高中物理滚动回头练6

滚动回头练六(时间：60分钟)一、单项选择题1．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开。下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是()．答案B2．两个分别带有电荷量－Q和＋3Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F.两小球相互接触后将其固定距离变为r/2，则两球间库仑力的大小为()．A.112FB.34FC.43FD．12F解析接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F＝Q·3Qr2，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电荷量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为＋Q，距离又变为原来的12，库仑力为F′＝kQ·Qr22，所以两球间库仑力的大小为43F，故C项正确．答案C3.(2013·浙江十二校联考)如图1所示，等边三角形ABC处在匀强电场中，其中电势φA＝φB＝0，φC＝φ.保持该电场的大小和方向不变，让等边三角形以A点为轴在纸面内顺时针转过30°，则此时的B点电势为()．图1A.33φB.12φC．－33φD．－12φ解析原AB直线为电势为零的等势线，C点电势为φ，到AB的垂直距离32L，转过30°之后，B到原零势线的距离L2，根据电势与垂直距离成正比，可得B点电势为－33φ.答案C4．(2013·温州二模)如图2所示，两等量负点电荷固定在A、B两点．以A、B连线的中点为原点O，沿A、B连线的中垂线建立x轴．选无穷远处电势为零．则关于x轴上各处的电场强度E、电势φ随x轴坐标的变化规律，下列图象较合理的是()．图2解析两等量负点电荷中垂线上，中点O场强为零，无穷远处场强为零，两边场强先增大后减小，左边场强方向向右为正，右边场强方向向左为负，故A正确．答案A5．在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形的abcd，顶点a、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图3所示．若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动．粒子从b点运动到d点的过程中()．图3A．先作匀加速运动，后作匀减速运动B．先从高电势到低电势，后从低电势到高电势C．电势能与机械能之和先增大，后减小D．电势能先减小，后增大解析由于负电荷受到的电场力是变力，加速度是变化的．所以A错；由等量正电荷的电场分布知道，在两电荷ac连线的中垂线bd的交点O点的电势最高，所以从b到a，电势是先增大后减小，故B错；由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能的相互转化，故电势能与机械能之和守恒，C错；由b到O电场力做正功，电势能减小，由O到d电场力做负功，电势能增加，D对．答案D6．如图4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．一带电油滴位于容器中的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()．图4A．带点油滴将沿竖直方向向上运动B．P点的电势将降低C．带电油滴的电势将减少D．若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大解析电容器两端电压U不变，由公式E＝Ud，场强变小，电场力变小，带电油滴将沿竖直方向向下运动，A错；P到下极板距离d不变，而强场E减小，由公式U＝Ed知P与正极板的电势差变小，又因为下极板电势不变，所以P点的电势变小，B对；由于电场力向上，而电场方向向下，可以推断油滴带负电，又P点的电势降低，所以油滴的电势能增大，C错；图中电容器两端电压U不变，电容C减小时由公式Q＝CU，带电荷量减小，D错．答案B二、多项选择题7．如图5所示，在x轴上关于原点O对称的两点固定放置等量异种点电荷＋Q和－Q，x轴上的P点位于x轴的右侧．下列判断正确的是()．A．在x轴上还有一点与P点电场强度相同B．在x轴上还有两点与P点电场强度相同C．若将一试探电荷＋q从P点移至O点，电势能增大D．若将一试探电荷＋q从P点移至O点，电势能减小解析根据等量正负点电荷的电场分布可知，在x轴上还有一点与P点电场强度相同，即和P点关于O点对称，A正确．若将一试探电荷＋q从P点移至O点，电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大．一般规定无穷远电势为零，过O点的中垂线电势也为零，所以试探电荷＋q在P点时电势能为负值，移至O点时电势能为零，所以电势能增大，C正确．答案AC8．如图6所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2(v2＜v1)．若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则()．图6A．小物体上升的最大高度为v21＋v224gB．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小解析设斜面倾角为θ、上升过程沿斜面运动的最大距离为L.因为OM＝ON，则MN两点电势相等，小物体从M到N、从N到M电场力做功均为0.上滑和下滑经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，则经过相等的一小段位移在上滑和下滑过程中电场力分力对应的摩擦力所做的功均为相等的负功，所以上滑和下滑过程克服电场力产生的摩擦力所做的功相等、并设为W1.