版物理新学考增分浙江专版第8章检测含答案Word格式文档下载.docx
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φB EA>
EBD.φA<
3.
如图所示,水平匀强电场中,一带电荷量为-q、质量为m的小球静止在倾角为θ的光滑斜面上,则关于电场强度方向及大小的判断正确的是( )
A.向右,tanθB.向左,tanθ
C.向右,sinθD.向左,sinθ
4.在电场中某点放一检验电荷,其电荷量为q,检验电荷受到的电场力为F,该点电场强度为E=,那么下列说法正确的是( )
A.若移去检验电荷q,该点的电场强度就变为零
B.若在该点放一个电荷量为2q的检验电荷,该点的电场强度就变为
C.若在该点放一个电荷量为-2q的检验电荷,则该点电场强度大小仍为E,但电场强度的方向变为原来相反的方向
D.若在该点放一个电荷量为-的检验电荷,则该点的电场强度大小仍为E,电场强度的方向也还是原来的电场强度方向
5.在真空中有一点电荷形成的电场,离该点电荷距离为r0的一点,引入一电荷量为q的检验电荷,所受电场力为F,则离该点电荷为r处的电场强度大小为( )
A.B.C.D.
6.真空中有一个点电荷+Q1,在距其r处的P点放一电荷量为+Q2的试探电荷,试探电荷受到的静电力为F,则下列判断中正确的是( )
A.P点的电场强度大小为
B.P点的电场强度大小等于也等于
C.试探电荷的电荷量变为2Q2时,其受到的静电力将变为2F,而P处的电场强度为
D.若在P点不放试探电荷,则该点电场强度为0
7.
如图所示,A、B为两个固定的等量的正电荷,在它们连线的中点处有一个可以自由运动的正电荷C,现给电荷C一个垂直于连线的初速度v0,若不计电荷C所受的重力,则关于电荷C运动过程中的速度和加速度情况,下列说法正确的是( )
A.加速度始终增大
B.加速度先增大后减小又增大
C.速度始终增大,最后趋于无穷大
D.速度始终增大,最后趋于某有限值
8.如图所示,有一带电荷量为+q的点电荷与均匀带电圆形薄板相距为2d,此点电荷到带电薄板的垂线通过板的圆心。
若图中a点处的电场强度为零,则图中b点处的电场强度大小是( )
A.k+kB.k-k
C.0D.k
9.
两平行金属板相距为d,电势差为U,一电子质量为m,电荷量为e,从O点沿垂直于极板的方向射出,最远到达A点,然后返回。
如图所示,OA=h,此电子具有的初动能是( )
A.B.edUhC.D.
10.
如图所示,平行板电容器接在电势差恒为U的电源两端,下极板接地。
一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。
现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离( )
A.带电油滴将沿竖直方向向上运动
B.电容器的电容减小
C.电容器的电容增大
D.极板带电荷量将增大
11.
平行板电容器的两板A、B接于电池两极,一带正电小球用绝缘细线悬挂在电容器两板之间,细线与竖直方向夹角为θ,如图所示,那么( )
A.保持开关S闭合,仅将A板向B板靠近,则θ减小
B.保持开关S闭合,仅将A板沿极板方向下移少许,则θ不变
C.开关S断开,仅将A板靠近B板,则θ增大
D.开关S断开,仅将A板远离B板,则θ减小
12.
如图所示,实线表示电场线,虚线表示只受电场力作用的电荷运动轨迹,a、b为运动轨迹上的两点,可以判定( )
A.电荷在a点的速度大于在b点的速度
B.电荷为负电荷
C.电荷在a点的电势能大于在b点的电势能
D.a点的电势低于b点的电势
13.
如图所示,一个电荷量为+Q的点电荷甲,固定在绝缘水平面上的O点,另一个电荷量为-q、质量为m的点电荷乙从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动,到B点时速度最小且为v,已知静电力常量为k,点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ,AB间距离为l,则以下说法不正确的是( )
A.OB间的距离为
B.从A到B的过程中,电场力对点电荷乙做的功为W=μmgl+mv2
C.从A到B的过程中,电场力对点电荷乙做的功为W=μmgl+mv2-
D.从A到B的过程中,乙的电势能减少
14.(加试)a、b、c是匀强电场中的三个点,各点电势依次为10V、2V、6V;
三点在同一平面上,下列图中电场强度的方向表示正确的是( )
二、非选择题(共30分)
15.(10分)
如图所示,在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方的P点,固定电荷量为+Q的点电荷。
一质量为m、电荷量为+q的物块(可视为质点),从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动,当运动到P点正下方B点时速度为v。
已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ(取无穷远处电势为零),P到物块的重心距离为h,PA连线与水平轨道的夹角为60°
试求:
(1)物块在A点时受到轨道的支持力大小;
(2)点电荷+Q产生的电场在B点的电势。
16.(10分)
如图所示,一电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°
的光滑斜面上,当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中,小物块恰好静止。
重力加速度取g,sin37°
=0.6,cos37°
=0.8。
求:
(1)水平向右电场的电场强度;
(2)若将电场强度减小为原来的,物块的加速度是多大;
(3)电场强度变化后物块下滑距离l时的动能。
17.
