高中物理粤教版1第一章电场 章末质量评估(一)

章末质量评估(一)一、单项选择题(本题共10小题，每题3分，共30分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错选不选或多选均不得分．)1．以下说法正确的是()A．由E＝eq\f(F,q)可知电场中某点的电场强度E与F成正比B．由公式φ＝eq\f(Ep,q)可知电场中某点的电势φ与q成反比C．由Uab＝Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大D．公式C＝eq\f(Q,U)，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关解析：公式U＝Ed中的d是a、b两点间的沿场强方向上的距离．答案：D2．关于电场强度、电势和电势能的说法中正确的是()A．在电场中，电势高的地方，电荷在该点具有的电势能就大B．在电场中，电势高的地方，放在该点的电荷的电荷量越大，它所具有的电势能也越大C．在电场中电势高的点，电场强度一定大D．在负的点电荷所产生的电场中的任何一点上，正电荷所具有的电势能一定小于负电荷所具有的电势能解析：电势能由电荷和电场中的电势共同决定，它们均有正、负，而且正大于负，故A、B均错误．电场强度和电势没有必然联系，故C错误．负电荷形成的电场中无限远处为零势能点，正电荷的电势能为负值，负电荷的电势能为正值，故D正确．答案：D3．一平行板电容器两极板间距为d、极板面积为S、电容为eq\f(εrS,d)，其中εr是常量．对此电容器充电后断开电源．当增加两板间距时，电容器极板间()A．电场强度不变，电势差变大B．电场强度不变，电势差不变C．电场强度减小，电势差不变D．电场强度减小，电势差减小解析：平行板所带电荷量Q、两板间电压U，有C＝eq\f(Q,U)、C＝eq\f(εrS,d)、两板间匀强电场的场强E＝eq\f(U,d)，可得E＝eq\f(Q,εrS).电容器充电后断开，电容器电荷量Q不变，则E不变．根据C＝eq\f(εrS,d)可知d增大、C减小，又根据C＝eq\f(Q,U)可知U变大．答案：A4．在匀强电场中，同一条电场线上有A、B两点，有两个带电粒子先后由静止从A点出发并通过B点，若两粒子的质量之比为2∶1，电荷量之比为4∶1，忽略它们所受重力，则它们由A点运动到B点所用的时间之比为()A．1∶eq\r(2) \r(2)∶1C．1∶2 D．2∶1解析：带电粒子做初速度为零的匀加速直线运动，则位移为：x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t2，运动时间：t＝eq\r(\f(2mx,qE))，则有：eq\f(t1,t2)＝eq\f(\r(\f(2m1x,q1E)),\r(\f(2m2x,q2E)))＝eq\r(\f(q2m1,q1m2))＝eq\r(\f(1,4)×\f(2,1))＝eq\f(1,\r(2))；故选A.答案：A5．相距为L的A、B两点分别固定带等量异种电荷电荷量为Q，在AB连线中点处电场强度为()A．0 B．keq\f(Q,L2)，且指向－QC．2keq\f(Q,L2)，且指向－Q D．8keq\f(Q,L2)，且指向－Q解析：点电荷的场强公式是E＝keq\f(Q,r2)电场中某点的电场强度等于各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和．答案：D6．如图所示是静电除尘的示意图．关于静电除尘的原理，下列说法不正确的是()A．除尘器圆筒的外壁A接高压电源的正极，中间的金属丝B接负极B．B附近的空气分子被强电场电离为电子和正离子C．正离子向A运动过程中被烟气中的煤粉俘获，使煤粉带正电，吸附到A上，排出的烟就清洁了D．电子向A极运动过程中，遇到烟气中的煤粉，使煤粉带负电，吸附到A上，排出的烟就清洁了解析：除尘器中的空气被电离，烟雾颗粒吸附电子而带负电，颗粒向电源正极运动，即圆筒的外壁A接高压电源的正极，中间的金属丝B接负极，故A正确；空气被强电场电离为电子和正离子，烟雾颗粒吸附电子而带负电，颗粒向电源正极运动，故B正确；电子向A极运动过程中，遇到烟气中的煤粉，使煤粉带负电，吸附到A上，排出的烟就清洁了，故C错误；D正确．答案：C7．如图，A、B、C是等边三角形的三个顶点，O是A、B连线的中点．以O为坐标原点，A、B连线为x轴，O、C连线为y轴，建立坐标系．在A、B、C、O四个点分别固定一个正点电荷，电荷量相等．