2011年高考物理 電場總復(fù)習(xí)質(zhì)量評估(9)（教師解析版） 新人教版

1、章末質(zhì)量檢測(九)電場(時間: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.每小題給出的四個選項中,有的只有一個選項正確,有的有多個選項正確.全部選對的得4分,選對但不全的得2分,錯選或不選的得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，振動膜上的金屬層和這個金屬板構(gòu)成電容器的兩極，在兩極間加一電壓U ，人對著話筒說話時，振動膜前后振動，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，使聲音信號被話筒轉(zhuǎn)化為電信號.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.正對面積變化C.介質(zhì)變化D.電壓變化解析:振動膜前后振動，引起電容器極板間的距離變化.答案:A2.一負電荷從電場中A點由靜止釋放，只受電場力作用，沿電場線運動到B點，它運動的vt圖象如圖9-2甲所示，則A、B兩點所在區(qū)域的電場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電荷在運動的過程中是變加速運動，因此所受到的電場力也不斷變大，且和電荷運動方向相同，電場強度也不斷變大，故選項C正確.答案:C3.如圖9-3所示，電場中某條電場線上a、b兩點相距為d，電勢差為U，同一點電荷在a、b兩點所受的電場力大小分別為F1和F2，則下列說法中正確的是()圖9-3A.a點的場強

3、等于U/dB.a點的場強大于b點場強C.若F1=F2，則a點場強等于U/dD.若F1F2,則a點場強小于b點場強解析:電場中某條電場線上a、b兩點相距為d，電勢差為U，但電場線的分布情況未知，所以a、b兩點的電場強度大小也無法判斷，若F1F2，則a點場強小于b點場強，故選項D是正確的.答案:D4.如圖9-4所示，在真空中的A、B兩點分別放置等量異種點電荷，在A、B兩點間取一正五角星形路徑abcdefghija，五角星的中點與A、B的中點重合，現(xiàn)將一電子沿該路徑逆時針移動一周，下列判斷正確的是()圖9-4A.e點和g點的電場強度相同B.a點和f點的電勢相等C.電子從g點到f點再到e點過程中，電勢

4、能先減小再增大D.電子從f點到e點再到d點過程中，電場力先做負功后做正功解析:e點與g點的場強方向不同，據(jù)等量異種電荷等勢線分布圖可知，過af的連線為零伏特的等勢面，該面左側(cè)電勢高，右側(cè)電勢低.對選項C，電勢能一直增大，故C錯.答案:BD5.A、B是某電場中一條電場線上的兩點，一正電荷僅在電場力作用下，沿電場線從A點運動到B點，速度圖象如圖9-5所示.下列關(guān)于A、B兩點電場強度E的大小和電勢的高低的判斷，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，所受電場力越來越小，故EAEB,A對；受電場力方向與運動方向相反

5、，可知場強方向由B向A，電勢AB，C對.答案:AC圖9-66.帶正電的小球用絕緣線懸掛在O點(O點放置一帶正電的點電荷)做單擺擺動，如圖9-6所示.與O點不放電荷時比較，下列判斷正確的是()A.振動周期將變大B.振動周期將變小C.振動周期將不變D.小球的振動仍是簡諧運動解析:O點放不放電荷只對繩子拉小球的張力有一定影響，如果O點放置一正電荷，小球到達最下端時繩子的張力將變大，但對小球振動的周期沒有影響，我們可以將繩子對小球的拉力與小球所受的庫侖力等效成一個力(此二力始終與速度方向垂直)，然后和O點不放正電荷時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代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab=Ubc,實線為一帶負電的質(zhì)點僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點，R同時在等勢面b上，據(jù)此可知()圖9-7A.三個等勢面中，c的電勢最低B.帶電質(zhì)點在P點的電勢能比在Q點的小C.帶電質(zhì)點在P點的動能與電勢能之和比在Q點的小D.帶電質(zhì)點在R點的加速度方向垂直于等勢面b解析:根據(jù)題意畫出電場線、粒子在P處的速度方向和受力方向如圖所示，可知電場線應(yīng)垂直等勢線由c經(jīng)b至a,所以a點電勢最低，選項A錯誤；粒子由P經(jīng)R至Q的過程中，電場力對其做正功，帶電質(zhì)點的電勢能降低，B選項

7、錯誤；由于質(zhì)點運動過程中只有電場力做功，所以質(zhì)點的電勢能與動能之和保持不變，C選項錯誤；根據(jù)電場線與電場強度的幾何關(guān)系可知，D選項正確.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，不計電子的重力，則電子所受另一個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場強先增大再減小，在O點電場強度最大，電場強度的方向與異種電荷的連線平行并指向負電荷，即電場力先增大再減小，由受力平衡，電子所受另一個力先增大再減小，方向與異種電荷的連線平行并指向負電荷，

8、選項B正確.答案:B9.如圖9-9所示,在光滑絕緣水平面上,兩個帶等量正電的點電荷M、N分別固定在A、B兩點,O為AB連線的中點,CD為AB的垂直平分線.在CO之間的F點由靜止釋放一個帶負電的小球P(設(shè)不改變原來的電場分布),在以后的一段時間內(nèi),P在CD連線上做往復(fù)運動.若()圖9-9A.小球P的帶電荷量緩慢減小,則它往復(fù)運動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)運動過程中每次經(jīng)過O點時的速率不斷減小C.點電荷M、N的帶電荷量同時等量地緩慢增大,則小球P往復(fù)運動過程中周期不斷減小D.點電荷M、N的帶電荷量同時等量地緩慢增大,則小球P往復(fù)運動過程中振幅不斷減小解析:由對稱性可知

