章末综合测评1　电场

1、.章末综合测评一电场时间：90分钟分值：100分一、选择题此题共12个小题，每题4分，共48分，在每题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求，第812题有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分1以下关于物理公式、规律的理解正确的选项是A库仑定律Fk中的k，是库仑用扭秤实验测得的B牛顿万有引力定律FG中的G，是牛顿用扭秤实验测得的C牛顿在发现第二定律Fkma之前，人们就已经规定力的单位为1 N1 kg·m/s2D牛顿第二定律Fkma和库仑定律Fk中的k是一样的A库仑定律Fk中的k，是静电力常数，是库仑用扭秤实验测得的，所以A正确；牛顿万有引力定律F

2、G中的G，是卡文迪许用扭秤实验测得的，所以B错误；“N这个单位是由牛顿第二定律Fkma，当k1时规定下来的，所以C错误；牛顿第二定律Fkma中的k是比例系数，当式中物理量取国际单位制时，k1，而库仑定律Fk中的k是静电力常数为9×109 N·m2/C2，所以二者不同，D错误22019年4月，中国南车设计制造的全球首创超级电容储能式现代电车在宁波下线，不久将成为二三线城市的主要公交用车这种超级电车的核心是我国自主研发、全球首创的“超级电容器如下图，这种电容器平安性高，可反复充放电100万次以上，使用寿命长达十二年，且容量超大到达9 500 F，可以在10 s内完成充电以下说法

3、正确的选项是A充电时电源的正极应接“超级电容器的负极B该“超级电容器的电容随电压的增大而增大C该“超级电容器放电过程中把化学能转化为电能D该“超级电容器能储存电荷D充电时电源的正极要接电容器的正极，A错误；电容是由电容器本身的性质决定的，与电压和电量无关，B错误； 放电过程消耗的是内部的电场能而转化为电能，C错误； 由题意可知，该“超级电容器能储存电荷，D正确应选D.2图1为一只极距变化型电容式传感器的部分构件示意图当动极板和定极板之间的间隔 d变化时，电容C便发生变化，通过测量电容C的变化就可知道两极板之间间隔 d的变化情况以下图中能正确反映C与d之间变化规律的图象是图1AB CDA由平行板

4、电容器电容的决定式C可知，电容C与两极板之间间隔 d成反比，在第一象限反比例函数图象是双曲线的一支，选项A正确3如图2所示，a、b、c为电场中同一条电场线上的三点，其中c为ab的中点a、b两点的电势分别为a3V，b9 V，那么以下表达正确的选项是图图2A该电场在c点处的电势一定为6 VBa点处的场强Ea一定小于b点处的场强EbC正电荷从a点运动到b点的过程中电势能一定增大D正电荷只受电场力作用从a点运动到b点的过程中动能可能增大C假设该电场是匀强电场，那么在c点处的电势为C6 V，假设该电场不是匀强电场，那么在c点处的电势为c6 V，故A错误一条电场线，无法判断电场线的疏密，就无法判断两点场强

5、的大小，故B错误根据正电荷在电势高处电势能大，可知，正电荷从a点运动到b点的过程中电势能一定增大，而由能量守恒得知，其动能一定减小，故C正确，D错误应选C.4.三个一样的金属小球，原来有两个小球带电荷量相等，互相间的引力为F，用第三个不带电的小球依次接触两个带电小球后再移走，那么原来两个带电小球之间的互相吸引力变为 【导学号：52592045】A.B.C.D.C因为两个小球间是引力，那么设一个电荷量为q，另一个为q，未接触前Fk，用不带电的小球先与q接触，那么两个都带q的正电荷，然后再与q接触，q，那么这两个带电小球之间的引力变为FkkF，C正确5如图3所示，一段均匀带电的半圆形细线在其圆心O