则O处电荷受到电场力方向为()A．沿y轴正方向B．沿y轴负方向C．沿x轴正方向D．沿x轴负方向解析：由于A、B两点到O处的距离相等，故A、B点的正点电荷在O点处产生的合场强为零，C点的正电荷在O处产生的场强沿y轴负方向．以上可知，O点的合场强方向沿y轴负方向，在根据场强方向的规定，在O点放正电荷所受电场力的方向与场强的方向相同，故B正确，A、C、D错误．答案：B8．如图所示，正点电荷Q、2Q分别置于M、N两点，O点为MN连线的中点，点a为MO的中点，点b为ON的中点，点c、d在M、N中垂线上，关于O点对称．下列说法正确的是()A．a、b两点的电场强度相同B．O点的电势高于c点的电势C．将电子沿直线从a点移到b点，电场力对电子先做正功后做负功D．将电子沿直线从c点移到d点，电场力对电子先做负功后做正功解析：同种电荷的电场线是排斥状的，沿电场线方向电势逐渐降低，知O点的电势高于c点的电势．故B正确．设Ma＝L，aO＝r，则a点的电场强度Ea＝keq\f(Q,L2)－keq\f(2Q,（2r＋L）2)，Eb＝keq\f(Q,（2r＋L）2)－keq\f(2Q,L2)，可见Ea≠Eb，故A错误；电子受到的电场力方向与电场方向相反，所以将电子沿直线从a点移到b点，电场力对电子先做负功后做正功，C错误；对两个电荷在中垂线上的场强进行叠加，在Oc段方向斜向左上，在Od段方向斜向左下．所以电子所受的电场力在Oc段斜向右下，在Od段斜向右上，电场力跟速度的方向先是锐角后是钝角，电场力对电子先做正功后做负功，故D错误．答案：B9．如图所示的电路中，A、B是平行板电容器的两金属板．先将电键S闭合，等电路稳定后将S断开，并将B板向下平移一小段距离，保持两板间的某点P与A板的距离不变．则下列说法不正确的是()A．电容器的电容变小B．电容器内部电场强度大小变大C．电容器内部电场强度大小不变D．P点电势升高解析：根据C＝eq\f(εrS,4πkd)，当B板向下平移一小段距离，间距d增大，其他条件不变，则导致电容变小，故A正确；根据E＝eq\f(U,d)与C＝eq\f(εrS,4πkd)相结合可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，由于电量不变，场强大小不变，故B错误，C正确；B板接地，场强不变，所以P点与地间的电势差增大，即P点电势升高，故D正确．答案：B10．质量为m的带电小球在a点水平射入竖直向上的匀强电场中，运动轨迹如图所示，则正确的说法是()A．小球带负电B．小球在b点的加速度大于在a点的加速度C．小球的电势能减小D．在相等的时间间隔内重力做的功相等解析：物体做曲线运动时的合力指向轨迹的内侧，从图中可得小球受到的合力竖直向上，因为小球受到重力和电场力作用，合力向上，所以电场力一定向上，因为电场方向竖直向上，所以小球带正电，A错误；因为是匀强电场，所以电场力恒定不变，而重力也是恒定不变，所以合力恒定不变，故加速度恒定不变，B错误；电场力做正功，电势能减小，C正确；因为小球在竖直方向上做加速运动，所以在相等时间内走过的位移不同，故重力做功不同，D错误．答案：C二、多项选择题(本题共4小题，每题6分，共24分．每小题有多个选项是正确的，全选对得6分，少选得3分，选错、多选或不选得0分．)11．如图所示，质量分别为m1和m2的两小球，分别带电荷量q1和q2，用同等长度的绝缘线悬于同一点，由于静电斥力使两悬线与竖直方向张开相同的角度，则()A．q1不一定等于q2B．m1必等于m2\f(q1,m1)必等于eq\f(q2,m2)D．必须同时满足q1＝q2和m1＝m2解析：依据题意对两个带电小球受力分析如图，据平衡条件得：F＝m1gtanθ，F＝m2gtanθ，所以有m1＝m2.答案：AB12．如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．若粒子在运动中只受电场力作用．根据此图作出的下列判断中错误的是()A．带电粒子带正电B．粒子在a、b两点的受力方向沿电场线向左C．粒子在a点的速度大于在b点的速度D．a点电场强度小于b点电场强度解析：由电场线的形状可判定产生电场的源电荷在电场线左侧，因做曲线运动的物体受到的合外力指向运动轨迹的凹侧，可知粒子在a、b点受力沿电场线向左，无论从a向b，还是从b向a，粒子在a点速度大于b点速度，由电场线的分布情况可得Ea>Eb.答案：AD13．