2012届高考物理二轮总复习专题过关检测(二)

2012届高考物理二轮总复习专题过关检测 　电场 (时间:90分钟　满分:100分) 第Ⅰ卷　选择题 一、选择题(本题 包括10小题,共40分.每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,错选或不选的得0分) 1.如图9-1所示是电容式话筒的示意图，它是利用电容制作的传感器，话筒的振动膜前面镀有薄薄的金属层，膜后距膜几十微米处有一金属板，振动膜上的金属层和这个金属板构成电容器的两极，在两极间加一电压U ，人对着话筒说话时，振动膜前后振动，使电容发生变化，导致话筒所在的电路中的其他量发生变化，使声音信号被话筒转化为电信号.其中导致电容变化的原因可能是电容器两极板间的(　　) 图9-1 A.距离变化           B.正对面积变化           C.介质变化           D.电压变化 解析:振动膜前后振动，引起电容器极板间的距离变化. 答案:A 2.一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的vt图象如图9-2甲所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是图乙中的(　　) 图9-2 解析:从题图甲可以看出负电荷在运动的过程中是变加速运动，因此所受到的电场力也不断变大，且和电荷运动方向相同，电场强度也不断变大，故选项C正确. 答案:C 3.如图9-3所示，电场中某条电场线上a、b两点相距为d，电势差为U，同一点电荷在a、b两点所受的电场力大小分别为F1和F2，则下列说法中正确的是(　　) 图9-3 A.a点的场强等于U/d B.a点的场强大于b点场强 C.若F1=F2，则a点场强等于U/d D.若F1＜F2,则a点场强小于b点场强 解析:电场中某条电场线上a、b两点相距为d，电势差为U，但电场线的分布情况未知，所以a、b两点的电场强度大小也无法判断，若F1＜F2，则a点场强小于b点场强，故选项D是正确的. 答案:D 4.如图9-4所示，在真空中的A、B两点分别放置等量异种点电荷，在A、B两点间取一正五角星形路径abcdefghija，五角星的中点与A、B的中点重合，现将一电子沿该路径逆时针移动一周，下列判断正确的是(　　) 图9-4 A.e点和g点的电场强度相同 B.a点和f点的电势相等 C.电子从g点到f点再到e点过程中，电势能先减小再增大 D.电子从f点到e点再到d点过程中，电场力先做负功后做正功 解析:e点与g点的场强方向不同，据等量异种电荷等势线分布图可知，过af的连线为零伏特的等势面，该面左侧电势 高，右侧电势低.对选项C，电势能一直增大，故C错. 答案:BD 5.A、B是某电场中一条电场线上的两点，一正电荷仅在电场力作用下，沿电场线从A点运动到B点，速度图象如图9-5所示.下列关于A、B两点电场强度E的大小和电势φ的高低的判断，正确的是(　　) 图9-5 A.EA＞EB                            B.EA＜EB                                          C.φA＜φB                                           D.φA＞φB 解析:由题图可知，正电荷速度越来越小，变化越来越慢即加速度越来越小，所受电场力越来越小，故EA＞EB,A对；受电场力方向与运动方向相反，可知场强方向由B向A，电势φA＜φB，C对. 答案:AC 图9-6 6.带正电的小球用绝缘线悬挂在O点(O点放置一带正电的点电荷)做单摆摆动，如图9-6所示.与O点不放电荷时比较，下列判断正确的是(　　) A.振动周期将变大                                          B.振动周期将变小 C.振动周期将不变                                          D.小球的振动仍是简谐运动 解析:O点放不放电荷只对绳子拉小球的张力有一定影响，如果O点放置一正电荷，小球到达最下端时绳子的张力将变大，但对小球振动的周期没有影响，我们可以将绳子对小球的拉力与小球所受的库仑力等效成一个力(此 二力始终与速度方向垂直) ，然后和O点不放正电荷时比较就很容易得出结论了，所以答案为CD. 答案:CD 7.