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2015高三第一轮复习 与名师对话 课时跟踪训练 课时跟踪训练23.doc


课时跟踪训练(二十三)
一、选择题 1.

(2014· 北京卷)如图所示,实线表示某静电场的电场线,虚线表示该电场的等势面.下 列判断正确的是( )

A.1、2 两点的场强相等 B.1、3 两点的场强相等 C.1、2 两点的电势相等 D.2、3 两点的电势相等 解析:电场线的疏密表示电场强度的大小,可知 1 点的电场强度大于 2 点、3 点的电场 强度,选项 A、B 错误.沿着电场线方向电势逐渐降低,在同一等势面上各点的电势相等, 可知 1 点的电势高于 2 点电势,2 点、3 点处于同一等势面上,电势相等,选项 C 错误、D 正确. 答案:D 2.

(2014· 荆门市元月调考)如图所示,在某电场中画出了三条电场线,C 点是 A、B 连线的 中点.已知 A 点的电势为 φA=30 V,B 点的电势为 φB=-10 V,则 C 点的电势( A.φC=10 V B.φC>10 V )

C.φC<10 V D.上述选项都不正确 解析:由于 AC 之间的电场线比 CB 之间的电场线密,根据 U=Ed,定性分析相等距离 之间的电势差较大,即 φA-φC>φC-φB,所以 φC<10 V,选项 C 正确. 答案:C 3.(2014· 内江市一模)如图(甲)所示,MN 是某一电场中的一条电场线,a、b 是该电场 线上的两个点,如果在 a、b 两点分别引入试探电荷,测得试探电荷所受的静电力 F 跟它的 电荷量 q 之间的关系如图(乙)所示,选从 N 到 M 的方向为静电力的正方向,那么,关于 a、 b 两点的场强和电势的大小关系,下列说法中正确的是( )

A.电场强度 Ea>Eb;电势 φa>φb B.电场强度 Ea>Eb;电势 φa<φb C.电场强度 Ea<Eb;电势 φa>φb D.电场强度 Ea<Eb;电势 φa<φb 解析:对(乙)图分析可知,F-q 图线的斜率恰好是电场强度,由此可知 Ea>Eb,因电荷 带正电所以电场方向为由 N 到 M,所以 φa<φb,由此可知选项 B 正确. 答案:B 4.

(2014· 广州市测试)如图所示表示某静电场等势面的分布,电荷量为 1.6× 10 荷从 A 经 B、C 到达 D 点.从 A 到 D,静电力对电荷做的功为( A.4.8× 10
-8

-9

C 的正电

)

J

B.-4.8× 10

-8

J

C.8.0× 10

-8

J

D.-8.0× 10

-8

J

解析:静电力做功与电荷运动的路径无关,只与电荷的起始位置和终止位置有关.从 A 到 D, 静电力对电荷做的功为 W=qUAD=q(φA-φD)=1.6× 10 9× (-40+10) J=-4.8× 10
- -8

J,

选项 A、C、D 错误,B 正确. 答案:B 5.

(2014· 安徽省“江南十校”高三联考)一均匀带正电的半球壳,球心为 O 点,AB 为其对称 轴,平面 L 垂直 AB 把半球壳一分为二,且左右两侧球壳的表面积相等,L 与 AB 相交于 M 点.如果左侧部分在 M 点的电场强度为 E1,电势为 φ1,右侧部分在 M 点的电场强度为 E2, 电势为 φ2.(已知一均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零.取无穷远处电势为零,一点电 q 荷 q 在距离其为 r 处的电势为 φ=k ),则( r A.E1>E2,φ1>φ2 C.E1>E2,φ1=φ2 解析: B.E1<E2,φ1<φ2 D.E1=E2,φ1<φ2 )

完整球壳在 M 点场强为零,则 CC1 左侧部分电荷在 M 点的场强与 CC1 右侧部分在 M 点场强等大反向,CC1 和 EE1 间部分仅仅是 CC1 右侧的一部分,因此 E1>E2;CC1 左侧部分

与 CC1 和 EE1 间部分电荷相等,左侧每一个点电荷距离 M 点较近,因此左侧部分在 M 点 的电势(左侧所有点电荷在 M 点的电势代数求和)大于右侧部分在 M 点的电势,A 正确. 答案:A 6.