如图所示，虚线a、b和c是某静电场中的三个等势面，它们的电势分别为φa、φb和φc，φa＞φb＞φc，一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知()A．粒子从K到L的过程中，电场力做负功B．粒子从L到M的过程中，电场力做负功C．粒子从K到L的过程中，电势能增加D．粒子从L到M的过程中，动能减少解析：由图可知，等势线为一系列的同心圆，再结合电势关系可判断出场源电荷应为一带正电的点电荷，带正电的粒子在正的点电荷电场中受斥力作用，运动轨迹发生偏转，粒子从K到L的过程中轨迹靠近场源电荷，电场力做负功，由能量守恒定律可知，动能减少，电势能增加；粒子从L到M的过程中，轨迹远离场源电荷，电场力做正功，故电势能减少，动能增加，选项A、C正确．答案：AC14．如图，水平线上的O点放置一点电荷，图中画出电荷周围对称分布的几条电场线．以水平线上的某点O′为圆心画一个圆，与电场线分别相交于a、b、c、d、e，下列说法正确的是()A．b、e两点的电场强度不相同B．a点电势低于c点电势C．b、c两点间电势差等于e、d两点间电势差D．电子沿圆周由d到b，电场力做正功解析：由图看出，b、e两点电场强度的大小相等，但方向不同，而电场强度是矢量，所以b、e两点的电场强度不同，故A正确．根据顺着电场线电势逐渐降低可知，离点电荷O越远，电势越低，故a点电势低于c点电势．故B正确．根据对称性可知，b、c两点间电势差与e、d两点间电势差都等于零，故C正确．d点的电势高于b点的电势，由Ep＝qφ＝－eφ，则知电子在d点的电势能小于在b点的电势能，根据功能关系可知，电子沿圆周由d到b，电场力做负功，故D错误．答案：ABC三、非选择题(共4小题，共46分)15．(12分)如图所示，匀强电场中有a、b、c三点，ab＝5cm，bc＝12cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60°角，一个电荷量为q＝4×10－8C的正电荷从a移到b，电场力做功为W1＝×10－7J，(1)匀强电场的场强E；(2)电荷从b移到c，电场力做的功W2;(3)a、c两点的电势差Uac.解析：(1)设ab两点间距离d，W1＝qUab，①E＝eq\f(Uab,d)，②由①②两式得：E＝eq\f(W1,qd)＝eq\f×10－7,4×10－8×5×10－2)V/m＝60V/m.(2)设bc两点沿场强方向距离为d1，Ubc＝Ed1，③d1＝bc·cos60°，④W2＝qUbc，⑤由③④⑤式得W2＝qE·bc·cos60°＝4×10－8×60×12×10－2×J＝×10－7J.(3)设电荷从a移到c电场力做功为W，W＝W1＋W2，⑥W＝qUac，⑦由⑥⑦式得：Uac＝eq\f(W1＋W2,q)＝eq\f×10－7＋×10－7,4×10－8)V＝eq\f×10－7,4×10－8)V＝V.答案：(1)60V/m(2)×10－7J(3)V16．(10分)如图所示．光滑竖直绝缘杆与一圆周交于B、C两点，圆心固定并有电量为＋Q的点电荷，一质量为m，电量为＋q的环从杆上A点由静止释放．已知AB＝BC＝h，q<Q，环沿绝缘杆滑到B点时的速度vB＝eq\r(gh)，求A、C两点间的电势差及到达C点时的速度．解析：环从A→B由动能定理得：mgh－qUAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，①vB＝eq\r(gh)，②由式①②解得：UAB＝eq\f(mgh,2q).③又因B、C处在同一等势面上，所以UAC＝UAB＝eq\f(mgh,2q)，④环从A→C由动能定理得：mg2h－qUAC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，⑤由式④⑤解得：vC＝eq\r(3gh).答案：eq\f(mgh,2q)eq\r(3gh)17．(12分)如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电量为e的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：(1)电子通过B点时的速度大小；(2)右侧平行金属板的长度；(3)电子穿出右侧平行金属板时的动能和速度方向．解析：(1)由动能定理：eU0＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2)得v0＝eq\r(\f(2eU0,m)).(2)电子进入偏转电场做类平抛运动，设板长为L，L＝v0t，y＝eq\f(d,2)＝eq