高中物理粵教版1第三章磁場 章末綜合測評

章末綜合測評(一)電場一、選擇題(本題共10小題，每小題6分．在每小題給出的四個選項中，第1～6題只有一項符合題目要求，第7～10題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)1．(2023·江蘇高考)靜電現(xiàn)象在自然界中普遍存在，我國早在西漢末年已有對靜電現(xiàn)象的記載，《春秋緯·考異郵》中有“玳瑁吸衣若”之說，但下列不屬于靜電現(xiàn)象的是()A．梳過頭發(fā)的塑料梳子吸起紙屑B．帶電小球移至不帶電金屬球附近，兩者相互吸引C．小線圈接近通電線圈過程中，小線圈中產生電流D．從干燥的地毯上走過，手碰到金屬把手時有被電擊的感覺【解析】用塑料梳子梳頭發(fā)時相互摩擦，塑料梳子會帶上電荷吸引紙屑，選項A屬于靜電現(xiàn)象；帶電小球移至不帶電金屬球附近，由于靜電感應，金屬小球在靠近帶電小球一端會感應出與帶電小球異號的電荷，兩者相互吸引，選項B屬于靜電現(xiàn)象；小線圈接近通電線圈過程中，由于電磁感應現(xiàn)象，小線圈中產生感應電流，選項C不屬于靜電現(xiàn)象；從干燥的地毯上走過，由于摩擦生電，當手碰到金屬把手時瞬時產生較大電流，人有被電擊的感覺，選項D屬于靜電現(xiàn)象．【答案】C2．下列關于靜電場的說法正確的是()A．在點電荷形成的電場中沒有場強相等的兩點，但有電勢相等的兩點B．正電荷只在電場力作用下，一定從高電勢向低電勢運動C．場強為零處，電勢一定為零；電勢為零處，場強一定為零D．初速為零的正電荷在電場力作用下一定沿電場線運動【解析】考查電場基本性質，幾種典型場空間分布．場強是矢量，A對；若正電荷具有初速度，只在電場力作用下，不一定從高電勢點向低電勢點運動，B錯；電勢具有相對性，零電勢點是可任意選取的，故C錯；初速為零的正電荷若在電場線不為直線的電場中，只在電場力作用下，其將不沿電場線運動，故D錯．【答案】A3．一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對面積、間距和電荷量不變，在兩極板間插入一電介質，其電容C和兩極板間的電勢差U的變化情況是()A．C和U均增大 B．C增大，U減小C．C減小，U增大 D．C和U均減小【解析】由平行板電容器電容決定式C＝eq\f(εS,4πkd)知，當插入電介質后，ε變大，則在S、d不變的情況下C增大；由電容定義式C＝eq\f(Q,U)得U＝eq\f(Q,C)，又電荷量Q不變，故兩極板間的電勢差U減小，選項B正確．【答案】B4．(2023·全國卷Ⅱ)如圖1，在光滑絕緣水平面上，三個帶電小球a、b和c分別位于邊長為l的正三角形的三個頂點上；a、b帶正電，電荷量均為q，c帶負電．整個系統(tǒng)置于方向水平的勻強電場中．已知靜電力常量為k.若三個小球均處于靜止狀態(tài)，則勻強電場場強的大小為()圖1\f(\r(3)kq,3l2) \f(\r(3)kq,l2)\f(3kq,l2) \f(2\r(3)kq,l2)【解析】各小球都在力的作用下處于靜止狀態(tài)，分別對各小球受力分析，列平衡方程可求解．以c球為研究對象，除受另外a、b兩個小球的庫侖力外還受勻強電場的靜電力，如圖所示，c球處于平衡狀態(tài)，據共點力平衡條件可知F靜＝2keq\f(qqc,l2)cos30°，F(xiàn)靜＝Eqc，解得E＝eq\f(\r(3)kq,l2)，選項B正確．【答案】B5．如圖2所示為電場中的一條電場線，電場線上等距離分布M、N、P三個點，其中N點的電勢為零，將一負電荷從M點移動到P點，電場力做負功，以下判斷正確的是()圖2A．負電荷在P點受到的電場力一定小于在M點受到的電場力B．M點的電勢一定小于零C．正電荷從P點移到M點，電場力一定做負功D．負電荷在P點的電勢能小于零【解析】僅由一條電場線無法確定P、M兩點的電場強弱，A錯誤．