高中物理滬科版1第二章電場與示波器單元測試 2023版章末綜合測評2

章末綜合測評(二)(時間：60分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共10小題，每小題6分，共60分．在每小題給出的四個選項中第1～7題只有一選項符合題目要求，第8～10題有多項符合題目要求，全部選對的得6分，對但不全的得3分，有選錯的得零分)圖11．兩個等量點電荷P、Q在真空中產(chǎn)生的電場的電場線(方向未畫出)如圖1所示，一電子在A、B兩點所受的電場力分別為FA和FB，則它們的大小關(guān)系為()A．FA＝FB B．FA<FBC．FA>FB D．無法確定【解析】因A處電場線比較密，電場強度大，由F＝qE知，電子受到的電場力大，選項C正確．【答案】C2．電場中等勢面如圖2所示，下列關(guān)于該電場的描述正確的是()【導學號：29682105】圖2A．A點的電場強度比C點的小B．負電荷在A點的電勢能比在C點的電勢能大C．電荷沿等勢面AB移動的過程中，電場力始終不做功D．正電荷由A移動到C，電場力做負功【解析】由等勢面與電場線密集程度的關(guān)系可知，等勢面越密集的地方電場強度越大，故A點的電場強度比C點的大，A錯誤；負電荷在電勢越高的位置電勢能越小，故B錯誤；沿等勢面移動電荷，電場力不做功，故C正確；正電荷由A移動到C，電場力做正功，故D錯誤．【答案】C3.如圖3所示，表示某靜電場等勢面的分布，電量為×10－9C的正點電荷從A點經(jīng)B點、C點到達D點，從A點至D點，電場力對電荷做的功為()圖3A．×10－8JB．－×10－8JC．×10－8JD．－×10－8J【解析】由于UAD＝φA－φD＝－40V－(－10)V＝－30V，所以從A點至D點，電場力對電荷做的功：WAD＝qUAD＝×10－9×(－30)J＝－×10－8J，B正確．【答案】B4．如圖4所示是一個由電池、電阻R、開關(guān)S與平行板電容器組成的串聯(lián)電路，開關(guān)S閉合．一帶電液滴懸浮在兩板間P點不動，下列說法正確的是()【導學號：29682106】圖4A．帶電液滴可能帶正電B．增大兩極板距離的過程中，電阻R中有從a到b的電流，電容器中負電荷從B直接到AC．斷開S，減小兩極板正對面積的過程中，液滴將加速上升D．斷開S，減小兩極板距離過程中，液滴向上運動【解析】帶電液滴在重力和電場力作用下處于平衡狀態(tài)，電場力方向向上，電場方向向下，故液滴帶負電，選項A錯誤．由C＝eq\f(εrS,4kπd)和Q＝CU可知，當兩極板間距離增大的過程中，C變小，所以Q變小，因此電容器放電，放電電流的方向從a到b，負電荷由B板經(jīng)電源和電阻R流向A板，選項B錯誤．斷開S，由C＝eq\f(εrS,4kπd)，Q＝CU和U＝Ed知E＝eq\f(4kπQ,εrS)，Q不變，S減小，所以E增大，電場力大于重力，液滴加速上升，選項C正確．由E＝eq\f(4kπQ,εrS)知，Q不變，d減小，E不變，液滴靜止不動，選項D錯誤．【答案】C5．如圖5所示，勻強電場方向平行于xOy平面，在xOy平面內(nèi)有一個半徑為R＝5m的圓，圓上有一個電荷量為q＝＋1×10－8C的試探電荷P，半徑OP與x軸正方向的夾角為θ，P沿圓周移動時，其電勢能Ep＝×10－5sinθ(J)，則()圖5A．x軸位于零勢面上B．電場強度大小為500V/m，方向沿y軸正方向C．y軸位于零勢面上D．電場強度大小為500V/m，方向沿x軸正方向【解析】由Ep＝×10－5sinθ(J)知，x軸上的勢能為0，是零勢面，電場線沿y軸方向，A對，C錯；當θ＝90°時，Ep＝×10－5J＝EqR，解得E＝500V/m，方向沿y軸負方向，B、D錯．【答案】A6．如圖6所示，從熾熱的金屬絲漂出的電子(速度可視為零)，經(jīng)加速電場加速后從兩極板中間垂直射入偏轉(zhuǎn)電場．