(2010四川绵阳高三第二次诊断考试，18)如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc,实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知(　　) 图9-7 A.三个等势面中，c的电势最低 B.带电质点在P点的电势能比在Q点的小 C.带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小 D.带电质点在R点的加速度方向垂直于等势面b 解析:根据题意画出电场线、粒子在P处的速度方向和受力方向如图所示，可知电场线应垂直等势线由c经b至a,所以a点电势最低，选项A错误；粒子由P经R至Q的过程中，电场力对其做正功，带电质点的电势能降低，B选项错误；由于质点运动过程中只有电场力做功，所以质点的电势能与动能之和保持不变，C选项错误；根据电场线与电场强度的几何关系可知，D选项正确. 答案:D 8.如图9-8所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B匀速飞过，不计电子的重力，则电子所受另一个力的大小和方向变化情况是(　　) 图9-8 A.先变大后变小，方向水平向左 B.先变大后变小，方向水 平向右 C.先变小后变大，方向水平向左 D.先变小后变大，方向水平向右 解析:由A→O→B场强先增大再减小，在O点电场强度最大，电场强度的方向与异种电荷的连线平行并指向负电荷，即电场力先增大再减小，由受力平衡，电子所受另一个力先增大再减小，方向与异种电荷的连线平行并指向负电荷，选项B正确. 答案:B 9.如图9-9所示,在光滑绝缘水平面上,两个带等量正电的点电荷M、N分别固定在A、B两点,O为AB连线的中点,CD为AB的垂直平分线.在CO之间的F点由静止释放一个带负电的小球P(设不改变原来的电场分布),在以后的一段时间内 ,P在CD连线上做往复运动.若(　　) 图9-9 A.小球P的带电荷量缓慢减小,则它往复运动过程中振幅不断减小 B.小球P的带电荷量缓慢减小,则它往复运动过程中每次经过O点时的速率不断减小 C.点电荷M、N的带电荷量同时等量地缓慢 增大,则小球P往复运动过程中周期不断减小 D.点电荷M、N的带电荷量同时等量地缓慢增大,则小球P往复运动过程中振幅不断减小 解析:由对称性可知,M、N的带电荷量一定时,小球P的带电荷量的变化只影响其加速度的大小,影响其到达O点的速率的大小,而不会影响振幅的大小,因此,B正确,A错误;如果M、N的带电荷量等量缓慢增大,则小球P所受电场力产生的加速度在同一位置时将更大,速度变化将更快,即周期将变小,C对；同时,伴随M、N电荷量的增加,由于对P在同一位置的电场力变大，故振幅变小，D对. 答案:BCD 10.如图9-10所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘.两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置，如果将小球B向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比(　　) 图9-10 A.推力F将增大 B.竖直墙面对小球A的弹力减小 C.地面对小球B的弹力一定不变 D.两个小球之间的距离增大 解析:将A、B视为整体进行受力分析，在竖直方向只受重力和地面对整体的支持力N(也是对B的支持力 N)，将B向左推动少许后，竖直方向受力不变，所以N=(mA+mB)g为一定值，C正确.然后对B进行受力分析如图，由平衡条件可知N=mBg+F斥cosθ，向左推B，θ减小，所以F斥减小，由 得:A、B间距离r增大，D正确.而F=F斥sinθ,θ 减小，F斥减小，所以推力F减小.将A、B视为整体时F=Na，所以墙面对小球A的弹力Na减小，B正确.故选项B、C、D正确. 答案:BCD 第Ⅱ卷　非选择题 二、填空计算题(共6题，每题10分，共60分) 11.“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验中 图9-11 (1)如图9-11所用的电表指针偏转方向与流入电流的关系是:当电流从正接线柱流入电表时，指针偏向正接线柱一侧.一位学生用这个电表探测基准点2两侧的等势点时，把接电表正接线柱的探针E1接触基准点2，把接电表负接线柱的探针E2接触纸上某一点，发现表的指针发生了偏转，为了探测到等势点，则(　　) A.若电表指针偏向正接线柱一侧，E2应右移 B.若电表指针偏向正接线柱一侧，E2应左移 C.