負電荷從M點至P點，電場力做負功，則電場線方向向右，正電荷從P點移到M點，電場力一定做負功，C正確；又沿電場線電勢降低，N點電勢為零，則M點電勢為正，P點電勢為負，負電荷在P點的電勢能一定大于零，B、D錯誤．【答案】C6．如圖3所示，從熾熱的金屬絲漂出的電子(速度可視為零)，經加速電場加速后從兩極板中間垂直射入偏轉電場．電子的重力不計．在滿足電子能射出偏轉電場的條件下．下述四種情況中，一定能使電子的偏轉角變大的是()圖3A．僅將偏轉電場極性對調B．僅增大偏轉電極間的距離C．僅增大偏轉電極間的電壓D．僅減小偏轉電極間的電壓【解析】設加速電場電壓為U0，偏轉電壓為U，極板長度為L，間距為d，電子加速過程中，由U0q＝eq\f(mv\o\al(2,0),2)，得v0＝eq\r(\f(2U0q,m))，電子進入極板后做類平拋運動，時間t＝eq\f(L,v0)，a＝eq\f(Uq,dm)，vy＝at，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(UL,2U0d)，由此可判斷C正確．【答案】C7．如圖4所示，一束α粒子沿中心軸射入兩平行金屬板之間的勻強電場中后，分成三束a、b、c，則()【導學號：30800015】圖4A．初速度va＜vb＜vcB．板內運動時間ta＝tb＞tcC．動能變化量ΔEka＝ΔEkb>ΔEkcD．動能變化量ΔEka＞ΔEkb＞ΔEkc【解析】粒子做平拋運動，豎直方向上加速度相同．豎直方向上y＝eq\f(1,2)at2，整理得ta＝tb＞tc，a的水平位移小于b的水平位移，va＜vb，b、c水平位移相等，又tb＞tc，所以vb＜vc；根據動能定理ΔE＝W＝qEy，動能變化量ΔEka＝ΔEkb＞ΔEkc.【答案】AC8.圖5中虛線為一組間距相等的同心圓，圓心處固定一帶正電的點電荷．一帶電粒子以一定初速度射入電場，實線為粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，a、b、c三點是實線與虛線的交點．則該粒子()圖5A．帶負電B．在c點受力最大C．在b點的電勢能大于在c點的電勢能D．由a點到b點的動能變化大于由b點到c點的動能變化【解析】由帶電粒子進入正點電荷形成的電場中的運動軌跡可以看出兩者相互排斥，故帶電粒子帶正電，選項A錯誤；根據庫侖定律F＝keq\f(q1q2,r2)可知，a、b、c三點中，在a點時受力最大，選項B錯誤；帶電粒子從b點到c點的過程中，電場力做正功，電勢能減小，故在b點的電勢能大于在c點的電勢能，選項C正確；由于虛線為等間距的同心圓，故Uab＞Ubc，所以Wab＞Wbc，根據動能定理，帶電粒子由a點到b點的動能變化大于由b點到c點的動能變化，選項D正確．【答案】CD9.圖6中虛線是某電場的一組等勢面，相鄰等勢面間的電勢差相等．兩個帶電粒子從P點沿等勢面的切線方向射入電場，粒子僅受電場力作用，運動軌跡如實線所示，a、b是實線與虛線的交點．下列說法正確的是()圖6A．兩粒子的電性相反B．a點的場強小于b點的場強C．a點的電勢高于b點的電勢D．與P點相比兩個粒子的電勢能均增加【解析】由于粒子僅受電場力的作用，據軌跡彎曲方向可知兩粒子受到的電場力方向相反，故兩粒子電性相反，A正確；b點的等勢面較密集，故b點的場強大，B正確；由于兩粒子各自的電性不確定，電場的方向未知，故無法判斷電勢的高低，C錯誤；電場力對兩粒子均做正功，故電勢能均減小，D錯．【答案】AB10．(2023·山東高考)如圖7甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示．t＝0時刻，質量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～eq\f(T,3)時間內微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經金屬板邊緣飛出．微粒運動過程中未與金屬板接觸，重力加速度的大小為g.