高二物理粵教版章末綜合測評電場含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精章末綜合測評(一）電場（時間：90分鐘分值:100分)一、選擇題（本題共12個小題，每小題4分,共48分，在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，第8～12題有多項符合題目要求．全部選對的得4分,選對但不全的得2分，有選錯的得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＝eq\f(F，q）知，電場中某點的電場強(qiáng)度與試探電荷所帶的電荷量成反比B．由C＝eq\f（Q,U)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E＝keq\f(Q,r2)知，電場中某點的電場強(qiáng)度與場源電荷所帶的電荷量無關(guān)D．由UAB＝eq\f(WAB,q）知，帶電荷量為1C的正電荷，從A點移動到B點克服電場力做功為1J，則A、B兩點間的電勢差為－1VD[電場強(qiáng)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；E＝keq\f（Q，r2)是決定式，C錯誤；由UAB＝eq\f（WAB，q)可知,D正確．]2．如圖所示，在暴雨前，有一帶電云團(tuán)（可近似看作帶電絕緣球)正慢慢靠近地面，某野外地面附近有一質(zhì)量較小的帶電體被吸上天空，帶電體在上升過程中，以下說法正確的是(）A。帶電體的電勢能一定越來越大B．帶電體所經(jīng)過的不同位置的電勢一定越來越高C．帶電體所經(jīng)過的不同位置的電場強(qiáng)度一定越來越大D．帶電體的加速度一定越來越小C[帶電體在上升的過程中，電場力做正功,電勢能減小，故A錯誤．由于不知道云層所帶電荷的電性，所以帶電體上升的過程中,不能判斷出電勢的變化，故B錯誤．因為越靠近場源,場強(qiáng)越大，所以帶電體在上升中所處環(huán)境的電場強(qiáng)度是越來越大，故C正確．根據(jù)電場強(qiáng)度越來越大，則電場力越來越大,合力越來越大,根據(jù)牛頓第二定律知，加速度越來越大，故D錯誤．］3．如圖所示,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(qiáng)度大小分別為EA、EB，電勢分別為φA、φB，則()A．EA>EB B．EA＝EBC．φA>φB D．φA＝φBA[根據(jù)公式E＝keq\f（Q，r2)，可以判斷出離場源電荷越近，場強(qiáng)越大，所以A點的場強(qiáng)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．某點電荷和金屬圓環(huán)間的電場線分布如圖所示．下列說法正確的是()A．a(chǎn)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(fù)功C．c點的電場強(qiáng)度與d點的電場強(qiáng)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cB[由沿電場線的方向電勢降低，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Ep＝qφ，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，可知由a點移到b點電場力做負(fù)功，故B正確;因為電場線的疏密表示電場的強(qiáng)弱,故c點的電場強(qiáng)度小于d點的電場強(qiáng)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．]5。如圖所示,一段均勻帶電的半圓形細(xì)線在其圓心O處產(chǎn)生的場強(qiáng)為E，把細(xì)線分成等長的圓弧eq\o（AB，\s\up8（︵)）、eq\o（BC,\s\up8(︵))、eq\o(CD,\s\up8（︵))，則圓弧eq\o（BC,\s\up8（︵)）在圓心O處產(chǎn)生的場強(qiáng)為（）A．E B．eq\f（E,2）C．eq\f（E，3) D．eq\f(E，4）B［如圖所示，B、C兩點把半圓環(huán)分為相等的三段，設(shè)每段在O點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為E′且相等,AB段和CD段在O處產(chǎn)生的場強(qiáng)夾角為120°,根據(jù)平行四邊形法則可得它們的合場強(qiáng)大小為E′,則O點的合場強(qiáng):E＝2E′，則：E′＝eq\f(E，2)，故圓弧BC在圓心O處產(chǎn)生的場強(qiáng)為eq\f（E,2),故B正確．]6.如圖所示,在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)有一電荷量為＋Q的點電荷,坐標(biāo)軸上有A、B、C三點，OA＝OB＝BC＝L，其中A點和B點的電勢相等,靜電力常量為k，則下列說法正確的是()A．B點電勢一定高于C點B．點電荷＋Q一定位于O點處C．C點處的電場強(qiáng)度大小可能為eq\f（kQ，2L2)D．