Get清风高中物理粤教版选修3-1章末检测：第一章 电场

高中物理粤教版选修3-1章末检测：第一章电场章末检测（时间：90分钟总分值：100分）一、单项选择题（此题共6小题，每题4分，共24分）L关于电场强度与电势的关系，下面各种说法中正确的选项是（）A∙电场强度大的地方，电势一定高B.电场强度不变，电势也不变C电场强度为零时，电势一定为零D∙电场强度的方向是电势降低最快的方向答案D解析电场强度是描述电场力的性质的物理量，电势是描述电场能的性质的物理量，电场强度的大小和电势上下没有必然关系，电场线的方向，即电场强度的方向是电势降低最快的方向选项A、B、C错误，选项D正确..一不计重力的带电粒子q从A点射入一正点电荷Q的电场中，运动轨迹如图1所示，那么()图1A.粒子q带正电B∙粒子q的加速度先变小后变大C.粒子q的电势能先变小后变大D.粒子q的动能一直变大答案C解析根据粒子的运动轨迹可知，粒子带负电，A错误；根据库仑定律可知电荷受到的静电力先变大，后变小，B错误；静电力先做正功后做负功，所以电势能先变小后变大，动能先变大后变小，C正确，D错误.应选C..如图2所示，a、b、C为电场中同一条水平方向电场线上的三点，C为ab的中点，a、b电势分别为φa=5V、Φb=3V.以下表达正确的选项是()图2A.该电场在C点处的电势一定为4Va点处的场强Ea一定大于b点处的场强Eb一正电荷从C点运动到b点电势能一定减少一正电荷运动到C点时受到的电场力由C指向a答案C解析因不知该电场是否是匀强电场，所以E=Uc<,不一定成立，C点电势不一定是4V，所以A、B两项错误.因φa>φb，电场线方向向右，正电荷从高电势点移到低电势点，电场力做正功，电势能减少，受到的电场力指向b，所以C项正确，D项错误.4.空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成了如图3所示稳定的静电场.实线为其电场线，虚线为其等势线，A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，那么()图3A∙A点和B点的电势相同B.C点和D点的电场强度相同C正电荷从A点移至B点，电场力做正功D.负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先增大后减小答案C解析由题图可知φa>φb所以正电荷从A移至B,电场力做正功，故A错误，C正确.C、D两点场强方向不同，故B错误.负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先减小后增大，故D错误，应选C..如图4所示，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心C的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和C、C和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷.b点处的场强为零，那么d点处场强的大小为例为静电力常量)()图4AkaBk9R29Q+qC.Q2qD.左≡2答案B解析由于b点处的场强为零，根据电场叠加原理圆知，带电盘和a点处点电荷在b处产生的场强大小相等，方向相反.带电盘在d点处和点电圆荷在a点处产生的场强方向相同所以E=A磊+碌=k器，所以B正确..一带电粒子在电场中仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度随时间变化的图象如图5所示，。、tB分别是带电粒子到达A、B两点对应的时刻，那么以下说法中正确的选项是()图5A处的场强一定小于B处的场强A处的电势一定高于B处的电势C.电荷在A处的电势能一定小于在B处的电势能D.电荷在A到B的过程中，电场力一定对电荷做正功答案D解析根据速度图象的斜率等于加速度，由数学知识可以看出，从A点运动到B点的过程中带电粒子的加速度减小，那么其所受的电场力减小，电场强度减小即A处的场强一定大于B处的场强，A错误；由于带电粒子的电性未知，无法判断电场方向，也就不能判断电势上下，故B错误；由图看出，带电粒子的速度增大，动能增大，那么由能量守恒定律得知，其电势能减小，电场力做正功，故C错误，D正确.二、多项选择题(此题共4小题，每题4分，共16分).以下各量中，与检验电荷无关的物理量是()A∙电场力FB.电场强度EC电势差UD.电场力做的功W答案BC解析电场力F=qE与检验电荷有关，故A项错;电场强度E、电势差U与检验电荷无关，故B、C对；电场力做功W=qU,与检验电荷有关，故D项错..如图6所示的电路中，A、B是两金属板构成的平行板电容器.先将开关K闭合，等电路稳定后再将K断开，然后将B板向下平移一小段距离，并且保持两板间的某点P与A板的距离不变.那么以下说法正确的选项是()图6A∙电容器的电容变大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点电势升高答案CD.如图7所示为点电荷a、b所形成的电场线分布，有一粒子(不计重力)由A点进入电场，A、B是轨迹上的两点，以下说法正确的选项是()A.该粒子带正电a、b为异种电荷C.该粒子在A点加速度较B点大D.该粒子在A点电势能较B点大答案BC解析根据电场线从正电荷出发，到负电荷终止，可知a带正电，b带负电；由粒子的轨迹向左上方弯曲，可知该粒子所受的电场力方向为左上方，因此该粒子带负电，故A错误，B正确；A点电场线密，那么A点电场强度大，粒子所受的电场力大，那么粒子在A点加速度较大，故C正确；根据顺着电场线方向电势降低，可知A点的电势较高，由推论：负电荷在电势高处电势能小，那么知粒子在A点电势能较B点小，故D错误.10.