關于微粒在0～T時間內運動的描述，正確的是()甲乙圖7A．末速度大小為eq\r(2)v0B．末速度沿水平方向C．重力勢能減少了eq\f(1,2)mgdD．克服電場力做功為mgd【解析】0～eq\f(T,3)時間內微粒勻速運動，有mg＝qE0.把微粒的運動分解，水平方向：做速度為v0的勻速直線運動；豎直方向：eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)時間內，只受重力，做自由落體運動，eq\f(2T,3)時刻，v1y＝geq\f(T,3)；eq\f(2T,3)～T時間內，a＝eq\f(2qE0－mg,m)＝g，做勻減速直線運動，T時刻，v2y＝v1y－a·eq\f(T,3)＝0，所以末速度v＝v0，方向沿水平方向，選項A錯誤、B正確．重力勢能的減少量ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，所以選項C正確．根據動能定理：eq\f(1,2)mgd－W克電＝0，得W克電＝eq\f(1,2)mgd，所以選項D錯誤．【答案】BC二、非選擇題(本題共3小題，共40分，按題目要求作答)11．(10分)一個帶電量q＝－3×10－6C的點電荷，從某電場的A點移到B點，電荷克服電場力做6×10－4(1)點電荷的電勢能如何變化？變化了多少？(2)A、B兩點的電勢差多大？(3)若把一個帶電量為q＝1×10－6C的電荷由A移到B【解析】(1)電荷克服電場力做6×10－4J的功，電場力做負功，電勢能增加增加6×10－4J；(2)A、B兩點的電勢差：UAB＝eq\f(WAB,q)＝eq\f(－6×10－4,－3×10－6)V＝200V(3)電場力做功：W′AB＝qUAB＝1×10－6×200J＝2×10－4J.【答案】(1)增加6×10－4J(2)200V(3)2×10－4J12．(15分)如圖8所示，質量為m＝5×10－8kg的帶電粒子以v0＝2m/s的速度從水平放置的平行金屬板A、B中央飛入電場，已知板長L＝10cm，板間距離d＝2cm，當A、B間加電壓UAB＝103V時，帶電粒子恰好沿直線穿過電場(設此時A板電勢高)，取g＝10m/s2圖8(1)帶電粒子的電性和所帶電荷量；(2)A、B間所加電壓在什么范圍內帶電粒子能從板間飛出？【解析】(1)當UAB＝103V時，粒子做直線運動有qeq\f(U,d)＝mg解得q＝eq\f(mgd,U)＝10－11C，帶負電．(2)當電壓UAB比較大時，qE>mg，粒子向上偏，由牛頓第二定律得eq\f(qU1,d)－mg＝ma1當剛好能從上板邊緣飛出時，有y＝eq\f(1,2)a2t2＝eq\f(1,2)a1(eq\f(L,v0))2＝eq\f(d,2)解得U1＝1800V當電壓UAB比較小時，qE<mg，粒子向下偏，由牛頓第二定律得mg－eq\f(qU2,d)＝ma2設剛好能從下板邊緣飛出，有y＝eq\f(1,2)a2t2＝eq\f(d,2)解得U2＝200V則要使粒子能從板間飛出，A、B間所加電壓的范圍為：200V≤UAB≤1800V【答案】(1)帶負電10－11C(2)200V≤UAB≤1800V13．(15分)(2023·全國卷Ⅱ)如圖9，勻強電場中有一半徑為r的光滑絕緣圓軌道，軌道平面與電場方向平行．a、b為軌道直徑的兩端，該直徑與電場方向平行．一電荷量為q(q>0)的質點沿軌道內側運動，經過a點和b點時對軌道壓力的大小分別為Na和Nb.不計重力，求電場強度的大小E、質點經過a點和b點時的動能．圖9【解析】小球在光滑軌道上做圓周運動，在a、b兩點時，靜電力和軌道的作用力的合力提供向心力，由b到a只有電場力做功，利用動能定理，可求解E及a、b兩點的動能．質點所受電場力的大小為F＝qE①設質點質量為m，經過a點和b點時的速度大小分別為va和vb，由牛頓第二定律有F＋Na＝meq\f(v\o\al(2,a),r)②Nb－F＝meq\f(v\o\al(