高三物理一轮复习讲义阶段性测试选修1静电场

1、2010届高三物理第一轮复习阶段性测试题（4）（命题范围：选修 31静电场）说明：本试卷分第I卷和第n卷两部分，共150分；答题时间120分钟.第I卷（选择题，共 40分）一、选择题（本题共 10小题，每小题4分，共40分.在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选又的得4分，选不全的得3分，有选错或不答白勺得0分）.某电场的分布如图所示，带箭头的实线为电场线，虚线为等势面.A、B、C三点的电场强 TOC o 1-5 h z 3.3度分别为EA EB、EC,电势分别为A、 B、 C ,关于这三点的电场强度和电势的关系，以下判断正确的是（）3c 中 CA C

2、PA.EAEBAB6 中r中一中CC.EAEBAv1B.若电键K闭合一段时间后再断开，向下移动b板，则v2v1C.若电键K保持闭合，无论向上或向下移动b板，则v2=v1D.若电键K闭合一段时间后再断开，无论向上或向下移动b板，则v2EB根据沿电场线方Cp （p向电势降低，有 A B.答案：A由点电荷的电场分布特点可知，距离点电荷越近，场强越大，因此该点电荷必然处于A点右侧.但点电荷带电性质不确定，因此场强的方向不确定.答案：BD由电场的叠加，AB中垂线中由C向上场强为先增后减，故电荷C所受电场力向上且先增后减，所以 C的加速度先增后减，但速度始终增大，可知BD正确.答案：C静电屏蔽作用，人体相

3、当于一个等势体.答案：BC注意两种情况的区别，电键 K始终闭合，则电容器两板间的电压保持不变，闭合后再断开则电量保持不变，然后再根据平行板电容器电容、电势差和电量的关系及匀强电场中场强和距离的关系即可 .答案：B由于库仑力变化，因此质子向b不是做加速运动，A错误；由于a、b之间的1 mv2 =qU,则知电子以 Ob为半径绕O做匀速圆周运动时的线速度为J2 , C、D错误.7.答案：AD减小的动能转化为电子的电势能，由 A到C减小的动能与由C到B增加的动能 相等，所以场强方向由 O指向C, A和B的电势相等，形成电场的正电荷应位于D点.8.答案：A根据带电粒子在电场中水平方向上匀速和竖直方向上匀

4、加速即可推出A正确.9.答案：D 剪断细线Oc后，a、b作为一个系统在水平方向只受内力（库仑力、绳子拉伸 T2qU-电势差恒定，根据动能定理得，2 可得 7 m，则知3粒子从a点由静止释放后运动2v到b点的速率为2 , B正确;当电子以Oa为半径绕O做匀速圆周运动时,根据Qqv2k m- r2r ,后的拉力）作用，外力无冲量故其水平方向上动量恒为零.在竖直方向上，二者同时在重力作用下做初速度为零的匀加速运动，同时落地机械能守恒，故落地时，ab两球的动能和为（ma rno）gh.在运动过程中，电场力做正功，因此其系统电势能减小10.答案：BD 粒子在水平方向上做匀速直线运动，因初速度相同，故水平

5、位移S大的时间长，因Sa Sb % ,故tA tB aB,故b正确.22、2粒子到达正极板的动能为Ek =m（v。 v_L）,而v_L=2ay,所以有EkA EkB Eq , c错误.由aA 电ac可以判断a带负电，b不带电，C带正电，D正确.11.答案：（1） BE （4分）要用直流电源形成稳恒电流场，以模拟静电场，应选 6V的直流电源，所以选 B;要用探针寻找等势点，电流表灵敏度高，指针能左右偏转，所以选 E.（2） D （4分）探针由。点左侧沿x轴正方向移到 。点右侧的过程中，两探针间的电势差先 TOC o 1-5 h z 减小后变大，所以灵敏电流表的指针与零刻度的夹角先变小后变大mgd

