2019-2020版高中物理 第一章 靜電場 章末檢測試卷（一）新人教版選修3-1

章末檢測試卷(一)(時間：90分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共14小題，每小題4分，共56分.18題為單項選擇題，914題為多項選擇題全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選和不選的得0分)1下面是某同學(xué)對電場中的一些概念及公式的理解，其中正確的是()A由E知，電場中某點的電場強度與試探電荷所帶的電荷量成反比B由C知，電容器的電容與其所帶電荷量成正比，與兩極板間的電壓成反比C由Ek知，電場中某點的電場強度與場源電荷所帶的電荷量無關(guān)D由UAB知，帶電荷量為1 C的正電荷，從A點移動到B點克服電場力做功為1 J，則A、B兩點間的電勢差為1 V答案D解析電場強度E與F、q無關(guān)，由電場本身決定，A錯誤；電容C與Q、U無關(guān)，由電容器本身決定，B錯誤；Ek是決定式，C錯誤；由UAB可知，D正確2.(2018·重慶市綦江區(qū)校級聯(lián)考)某點電荷和金屬圓環(huán)間的電場線分布如圖1所示下列說法正確的是()圖1Aa點的電勢高于b點的電勢B若將一正試探電荷由a點移到b點，電場力做負功Cc點的電場強度與d點的電場強度大小無法判斷D若將一正試探電荷從d點由靜止釋放，電荷將沿著電場線由d到c答案B解析由沿電場線的方向電勢降低和電場線與等勢面垂直的特點，可知a點的電勢低于b點的電勢，故A錯誤；由電勢能的公式：Epq，可得出正試探電荷在a點的電勢能低于在b點的電勢能，由電場力做功與電勢能變化的關(guān)系，可知電場力做了負功，故B正確；因為電場線的疏密表示電場的強弱，故c點的電場強度小于d點的電場強度，故C錯誤；正試探電荷在d點時所受的電場力沿該處電場線的切線方向，使該電荷離開該電場線，所以該電荷不可能沿著電場線由d到c，故D錯誤3(2017·南通市第一次調(diào)研測試)如圖2所示，在O點放置點電荷q，電荷周圍A、B兩點到O點的距離分別為rA、rB，rA<rB，A、B兩點電場強度大小分別為EA、EB，電勢分別為A、B，則()圖2AEA>EB BEAEB CA>B DAB答案A解析根據(jù)公式Ek，可以判斷出離場源電荷越近，場強越大，所以A點的場強較大，A正確，B錯誤；沿著電場線方向，電勢逐漸降低，所以B點電勢較高，C、D錯誤4(2018·淄博市高一下期末)兩個等量點電荷的電場線分布如圖3所示，圖中A點和B點在兩點電荷連線上，C點和D點在兩點電荷連線的中垂線上若將一電荷放在此電場中，則以下說法正確的是()圖3A電荷沿直線由A到B的過程中，電場力先增大后減小B電荷沿直線由C到D的過程中，電場力先增大后減小C電荷沿直線由A到B的過程中，電勢能先減小后增大D電荷沿直線由C到D的過程中，電勢能先增大后減小答案B5(2018·日照市期末)如圖4所示，在點電荷Q產(chǎn)生的電場中，實線是方向未知的電場線，虛線AB是一個帶電粒子僅在靜電力作用下的運動軌跡下列說法正確的是()圖4A帶電粒子在A點的電勢能一定小于在B點的電勢能B帶電粒子在A點的加速度一定大于在B點的加速度C若帶電粒子帶負電，則點電荷Q一定帶正電D若帶電粒子帶負電，則A點的電勢一定高于B點的電勢答案B6如圖5，靜電噴涂時，被噴工件接正極，噴槍口接負極，它們之間形成高壓電場，涂料微粒從噴槍口噴出后，只在靜電力作用下向工件運動，最后吸附在工件表面，圖中虛線為涂料微粒的運動軌跡下列說法正確的是()圖5A涂料微粒一定帶正電B圖中虛線可視為高壓電場的部分電場線C微粒做加速度先減小后增大的曲線運動D噴射出的微粒動能不斷轉(zhuǎn)化為電勢能答案C解析因工件接電源的正極，可知涂料微粒一定帶負電，選項A錯誤；因虛線為涂料微粒的運動軌跡，可知不能視為高壓電場的部分電場線，選項B錯誤；從噴槍口到工件的電場先減弱后增強，可知微粒加速度先減小后增大，因電場線是曲線，故微粒做曲線運動，選項C正確；因電場力對微粒做正功，故微粒的電勢能逐漸減小，選項D錯誤7(2018·重慶八中適應(yīng)性考試)直角坐標(biāo)系xOy中，A、B兩點位于x軸上，坐標(biāo)如圖6所示，C、D位于y軸上，C、D兩點各固定一等量正點電荷，另一電荷量為Q的負點電荷置于O點時，B點處的電場強度恰好為零，若將該負點電荷移到A點，則B點處場強的大小和方向分別為(靜電力常量為k)()圖6A.