(2014· 江苏省高邮市第二中学检测)如图所示,正点电荷 2Q、Q 分别置于 M、N 两点, O 点为 MN 连线的中点.点 a、b 在 MN 连线上,点 c、d 在 MN 中垂线上,它们都关于 O 点对称.下列说法正确的是( )

A.O 点的电势高于 c 点的电势 B.a、b 两点的电场强度相同 C.电子在 a 点的电势能大于在 b 点的电势能 D.将电子沿直线从 c 点移到 d 点,电场力对电子先做负功后做正功 解析:同种电荷的电场线是排斥状的,沿电场线方向电势逐渐降低,知 O 点的电势高 于 c 点的电势,A 正确;虽然 a、b 关于 O 点对称,但是由于 M、N 两点电荷量不同,所以 a、b 两点的电场强度一定不同,B 错误;若将电子从 a 点运动到 b 点,电场力总体而言做 负功,电势能增加.所以电子在 a 点的电势能小于在 b 点的电势能,C 错误;将电子沿直 线从 c 点移到 d 点,电场力跟速度的方向先是锐角后是钝角,电场力对电子先做正功后做 负功,D 错误. 答案:A 7.

(2014· 河北衡水中学模拟)空间有一匀强电场,在电场中建立如图所示的直角坐标系 O -xyz,M、N、P 为电场中的三个点,M 点的坐标为(0,a,0),N 点的坐标为(a,0,0),P 点的 a a, ,a?.已知电场方向平行于直线 MN,M 点电势为 0,N 点电势为 2 V,则 P 点 坐标为? ? 2 ? 的电势为( )

1 3 A. 2 V B. 3 V C. V D. V 2 2 解析:如下图 1 所示,PP′垂直与平面 xOy,即 PP′⊥MN,即 PP′为等势线,所以转化 为平面图求解 P′的电势,平面图如图 2,作 P′Q′⊥MN,则 P′Q′为等势面,与 MN 交点为 2-φ 1 3 MN 的四等分点,匀强电场电势差与沿电场方向距离成正比,可得 = ,可得电势 φ= 2 2-0 4 3 V,所以 P′和 P 点电势均等于 φ= V,选项 D 对. 2

答案:D 8.

(多选)(2014· 甘肃凉州高三联考)如图所示, 带正电的小球 Q 固定在倾角为 θ 的光滑固定 绝缘细杆下端,让另一穿在杆上的质量为 m、电荷量为 q 的带正电小球从 A 点由静止释放, 到达 B 点时速度恰好为零.若 A、B 间距为 L,C 是 AB 的中点,两小球都可视为质点,重 力加速度为 g.则下列判断正确的是( )

A.从 A 至 B,q 先做匀加速运动,后做匀减速运动 B.在从 A 至 C 和从 C 至 B 的过程中,前一过程 q 电势能的增加量较小 C.在 B 点受到的库仑力大小是 mgsinθ D.Q 产生的电场中,A、B 两点间的电势差大小为 UAB= mgLsinθ q

解析:由图知,小球在运动的过程中,所受安培力越来越大,故做非匀变速运动,所 以 A 错误; 在从 A 至 C 和从 C 至 B 的过程中, 前一过程小球受电场力平均值小于后一过程 的,故电场力做功小于后一过程,所以前一过程 q 电势能的增加量较小,故 B 正确;小球 在到达 B 点前, 开始做减速运动, 到 B 点速度减为零, 故在 B 点受到的库仑力大于 mgsinθ, 所以 C 错误;从 A 到 B,根据动能定理得:mgLsinθ=qUAB,解得:UAB= D 正确. 答案:BD 9.(多选)(2014· 江西省八所重点中学高三联考)如图所示,O 点为均匀带正电的导体棒 AB 的中点,P 点为 AO 的中点,a、b 两点分别处在 P、O 两点的正上方.若将带负电的试 探电荷分别放在 a、b 两点,则( ) mgLsinθ ,所以 q

A.导体棒在 a 点的场强大于在 b 点的场强 B.导体棒在 a 点的场强小于在 b 点的场强 C.试探电荷在 a 点的电势能低于在 b 点的电势能

D.试探电荷在 a 点的电势能高于在 b 点的电势能 解析:根据题意,现取 OB 的中点为 Q 点,将导体棒分成四等分,根据对称性可得 AP 段和 PO 段在 a 点产生的场强与 PO 段和 OQ 段在 b 点产生的场强相同,同理可得:OQ 段 在 a 点产生的场强与 QB 段在 b 点产生的场强相同,那么比较两点场强,直接比较 QB 段在 a 点的场强和 AP 段在 b 点产生的场强即可,可得 b 点场强较大,故 A 错误;B 正确;因导 体棒带正电,由上述分析知,导体棒在 a 点产生的场强方向为斜向左上方在 b 点产生场强 竖直向上,若让试探电荷从 a 移动到 b,电场力做负功,电势能增加,即试探电荷在 a 点的 电势能高于在 b 点的电势能,故 C 错误;D 正确.

