【立体设计】2012高考物理-第6章-章末强化训练-新人教版.doc

2012高考立体设计物理人教版第6章 章末强化训练
一、选择题(每小题5分，共40分)
1.(2010·佛山检测）如图所示，在O点固定一正点电荷，A为电场中的一点，若在A点垂直于OA方向发射一带电粒子（粒子只受电场力作用），则在较短的时间内 （ ）

A.带电粒子的电势能一定增大
B.带电粒子的动能一定增大
C.带电粒子一定做曲线运动
D.带电粒子可能做匀速圆周运动
【解析】在A点垂直于OA发射的带电粒子可能为正电荷，也可能为负电荷，速度也不知道，如果带电粒子带负电且速度恰当，则可能刚好使带电粒子绕O点的正电荷做匀速圆周运动，O点的正电荷对A点的带电粒子的作用力充当了带电粒子做圆周运动的向心力，不做功，因此，带电粒子的电势能、动能不变，A、B错误，D正确；由于带电粒子的速度方向与所受力的方向不在同一直线上，因此，带电粒子一定做曲线运动，C正确.
【答案】C、D
2.学习库仑定律后，某物理兴趣小组根据该定律探究相同金属小球的电荷量分配关系.取三个完全相同的不带电金属球A、B、C，首先使A球带上一定电荷，A、B接触后放到相距r的地方，测得两球间的库仑力为FAB.B、C接触后也放到相距r的地方，测得两球间的库仑力为FBC，如果金属球间的电荷量平分,FAB、FBC的比值应该满足（ ）
A.1∶1 　　　　　　　　 B.2∶1
C.3∶1 　　　　　　　 D.4∶1
【解析】设A球原来的电荷量为Q，并且满足相同金属球接触后电荷量平分，AB间的作用力FAB=，BC间的作用力FBC=,所以.
【答案】D
3.如图所示，a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点.电场线与矩形所在平面平行.已知a点的电势为20 V，b点的电势为25 V，d点的电势、c点的电势可能为（ ）

A.5 V、9 V B.8 V、12 V
C.12 V、15 V D.24 V、29 V
【解析】由于a、b、c、d四点是在匀强电场中，所以Uab=Udc=-5 V,故只有选项D正确.
【答案】D
4. 如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行.整个装置处在真空中，重力可忽略.在满足电子能射出平行板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是 （ ）

A.U1变大、U2变大 B.U1变小、U2变大
C.U1变大、U2变小 D.U1变小、U2变小
【解析】设电子被加速后获得的初速度为v0，则由动能定理得：U1q=,又设水平极板长为,则电子在水平极板间偏转所用时间t=，又设电子在水平极板间的加速度为a,水平极板的板间距为d，由牛顿第二定律得：a=,电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度vy=a·t,联立解得vy=.又tanθ====.故U2变大、U1变小一定能使偏转角θ变大，故选项B正确.
【答案】B
5.x轴上有两点电荷Q1和Q2，Q1和Q2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，从图中可看出 （ ）

A.Q1一定大于Q2
B.Q1和Q2一定是同种电荷，但不一定是正电荷
C.电势最低处P点的电场强度为0
D.Q1和Q2之间各点的电场方向都指向P点
【解析】从图象看到，从Q1到Q2电势是先减小后增大，可以判断Q1和Q2为同种正电荷，若P点位于中点，两点电荷的电荷量相同，但是P点离Q2近点，说明Q1一定大于Q2，A、D项正确，B项错；根据电场的叠加原理可以判断P点电场强度为0，从图象看电势随距离的变化率也可以得出C项正确.
【答案】A、C、D
6.如图所示，B为线段AC的中点，如果在A处放一个+Q的点电荷，测得B处的场强EB=48 N/C,则（ ）

A.EC=24 N/C
B.EC=12 N/C
C.若要使EB=0,可在C处放一个-Q的点电荷
D.把q=10-9C的点电荷放在C点，则其所受电场力的大小为6×10-9 N
【答案】B
7.如图所示，平行板电容器与 电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地.开始时电键S闭合,一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态.把电键S断开后，又将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则关于带电油滴的叙述正确的是 （ ）