9、,M、N的帶電荷量一定時,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O點的速率的大小,而不會影響振幅的大小,因此,B正確,A錯誤;如果M、N的帶電荷量等量緩慢增大,則小球P所受電場力產(chǎn)生的加速度在同一位置時將更大,速度變化將更快,即周期將變小,C對；同時,伴隨M、N電荷量的增加,由于對P在同一位置的電場力變大，故振幅變小，D對.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向左推動少許，并待兩球重新達到平衡時，則

10、兩個小球的受力情況與原來相比()圖9-10A.推力F將增大B.豎直墻面對小球A的彈力減小C.地面對小球B的彈力一定不變D.兩個小球之間的距離增大解析:將A、B視為整體進行受力分析，在豎直方向只受重力和地面對整體的支持力N(也是對B的支持力N)，將B向左推動少許后，豎直方向受力不變，所以N=(mA+mB)g為一定值，C正確.然后對B進行受力分析如圖，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F=Na，所以墻面對小球A的彈力Na減小，B正確.故選項B、C、D正確.答案:B

11、CD第卷非選擇題二、填空計算題(共6題，每題10分，共60分)11.“用描跡法畫出電場中平面上的等勢線”的實驗中圖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，指針偏向正接線柱一側(cè).一位學(xué)生用這個電表探測基準(zhǔn)點2兩側(cè)的等勢點時，把接電表正接線柱的探針E1接觸基準(zhǔn)點2，把接電表負接線柱的探針E2接觸紙上某一點，發(fā)現(xiàn)表的指針發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，為了探測到等勢點，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.若電表指針偏向負接線柱一側(cè)，E2應(yīng)右移D.若電表指針偏向負接線柱一側(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)電紙上平放兩個圓柱形電極A與B，分別與直流電源的正、負極接好，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，將一個探針固定在y軸上的某一點，沿x軸移動另一個探針，發(fā)現(xiàn)無論怎樣移動，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_.將實驗故障排除后，探針從BO間某處沿x軸向電極A移動的過程中，電流表中指針偏轉(zhuǎn)的情況是_.解析:(1)由題圖可知A點電勢高于B點電勢，若電表指針偏向正接線柱一側(cè)，說明探針E1的電勢高于E2的電勢，E2應(yīng)向左移動，所以B項正確；若指針偏向負接線柱一側(cè)，說明探針E2的電勢高于E1的電勢，E2應(yīng)向右

13、移動，C項正確，D項錯.(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點放一點電荷Q=1.0×109 C，直線MN過O點，OM=30 cm,M點放一點電荷q=2×1010 C,求:圖9-13(1)M點的場強大??；(2)若M點的電勢比N點的電勢高15 V，則電荷q從M點移到N點，它的電勢能變化了多少？解析:(1)根據(jù)得M點的場強(2)電荷q從M點移到N點，電場力做功WMN=qUMN=2×1010×15 J=3×109 J.這一過程中電場力做負功，電勢

14、能增加3×109 J答案:(1)100 N/C(2)3×109 J13.如圖9-14所示，計算機鍵盤上的每一個按鍵下面都有一個電容傳感器.電容的計算公式是其中=9.0×1012 F·m1,S表示兩金屬片的正對面積，d表示兩金屬間的距離.當(dāng)某一鍵被按下時，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.已知兩金屬片的正對面積為50 mm2，鍵未被按下時，兩金屬片間的距離為0.60 mm.只要電容變化達0.25 pF，電子線路就能發(fā)出相應(yīng)的信號，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:計算機鍵盤是一個電容傳感器，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.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,電子線路恰能檢測出必要的信號，則根據(jù)先求得未按下時的電容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點沿與電場垂直的方向進入勻強電場，初速度為v0，當(dāng)它通過電場B點時，速度與場強方向成150°角，不計電子的重力，求A、B兩點間的電勢差.圖9-15解析:電子進入勻強電場后在電場力作用下做勻變速曲線運動.根據(jù)運動的分解可知,電子在垂直于場強方向上做勻速直線運動.將B點

16、的速度分解(如圖)電子從A運動到B，由動能定理得答案:15.如圖9-16所示，在方向水平的勻強電場中，一個不可伸長的不導(dǎo)電細線的一端連著一個質(zhì)量為m的帶電小球，另一端固定于O點，把小球拉起直至細線與場強平行，然后無初速釋放，已知小球擺到最低點的另一側(cè)，線與垂直方向的最大夾角為.求小球經(jīng)過最低點時細線對小球的拉力.圖9-16解析:設(shè)細線長為L,球的電荷量為q,場強為E.若電荷量q為正,則場強方向在題圖中向右,反之向左.從釋放點到左側(cè)最高點,重力勢能的減小等于電勢能的增加.mgLcos=qEL(1+sin)若小球運動到最低點時的速度為v,此時線的拉力為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