電子的重力不計，在滿足電子能射出偏轉(zhuǎn)電場的條件下．下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是()圖6A．僅將偏轉(zhuǎn)電場極性對調(diào)B．僅增大偏轉(zhuǎn)電極間的距離C．僅增大偏轉(zhuǎn)電極間的電壓D．僅減小偏轉(zhuǎn)電極間的電壓【解析】設(shè)加速電場電壓為U0，偏轉(zhuǎn)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7所示，在兩等量異種點電荷的電場中，MN為兩電荷連線的中垂線，a、b、c三點所在的直線平行于兩電荷的連線，且a點與c點關(guān)于MN對稱、b點位于MN上，d點位于兩電荷的連線上．以下判斷正確的是()圖7A．b點場強大于d點場強B．b點場強小于d點場強C．a(chǎn)、b兩點間的電勢差大于b、c兩點間的電勢差D．試探電荷＋q在a點的電勢能小于在c點的電勢能【解析】兩點電荷連線上的中點是連線上場強最小的點同時也是中垂線上場強最大的點，所以d點場強大于b點場強，B正確，A錯誤；根據(jù)電場分布的對稱性可知，C錯誤；正試探電荷在電勢高的地方電勢能大，D錯誤．【答案】B8．(多選)如圖8所示，豎直向下的勻強電場里，用絕緣細線拴住的帶電小球在豎直平面內(nèi)繞O做圓周運動，以下四種說法中正確的是()【導學號：29682107】圖8A．帶電小球可能做勻速圓周運動B．帶電小球可能做變速圓周運動C．帶電小球通過最高點時，細線的拉力一定最小D．帶電小球通過最低點時，細線的拉力有可能最小【解析】合外力充當向心力是小球做圓周運動的條件，如果小球帶負電，且qE＝mg，則小球受到的合外力就是細線的拉力，始終沿半徑指向圓心，小球做豎直面內(nèi)的勻速圓周運動，選項A正確；如果電場力qE與重力不平衡，則合外力不沿半徑指向圓心，做變速圓周運動，選項B正確；如果電場力與重力的合力豎直向下，根據(jù)功能關(guān)系可知，小球在最低點時速度最大，細線的拉力最大，小球在最高點時速度最小，細線拉力最?。粗?，若電場力與重力的合力豎直向上，則最高點時的速度最大，細線拉力最大，最低點時速度最小，細線拉力最?。虼?，選項C錯誤，選項D正確．【答案】ABD9．如圖9所示的陰極射線管，無偏轉(zhuǎn)電場時，電子束加速后打到熒光屏的中央形成亮斑．如果只逐漸增大M1M2之間的電勢差，則()圖9A．在熒光屏上的亮斑向上移動B．在熒光屏上的亮斑向下移動C．偏轉(zhuǎn)電場中靜電力對電子做的功增大D．偏轉(zhuǎn)電場的電場強度減小【解析】由E＝eq\f(U,d)知，增大U，則偏轉(zhuǎn)電場的電場強度增大，選項D錯誤；偏轉(zhuǎn)電場的方向向下，帶負電的電子向上偏轉(zhuǎn)，亮斑向上移動，選項A正確；電子束在平行于極板的方向上做勻速直線運動，故其在板間運動的時間t不變，由y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(Uqt2,2md)知，增大偏轉(zhuǎn)電壓時，豎直偏移量y增大，靜電力對電子做的功W＝qEy＝eq\f(U2q2t2,2md2)隨U的增大而增大，選項C正確．【答案】AC10.如圖10所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點是P，直徑MN水平，a、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷)，b固定在M點，a從N點靜止釋放，沿半圓槽運動經(jīng)過P點到達某點Q(圖中未畫出)時速度為零，則小球a()圖10A．從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小B．