在上滑和下滑过程，对小物体，应用动能定理分别有：－mgLsinθ－μmgLcosθ－W1＝－mv212和mgLsinθ－μmgLcosθ－W1＝mv222，上两式相减可得Lsinθ＝v21＋v224g，A对；由OM＝ON，可知电场力对小物体先做正功后作负功，电势能先减小后增大，B、C错；从N到M的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力分力不变，则摩擦力先增大后减小，在此过程中小物体到O的距离先减小后增大，根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小，D对．答案AD9．一粒子从A点射入电场，从B点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图7中左侧前三个等势面平行，不计粒子的重力．则正确的是()．图7A．A点的场强大于B点的场强B．粒子的加速度先不变后变小C．粒子的速度不断增大D．粒子的电势能先减小后增大解析由于电场线与等势面垂直(如图)，电场线先向右后向上偏，而粒子却向下偏了，所以电场力与电场强度方向相反，所以粒子带负电，A正确；又等势面先平行并且密集，后变稀疏，说明电场强度先不变，后变小，则粒子受电场力先不变，后变小，所以加速度先不变，后变小，B正确；电场力与初速度方向相反，所以速度先减小，C错误；而电场力先做负功，所以电势能先增大，D错误．答案AB10．(2013·嘉兴一模)如图8所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。在xOy平面的第一象限，存在以x轴y轴及双曲线y＝L24x的一段(0≤x≤L,0≤y≤L)为边界的匀强电场区域Ⅰ；在第二象限存在以x1＝－L、x2＝－2L、y1＝0，y2＝L为边界的匀强电场区域Ⅱ(即正方形MNPQ区域)两个电场大小均为E，电子的电荷量为e，不计电子重力的影响，则从电场I区域的AB曲线边界由静止释放的各个电子()．图8A．从PN间不同位置处离开区域ⅡB．从PQ间不同位置处离开区域ⅡC．在电场区域Ⅱ中运动时间不同D．离开MNPQ的最小动能为eEL解析设释放位置坐标为(x，y)，eEx＝mv22，L＝vt，h＝at22，a＝eEm，解得h＝L24x＝y，即所有从边界AB曲线上由静止释放的电子均从P点射出．故A、B错误，x越小加速后速度越小，在电场区域Ⅱ中运动时间越长，故C正确．从边界AB出发到P点射出的全过程，由动能定理Ek＝eE(x＋y)，又y＝L24x，故当x＝y＝L2时，动能Ek有最小值Ek＝eEL，故D正确．答案CD三、计算题11．(2013·浙江十二校联考)电子所带电荷量最早是由美国科学家密立根所做的油滴实验测得的。密立根油滴实验的原理如图9所示：两块水平放置的平行金属板与电源相连接，上板带正电，下板带负电，油滴从喷雾器喷出后，由于与喷嘴摩擦而带负电，油滴散布在油滴室中，在重力作用下，少数油滴通过上面金属板的小孔进入(可认为初速度为0)平行金属板间，落到两板之间的匀强电场中。在强光照射下，观察者通过显微镜观察油滴的运动．从喷雾器喷出的小油滴可以视为球形，小油滴在空气中下落时受到的空气阻力f大小跟它下落的速度v的大小的关系是：f＝6πηrv，式中r为油滴半径，η为粘滞系数．设重力加速度为g，不考虑油滴的蒸发．图9(1)实验中先将开关断开，测出小油滴下落一段时间后达到匀速运动时的速度v1，已知油的密度为ρ，空气的密度为ρ′，粘滞系数为η，试由以上数据计算小油滴的半径r；(2)待小球向下运动的速度达到v1后，将开关闭合，小油滴受电场力作用，最终达到向上匀速运动，测得匀速运动的速度v2，已知两金属板间的距离为d，电压为U.试由以上数据计算小油滴所带的电荷量q；(3)大致(不要求精确的标度)画出油滴从进入平行金属板到向上匀速运动这段过程中的v－t图象(设竖直向下为正方向)．解析(1)小油滴向下匀速运动，所受重力和空气阻力、空气浮力达到平衡有：ρ43πr3g＝ρ′g43πr3＋6πηrv1得：r＝9ηv12ρ－ρ′g.(2)小油滴在电场中向上匀速运动，所受重力、空气阻力和电场力、空气浮力达到平衡有：ρ43πr3g＋6πηrv2＝ρ′g43πr3＋qUd得：q＝6πη(v1＋v2)dU9ηv12ρ－ρ′g(3)如右图所示答案(1)r＝9ηv12ρ－ρ′g(2)q＝6πη(v1＋v2)dU9ηv12ρ－ρ′g(3)见解析图12．图10是某种静电分选器的原理示意图．两个竖直放置的平行金属板带有等量异号电荷，形成匀强电场．分选器漏斗的出口与两板上端处于同一高度，到两板距离相等。混合在一起的a、b两种颗粒从漏斗出口下落时，a种颗粒带上正电，b种颗粒带上负电．经分选电场后，a、b两种颗粒分别落到水平传送带A、B上．已知两板间距d＝0.1m，板的长度l＝0.5m，电场仅局限在平行板之间；各颗粒所带电荷量大小与其质量之比均为1×10－5C/kg.设颗粒进入电场时的初速度为零，分选过程中颗粒大小及颗粒间的相互作用力不计。要求两种颗粒离开电场区域时，不接触到极板但有最大偏转量。重力加速度g取10m/s2.图10(1)左右两板各带何种电荷？两极板间的电压多大？(2)若两带电平行板的下端距传送带A、B的高度H＝0.3m，颗粒落至传送带时的速度大小是多少？(3)设颗粒每次与传送带碰撞反弹时，沿竖直方向的速度大小为碰撞前竖直方向速度大小的一半．写出颗粒第n次碰撞反弹高度的表达式．并求出经过多少次碰撞，颗粒反弹的高度小于0.01m.解析(1)左板带负电荷，右板带正电荷．依题意，颗粒在平行板间的竖直方向上满足l＝12gt2①在水平方向上满足s＝d2＝12Uqdmt2②①②两式联立得U＝gmd2lq＝1×104V(2)根据动能定理，颗粒落到水平传送带上满足12Uq＋mg(l＋H)＝12mv2v＝Uqm＋2ql＋H≈4m/s.(3)在竖直方向颗粒作自由落体运动，它第一次落到水平传送带上沿竖直方向的速度vy＝2gl＋H＝4m/s.反弹高度h1＝0.5vy22g＝141×0.8m根据题设条件，颗粒第n次反弹后上升的高度hn＝14nv2y2g＝14×v2y2g，当n＝4时，hn＜0.01m.答案(1)左板带负电荷，右板带正电荷104V(2)4m/s(3)hn＝14·v2y2g4次