將正試探電荷從A點沿直線移動到C點，電勢能一定一直減小C[點電荷的等勢面為以點電荷為球心的同心球面,在紙面內(nèi)的等勢線為同心圓；由于A、B的電勢相等，所以點電荷一定位于AB連線的垂直平分線上,不一定在O點；若該正電荷到C點的距離小于到AB的距離,則C點的電勢比B點的電勢高．故A、B錯誤；若點電荷位于AB的中垂線與OC的中垂線交點處,由幾何關(guān)系可知，C點距點電荷距離為eq\r（2)L，則由點電荷場強(qiáng)公式E＝eq\f(kQ，r2)計算可知，C點的電場強(qiáng)度大小為eq\f(kQ，2L2），故C正確;B點電勢不一定高于C點，則A點電勢不一定高于C點，所以將正試探電荷從A點沿直線移動到C點，電勢能不一定減小,故D錯誤．］7.如圖所示，豎直放置在水平面上的輕質(zhì)彈簧上疊放著兩物塊A、B,相互絕緣且質(zhì)量均為2kg，A帶負(fù)電,電荷量為0.2C，B不帶電．開始處于靜止?fàn)顟B(tài)，若突然加沿豎直方向的勻強(qiáng)電場，此瞬間A對B的壓力大小變?yōu)?N,取g＝10m/s2，則()A．電場強(qiáng)度為120N/C，方向豎直向下B．電場強(qiáng)度為60N/C，方向豎直向下C．電場強(qiáng)度為120N/C，方向豎直向上D．電場強(qiáng)度為100N/C，方向豎直向上A[開始時物體B平衡，A對B的壓力大小等于A的重力大小，為20N；加上電場后瞬間A對B的壓力大小變?yōu)?N，而彈簧的彈力和重力不變，故合力為12N，方向向上，根據(jù)牛頓第二定律，有a＝eq\f（F合，m)＝eq\f(12，2)＝6m/s2,再對物體A受力分析,設(shè)電場力為F(向上），根據(jù)牛頓第二定律，有FN＋F－mg＝ma,解得F＝24N，故場強(qiáng)為E＝eq\f(F，q)＝eq\f(24,0。2）＝120N/C，方向豎直向下，故A正確，B、C、D錯誤．］8。某靜電除塵器工作時內(nèi)部電場線分布的俯視圖如圖，帶負(fù)電粉塵被吸附時由b點運動到a點,以下說法正確的是(）A．該電場是勻強(qiáng)電場B．a(chǎn)點電勢高于b點電勢C．電場力對粉塵做正功D．粉塵的電勢能增大BC［該電場的電場線疏密不均勻，所以不是勻強(qiáng)電場，故A錯誤;沿著電場線方向電勢降低，所以a點電勢高于b點電勢，故B正確;帶負(fù)電粉塵受電場力向右，由b點運動到a點，電場力對粉塵做正功，故C正確；帶負(fù)電粉塵被吸附時由b點運動到a點，電場力對粉塵做正功,電勢能減小，故D錯誤；故選B、C。］9．如圖所示為研究影響平行板電容器電容大小因素的實驗裝置．設(shè)兩極板的正對面積為S,極板間的距離為d，靜電計指針偏角為θ,平行板電容器的電容為C。實驗中極板所帶電荷量可視為不變，則下列關(guān)于實驗的分析正確的是(）A．保持d不變,減小S,則C變小，θ變大B．保持d不變,減小S，則C變大,θ變大C．保持S不變，增大d，則C變小,θ變大D．保持S不變，增大d，則C變大，θ變大AC［由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，保持d不變,減小S，則電容C減小，又因為極板所帶電荷量Q可視為不變,由C＝eq\f(Q，U）可知，極板間電壓U增大，故靜電計偏角θ增大,A項正確，B項錯誤；由C＝eq\f（εrS，4πkd)可知,保持S不變，增大d，則電容C減小，又因為極板所帶電荷量Q可視為不變，由C＝eq\f(Q,U）可知，極板間電壓U增大,故靜電計偏角θ增大，C項正確，D項錯誤．］10．如圖甲所示，A、B是一條電場線上的兩點，若在某點釋放一初速為零的電子，電子僅受電場力作用，并沿電場線從A運動到B，其速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示,則（）甲乙A．電場力FA＜FB B．電場強(qiáng)度EA＝EBC．電勢φA<φB D．電勢能EPA＜EPBAC［在v。t圖象中圖線的斜率表示加速度,由速度圖象看出，圖線的斜率逐漸增大,電子的加速度增大，電子所受電場力增大,則電場力FA＜FB，故A正確；電子所受電場力增大，場強(qiáng)也增大,所以電場強(qiáng)度EA＜EB，故B錯誤；電子由靜止開始沿電場線從A運動到B,電場力做正功，則電場力的方向從A到B，電子帶負(fù)電，所以場強(qiáng)方向從B到A，根據(jù)順著電場線電勢降低可知，電勢φA〈φB，故C正確;由速度圖象看出，電子的速度增大，電場力做正功，電子的電勢能減小,則電勢能EPA>EPB，故D錯誤．所以選A、C。］11．（多選)如圖所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負(fù)電，下板帶正電，斷開電源,帶電小球以速度v0水平射入電場，且沿下板邊緣飛出．若下板不動,將上板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球（）A．將打在下板中央B．仍沿原軌跡運動到下板邊緣飛出C．不發(fā)生偏轉(zhuǎn),沿直線運動D．若上板不動，將下板上移一段距離,小球可能打在下板的中央BD[由題意可知，電容器所帶電荷量不變，因為E＝eq\f(U,d）＝eq\f（Q，Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，所以上板上移一小段距離，兩極板間電場強(qiáng)度不變，以相同速度入射的小球仍將沿原軌跡運動到下板邊緣飛出，B正確,A、C錯誤；若上板不動，將下板上移一段距離,小球可能打在下板的中央，D正確．