A.带电油滴将自由下落 B.带电油滴静止不动
C.带电油滴的电势将减小 D.带电油滴的电势不变
【解析】电容器两极板距离增大，但电荷量不变，根据=C=,又由公式E=分析得板间场强不变，A错，B对；P到下极板距离d′不变，而场强E不变，由公式U=Ed′知P与下极板的电势差不变，又因为下极板电势为零，所以P点的电势不变，C错，D对.
【答案】B、D
8.如图甲所示，水平面绝缘且光滑，弹簧左端固定，右端连一轻质绝缘挡板，空间存在着水平方向的匀强电场，一带电小球在电场力和挡板压力作用下静止.若突然将电场反向，则小球加速度的大小随位移x变化的关系图象可能是图乙中的 （ ）

【解析】将电场反向瞬间至弹簧恢复原长的过程中，对小球由牛顿第二定律得kx+qE=ma,即a=x+,a与x成线性关系;弹簧恢复原长之后的过程中，小球水平方向仅受电场力作用，对小球由牛顿第二定律得qE=ma,选项A正确.
【答案】A
二、非选择题（共60分）
9.(10分)如图所示，把电量为-5×10-9 C的电荷，从电场中的A点移到B点，其电势能________（选填“增大”“减小”或“不变”）；若A点的电势UA＝15 V，B点的电势UB＝10 V，则此过程中电场力做的功为___________J.

【解析】将电荷从电场中的A点移到B点，电场力做负功，其电势能增加；由电势差公式UAB=，电场力做负功，其电势能增加；
由电势差公式UAB=,W=qUAB=-5×10-9×(15-10) J=-2.5×10-8 J.
【答案】增大 -2.5×10-8
10.(15分)如图所示，质量为m的小球A穿在绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A带正电，电荷量为q.在杆上B点处固定一个电量为Q的正电荷.将A由距B竖直高度为H处无初速释放，小球A下滑过程中电量不变.不计A与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中.已知静电力常量k和重力加速度g.

(1)A球刚释放时的加速度是多大？
(2)设A球的最大速度为v，试求小球从开始运动到速度最大的过程中，小球电势能的改变量.
【解析】(1)受力分析如图所示，由牛顿第二定律得，

mgsinα- =ma,
得：a=gsinα-.
(2)设小球速度最大时距B点的距离为L1，此时小球的加速度为零，有
mgsinα=,
得:L1=.
由能量守恒得：
mg(H-L1sinα)= +ΔEp.
得：ΔEp=mg(H-)-.
【答案】(1) gsinα-
(2) mg(H-)-
11.(17分)如图所示，ABCD为竖立放在场强为E=104 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切，A为水平轨道上的一点，而且=R=0.2 m.把一质量m=0.1 kg、带电q=10-4 C的小球，放在水平轨道的A点上面由静止开始释放后，在轨道的内侧运动.(g取10 m/s2)

(1)它到达C点时的速度是多大？
(2)它到达C点时对轨道压力是多大？
(3)若让小球安全通过D点，开始释放点距离B点至少多远？
【解析】(1)由A点到C点应用动能定理有：
Eq(AB+R)-mgR=.
解得：vC=2 m/s.
(2)在C点应用牛顿第二定律得：
FN-Eq=,
得FN=3 N.
由牛顿第三定律知,
小球在C点对轨道的压力为3 N.
(3)在D点，小球要安全通过必有mg≤.
设释放点距B点的距离为x，由动能定理得：
Eqx-mg2R=.
以上两式联立可得：x=0.5 m.
【答案】(1)2 m/s (2)3 N (3)0.5 m
12.(18分)如图所示，在xOy平面上第Ⅰ象限内有平行于y轴的有界匀强电场，方向如图.y轴上一点P的坐标为(0,y0),有一电子以垂直于y轴的初速度v0从P点垂直射入电场中，当匀强电场的场强为E1时，电子从A点射出，A点坐标为(xA,0)，当场强为E2时，电子从B点射出，B点坐标为(xB,0).已知电子的电荷量为e,质量为m，不计电子的重力.

(1)求匀强电场的场强E1、E2之比；
(2)若在第Ⅳ象限过Q点放一张垂直于xOy平面的感光胶片，Q点的坐标为(0,-y0)，求感光胶片上曝光点的横坐标xA′、xB′之比.
【解析】(1)当场强为E1时：
xA=v0t1,y0=.
当场强为E2时：xB=v0t2,y0=.
解得：.
(2)设场强为E1时，电子射出电场时的偏转角为θ1
tanθ1=,vy1=,
xA′=.
设场强为E2时，电子射出电场时的偏转角为θ2
tanθ2=,vy2=,
xB′=.
解得：.
【答案】(1) (2)

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