《学霸笔记 同步精讲》第九章测评 练习（教师版）物理人教版必修三

第九章测评
(时间:60分钟　满分:100分)
一、单项选择题(本题共5小题,每小题5分,共25分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1.以下各项不属于静电屏蔽的是(　　)
A.避雷针
B.超高压带电作业的工人要穿有金属织物的工作服
C.电子设备外套金属网罩
D.野外高压输电线上方有两条与大地相连的导线
答案:A
解析:当带电云层靠近建筑物时,避雷针上产生的感应电荷会通过针尖放电,逐渐中和云中的电荷,使建筑物免遭雷击,其原理为尖端放电,故A不属于静电屏蔽;超高压带电作业的工人穿有金属织物的工作服可以起到屏蔽作用,故B属于静电屏蔽;电子设备外套金属网罩可以起到静电屏蔽的作用,故C属于静电屏蔽;高压输电线的上方还有两条导线,这两条导线与大地相连,形成稀疏的金属“网”把高压线屏蔽起来,免遭雷击,故D属于静电屏蔽。
2.如图所示,空间存在一方向水平向右的匀强电场,两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下,两细绳都恰好与天花板垂直,则(　　)
A.P和Q都带正电荷
B.P和Q都带负电荷
C.P带正电荷,Q带负电荷
D.P带负电荷,Q带正电荷
答案:D
解析:对小球受力分析可知,P和Q两小球不能带同种电荷,A、B错误;若P球带负电,Q球带正电,两球受力如图所示,恰能满足题意,则C错误,D正确。
3.如图所示,光滑绝缘水平面上有三个带电小球A、B、C(可视为点电荷),三小球在一条直线上均处于静止状态,则以下判断正确的是(　　)
A.A对B的静电力一定是引力
B.A对B的静电力可能是斥力
C.A的电荷量可能比B的少
D.C的电荷量一定比B的少
答案:A
解析:三小球在一条直线上处于静止状态,则A、C一定是同种电荷,A、B一定是异种电荷,即“两同夹异”,另外,A和C的电荷量一定大于B的电荷量,即“两大夹小”,选项A正确。
4.用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点的电场强弱和方向。图甲是等量异种点电荷形成的电场的电场线,图乙是该静电场中的一些点,O是电荷连线的中点,E、F是连线中垂线上相对O对称的两点,B、C和A、D分别相对O点左右对称。则下列说法不正确的是(　　)
A.B、C两点电场强度大小和方向都相同
B.A、D两点电场强度大小相等,方向相反
C.E、O、F三点相比较,O点电场强度最大
D.B、O、C三点相比较,O点电场强度最小
答案:B
解析:根据对称性看出,B、C两处电场线疏密程度相同,则B、C两点电场强度大小相等,这两点电场强度的方向均由B→C,方向相同,故A正确。根据对称性看出,A、D两处电场线疏密程度相同,则A、D两点电场强度大小相等,由题图看出,A、D两点电场强度方向相同,故B错误。E、O、F三点中,O处电场线最密,O点电场强度最大,故C正确。B、O、C三点比较,O处电场线最疏,O点电场强度最小,故D正确。
5.如图所示,一正离子在静电力作用下从A点运动到B点,在A点的速度大小为v0,方向与电场方向相同。该离子从A点运动到B点的v-t图像是(　　)
答案:C
解析:正离子在A点的受力方向与速度方向相同,所以该离子做加速运动;A点的电场线密,故A点的电场强度大,因此该离子在A点的加速度大,在v-t图像中,图线斜率逐渐变小,故C对。
二、多项选择题(本题共3小题,每小题5分,共15分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得5分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
6.两个完全相同的小金属球,它们的电荷量之比为5∶1(皆可视为点电荷),它们在相距一定距离时相互作用力为F1,如果让它们接触后再放回各自原来的位置上,此时相互作用力变为F2,则F1∶F2可能为(　　)
A.5∶2 B.5∶4
C.5∶6 D.5∶9
答案:BD
解析:设两小金属球起初所带的电荷量分别为5q、q,它们在相距一定距离时相互作用力为F1=k;若两电荷异性,接触后再分开,两球电荷量都为2q,此时两球相互作用力F2=kF1,则F1∶F2=5∶4。若两电荷同性,接触后再分开,两球电荷量都为3q,此时两球相互作用力F2=kF1,则F1∶F2=5∶9,故B、D正确,A、C错误。
7.如图所示,两根绝缘丝线挂着两个质量相同的小球A、B,此时上、下丝线的受力分别为FTA和FTB;如果使A带正电,使B带负电,上、下丝线的受力分别为FTA'和FTB',则下列关于FTA'和FTB'的关系判断正确的是(　　)
A.FTA'=FTA B.FTA'C.FTA'>FTA D.FTB'答案:AD
解析:以A、B两球组成的整体为研究对象,无论是小球带电还是小球不带电,分析其受力情况并根据平衡条件可知,上方丝线的拉力大小总是等于下面两球的重力之和;但是以B球为研究对象分析其受力情况可知,当A、B两球不带电时FTB=mBg,当A、B球分别带正电和负电时FTB'=mBg-F,故选项A、D正确。
8.某静电场中的电场线如图所示,带电粒子在电场中仅受静电力作用,其运动轨迹如图中虚线所示,由M点运动到N点,下列说法正确的是(　　)
A.粒子带正电荷
B.粒子受到的静电力为恒力
