靜電場(chǎng)單元測(cè)試_第1頁(yè)
靜電場(chǎng)單元測(cè)試_第2頁(yè)
靜電場(chǎng)單元測(cè)試_第3頁(yè)
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靜電場(chǎng)單元測(cè)試_第5頁(yè)
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靜電場(chǎng)一、單項(xiàng)選擇題1.對(duì)于某一電容器,下列說(shuō)法對(duì)的的是(A.電容器所帶的電荷量越多,電容越大B.電容器兩極板間的電勢(shì)差越大,電容越大C.電容器所帶的電荷量增長(zhǎng)一倍,兩極板間的電勢(shì)差也增長(zhǎng)一倍D.電容器兩極板間的電勢(shì)差減小到本來(lái)的eq\f(1,2),它的電容也減小到本來(lái)的eq\f(1,2)答案C解析根據(jù)電容的決定式C=eq\f(εrS,4πkd)可得,電容的大小跟電容器兩端的電勢(shì)差以及電容器所帶的電荷量的多少無(wú)關(guān),根據(jù)公式U=eq\f(Q,C)可得電容器所帶的電荷量增長(zhǎng)一倍,兩極板間的電勢(shì)差也增長(zhǎng)一倍,因此C對(duì)的.2.如圖1所示是由電源E、敏捷電流計(jì)G、滑動(dòng)變阻器R和平行板電容器C構(gòu)成的電路,開(kāi)關(guān)S閉合.在下列四個(gè)過(guò)程中,敏捷電流計(jì)中有方向由a到b電流的是()圖1A.將滑動(dòng)變阻器R的滑片向右移動(dòng)B.在平行板電容器中插入電介質(zhì)C.減小平行板電容器兩極板間的距離D.減小平行板電容器兩極板的正對(duì)面積答案D解析電路穩(wěn)定期,該電路中沒(méi)有電流,移動(dòng)滑動(dòng)變阻器R的滑片,電容器的電壓不變,電路中仍沒(méi)有電流,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;在平行板電容器中插入電介質(zhì),根據(jù)電容的決定式C=eq\f(εrS,4πkd)分析得知電容增大,而電容器的電壓不變,則根據(jù)電容的定義式C=eq\f(Q,U)分析得知電容器所帶電荷量增長(zhǎng),將要充電,電路中形成逆時(shí)針?lè)较虻某潆婋娏?,有b到a方向的電流通過(guò)電流計(jì),故B錯(cuò)誤;減小平行板電容器兩極板間的距離,根據(jù)電容的決定式知電容增大,同理可知電容器將要充電,電路中形成逆時(shí)針?lè)较虻某潆婋娏?,有b到a方向的電流通過(guò)電流計(jì),故C錯(cuò)誤;減小平行板電容器兩極板的正對(duì)面積,根據(jù)電容的決定式知電容減小,而電容器的電壓不變,則電容器所帶電荷量減小,將要放電,電路中形成順時(shí)針?lè)较虻姆烹婋娏?,有a到b方向的電流通過(guò)電流計(jì),故D對(duì)的.3.如圖2所示,有兩個(gè)固定的等量異種點(diǎn)電荷,a、b是它們連線(xiàn)的中垂線(xiàn)上的兩個(gè)位置,c是它們產(chǎn)生的電場(chǎng)中另一位置,以無(wú)窮遠(yuǎn)處為電勢(shì)的零點(diǎn),則如下說(shuō)法中對(duì)的的是()圖2A.a(chǎn)、b兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)相似B.a(chǎn)、b兩點(diǎn)電勢(shì)相似C.c點(diǎn)電勢(shì)為正值D.將一正電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)電場(chǎng)力做負(fù)功答案B解析a、b兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向均與ab連線(xiàn)垂直向右,方向相似.a(chǎn)點(diǎn)處電場(chǎng)線(xiàn)比b點(diǎn)處疏,則a點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)比b點(diǎn)小,故A錯(cuò)誤;等量異種點(diǎn)電荷連線(xiàn)的中垂線(xiàn)是一條等勢(shì)線(xiàn),因此a點(diǎn)電勢(shì)與b點(diǎn)電勢(shì)相等,由于該電場(chǎng)線(xiàn)一直延伸到無(wú)窮遠(yuǎn),故該等勢(shì)線(xiàn)上的每個(gè)點(diǎn)的電勢(shì)均為零,故B對(duì)的;等量異種點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)的電場(chǎng)線(xiàn)由正電荷指向負(fù)電荷,故c點(diǎn)電勢(shì)比a、b點(diǎn)電勢(shì)低,c點(diǎn)電勢(shì)為負(fù),C錯(cuò)誤;由于a點(diǎn)與b點(diǎn)的電勢(shì)相等,故將一正電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)電場(chǎng)力不做功,故D錯(cuò)誤.4.(·鹽城中學(xué)最終一卷)如圖3所示,帶正電的A球固定,質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子B從a處以速度v0射向A,虛線(xiàn)abc是B運(yùn)動(dòng)的一段軌跡,b點(diǎn)距離A近來(lái),粒子通過(guò)b點(diǎn)時(shí)速度為v,重力忽視不計(jì),則()圖3A.粒子從a運(yùn)動(dòng)到b的過(guò)程中動(dòng)能不停增大B.