］12.如圖所示，M、N是豎直放置的兩平行金屬板，分別帶等量異種電荷，兩板間產(chǎn)生一個水平向右的勻強(qiáng)電場,場強(qiáng)為E，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的微粒，以初速度v0豎直向上從兩極正中間的A點射入勻強(qiáng)電場中，微粒垂直打到N板上的C點．已知AB＝BC.不計空氣阻力,則可知（)A．微粒在電場中做拋物線運動B．微粒打到C點時的速率與射入電場時的速率相等C．MN板間的電勢差為eq\f(2mveq\o\al(\s\up1（2)，\s\do1（0)）,q）D．MN板間的電勢差為eq\f(Eveq\o\al(\s\up1（2）,\s\do1(0）)，2g）AB［由題意可知，微粒受水平向右的電場力qE和豎直向下的重力mg作用,合力與v0不共線，所以微粒做拋物線運動，A項正確；因AB＝BC，可知vC＝v0，故B項正確；由q·eq\f(U,2）＝eq\f(1,2）mveq\o\al（\s\up1(2),\s\do1（C）)，得U＝eq\f（mveq\o\al(\s\up1（2），\s\do1(C）），q)＝eq\f（mveq\o\al（\s\up1（2),\s\do1（0）），q）,故C項錯誤；由v0＝gt，vC＝eq\f(qE，m）t知mg＝qE得q＝eq\f(mg，E)代入U＝eq\f（mveq\o\al（\s\up1（2)，\s\do1(0)),q)，得U＝eq\f（Eveq\o\al(\s\up1（2），\s\do1(0）），g），故D項錯誤．］二、非選擇題(本題共4小題，共52分)13．（12分)如圖所示,在勻強(qiáng)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。2×10－5(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,則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(不用寫做法)。[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)如圖所示［答案]（1)4V－2V(2）4V2V（3)見解析圖14．(12分）有帶電平行板電容器豎直放置，如圖所示，兩極板間距d＝0。1m，電勢差U＝1000V，現(xiàn)從平行板上A處以vA＝3m/s速度水平向左射入一帶正電小球（已知小球帶電荷量q＝10－7C，質(zhì)量m＝0。02g),經(jīng)一段時間后發(fā)現(xiàn)小球恰好沒有與左極板相碰撞且打在A點正下方的B處，求A、B間的距離sAB.（g＝10m/s2［解析]把小球的曲線運動沿水平和豎直方向進(jìn)行分解．在水平方向上,小球有初速度vA，受恒定的電場力qE作用,做勻變速直線運動，且由qU〉eq\f（1，2)mveq\o\al(\s\up1（2)，\s\do1（A))知,小球不會到達(dá)左極板處．在豎直方向上,小球做自由落體運動．兩個分運動的運動時間相等，設(shè)為t，則在水平方向上：E＝eq\f（U，d)＝eq\f(1000，0。1）V/m＝104V/m則其加速度大小為：a水平＝eq\f(qE,m)＝eq\f(10－7×104,0.02×10－3)m/s2＝50m/s2，則t＝eq\f(2vA，a）＝eq\f(2×3,50)s＝0。12s在豎直方向上:sAB＝eq\f(1，2）gt2,聯(lián)立以上四式求解得:sAB＝7.2×10－2m.[答案］sAB＝7。2×10－215．（14分）如圖所示，水平放置的平行板電容器，兩板板間距d＝8cm，極板長L＝25cm，接在直流電源上．有一帶電液滴以v0＝0.5m/s的初速度從板間的正中央水平射入時，恰好做勻速直線運動，當(dāng)它運動到P處時迅速將下板向上提升eq\f(4,3）cm，液滴剛好從金屬板末端飛出，g取10m/s2.求:(1)將下板向上提升后,液滴的加速度大?。唬?）液滴從射入電場開始計時，勻速運動到P點所用時間．［解析］（1）帶電液滴在板間受重力和豎直向上的電場力，因為液滳勻速運動，所以qE＝mg,qeq\f（U，d)＝mg，即qU＝mgd.當(dāng)下板向上提后，d減小，E增大，電場力增大，故液滴向上偏轉(zhuǎn)，在電場中做類平拋運動．此時液滴所受電場力F′＝qeq\f(U，d′）＝eq\f(mgd,d′)，加速度a＝eq\f（F′－mg，m)＝eq\f(mg\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（d,d′）－1））,m)＝eq\f(1，5)g＝2m/s2.(2)因為液滴剛好從金屬板末端飛出，所以液滴在豎直方向上的位移是eq\f（d，2)。設(shè)液滴從P點開始在勻強(qiáng)電場中飛行的時間為t1，則eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al（\s\up1(2),\s\do1(1))，t1＝eq\r（\f(d,a））＝0.2s,而液滴從剛進(jìn)入電場到射出電場的時間t2＝eq\f(L，v0)＝0。5s．所以液滴從射入電場開始勻速運動到P點的時間為t＝t2－t1＝0。3s.［答案