2023-2023學(xué)年高中創(chuàng)新設(shè)計物理粵教版選修3-1章末檢測：第一章 電場

第頁章末檢測(時間：90分鐘總分值：100分)一、單項選擇題(此題共6小題，每題4分，共24分)1．關(guān)于電場強度與電勢的關(guān)系，下面各種說法中正確的選項是()A．電場強度大的地方，電勢一定高B．電場強度不變，電勢也不變C．電場強度為零時，電勢一定為零D．電場強度的方向是電勢降低最快的方向答案D解析電場強度是描述電場力的性質(zhì)的物理量，電勢是描述電場能的性質(zhì)的物理量，電場強度的大小和電勢上下沒有必然關(guān)系，電場線的方向，即電場強度的方向是電勢降低最快的方向，選項A、B、C錯誤，選項D正確．2．一不計重力的帶電粒子q從A點射入一正點電荷Q的電場中，運動軌跡如圖1所示，那么()圖1A．粒子q帶正電B．粒子q的加速度先變小后變大C．粒子q的電勢能先變小后變大D．粒子q的動能一直變大答案C解析根據(jù)粒子的運動軌跡可知，粒子帶負(fù)電，A錯誤；根據(jù)庫侖定律可知電荷受到的靜電力先變大，后變小，B錯誤；靜電力先做正功后做負(fù)功，所以電勢能先變小后變大，動能先變大后變小，C正確，D錯誤．應(yīng)選C.3.如圖2所示，a、b、c為電場中同一條水平方向電場線上的三點，c為ab的中點，a、b電勢分別為φa＝5V、φb＝3V．以下表達(dá)正確的選項是()圖2A．該電場在c點處的電勢一定為4VB．a(chǎn)點處的場強Ea一定大于b點處的場強EbC．一正電荷從c點運動到b點電勢能一定減少D．一正電荷運動到c點時受到的電場力由c指向a答案C解析因不知該電場是否是勻強電場，所以E＝eq\f(U,d)不一定成立，c點電勢不一定是4V，所以A、B兩項錯誤．因φa＞φb，電場線方向向右，正電荷從高電勢點移到低電勢點，電場力做正功，電勢能減少，受到的電場力指向b，所以C項正確，D項錯誤．4．空間存在甲、乙兩相鄰的金屬球，甲球帶正電，乙球原來不帶電，由于靜電感應(yīng)，兩球在空間形成了如圖3所示穩(wěn)定的靜電場．實線為其電場線，虛線為其等勢線，A、B兩點與兩球球心連線位于同一直線上，C、D兩點關(guān)于直線AB對稱，那么()圖3A．A點和B點的電勢相同B．C點和D點的電場強度相同C．正電荷從A點移至B點，電場力做正功D．負(fù)電荷從C點沿直線CD移至D點，電勢能先增大后減小答案C解析由題圖可知φA＞φB，所以正電荷從A移至B，電場力做正功，故A錯誤，C正確．C、D兩點場強方向不同，故B錯誤．負(fù)電荷從C點沿直線CD移至D點，電勢能先減小后增大，故D錯誤，應(yīng)選C.5．如圖4所示，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個點，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q(q>0)的固定點電荷．b點處的場強為零，那么d點處場強的大小為(k為靜電力常量)()圖4A．keq\f(3q,R2) B．keq\f(10q,9R2)C．keq\f(Q＋q,R2) D．keq\f(9Q＋q,9R2)答案B解析由于b點處的場強為零，根據(jù)電場疊加原理知，帶電圓盤和a點處點電荷在b處產(chǎn)生的場強大小相等，方向相反．帶電圓盤在d點處和點電荷在a點處產(chǎn)生的場強方向相同，所以E＝keq\f(q,3R2)＋keq\f(q,R2)＝keq\f(10q,9R2)，所以B正確．6．一帶電粒子在電場中僅在電場力作用下，從A點運動到B點，速度隨時間變化的圖象如圖5所示，tA、tB分別是帶電粒子到達(dá)A、B兩點對應(yīng)的時刻，那么以下說法中正確的選項是()圖5A．A處的場強一定小于B處的場強B．A處的電勢一定高于B處的電勢C．電荷在A處的電勢能一定小于在B處的電勢能D．