粒子從b運(yùn)動(dòng)到c的過(guò)程中加速度不停增大C.可求出A產(chǎn)生的電場(chǎng)中a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差D.可求出A產(chǎn)生的電場(chǎng)中b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小答案C解析由題圖知,帶電粒子受到A處正電荷的排斥力作用,粒子從a運(yùn)動(dòng)到b的過(guò)程中庫(kù)侖力做負(fù)功,其動(dòng)能不停減小,故A錯(cuò)誤.粒子從b運(yùn)動(dòng)到c的過(guò)程中粒子離正電荷越來(lái)越遠(yuǎn),所受的庫(kù)侖力減小,加速度減小,故B錯(cuò)誤.根據(jù)動(dòng)能定理得:qUab=eq\f(1,2)mv2-eq\f(1,2)mveq\o\al(02,),可求出A產(chǎn)生的電場(chǎng)中a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uab,故C對(duì)的.a(chǎn)、b間不是勻強(qiáng)電場(chǎng),不能根據(jù)公式U=Ed求b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小,故D錯(cuò)誤.5.(·蘇州市期初調(diào)研)如圖4為靜電除塵原理圖,廢氣先通過(guò)一種機(jī)械過(guò)濾裝置再進(jìn)入靜電除塵區(qū),帶負(fù)電的塵埃在電場(chǎng)力的作用下向集塵極遷移并沉積,以到達(dá)除塵目的,圖中虛線(xiàn)為電場(chǎng)線(xiàn)(方向未標(biāo)).不考慮塵埃在遷移過(guò)程中的互相作用和電荷量變化,則()圖4A.電場(chǎng)線(xiàn)方向由放電極指向集塵極B.圖中A點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì)C.塵埃在遷移過(guò)程中做勻變速運(yùn)動(dòng)D.塵埃在遷移過(guò)程中電勢(shì)能減小答案D解析根據(jù)題意可知帶負(fù)電的塵埃在電場(chǎng)力的作用下向集塵極遷移,則知集塵極帶正電荷,是正極,因此電場(chǎng)線(xiàn)方向由集塵極指向放電極,沿著電場(chǎng)線(xiàn)的方向電勢(shì)減少,因此圖中A點(diǎn)電勢(shì)低于B點(diǎn)電勢(shì),故A、B錯(cuò)誤;由題圖可知放電極與集塵極間的電場(chǎng)是非勻強(qiáng)電場(chǎng),因此塵埃所受的電場(chǎng)力是變化的,塵埃在遷移過(guò)程中做變加速運(yùn)動(dòng),故C錯(cuò)誤;帶電塵埃所受的電場(chǎng)力方向與位移方向相似,電場(chǎng)力做正功,因此在遷移過(guò)程中電勢(shì)能減小,故D對(duì)的.6.(·第二次全國(guó)大聯(lián)考(江蘇卷))如圖5所示,在P1、P2處各放一種等電荷量正點(diǎn)電荷,O點(diǎn)為P1、P2連線(xiàn)的中點(diǎn).一帶正電的試探電荷從M點(diǎn)由靜止出發(fā),沿直線(xiàn)MON運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn),M、N有關(guān)O點(diǎn)對(duì)稱(chēng).下列各圖有關(guān)試探電荷速度v、電場(chǎng)強(qiáng)度E、電勢(shì)φ、電勢(shì)能Ep的描述對(duì)的的是()圖5答案C解析根據(jù)同種正電荷電場(chǎng)分布特點(diǎn)可知,O點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零,故正試探電荷在O點(diǎn)的加速度為零,可判斷出選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;兩正電荷周?chē)碾妱?shì)為正,且連線(xiàn)的中點(diǎn)O點(diǎn)電勢(shì)最低,選項(xiàng)C對(duì)的;正試探電荷在電勢(shì)為正的位置,其電勢(shì)能為正值,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.7.(·高考押題預(yù)測(cè)卷)一束初速度不計(jì)的電子流通過(guò)加速電場(chǎng)加速后,在距兩極板等距離處垂直進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)(兩極板間的電壓是400V)中,如圖6所示,若板間距離d=2.0cm,板長(zhǎng)l=10.0cm(電子帶電荷量為e,質(zhì)量為m),則下列說(shuō)法對(duì)的的是()圖6A.加速電壓U=2500V時(shí),電子可以穿過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)B.若電子可以穿過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng),在其他條件相似的狀況下,把電子換成α粒子也一定可以穿過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)C.若保證偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩極板的電荷量不變,把上極板向上移動(dòng),其他條件不變,則電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的位置也向上移動(dòng)D.