從N到P的過程中，速率先增大后減小C．從N到Q的過程中，電勢能一直增加D．從P到Q的過程中，動能減少量小于電勢能增加量【解析】小球a從N點釋放一直到達Q點的過程中，a、b兩球的距離一直減小，庫侖力變大，a受重力不變，重力和庫侖力的夾角從90°一直減小，故合力變大，選項A錯誤；小球a從N到P的過程中，速度方向與重力和庫侖力的合力方向的夾角由小于90°到大于90°，故庫侖力與重力的合力先做正功后做負功，a球速率先增大后減小，選項B正確；小球a由N到Q的過程中庫侖力一直做負功，電勢能一直增加，選項C正確；小球a從P到Q的過程中，減少的動能轉(zhuǎn)化為重力勢能和電勢能之和，故動能的減少量大于電勢能的增加量，則選項D錯誤．【答案】BC二、計算題(本題共3小題，共40分，按題目要求作答)11．(12分)如圖11，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點．已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°.不計重力．求A、B兩點間的電勢差.【導學號：29682108】圖11【解析】設(shè)帶電粒子在B點的速度大小為vB.粒子在垂直于電場方向的速度分量不變，即vBsin30°＝v0sin60° ①由此得vB＝eq\r(3)v0 ②設(shè)A、B兩點間的電勢差為UAB，由動能定理有qUAB＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,0)) ③聯(lián)立②③式得UAB＝eq\f(mv\o\al(2,0),q) ④【答案】eq\f(mv\o\al(2,0),q)12．(14分)如圖12所示，一根長L＝m的光滑絕緣細直桿MN，豎直固定在場強為E＝×105N/C、與水平方向成θ＝30°角的傾斜向上的勻強電場中．桿的下端M固定一個帶電小球A，電荷量Q＝＋×10－6C；另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動，電荷量q＝＋×10－6C，質(zhì)量m＝×10－2kg.現(xiàn)將小球B從桿的上端N靜止釋放，小球B開始運動．(靜電力常量k＝×109N·m2/C2，取g＝10m/s2)【導學號：29682109】圖12(1)小球B開始運動時的加速度為多大？(2)小球B的速度最大時，距M端的高度h1為多大？【解析】(1)開始運動時小球B受重力、庫侖力、桿的彈力和電場力，沿桿方向運動，由牛頓第二定律得mg－keq\f(Qq,L2)－qEsinθ＝ma代入數(shù)據(jù)解得a＝m/s2.(2)小球B向下運動，受A的斥力增大，加速度減小，速度增大，當小球B速度最大時合力減為零，即keq\f(Qq,h\o\al(2,1))＋qEsinθ＝mg代入數(shù)據(jù)解得：h1＝m.【答案】(1)m/s2(2)m13.(14分)如圖13所示，在水平向右的勻強電場中，有一質(zhì)量為m、帶正電的小球，用長為l的絕緣細線懸掛于O點，當小球靜止時細線與豎直方向的夾角為θ.現(xiàn)給小球一個初速度，使小球恰能在豎直平面內(nèi)做圓周運動，試問：圖13(1)小球在做圓周運動的過程中，在哪一位置速度最小？速度最小值為多少？(2)小球的初速度應為多大？【解析】(1)如圖所示，小球在復合場中靜止時，所受重力與電場力的合力為一定值，其大小為F＝eq\f(mg,cosθ)，方向與豎直方向為θ角．我們不妨把重力場和電場的疊加場叫做等效重力場，合力F就是等效重力，等效重力加速度g等＝eq\f(g,cosθ).當小球從A點沿圓周運動時，這一等效重力一直對小球做負功，繩子拉力不做功．可知，動能和等效重力勢能相互轉(zhuǎn)化，且總和保持不變．當小球運動至位于與A點對應的同一直徑上的另一端點B時，等效重力勢能最大，動能最小，速度也最小，此時由等