C.粒子在M点的加速度小于在N点的加速度
D.粒子在M点受到的静电力小于在N点受到的静电力
答案:ACD
解析:带电粒子在电场中运动时,受到的静电力的方向指向运动轨迹的内侧,由此可知,带电粒子受到的静电力的方向为沿着电场线向上,所以此带电粒子带的是正电荷,故A正确。由电场线的分布可知,电场线在N点较密,所以带电粒子在N点时受到的静电力大,在N点的加速度大,故B错误,C、D正确。
三、非选择题(本题共5小题,共60分)
9.(9分)在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中,一同学猜想可能与两电荷的间距和电荷量有关。他选用带正电的小球A和B,A球放在可移动的绝缘座上,B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点,如图所示。
实验时,先保持两球电荷量不变,使A球从远处逐渐向B球靠近,观察到两球距离越小,B球悬线的偏角越大;再保持两球距离不变,改变小球所带的电荷量,观察到电荷量越大,B球悬线的偏角越大。
实验表明:两电荷之间的相互作用力,随距离的　　　　而增大,随电荷量的　　　　而增大。
此同学在探究中应用的科学方法是　　　　　　　　　(选填“累积法”“等效替代法”“控制变量法”或“演绎法”)。
答案:减小　增大　控制变量法
解析:对B球进行受力分析,受重力、库仑力和悬线的拉力,悬线与竖直方向间的夹角增大时,说明库仑力增大。电荷量不变时,两球距离减小,悬线偏角增大,库仑力增大;距离不变时,电荷量增大,悬线偏角增大,库仑力增大。在探究中应用的科学方法是控制变量法。
10.(9分)如图所示,直角三角形ABC中∠B=30°,且在A、B两位置分别有两点电荷QA、QB,测得在C处的正点电荷受到的静电力方向平行于AB向左,则A点的点电荷带　　　　电,QA∶QB=　　　　。
答案:负　1∶8
解析:各个静电力不在同一直线上时,应用平行四边形定则求合力。
正点电荷在C处受点电荷QA、QB的库仑力作用,方向一定在AC、BC所在直线上,要使合力水平向左,C受A的作用力必定为引力,受B的作用力必定为斥力,所以A点的点电荷带负电,B点的点电荷带正电,受力分析如图所示,得FBsin 30°=FA①
由库仑定律得FB=②
FA=③
联立①②③解得QA∶QB=1∶8。
11.(13分)如图所示,以O为圆心,r为半径的圆与坐标轴的交点分别为A、B、C、D,空间有与x轴正方向相同的匀强电场,同时在O点固定一个电荷量为+Q的点电荷。如果把一个电荷量为-q的试探电荷放在C点,恰好平衡,那么匀强电场的电场强度大小为多少 A、D两点的实际电场强度大小为多少
答案:
解析:空间存在匀强电场和点电荷形成的电场,任何一点的电场强度都是这两个电场在该处的电场强度的矢量和。由电荷量为-q的试探电荷在C点处于平衡状态可得k=qE,解得匀强电场的电场强度为E=。
由于正点电荷形成的电场的电场强度方向从圆心沿半径方向向外,故在A点,点电荷形成的电场的电场强度方向沿x轴正方向;在D点,点电荷形成的电场的电场强度方向沿y轴正方向。从而可知A点的实际电场强度为两个等大、同向电场强度的合成,即EA=,D点的实际电场强度为两个等大、互相垂直的电场强度的合成,即ED=。
12.(14分)如图所示,竖直放置的两块足够大的带电平行板间形成一个方向水平向右的匀强电场区域,电场强度E=3×104 N/C。在两板间用绝缘细线悬挂一个质量m=5×10-3 kg的带电小球,静止时小球偏离竖直方向的角度θ=60°。g取10 m/s2。
(1)求小球的电性和电荷量。
(2)若小球静止时到右板的距离d=5×10-2 m,则剪断细线后,小球经多长时间碰到右极板
答案:(1)正电荷　×10-6 C　(2)0.1 s
解析:(1)因为小球静止,即受力平衡,所以小球带正电荷,对小球受力分析如图所示。由平衡条件有qE=mgtan θ,解得q=×10-6 C。
(2)剪断细线后,小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动,则有
ax=,d=axt2,解得t=0.1 s。
13.(15分)如图所示,有一水平向左的匀强电场,电场强度E=1.25×104 N/C,一根长l=1.5 m、与水平方向的夹角θ=37°的光滑绝缘细直杆MN固定在电场中,杆的下端M固定一个带电小球A,电荷量Q=+4.5×10-6 C;另一带电小球B穿在杆上可自由滑动,电荷量q=+1.0×10-6 C、质量m=1.0×10-2 kg。g取10 m/s2。将小球B从杆的上端N由静止释放,小球B开始运动。静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求小球B开始运动时的加速度。
(2)求小球B的速度最大时,与M端的距离r。
答案:(1)3.2 m/s2　(2)0.9 m
解析:(1)如图所示,小球B开始运动时受重力、小球A给它的库仑力、杆的弹力和匀强电场给它的库仑力,沿杆方向运动,由牛顿第二定律得
mgsin θ--qEcos θ=ma
解得a=gsin θ-
代入数据解得a=3.2 m/s2。
(2)小球B速度最大时合力为零,即
mgsin θ--qEcos θ=0
解得r=,
代入数据解得r=0.9 m。
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