若保證加速電場(chǎng)兩極板的電荷量不變,把左邊極板向上移動(dòng),其他條件不變,則電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的位置不變答案B解析加速電場(chǎng)中,由動(dòng)能定理得:eU=eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)-0,解得v0=eq\r(\f(2eU,m));進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng),電子在平行于板面的方向上做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)得l=v0t;在垂直于板面的方向上做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),加速度a=eq\f(F,m)=eq\f(eU′,md),偏轉(zhuǎn)距離y=eq\f(1,2)at2;能穿過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的條件為y≤eq\f(1,2)d,解得U≥eq\f(l2,2d2)U′,故加速電壓U與帶電粒子的比荷無(wú)關(guān),因此電子可以通過(guò),α粒子也一定能通過(guò)(偏轉(zhuǎn)的方向相反),故B對(duì)的;代入數(shù)值得:U≥5000V,故A錯(cuò)誤;電荷量不變,d變化,根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度E=eq\f(U,d)=eq\f(Q,Cd)=eq\f(4πkQ,εrS),知電場(chǎng)強(qiáng)度不變,則電子所受電場(chǎng)力不變,加速度不變,運(yùn)動(dòng)時(shí)間也不變,因此電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的位置不會(huì)發(fā)生變化,故C錯(cuò)誤;電荷量不變,把左邊極板向上移動(dòng),正對(duì)面積減小,電容減小,電壓U增大,電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的偏轉(zhuǎn)距離y=eq\f(U′l2,4Ud)將變小,電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的位置將向上移動(dòng),故D錯(cuò)誤.二、多選題8.(·程橋高中月考)兩點(diǎn)電荷形成電場(chǎng)的電場(chǎng)線(xiàn)分布如圖7所示.若圖中A、B兩點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)大小分別為EA、EB,電勢(shì)分別為φA、φB,則()圖7A.EA<EBB.EA>EBC.φA>φBD.φA<φB答案BC解析由電場(chǎng)線(xiàn)的分布狀況可知,A處電場(chǎng)線(xiàn)比B處電場(chǎng)線(xiàn)密,則A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)不小于B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng),即EA>EB,故A錯(cuò)誤,B對(duì)的;畫(huà)出過(guò)B點(diǎn)的等勢(shì)線(xiàn)與A所在的電場(chǎng)線(xiàn)交于C點(diǎn),如圖所示,則有A點(diǎn)的電勢(shì)高于C點(diǎn)的電勢(shì),因此A點(diǎn)的電勢(shì)高于B點(diǎn)的電勢(shì),即φA>φB,故C對(duì)的,D錯(cuò)誤.9.(·海安中學(xué)月考)如圖8所示,虛線(xiàn)為某電場(chǎng)的等勢(shì)面,今有兩個(gè)帶電粒子(重力不計(jì)),以不一樣的速率沿不一樣的方向,從A點(diǎn)飛入電場(chǎng)后,沿不一樣的軌跡1和2運(yùn)動(dòng),由軌跡可以斷定()圖8A.兩個(gè)粒子的電性一定不一樣B.粒子1的動(dòng)能先減小后增大C.粒子2的電勢(shì)能先增大后減小D.通過(guò)B、C兩點(diǎn),兩粒子的速率一定相等答案AB解析根據(jù)軌跡的彎曲方向可判斷出粒子1受到排斥力的作用,其電性與場(chǎng)源電荷的電性相似,粒子2受到吸引力的作用,其電性與場(chǎng)源電荷的電性相反,因此兩粒子的電性一定相反,故A對(duì)的;電場(chǎng)力對(duì)粒子1先做負(fù)功,后做正功,由動(dòng)能定理知其動(dòng)能先減小后增大,故B對(duì)的;電場(chǎng)力對(duì)粒子2先做正功,后做負(fù)功,則粒子2的電勢(shì)能先減小后增大,故C錯(cuò)誤;由于粒子1從A點(diǎn)到B點(diǎn)時(shí)速率減小,粒子2從A點(diǎn)到C點(diǎn)時(shí)速率增大,而粒子1的初速率與粒子2的初速率不等,則通過(guò)B、C兩點(diǎn),兩粒子的速率不一定相等,故D錯(cuò)誤.10.(·淮安、宿遷等期中)如圖9所示,虛線(xiàn)框的真空區(qū)域內(nèi)存在著沿紙面方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)(詳細(xì)方向未畫(huà)出),一質(zhì)子從bc邊上的M點(diǎn)以速度v0垂直于bc邊射入電場(chǎng),從cd邊上的Q點(diǎn)飛出電場(chǎng),不計(jì)質(zhì)子重力.