電荷在A到B的過程中，電場力一定對電荷做正功答案D解析根據(jù)速度圖象的斜率等于加速度，由數(shù)學(xué)知識可以看出，從A點運動到B點的過程中帶電粒子的加速度減小，那么其所受的電場力減小，電場強度減小，即A處的場強一定大于B處的場強，A錯誤；由于帶電粒子的電性未知，無法判斷電場方向，也就不能判斷電勢上下，故B錯誤；由圖看出，帶電粒子的速度增大，動能增大，那么由能量守恒定律得知，其電勢能減小，電場力做正功，故C錯誤，D正確．二、多項選擇題(此題共4小題，每題4分，共16分)7．以下各量中，與檢驗電荷無關(guān)的物理量是()A．電場力F B．電場強度EC．電勢差U D．電場力做的功W答案BC解析電場力F＝qE，與檢驗電荷有關(guān)，故A項錯；電場強度E、電勢差U與檢驗電荷無關(guān)，故B、C對；電場力做功W＝qU，與檢驗電荷有關(guān)，故D項錯．8．如圖6所示的電路中，A、B是兩金屬板構(gòu)成的平行板電容器．先將開關(guān)K閉合，等電路穩(wěn)定后再將K斷開，然后將B板向下平移一小段距離，并且保持兩板間的某點P與A板的距離不變．那么以下說法正確的選項是()圖6A．電容器的電容變大B．電容器內(nèi)部電場強度大小變大C．電容器內(nèi)部電場強度大小不變D．P點電勢升高答案CD9．如圖7所示為點電荷a、b所形成的電場線分布，有一粒子(不計重力)由A點進入電場，A、B是軌跡上的兩點，以下說法正確的選項是()圖7A．該粒子帶正電B．a(chǎn)、b為異種電荷C．該粒子在A點加速度較B點大D．該粒子在A點電勢能較B點大答案BC解析根據(jù)電場線從正電荷出發(fā)，到負(fù)電荷終止，可知a帶正電，b帶負(fù)電；由粒子的軌跡向左上方彎曲，可知該粒子所受的電場力方向為左上方，因此該粒子帶負(fù)電，故A錯誤，B正確；A點電場線密，那么A點電場強度大，粒子所受的電場力大，那么粒子在A點加速度較大，故C正確；根據(jù)順著電場線方向電勢降低，可知A點的電勢較高，由推論：負(fù)電荷在電勢高處電勢能小，那么知粒子在A點電勢能較B點小，故D錯誤．10．如圖8所示，真空中兩個相同的小球帶有等量同種電荷，質(zhì)量均為0.1g，分別用10cm長的絕緣細(xì)線懸掛于絕緣天花板的一點，當(dāng)平衡時B球偏離豎直方向60°，A球豎直懸掛且與絕緣墻接觸(g取10m/s2)．以下說法正確的選項是()圖8A．小球的帶電荷量約為3.33×10－8CB．墻壁受到的壓力約為8.7×10－4NC．A球受到細(xì)線的拉力為1.0×10－3ND．B球受到的拉力為1.5×10－3N答案AB解析分析A、B的受力，根據(jù)共點力平衡條件：F＝keq\f(q2,l2)＝mg解得q≈3.33×10－8C；FN＝Fcos30°＝mgcos30°≈8.7×10－4N；FTB＝mg＝1.0×10－3N；FTA＝mg＋Fsin30°＝1.5×10－3N．應(yīng)選A、B.三、填空題(每空2分，共10分)11．(4分)如圖9所示，Q為固定的正點電荷，A、B兩點在Q的正上方與Q相距分別為h和0.25h，將另一點電荷從A點由靜止釋放，運動到B點時速度正好又變?yōu)榱悖僭O(shè)此電荷在A點處的加速度大小為eq\f(3,4)g，此電荷在B點處的加速度大小為____________；方向為____________；A、B兩點間的電勢差(用Q和h表示)為________．圖9答案3g豎直向上－eq\f(3kQ,h)解析這一電荷必為正電荷，設(shè)其電荷量為q，由牛頓第二定律，在A點時mg－eq\f(kQq,h2)＝m·eq\f(3,4)g.在B點時eq\f(kQq,0.25h2)－mg＝m·aB，解得aB＝3g，方向豎直向上，q＝eq\f(mgh2,4kQ).從A到B過程，由動能定理mg(h－0.25h)＋qUAB＝0，故UAB＝－eq\f(3kQ,h).12．(6分)如圖10所示，虛線為電場中的一簇等勢面，A、B兩等勢面間的電勢差為10V，且A的電勢高于B的電勢，相鄰兩等勢面電勢差相等，一個電子從電場中通過的軌跡如圖中實線所示，電子過M點的動能為8eV，它經(jīng)過N點時的動能為________eV，電子在M點的電勢能比在N點的電勢能________．