(10分)如图所示,水平地面上有一长为l、高为h的桌子。
质量为m的小物块A从绝缘桌面的左端以初速度v0水平向右运动,最终落在地面上D点,D点与桌面右端的水平距离为s。
若再次将物块A置于桌面左端,并让其带上电荷量为q的正电荷,在桌面以上区域加一水平向右、大小可调节的匀强电场。
假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,求:
(1)为使再次置于桌面左端的带电物块A在桌面上滑动,电场强度的最小值E1。
(2)为使再次置于桌面左端的带电物块A从桌面滑落后仍落在地面上的D点,电场强度E2的值。
1.B 矢量是有大小、有方向的物理量,例如:
位移、速度、加速度、力、电场强度,因此选项B正确。
2.B 据速度—时间图象可得,负电荷的加速度恒定,由A到B做匀减速直线运动,所以EA=EB,电场强度方向由A指向B,所以φA>
φB。
故B项正确。
3.B 小球静止,所受合力为零。
重力和水平方向的电场力不能使其平衡,因此一定会受到斜面支持力的作用。
由三力平衡情况可知,小球所受电场力应水平向右,即Eq=mgtanθ,由此得匀强电场的电场强度大小为tanθ。
因小球带负电,所以匀强电场方向与小球受力方向相反,即电场方向向左。
故选B。
4.D 电场中某点的电场强度是由场源电荷和该点的位置决定的,而与检验电荷是否存在、检验电荷的电性和电荷量无关。
故正确答案为D。
5.B 根据点电荷电场强度公式E=可得,真空中同一点电荷产生的电场强度与场点位置r的二次方成反比,则,又E0=,所以E=,故选B。
6.C 由电场强度定义式E=得E=,选项A错;
由点电荷电场强度公式知E=,选项B错误;
电场中的电场强度与放入电场中的电荷无关,无论有无放入试探电荷、试探电荷的电荷量如何,电场强度都不变,选项C正确,选项D错误。
7.D 根据等量同种点电荷电场的特点,可知两个电荷连线的中垂线上,电场力垂直中垂线向上,所以C一直加速,电场强度从C点到无穷远,先增大后减小,所以点电荷C的加速度先增大后减小。
8.A 点电荷在a点产生的电场强度大小E=k,方向向左,由题意,带电薄板在a点产生的电场强度大小E1=k,方向向右。
根据对称性,带电薄板在b点产生的电场强度大小E2=k,方向向左,点电荷在b点产生的电场强度大小E3=,方向向左,根据电场强度的叠加原理,Eb=E2+E3,可知A正确。
9.D 电子受到的静电力做负功,有-eUOA=0-Ek,UOA=h,Ek=,由此知选项D正确。
10.B 由于平行板电容器电压保持不变,将上极板竖直向上移动一小段距离,板间电场强度减小,油滴所受静电力减小,油滴将沿竖直方向向下运动,故选项A错误;
将上极板竖直向上移动一小段距离,板间距离增大,电容减小,而电势差不变,由Q=CU可知,电荷量Q减小,故选项B正确,选项C、选项D错误。
11.B 保持开关S闭合,电压U不变,仅将A板向B板靠近,d减小,E=变大,θ变大,A错;
仅将A板沿极板方向下移少许,d不变,E=不变,θ不变,B对;
开关S断开,电荷量Q不变,仅将A板靠近B板,d减小,极板间正对面积S不变,而电荷密度不变,E不变,θ不变,C、D均错。
选B。
12.C 沿着电场线方向电势越来越低,可得a点电势高于b点电势,D错误。
该电荷在电场中做曲线运动,电场力应指向轨迹的凹侧,即受力方向与电场强度的方向一致,电荷必带正电,B错误。
电荷若从a运动到b,由于a点电势高于b点电势,a、b间电势差为正值,电荷带正电,由Wab=qUab可得电场力做正功,所以电荷在b点动能大于在a点动能,电荷在b点速度大于在a点速度;
电荷若从b运动到a,由Wba=qUba可得电场力做负功,所以电荷在b点动能大于在a点动能,电荷在b点速度大于在a点速度,A错误。
由于a点电势高于b点电势,正电荷在电势高处电势能大,所以电荷在a点的电势能大于在b点的电势能,C正确。
13.B 乙做加速度逐渐减小的减速直线运动,到B点时速度最小,所受库仑力等于摩擦力,由μmg=k,解得OB间的距离为r=,选项A正确。
从A到B的过程中,由动能定理,电场力对点电荷乙做的功为W=μmgl+mv2-,选项B不正确,选项C正确。
从A到B的过程中,电场力做正功,乙的电势能减少,选项D正确。
14.C 由于Uab=φa-φb=8V,则ab中点处电势为6V,因此c点与ab中点的电势相同,c点与ab中点的连线为一条等势线,电场强度方向应垂直于该等势线并且指向电势较低的方向,故选项C正确。
15.答案
(1)mg+
(2)-v2)+φ
解析
(1)物块在A点受重力、电场力、支持力。
分解电场力,由竖直方向受力平衡得FN=mg+ksin60°
又因为h=rsin60°
由以上两式解得支持力为FN=mg+。
(2)物块从A运动到P点正下方B点的过程中,由动能定理得-qU=mv2-
又因为U=φB-φA=φB-φ,由以上两式解得φB=-v2)+φ。
16.答案
(1)
(2)0.3g (3)0.3mgl
解析
(1)小物块静止在斜面上,受重力、电场力和斜面支持力,受力分析如图所示,则有FNsin37°
=qE①
FNcos37°
=mg②
由①②可得E=。
(2)若电场强度减小为原来的,即E'
=
由牛顿第二定律得
mgsin37°
-qE'
cos37°
=ma
可得a=0.3g。
(3)电场强度变化后物块下滑距离l时,重力做正功,电场力做负功,由动能定理得mglsin37°
lcos37°
=Ek-0
可得Ek=0.3mgl。
17.答案
(1))
(2)
解析
(1)由平抛运动规律s=vt;
h=gt2
得v=s①
由动能定理,考虑到摩擦力Ff做负功,得-Ffl=mv2-②
为了使物块A在桌面上滑动,其所受电场力至少等于摩擦力Ff,有F=qE1=Ff③
由①②③式得E1=)。
(2)由动能定理qE2l-Ffl=mv2得E2=。