6、.答案：（1）如图（a） . （4 分）（2） tanH（4 分）（3）k （4 分）提示：带电小球的受力如图b,tan - F根据平衡条件有mg ,UF = qE = q 又有d ,联立解得，,mgd ,U tan 二-k tanq,所以应以tan8为横坐标Eb = =2.5.解析：（1）由图可得B点电场强度的大小q N/C. （2分）因B点的试探电荷带负电，而受力指向x轴的正方向，故B点场强的方向沿x轴的负方向.（2 分）（2）因A点的正电荷受力和 B点的负电荷受力均指向x轴的正方向，故点电荷Q位于A、B两点之间，带负电.（2分） TOC o 1-5 h z QQEA =k2Eb =k2设

7、点电荷Q的坐标为x,则（xN）,（5-刈（4分）由图可得EA =40 N/C,解得x=2.6m.（4分）.解析：他的解答是错误的.（5分）小环是穿在丝线上， 作用于小环上的两个拉力大小相等，方向不同.小环受四个力，如图所示.*疗陪竖直方向Tsin60 =mg（3分）水平方向 Tcos60kU+T= L2（3分）由联立得q=V导（3分） TOC o 1-5 h z .解析：（1）由小球运动到最高点可知，小球带正电（2分）（2）设小球运动到最高点时速度为v,对该过程由动能定理有，12（qE - mg）L = - mv2（2分）v2在最高点对小球由牛顿第二定律得,（2分）T mg qE 二 mL由式

8、解得，T=15N （1分）。qE - mga -（3）小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a,则m （2分）设小球在水平方向运动 L的过程中，历时t ,则L = vt（1分）设竖直方向上的位移为s,则12s = at2（1分）由解得，s=0.125m （2分），小球距O点高度为s+L=0.625m.（1分）16.解析：（1）因油滴到达最高点时速度大小为V,方向水平，对 O-N过程用动能定理有怅+岫=0,（2分）所以电场力一定做正功，油滴带负电，则最高位置一定在O点的左上方.（3分）（2）由（1）的分析可知qUNO =mgh,在竖直方向上油滴做初速为 vsinH的竖直上抛运动, 则有（vsi

9、n）2 =2gh,（3分）2 . 2T. mv sin t1U NO 二即2q . （2分）vsin 二 t 二（3）油滴由Of N的运动时间g , （2分）则在水平方向上由动量定理得，qEt=mv + mvcos9 （2分）E _ mg（1 cos）即qsin0. （2 分）17.解析：（1）小球由B点运动到C点过程，由动能定理有，（mg _qE）L = 1mvC - - mv122, （2分）vC_Fc _ mg = m在C点，设绳中张力为 FC,则有L （2分）因 FC=mg 故 vC=0 （2 分）qE =mgtan53 mg又由小球能平衡于 A点得，3（2分）二 vb T3gL（2分

10、）（2）小球由D点静止释放后将沿与竖直方向夹0 =53。的方向作匀加速直线运动，直至运动到3l TOC o 1-5 h z O点正下方的 P点，OP距离h=Lcot53 =4（2分）在此过程中，绳中张力始终为零，故此过程的加速度a和位移s分别为：F5L5 .a = - = g s= 二 - Lm 3, sin530 4 .（2 分）vP = J2as =J-gL ，小球到达悬点正下方时的速率为6 6. （2分） 18.解析：（1）设电子经电压 U1加速后的速度为 v0,根据动能定理得:2eU1一 mv0 e U1=2（2分）解得:（2分）（2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为E,电子在偏转电场运动的时间为t1 ,电子的加速度为a,离开偏转电场时相对于原运动方向的侧移量为y1,根据牛顿第二定律和运动学公式得：U1L1L2 dPMNOKA y2yiU2eU2F=eE, E= d , F=ma,a = md （3 分）Lii 2U2L2at1t1= Vo , y1= 2,解得：y1= 4Uld （3 分）eU2L1（3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy,根据运动学公式得：vy=a