如图8所示，真空中两个相同的小球带有等量同种电荷，质量均为0.1g,分别用10cm长的绝缘细线悬挂于绝缘天花板的一点，当平衡时B球偏离竖直方向60°，A球竖直悬挂且与绝缘墙接触传取10m∕s2)∙以下说法正确的选项是()图8A.小球的带电荷量约为3.33X10-8CB.墙壁受到的压力约为8.7X10-4NA球受到细线的拉力为1.0X10-3ND.B球受到的拉力为1.5X10-3N答案AB解析分析A、B的受力，根据共点力平衡条件：F=Ikq22=mg解得q≈3∙33X10-8C；FN=Fcos30°=mgcos30°≈8.7X10-4N；FTB=mg=1.0X10-3N；FTA=mg+Fsin30°=1.5X10-3N.应选A、B.三、填空题(每空2分，共10分)（4分）如图9所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方与Q相距分别为h和0.25h，将另一点电荷从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为零.假设此电荷在A点处的加速度大小为4g，此电荷在B点处的加速度大小为;方向为;A、B两点间的电势差（用Q和h表示）为.图9答案3g竖直向上一挈解析这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q,由牛顿第二定律，在A点时mg-需m∙4g.在B点时kQq

(0∙25Λ)2-mg=m∙aB解得aB=3g，方向竖直向上，q=mgh2,从A到B过程由动能定理mg（h-0.25h）+qUAB=0,故UAB二3kQh（6分）如图10所示，虚线为电场中的一簇等势面，A、B两等势面间的电势差为10V,且A的电势高于B的电势，相邻两等势面电势差相等，一个电子从电场中通过的轨迹如图中实线所示，电子过M点的动能为8eV,它经过N点时的动能为eV,电子在M点的电势能比在N点的电势能.图10答案0.5小四、计算题（此题共4小题，共50分）（10分）如图11所示，在匀强电场中，将带电荷量q=-6×10-6C的电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做了2.4×10-5J的功，再从B点移到。点，电场力做了1.2X10-5J的功.求：图11(1)A、B两点间的电势差UAB和B、C两点间的电势差URzBC⑵如果规定B点的电势为零，那么A点和C点的电势分别为多少；(3)作出过B点的一条电场线(只保存作图的痕迹，不写做法).答案(1)4丫-2V(2)4V2V⑶见解析图W_解析(I)UAB=WB=-2.4X10-5 V=-6X10-64V1.2X10-5U=V=-2VbC-6X10-6(2)UAB=(PA-ΦBUBC=φB-φC又φB=O故φA=4V,φC=2V(3)如下图(12分)一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图12所示.AB与电场线夹角θ=30°,带电微粒的质量m=1.0×10-7kg,电荷量q=1.0×10-ioC,A、B相距L=20cm.(取g=10m∕s2，结果保存两位有效数字)求：图12(1)说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由；(2)电场强度的大小和方向；⑶要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少.答案见解析 ———解析(1)微粒只在重力和电场力作用下沿AB方向运动，在垂直于AB方向上的重力和电场力必等大反向，可知电场力的方向水平向左，如下图，微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度%方向相反，微粒做匀减速直线运动.(2)在垂直于AB方向上，有qEsinθ-mgcosθ=0所以电场强度E≈1.7×104N∕C电场强度的方向水平向左⑶微粒由A点运动到B点时的速度vB=0时微粒进入电场时的速度最小，由动能定理得mgLSinθ+qELCosθ=mvA，代入数据解得2vA≈2∙8m∕S(14分)如图13所示，在场强E=103V∕m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R=0.4m，一带正电荷q=10_4C的小滑块质量为m=0.04kg,与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2,g取10m/s2,求：图13(1)要使小滑块能运动到半圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放；⑵这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大∙(P为半圆轨道中点)答案(1)20m(2)L5N解析(1)滑块刚能通过轨道最高点条件是V2mg=mR,v=AR=2m/s,滑块由释放点到最高点过程由动能定理：- 1Eqs-μmgs-mg2R=mmv2“二Im2v2+2gR所以S=J2 IEq一μmg代入数据得：S=20m(2)滑块过P点时，由动能定理得:1 1-mgR-EqR=yv2-^vP所以VP=V2+2(g+Eq)R在P点由牛顿第二定律：FN-Eq=mRVp,FN=3(mg+Eq)代入数据得：FN=1.5N由牛顿第三定律得FN'=FN=1.5N16.(14分)一个初速度为零的电子通过电压为U=4500V的电场加速后，从C点沿水平方向