，沿x軸正方向 B.，沿x軸負方向C.，沿x軸負方向 D.，沿x軸正方向答案D解析B點處的電場強度恰好為零，說明負點電荷在B點產(chǎn)生的場強與兩正點電荷在B點產(chǎn)生的合場強大小相等，方向相反，根據(jù)點電荷的場強公式可得，負點電荷在B點的場強為，兩正點電荷在B點的合場強也為，當(dāng)負點電荷移到A點時，負點電荷與B點的距離為2l，負點電荷在B點產(chǎn)生的場強為，方向沿x軸負方向，兩正點電荷在B點產(chǎn)生的合場強的大小為，方向沿x軸正方向，所以B點處合場強的大小為，方向沿x軸正方向，所以A、B、C錯誤，D正確8.示波管是一種多功能電學(xué)儀器，它的工作原理可以等效成下列情況：如圖7所示，真空室中電極K發(fā)出電子(初速度不計)，經(jīng)過電壓為U1的加速電場后，由小孔S沿水平金屬板A、B間的中心線射入板中，金屬板長為L，相距為d.當(dāng)A、B間電壓為U2時電子偏離中心線飛出電場打到熒光屏上面顯示亮點已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，不計電子重力，下列情況中一定能使亮點偏離中心距離變大的是()圖7AU1變大，U2變大 BU1變小，U2變大CU1變大，U2變小 DU1變小，U2變小答案B解析當(dāng)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度的反向延長線一定經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場中水平位移的中點，所以電子離開偏轉(zhuǎn)電場時偏轉(zhuǎn)角度越大(偏轉(zhuǎn)距離越大)，亮點距離中心就越遠設(shè)電子經(jīng)過U1加速后速度為v0，離開偏轉(zhuǎn)電場時豎直方向速度為vy，根據(jù)題意得：eU1mv，電子在A、B間做類平拋運動，當(dāng)其離開偏轉(zhuǎn)電場時豎直方向速度為vyat·，解得速度的偏轉(zhuǎn)角滿足：tan ，顯然，欲使變大，應(yīng)該增大U2、L，或者減小U1、d，故選B.9.如圖8所示，電路中A、B為兩塊豎直放置的金屬板，C是一只靜電計，合上開關(guān)S后，靜電計指針張開一定角度，下述做法可使靜電計指針張角增大的是()圖8A使A、B兩板靠近一些B使A、B兩板正對面積減小一些C斷開S后，使B板向右平移一些D斷開S后，使A、B正對面積減小一些答案CD解析靜電計顯示的是A、B兩極板間的電壓，指針張角越大，表示兩板間的電壓越高當(dāng)合上S后，A、B兩板與電源兩極相連，板間電壓等于電源電壓，電源電壓不變，靜電計指針張角不變；當(dāng)斷開S后，板間距離增大，正對面積減小，都將使A、B兩板間的電容變小，而電容器所帶的電荷量不變，由C可知，板間電壓U增大，從而靜電計指針張角增大10.如圖9所示，勻強電場中有一平行四邊形abcd，且平行四邊形所在平面與場強方向平行其中a10 V，c6 V，d8 V，則下列說法正確的是()圖9Ab點電勢b4 V Bb點電勢b8 VC場強平行于ad方向 D場強方向垂直于bd向下答案BD11.