6、处产生的场强为E，把细线分成等长的圆弧、，那么圆弧在圆心O处产生的场强为图3AEB.C.D.B如下图，B、C两点把半圆环分为相等的三段设每段在O点产生的电场强度大小为E且相等，AB段和CD段在O处产生的场强夹角为120°，根据平行四边形法那么可得它们的合场强大小为E，那么O点的合场强：E2E，那么：E，故圆弧BC在圆心O处产生的场强为，故B正确，ACD错误6.如图4所示，从炽热的金属丝漂出的电子速度可视为零，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场电子的重力不计在满足电子能射出偏转电场的条件下下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是图4A仅将偏转电场极性对调B仅增大偏转电极间

7、的间隔 C仅增大偏转电极间的电压D仅减小偏转电极间的电压C设加速电场电压为U0，偏转电压为U，极板长度为L，间距为d，电子加速过程中，由U0q，得v0，电子进入极板后做类平抛运动，时间t，a，vyat，tan ，由此可判断C正确7如图5所示，a、b为平行金属板，静电计的外壳接地，合上开关S后，静电计的指针张开一个较小的角度，能使角度增大的方法是图5A使a、b板的间隔 增大一些B使a、b板的正对面积减小一些C断开S，使a、b板的间隔 减小一些D断开S，使a、b板的正对面积减小一些D开关闭合，电容器两端的电势差不变，应选项AB错误断开S，电荷量不变，使a、b板的间隔 减小一些，根据C知，电容C变大

8、，由U可知电势差减小，静电计的指针张角减小，故C错误断开S，电荷量不变，使a、b板的正对面积减小一些，根据C知，电容C减小，由U可知电势差增大，静电计的指针张角变大，故D正确应选D.8某静电除尘器工作时内部电场线分布的俯视图如图6，带负电粉尘被吸附时由b点运动到a点，以下说法正确的选项是图6A该电场是匀强电场Ba点电势高于b点电势C电场力对粉尘做正功D粉尘的电势能增大BC该电场的电场线疏密不均匀，所以不是匀强电场，故A错误；沿着电场线方向电势降低，所以a点电势高于b点电势，故B正确；带负电粉尘受电场力向右，由b点运动到a点，电场力对粉尘做正功，故C正确；带负电粉尘被吸附时由b点运动到a点，电场

9、力对粉尘做正功，电势能减小，故D错误；应选B、C.9将一根绝缘细线在匀强电场中连接成一个菱形，如图7所示a、b、c、d分别是菱形的四个顶点，且abc120°.a、b、c三点电势分别为3 V、4 V、5 V，一个带电为1.0×106C的小蚂蚁在细线区域内爬行以下说法正确的选项是 【导学号：52592046】图7Ad点电势为4 VBO点电势为0 VC小蚂蚁在b点电势能等于在d点电势能D小蚂蚁在b点电势能小于在d点电势能ACO点是对角线的交点，由题意知，O点电势o，故d4 V，故A正确，B错误；b、d电势相等，小蚂蚁在b、d两点电势能也相等，故C正确，D错误应选：A、C.10如图

10、8甲所示，A、B是一条电场线上的两点，假设在某点释放一初速为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从A运动到B，其速度随时间变化的规律如图乙所示，那么图8A电场力FAFBB电场强度EAEBC电势A<BD电势能EPAEPBAC在vt图象中图线的斜率表示加速度，由速度图象看出，图线的斜率逐渐增大，电子的加速度增大，电子所受电场力增大，那么电场力FAFB，故A正确；电子所受电场力增大，场强也增大，所以电场强度EAEB，故B错误；电子静止开场沿电场线从A运动到B，电场力做正功，那么电场力的方向从A到B，电子带负电，所以场强方向从B到A，根据顺着电场线电势降低可知，电势A<B，故C正确；由

11、速度图象看出，电子的速度增大，电场力做正功，电子的电势能减小，那么电势能EPA>EPB，故D错误所以选A、C.11.如图9所示，两极板程度放置的平行板电容器间形成匀强电场两极板间相距为d.一带负电的微粒从上极板M的边缘以初速度v0射入，沿直线从下极板的边缘射出微粒的电量为q、质量为m.以下说法正确的选项是图9A微粒运动的加速度为0B微粒的电势能减小了 mgdC两极板间的电势差为mgd/qDN极板的电势髙于M板的电势AC由题分析可知，微粒做匀速直线运动，加速度为零，故A正确；重力做功mgd，微粒的重力势能减小，动能不变，根据能量守恒定律得知，微粒的电势能增加了mgd，故B错误；由上可知微粒