答案:BD 10.(多选)(2014· 浙江省台州中学高三统练)假设在某电场中沿 x 轴方向上,电势 φ 与 x 的距离关系如图所示, 其中 x4-x3=x6-x5.现有一个电子在电场中仅受电场力作用移动, 则 下列关于电场和电子能量说法正确的是( )

A.区域 x3~x4 内沿 x 轴方向的电场强度均匀减小 B.x6~x7 内沿 x 轴方向场强为零 C. 若电子从电势为 2 V 的 x1 位置向右移动到电势为 2 V 的 x7 位置, 为了通过电势为 3 V 的 x2 位置,电子至少应具有 1 eV 的初动能 D. 电子在区域 x3~x4 内沿 x 轴方向所受电场力大于区域 x5~x6 内沿 x 轴方向所受电场 力 解析:x3 到 x4 区域内电势随着位移均匀增大,故电场强度在 x 方向没有分量不变,即

存在着沿 x 方向的匀强电场,故 A 错;从 x6 到 x7 区域电势不变,故 x6 到 x7 区域之间电场 强度在 x 方向没有分量,即不存在沿 x 方向的电场,故 B 正确;从 1 到 2 电场力做正功, 动能增加 1 eV,从 3 到 4 电场力做负功,动能要减少 3 eV,若电子从电势为 2 V 的 x1 位置 向右到电势为 2 V 的 x7 位置,电子至少具有初动能 2 eV,故 C 错误;x4-x3=x6-x5,而 U34>U65,所以区域 x3~x4 内沿 x 轴方向电场强度大于区域 x5~x6 内沿 x 轴方向电场强度, 所以电子在区域 x3~x4 内沿 x 轴方向所受电场力大于区域 x5~x6 内沿 x 轴方向所受电场力, 故 D 对. 答案:BD 二、非选择题 11.(2014· 青岛二中高三检测)如图所示,同一竖直线上的 A、B 两点,固定有等量的异 种点电荷,电荷量为 q,正、负如图所示,△ABC 为一等边三角形(边长为 L),CD 为 AB 边的中垂线,且与右侧竖直光滑圆弧轨道的最低点 C 相切,已知圆弧的半径为 R,现把质 量为 m、带电荷量为+Q 的小球(可视为质点)由圆弧的最高点 M 静止释放,到最低点 C 时 速度为 v0.已知静电力常量为 k,现取 D 为电势零点,求:

(1)小球在 C 点受到的电场力的大小和方向; (2)在等量异种点电荷的电场中,M 点的电势 φM. 解析:(1)小球到达最低点 C 时,+q 与-q 对其的电场力 F1、F2 是大小相等的,有 F1 Qq =F2=k 2 L Qq 又因为△ABC 为等边三角形, 易知 F1、 F2 的夹角是 120° , 所以二者的合力为 F12=k 2 , L 且方向竖直向下. (2)小球由最高点 M 运动到 C 的过程中,由动能定理得 1 2 mgR+QUMC= mv0 2 可得 M、C 两点的电势差为

UMC=

1 (mv2 0-2mgR) 2Q

又等量异种点电荷中垂线上的电势相等,即 C、D 两点电势相等,故 M 点的电势为 φM=UMC= 1 (mv2 0-2mgR). 2Q

Qq 答案:(1)k 2 方向竖直向下 L 1 (2) (mv2 0-2mgR) 2Q 12. (2014· 浙江省瑞安中学)一端弯曲的光滑绝缘杆 ABD 固定在竖直平面上, 如图所示, AB 段水平,BD 段是半径为 R 的半圆弧,有一电荷量为 Q 的正点电荷固定在圆心 O 点.一 质量为 m、电荷量为 q 的带正电小环套在光滑绝缘杆上,在大小为 F 的水平恒力作用下从 C 点由静止开始运动, 到 B 点时撤去恒力, 小环继续运动到达 D 点, 已知 CB 间距为 4R/3.(提 示:根据电磁学有关知识,在某一空间放一电荷量为 Q 的正点电荷,则距离点电荷为 r 的 Q 某点的电势为 φ=k ,其中 k 为静电力常量,设无穷远处电势为零). r

(1)定性说明从 C 运动到 D 过程小球的电势能如何变化; (2)小环在 C 点时加速度为多大; (3)求水平恒力 F 的最小值. 解析:(1)从 C 运动到 B 过程电场力对小环做负功,电势能增大; 从 B 运动到 D 过程电场力不做功,电势能不变. (2)对小环受力分析如图,由牛顿第二定律,小环在 C 点时加速度 a 满足 F- kQq cosθ=ma ?5R?2 ?3 ?

F 36kQq a=m- 125R2

(3)小环刚好运动到达 D 点,vD=0;水平恒力 F 最小. C、D 两点的电势差 UCD=φC-φD= kQ kQ 2kQ - =- 5R R 5R 3

从 C 运动到 D 过程中由动能定理 4 FR+qUCD-2mgR=0 3 解得水平恒力 F 的最小值 F= 3mg 3kQq + . 2 10R2

答案:(1)从 C 运动到 B 过程电势能增大;从 B 运动到 D 过程电势能不变. F 36kQq (2) - m 125R2 3mg 3kQq (3) + 2 10R2


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