兩個固定的等量異種點電荷所形成電場的等勢面如圖10中虛線所示，一帶電粒子以某一速度從圖中a點進入電場，其運動軌跡為圖中實線所示，若粒子只受靜電力作用，則下列關(guān)于帶電粒子的判斷正確的是()圖10A帶正電B速度先變大后變小C電勢能先變大后變小D經(jīng)過b點和d點時的速度大小相同答案CD解析根據(jù)粒子的運動軌跡及電場線分布可知，粒子帶負電，選項A錯誤；粒子從a到c再到e的過程中電場力先做負功后做正功，速度先減小后增大，電勢能先增大后減小，選項B錯誤，C正確；因為b、d兩點在同一等勢面上，所以在b、d兩點的電勢能相同，粒子經(jīng)過b點和d點時的速度大小相同，選項D正確12(2018·濱州市高一下期末)電場中三條等勢線如圖11中實線a、b、c所示一帶電粒子僅在電場力作用下沿直線從P運動到Q，已知電勢a>b>c，這一過程中粒子運動的vt圖象可能正確的是()圖11答案AD13.如圖12所示，兩平行金屬板水平放置，板長為L，板間距離為d，板間電壓為U，一不計重力、電荷量為q的帶電粒子以初速度v0沿兩板的中線射入，經(jīng)過t時間后恰好沿下板的邊緣飛出，則()圖12A在前時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為UqB在后時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為UqC在粒子下落的前和后過程中，電場力做功之比為11D在粒子下落的前和后過程中，電場力做功之比為12答案BC解析粒子在兩平行金屬板間做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，在前后兩個的時間內(nèi)沿豎直方向的位移之比為13，則在前時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為Uq，在后時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為Uq，A錯，B對；由WEqx知，在粒子下落的前和后過程中，電場力做功之比為11，C對，D錯14如圖13所示，O點固定放置一個正點電荷，在過O點的豎直平面內(nèi)的A點，自由釋放一個帶正電的小球，小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，小球落下的軌跡如圖中的實線所示，它與以O(shè)點為圓心、R為半徑的圓(圖中虛線表示)相交于B、C兩點，O、C在同一水平線上，BOC30°，A距OC的高度為h，若小球通過B點的速度為v，則下列敘述正確的是()圖13A小球通過C點的速度大小是B小球通過C點的速度大小是C小球由A到C電場力做功是mghmv2D小球由A到C電場力做功是mv2mg(h)答案BD解析由于B、C在同一等勢面上，故小球從B點到C點的過程中電場力做功為零，只有重力做功，則mvmv2mghBC.即mvmv2mgRsin 30°，得vC，小球從A點到C點的過程中，由動能定理有mvmghWAC，得WACmv2mg(h)，故選B、D.二、計算題(本題共4小題，共44分)15(8分)(2018·聊城市期末)如圖14所示，兩平行金屬板A、B間有一勻強電場，C、D為電場中的兩點，且CD4 cm，其連線的延長線與金屬板A成30°角已知電子從C點移到D點的過程中電場力做功為4.8×1017 J，元電荷e1.6×1019 C求：圖14(1)C、D兩點間的電勢差UCD、勻強電場的場強大小E；(2)若選取A板的電勢A0，C點距A板1 cm，電子在D點的電勢能為多少？答案(1)300 V1.5×104 V/m(2)7.2×1017 J解析(1)電子從C點移到D點UCD V300 V(2分)E V/m1.5×104 V/m(2分)(2)ddCDsin 30°1 cm3 cmUADEd1.5×104×3×102 V450 V(1分)由UADAD和A0得(1分)D450 V(1分)電子在D點的電勢能為EpqD1.6×1019×(450) J7.2×1017 J(1分)16(10分)(2018·濰坊市期末)如圖15所示，水平絕緣軌道AB長L4 m，離地高h1.8 m，A、B間存在豎直向上的勻強電場一質(zhì)量m0.1 kg、電荷量q5×105 C的小滑塊，從軌道上的A點以v06 m/s的初速度向右滑動，從B點離開電場后，落在地面上的C點已知C、B間的水平距離x2.4 m，滑塊與軌道間的動摩擦因數(shù)0.2，取g10 m/s2，不計空氣阻力求：圖15(1)滑塊離開B點時速度的大??