12、的电势能增加量Epmgd，又EpqU，得到两极板的电势差U，故C正确由题可判断出电场力方向竖直向上，微粒带负电，电场强度方向竖直向下，M板的电势高于N板的电势，故D错误12如图10所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两板间产生一个程度向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电荷量为q的微粒，以初速度v0竖直向上从两极正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N板上的C点ABBC.不计空气阻力，那么可知图10A微粒在电场中做抛物线运动B微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等CMN板间的电势差为DMN板间的电势差为AB由题意可知，微粒受程度向右的电场力qE和竖直向下的重力mg

13、作用，合力与v0不共线，所以微粒做抛物线运动，A项正确；因ABBC，可知vCv0，故B项正确；由q·mv，得U，故C项错误；由v0gt，vCt知mgqE得q代入U，得U，故D项错误二、非选择题此题共4小题，共52分1312分如图11，光滑斜面倾角为37°，一质量m1×102kg、电荷量q1×106C的小物块置于斜面上，当加上程度向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，g10 m/s2，求：1该电场的电场强度大小；2假设电场强度变为原来的，小物块运动的加速度大小；3在2前提下，当小物块沿斜面下滑Lm时，机械能的改变量图11【解析】1如下图，小物块受重力、

14、斜面支持力和电场力三个力作用，受力平衡，那么有在x轴方向：FxFcos mgsin 0在y轴方向：FyFNmgcos Fsin 0得：qEmgtan 37°故有：E7.5×104N/C，方向程度向右2场强变化后物块所受合力为：Fmgsin 37°qEcos 37° 根据牛顿第二定律得：Fma 故代入解得a0.3 g3m/s2，方向沿斜面向下3机械能的改变量等于电场力做的功，故EqELcos 37°，解得E0.02 J.【答案】17.5×104 N/C23 m/s230.02 J1412分有带电平行板电容器竖直放置，如图12所示，两极板

15、间距d0.1 m，电势差U1 000 V，现从平行板上A处以vA3m/s速度程度向左射入一带正电小球小球带电荷量q107C，质量m0.02g，经一段时间后发现小球恰好没有与左极板相碰撞且打在A点正下方的B处，求A、B间的间隔 sAB，g10 m/s2图12【解析】把小球的曲线运动沿程度和竖直方向进展分解在程度方向上，小球有初速度vA，受恒定的电场力qE作用，做匀变速直线运动，且由qU>mv知，小球不会到达左极板处在竖直方向上，小球做自由落体运动两个分运动的运动时间相等，设为t，那么在程度方向上：EV/m104V/m那么其加速度大小为：a程度m/s250 m/s2，那么ts0.12 s在竖

16、直方向上：sABgt2，联立以上四式求解得：sAB7.2×102m.【答案】sAB7.2×102m1514分如图13所示，质量为m5×108 kg的带电粒子以v02 m/s的速度从程度放置的平行金属板A、B中央飞入电场，板长L10 cm，板间间隔 d2 cm，当A、B间加电压UAB103 V时，带电粒子恰好沿直线穿过电场设此时A板电势高，g取10 m/s2.求： 【导学号：52592047】图131带电粒子电性和所带电荷量；2A、B间所加电压在什么范围内带电粒子能从板间飞出？【解析】1当UAB103 V时，粒子做直线运动有qmg解得q1011 C，带负电2当电压U

17、AB比较大时，qE>mg，粒子向上偏，由牛顿第二定律得mgma1当刚好能从上板边缘飞出时，有ya2t2a12解得U11 800 V当电压UAB比较小时，qE<mg，粒子向下偏，由牛顿第二定律得mgma2设刚好能从下板边缘飞出，有ya2t2解得U2200 V那么要使粒子能从板间飞出，A、B间所加电压的范围为：200 VUAB1 800 V.【答案】1带负电1011C2200 VUAB1 800 V1614分如图14，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行一电荷量为qq>0的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na