距離增大解析:將A、B視為整體進(jìn)行受力分析,在豎直方向只受重力和地面對(duì)整體的支持力N(也是對(duì)B的支持力N),將B向左推動(dòng)少許后,豎直方向受力不變,所以N=(mA+mB)g為一定值,C正確.然后對(duì)B進(jìn)行受力分析如圖,由平衡條件可知N=mBg+F斥cos,向左推B,減小,所以F斥減小,由得:A、B間距離r增大,D正確.而F=F斥sin,減小,F(xiàn)斥減小,所以推力F減小.將A、B視為整體時(shí)F=Na,所以墻面對(duì)小球A的彈力Na減小,B正確.故選項(xiàng)B、C、D正確.答案:B

11、CD第卷非選擇題二、填空計(jì)算題(共6題,每題10分,共60分)11.“用描跡法畫出電場(chǎng)中平面上的等勢(shì)線”的實(shí)驗(yàn)中圖9-11(1)如圖9-11所用的電表指針偏轉(zhuǎn)方向與流入電流的關(guān)系是:當(dāng)電流從正接線柱流入電表時(shí),指針偏向正接線柱一側(cè).一位學(xué)生用這個(gè)電表探測(cè)基準(zhǔn)點(diǎn)2兩側(cè)的等勢(shì)點(diǎn)時(shí),把接電表正接線柱的探針E1接觸基準(zhǔn)點(diǎn)2,把接電表負(fù)接線柱的探針E2接觸紙上某一點(diǎn),發(fā)現(xiàn)表的指針發(fā)生了偏轉(zhuǎn),為了探測(cè)到等勢(shì)點(diǎn),則()A.若電表指針偏向正接線柱一側(cè),E2應(yīng)右移B.若電表指針偏向正接線柱一側(cè),E2應(yīng)左移C.若電表指針偏向負(fù)接線柱一側(cè),E2應(yīng)右移D.若電表指針偏向負(fù)接線柱一側(cè),E2應(yīng)左移圖9-12(2)在平整的

12、木板上依次鋪放白紙、復(fù)寫紙和導(dǎo)電紙.在導(dǎo)電紙上平放兩個(gè)圓柱形電極A與B,分別與直流電源的正、負(fù)極接好,如圖9-12所示.若以A、B連線為x軸,A、B連線的中垂線為y軸,將一個(gè)探針固定在y軸上的某一點(diǎn),沿x軸移動(dòng)另一個(gè)探針,發(fā)現(xiàn)無論怎樣移動(dòng),靈敏電流表的指針都不偏轉(zhuǎn),若電源及連線都是完好的,可能的故障是_.將實(shí)驗(yàn)故障排除后,探針從BO間某處沿x軸向電極A移動(dòng)的過程中,電流表中指針偏轉(zhuǎn)的情況是_.解析:(1)由題圖可知A點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì),若電表指針偏向正接線柱一側(cè),說明探針E1的電勢(shì)高于E2的電勢(shì),E2應(yīng)向左移動(dòng),所以B項(xiàng)正確;若指針偏向負(fù)接線柱一側(cè),說明探針E2的電勢(shì)高于E1的電勢(shì),E2應(yīng)向右

13、移動(dòng),C項(xiàng)正確,D項(xiàng)錯(cuò).(2)導(dǎo)電紙涂導(dǎo)電物質(zhì)的一面朝下了;偏角逐漸減小到零,再反向偏轉(zhuǎn),偏角逐漸變大.答案:(1)BC(2)見解析12.如圖9-13所示,在真空中的O點(diǎn)放一點(diǎn)電荷Q=1.0×109 C,直線MN過O點(diǎn),OM=30 cm,M點(diǎn)放一點(diǎn)電荷q=2×1010 C,求:圖9-13(1)M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大??;(2)若M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)的電勢(shì)高15 V,則電荷q從M點(diǎn)移到N點(diǎn),它的電勢(shì)能變化了多少?解析:(1)根據(jù)得M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)(2)電荷q從M點(diǎn)移到N點(diǎn),電場(chǎng)力做功WMN=qUMN=2×1010×15 J=3×109 J.這一過程中電場(chǎng)力做負(fù)功,電勢(shì)

14、能增加3×109 J答案:(1)100 N/C(2)3×109 J13.如圖9-14所示,計(jì)算機(jī)鍵盤上的每一個(gè)按鍵下面都有一個(gè)電容傳感器.電容的計(jì)算公式是其中=9.0×1012 F·m1,S表示兩金屬片的正對(duì)面積,d表示兩金屬間的距離.當(dāng)某一鍵被按下時(shí),d發(fā)生改變,引起電容器的電容發(fā)生改變,從而給電子線路發(fā)出相應(yīng)的信號(hào).已知兩金屬片的正對(duì)面積為50 mm2,鍵未被按下時(shí),兩金屬片間的距離為0.60 mm.只要電容變化達(dá)0.25 pF,電子線路就能發(fā)出相應(yīng)的信號(hào),那么為使按鍵得到反應(yīng),至少需要按下多大距離?圖9-14解析:計(jì)算機(jī)鍵盤是一個(gè)電容傳感器,由題意

15、知是通過改變兩極板間距來改變電容,得到相應(yīng)的電信號(hào).又因兩極板間距減小,電容變大,設(shè)原間距為d0,至少要按下距離為d,電子線路恰能檢測(cè)出必要的信號(hào),則根據(jù)先求得未按下時(shí)的電容C1=0.75 pF,再由得和C2=1.00 pF,得即d=0.15 mm.答案:0.15 mm14.如圖9-15所示,電荷量為e、質(zhì)量為m的電子從A點(diǎn)沿與電場(chǎng)垂直的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng),初速度為v0,當(dāng)它通過電場(chǎng)B點(diǎn)時(shí),速度與場(chǎng)強(qiáng)方向成150°角,不計(jì)電子的重力,求A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差.圖9-15解析:電子進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)后在電場(chǎng)力作用下做勻變速曲線運(yùn)動(dòng).根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解可知,電子在垂直于場(chǎng)強(qiáng)方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng).將B點(diǎn)

16、的速度分解(如圖)電子從A運(yùn)動(dòng)到B,由動(dòng)能定理得答案:15.如圖9-16所示,在方向水平的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,一個(gè)不可伸長的不導(dǎo)電細(xì)線的一端連著一個(gè)質(zhì)量為m的帶電小球,另一端固定于O點(diǎn),把小球拉起直至細(xì)線與場(chǎng)強(qiáng)平行,然后無初速釋放,已知小球擺到最低點(diǎn)的另一側(cè),線與垂直方向的最大夾角為.求小球經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線對(duì)小球的拉力.圖9-16解析:設(shè)細(xì)線長為L,球的電荷量為q,場(chǎng)強(qiáng)為E.若電荷量q為正,則場(chǎng)強(qiáng)方向在題圖中向右,反之向左.從釋放點(diǎn)到左側(cè)最高點(diǎn),重力勢(shì)能的減小等于電勢(shì)能的增加.mgLcos=qEL(1+sin)若小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度為v,此時(shí)線的拉力為T,由能量關(guān)系得mv2/2=mgLqEL由牛頓第二定律得Tmg=mv2/L由以上各式解得答案:16如圖9-17所示,質(zhì)量

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