；(2)滑塊從A點運動到B點所用的時間；(3)勻強電場的場強E的大小答案(1)4 m/s(2)0.8 s(3)5×103 N/C解析(1)從B到C過程中，有hgt2(1分)xvBt(1分)解得vB4 m/s(1分)(2)從A到B過程中，有Lt(2分)解得t0.8 s(1分)(3)在電場中運動時，小滑塊受力如圖所示，由牛頓第二定律得(mgE|q|)m|a|(2分)由運動學(xué)公式，有vv2aL(1分)解得E5×103 N/C.(1分)17(12分)(2018·亳州市模擬)如圖16所示，在E1.0×103 V/m的豎直勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN在N點平滑相接，半圓形軌道平面與電場線平行，其半徑R40 cm，N為半圓形軌道最低點，P為QN圓弧的中點，一帶負電荷q1.0×104 C的小滑塊質(zhì)量m10 g，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)0.15，位于N點右側(cè)1.5 m的M處，g取10 m/s2，求：圖16(1)要使小滑塊恰能運動到半圓形軌道的最高點Q，則小滑塊應(yīng)以多大的初速度v0向左運動？(2)這樣運動的小滑塊通過P點時對軌道的壓力是多大？答案(1)7 m/s(2)0.6 N解析(1)設(shè)小滑塊恰能到達Q點時速度為v，由牛頓第二定律得mgqEm(2分)小滑塊從開始運動至到達Q點過程中，由動能定理得mg·2RqE·2R(mgqE)xmv2mv(2分)聯(lián)立解得：v07 m/s.(2分)(2)設(shè)小滑塊到達P點時速度為v，則從開始運動至到達P點過程中，由動能定理得(mgqE)R(qEmg)xmv2mv(3分)在P點時，由牛頓第二定律得FNm(1分)代入數(shù)據(jù)，解得：FN0.6 N(1分)由牛頓第三定律得，小滑塊通過P點時對軌道的壓力FNFN0.6 N(1分)18(14分)如圖17所示，虛線MN左側(cè)有一場強為E1E的勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強度為E22E的勻強電場，在虛線PQ右側(cè)距PQ為L處有一與電場E2平行的屏現(xiàn)將一電子(電荷量為e，質(zhì)量為m，重力不計)無初速度地放入電場E1中的A點，最后電子打在右側(cè)的足夠大的屏上，A點到MN的距離為，AO連線與屏垂直，垂足為O，求：圖17(1)電子到MN的速度大?。?2)電子從釋放到打到屏上所用的時間；(3)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角的正切值tan ；(4)電子打到屏上的點P到點O的距離x.答案(1)(2)3(3)2(4)3L解析(1)從A點到MN的過程中，由動能定理得：eE·mv2(2分)得：v(1分)(2)電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)加速度為a1，時間為t1，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式得：a1(1分)va1t1(1分)從MN到屏的過程中運動的時間：t2.(1分)則運動的總時間為tt1t23.(1分)(3)設(shè)電子射出電場E2時平行電場線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律得，電子在電場中的加速度為a2(1分)t3(1分)vya2t3tan (1分)解得：tan 2.(1分)(4)如圖所示，電子離開電場E2后，將速度方向反向延長交于E2電場的中點O.由幾何關(guān)系知：tan ，(2分)得：x3L. (1分)- 12 -