若电表指针偏向负接线柱一侧，E2应 右移 D.若电表指针偏向负接线柱一侧，E2应左移 图9-12 (2)在平整的木板上依次铺放白纸、复写纸和导电纸.在导电纸上平放两个圆柱形电极A与B，分别与直流电源的正、负极接好，如图9-12所示.若以A、B连线为x轴，A、B连线的中垂线为y轴，将一个探针固定在y轴上的某一点，沿x轴移动另一个探针，发现无论怎样移动，灵敏电流表的指针都不偏转，若电源及连线都是完好的，可能的故障是_______.将实验故障排除后，探针从BO间某处沿x轴向电极A移动的过程中，电流表中指针偏转的情况是_______. 解析:(1)由题图可知A点电势高于B点电势，若电表指针偏向正接线柱一侧，说明探针E1的电势高于E2的电势，E2应向左移动，所以B项正确；若指针偏向负接线柱一侧，说明探针E2的电势高于E1的电势，E2应向右移动，C项正确，D项错. (2)导电纸涂导电物质的一面朝下了；偏角逐渐减小到零，再反向偏转，偏角逐渐变大. 答案:(1)BC　(2)见解析 12.如图9-13所示，在真空中的O点放一点电荷Q=1.0×10－9 C，直线MN过O点，OM=30 cm,M点放一点电荷q=－2×10－10 C,求: 图9-13 (1)M点的场强大小； (2)若M点的电势比N点的电势高15 V，则电荷q从M点移到N点，它的电势能变化了多少？ 解析:(1)根据 得M点的场强 (2)电荷q从M点移到N点，电场力做功 WMN=qUMN=－2×10－10×15 J=－3×10－9 J. 这一过程中电场力做负功，电势能增加3×10－9 J 答案:(1)100 N/C　(2)3×10－9 J 13.如图9-14所示，计算机键盘上的每一个按键下面都有一个电容传感器.电容的计算公式是 其中ε=9.0×10－12 F·m－1,S表示两金属片的正对面积，d表示两金属间的距离.当某一键被按下时，d发生改变，引起电容器的电容发生改变，从而给电子线路发出相应的信号.已知两金属片的正对面积为50 mm2，键未被按下时，两金属片间的距离为0.60 mm.只要电容变化达0.25 pF，电子线路就能发出相应的信号，那么为使按键得到反应，至少需要按下多大距离？ 图9-14 解析:计算机键盘是一个电容传感器，由题意知是通过改变两极板间距来改变电容，得到相应的电信号.又因两极板间距减小，电容变大，设原间距为d0，至少要按下距离为d,电子线路恰能检测出必要的信号，则根据 先求得未按下时的电容C1=0.75 pF，再由 得 和C2=1.0 0 pF, 得 即d=0.15 mm. 答案:0.15 mm 14.如图9-15所示，电荷量为－e、质量为m的电 子从A点沿与电场垂直的方向进入匀强电场，初速度为v0，当它通过电场B点时，速度与场强方向成150°角，不计电子的重力，求A、B两点间的电势差. 图9-15 解析:电子进入匀强电场后在电场力作用下做匀变速曲线运动.根据运动的分解可知,电子在垂直于场强方向上做匀速直线运动.将B点的速度分解(如图) 电子从A运动到B，由动能定理得 答案: 15.如图9-16所示，在方向水平的匀强电场中，一个不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，把小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速释放，已知小球摆到最低点的另一侧，线与垂直方向的最大夹角为θ.求小球经过最低点时细线对小球的拉力. 图9-16 解析:设细线长为L,球的电荷量为q,场 强为E.若电荷量q为正,则场强方向在题图中向右,反之向左.从释放点到左侧最高点,重力势能的减小等于电势能的增加. mgLcosθ=qEL(1+sinθ)① 若小球运动到最低点时的速度为v,此时线的拉力为T,由能量关系得 mv2/2=mgL－qEL② 由牛顿第二定律得T－mg=mv2/L③ 由以上各式解得 答案: 16如图9-17所示，质量为m、电荷量为+q的小球从距地面一定高度的O点，以初速度v0沿着水平方向抛出，已知在小球运动的区域里，存在着一个与小球的初速度方向相反的匀强电场，如果测得小球落地时的速度方向恰好是竖直向下的，且已知小球飞行的水平距离为L，求: 图9-17 (1)电场强度E为多大？ (2)小球落地点A与抛出点O之间的电势差为多大？ (3)小球落地时的动能为多大？ 解析:(1)分析水平方向的分运动有: 所以 (2)A与O之间的 电势差 (3)设小球落地时的动能为EkA,空中飞行的时间为T,分析水平方向和竖直 方向的分运动有: 解得: 答案:见解析