下列說(shuō)法對(duì)的的有().圖9A.質(zhì)子到Q點(diǎn)時(shí)的速度大小也許不小于v0B.質(zhì)子到Q點(diǎn)時(shí)的速度大小也許等于v0C.質(zhì)子到Q點(diǎn)時(shí)的速度方向也許與cd邊平行D.質(zhì)子到Q點(diǎn)時(shí)的速度方向也許與cd邊垂直答案ABD解析若電場(chǎng)強(qiáng)度水平向右,則質(zhì)子從M點(diǎn)到Q點(diǎn)電場(chǎng)力做正功,動(dòng)能變大,故質(zhì)子到Q點(diǎn)時(shí)的速度大小不小于v0,選項(xiàng)A對(duì)的;若電場(chǎng)強(qiáng)度方向垂直于MQ連線(xiàn)向下,則質(zhì)子從M點(diǎn)到Q點(diǎn)電場(chǎng)力做功為零,動(dòng)能不變,故質(zhì)子到Q點(diǎn)時(shí)的速度大小等于v0,選項(xiàng)B對(duì)的;質(zhì)子能抵達(dá)Q點(diǎn)闡明電場(chǎng)力有向右的分量,則抵達(dá)Q點(diǎn)后一定有水平向右的分速度,因此質(zhì)子到Q點(diǎn)時(shí)的速度方向不也許與cd邊平行,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;若電場(chǎng)方向斜向右下方,則質(zhì)子有水平向右的加速度和豎直向下的加速度,當(dāng)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí),豎直速度也許減小為零,而只具有水平向右的速度,此時(shí)質(zhì)子到Q點(diǎn)時(shí)的速度方向與cd邊垂直,選項(xiàng)D對(duì)的.11.(·射陽(yáng)二中模擬)如圖10所示,a、b、c三點(diǎn)在固定點(diǎn)電荷Q1、Q2連線(xiàn)的延長(zhǎng)線(xiàn)上,Q1帶正電.一帶正電粒子從a點(diǎn)由靜止釋放,僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng),經(jīng)b點(diǎn)時(shí)速度最大,到c點(diǎn)時(shí)速度為零.下列說(shuō)法對(duì)的的是()圖10A.Q2帶正電B.Q2的電荷量不小于Q1的電荷量C.a(chǎn)、c兩點(diǎn)電勢(shì)相等D.b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度最大答案BC三、計(jì)算題12.(·鹽都市二模)如圖11所示,虛線(xiàn)左側(cè)存在非勻強(qiáng)電場(chǎng),MO是電場(chǎng)中的某條電場(chǎng)線(xiàn),方向水平向右,長(zhǎng)直光滑絕緣細(xì)桿CD沿該電場(chǎng)線(xiàn)放置.質(zhì)量為m1、電荷量為+q1的A球和質(zhì)量為m2、電荷量為+q2的B球穿過(guò)細(xì)桿(均可視為點(diǎn)電荷).t=0時(shí)A在O點(diǎn)以速度v0向左做勻速運(yùn)動(dòng),同步B在O點(diǎn)右側(cè)某處以速度v1也向左運(yùn)動(dòng),且v1>v0,t=t0時(shí)B抵達(dá)O點(diǎn)(未進(jìn)入非勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域),A運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)(圖中未畫(huà)出),此時(shí)兩電荷間距離最?。o電力常量為k.圖11(1)求0~t0時(shí)間內(nèi)A球?qū)球做的功;(2)求桿所在直線(xiàn)上場(chǎng)強(qiáng)的最大值;(3)某同學(xué)計(jì)算出0~t0時(shí)間內(nèi)A對(duì)B球做的功W1后,用下列措施計(jì)算非勻強(qiáng)電場(chǎng)PO兩點(diǎn)間電勢(shì)差:設(shè)0~t0時(shí)間內(nèi)B對(duì)A球做的功為W2,非勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)A做的功為W3根據(jù)動(dòng)能定理W2+W3=0又由于W2=-W1PO兩點(diǎn)間電勢(shì)差U=eq\f(W3,q1)=eq\f(W1,q1)請(qǐng)分析上述解法與否對(duì)的,并闡明理由.答案見(jiàn)解析解析(1)B球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中水平方向只受A球?qū)λ膸?kù)侖力作用,當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)兩電荷間距離最小,故此時(shí)B球速度與A球相似,均為v0,由動(dòng)能定理可得A球?qū)球庫(kù)侖力做的功即為B球動(dòng)能減少許故A球?qū)球做功W=eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)-eq\f(1,2)mveq\o\al(12,)(2)由于A球做勻速運(yùn)動(dòng),0~t0時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移x=v0t0此時(shí)A球受到的庫(kù)侖力F=keq\f(q1q2,x2)=eq\f

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