圖10答案0.5小四、計算題(此題共4小題，共50分)13．(10分)如圖11所示，在勻強電場中，將帶電荷量q＝－6×10－6C的電荷從電場中的A點移到B點，克服電場力做了2.4×10－5J的功，再從B點移到C點，電場力做了1.2×10－5J的功．求：圖11(1)A、B兩點間的電勢差UAB和B、C兩點間的電勢差UBC；(2)如果規(guī)定B點的電勢為零，那么A點和C點的電勢分別為多少；(3)作出過B點的一條電場線(只保存作圖的痕跡，不寫做法)．答案(1)4V－2V(2)4V2V(3)見解析圖解析(1)UAB＝eq\f(WAB,q)＝eq\f(－2.4×10－5,－6×10－6)V＝4VUBC＝eq\f(1.2×10－5,－6×10－6)V＝－2V(2)UAB＝φA－φBUBC＝φB－φC又φB＝0故φA＝4V，φC＝2V(3)如下圖14．(12分)一個帶正電的微粒，從A點射入水平方向的勻強電場中，微粒沿直線AB運動，如圖12所示．AB與電場線夾角θ＝30°，帶電微粒的質(zhì)量m＝1.0×10－7kg，電荷量q＝1.0×10－10C，A、B相距L＝20cm.(取g＝10m/s2，結(jié)果保存兩位有效數(shù)字)求：圖12(1)說明微粒在電場中運動的性質(zhì)，要求說明理由；(2)電場強度的大小和方向；(3)要使微粒從A點運動到B點，微粒射入電場時的最小速度是多少．答案見解析解析(1)微粒只在重力和電場力作用下沿AB方向運動，在垂直于AB方向上的重力和電場力必等大反向，可知電場力的方向水平向左，如下圖，微粒所受合力的方向由B指向A，與初速度vA方向相反，微粒做勻減速直線運動．(2)在垂直于AB方向上，有qEsinθ－mgcosθ＝0所以電場強度E≈1.7×104N/C電場強度的方向水平向左(3)微粒由A點運動到B點時的速度vB＝0時，微粒進入電場時的速度最小，由動能定理得mgLsinθ＋qELcosθ＝eq\f(mv\o\al(2,A),2)，代入數(shù)據(jù)解得vA≈2.8m/s15．(14分)如圖13所示，在場強E＝103V/m的水平向左勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道豎直放置，軌道與一水平絕緣軌道MN連接，半圓軌道所在豎直平面與電場線平行，其半徑R＝0.4m，一帶正電荷q＝10－4C的小滑塊質(zhì)量為m＝0.04kg，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g取10m/s2，求：圖13(1)要使小滑塊能運動到半圓軌道的最高點L，滑塊應(yīng)在水平軌道上離N點多遠(yuǎn)處釋放；(2)這樣釋放的滑塊通過P點時對軌道壓力是多大．(P為半圓軌道中點)答案(1)20m(2)1.5N解析(1)滑塊剛能通過軌道最高點條件是mg＝meq\f(v2,R)，v＝eq\r(Rg)＝2m/s，滑塊由釋放點到最高點過程由動能定理：Eqs－μmgs－mg2R＝eq\f(1,2)mv2所以s＝eq\f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v2＋2gR)),Eq－μmg)代入數(shù)據(jù)得：s＝20m(2)滑塊過P點時，由動能定理得：－mgR－EqR＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)所以veq\o\al(2,P)＝v2＋2(g＋eq\f(Eq,m))R在P點由牛頓第二定律：FN－Eq＝eq\f(mv\o\al(2,P),R)，F(xiàn)N＝3(mg＋Eq)代入數(shù)據(jù)得：FN＝1.5N由牛頓第三定律得FN′＝FN＝1.5N16．(14分)一個初速度為零的電子通過電壓為U＝4500V的電場加速后，從C點沿水平方向飛入電場強度為E＝1.5×105V/m的勻強電場中，到達(dá)該電場中另一點D時，電子的速度方向與電場強度方向的