2018-物理选修3-1粤教版全程导学笔记第一章电场章末检测试卷（一）

章末检测试卷(一)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，共48分，1～7题为单选题，每小题4分；8～12题为多选题，全都选对的得4分，有选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是()A．根据电场强度的定义式E＝eq\f(F,q)可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比B．根据电容的定义式C＝eq\f(Q,U)可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C．根据真空中点电荷的电场强度公式E＝keq\f(Q,r2)可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关D．根据电势差UAB＝eq\f(WAB,q)可知，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为－1V答案D解析电场强度E与F、q无关，由电场本身决定，A错误；电容C与Q、U无关，由电容器本身决定，B错误；E＝keq\f(Q,r2)是决定式，C错误．2．两个完全相同的金属球A和B(可视为点电荷)带电荷量之比为1∶7，相距为r.两者接触一下放回原来的位置，若两电荷原来带异种电荷，则后来两小球之间的库仑力大小与原来之比是()A．3∶7B．4∶7C．9∶7D．16∶7答案C解析接触前，两小球之间的库仑力为F＝keq\f(q·7q,r2)＝7keq\f(q2,r2)，接触后两者所带电荷量为q′＝eq\f(7q－q,2)＝3q，两小球之间的库仑力为F′＝keq\f(3q·3q,r2)＝9keq\f(q2,r2)，故F′∶F＝9∶7，C正确．3．如图1所示，有一带电荷量为＋q的点电荷与均匀带电圆形薄板相距为2d，＋q到带电薄板的垂线通过板的圆心．若图中a点处的电场强度为零，则图中b点处的电场强度大小是()图1A．keq\f(q,9d2)＋keq\f(q,d2) B．keq\f(q,9d2)－keq\f(q,d2)C．0 D．keq\f(q,d2)答案A4.如图2所示是由电源E、灵敏电流计G、滑动变阻器R和平行板电容器C组成的电路，开关S闭合．在下列四个过程中，灵敏电流计中有方向由a到b电流的是()图2A．在平行板电容器中插入电介质B．减小平行板电容器两极板间的距离C．减小平行板电容器两极板的正对面积D．增大平行板电容器两极板的正对面积答案C解析电容器保持和电源连接，电压U一定，在平行板电容器中插入电介质，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知电容增大，由C＝eq\f(Q,U)知带电荷量增加，电容器充电，电路中有b到a方向的电流通过电流计，故A错误．减小平行板电容器两极板间的距离，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知电容增大，由C＝eq\f(Q,U)知带电荷量增加，电容器充电，电路中有b到a方向的电流通过电流计．故B错误．减小平行板电容器两极板的正对面积，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知电容减小，由C＝eq\f(Q,U)知带电荷量减小，电容器放电，电路中有a到b方向的电流通过电流计，故C正确．同理D错误．5.如图3所示，一圆心为O、半径为R的圆中有两条互相垂直的直径AC和BD，电荷量分别为＋Q、－Q的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关系关于AC对称，＋Q与O点的连线和OC间夹角为60°.两个点电荷的连线与AC的交点为P，取无穷远电势为零，则下列说法正确的是()图3A．P点的场强为0，电势也为0B．A点电势低于C点电势C．点电荷＋q沿直线从A到C的过程中电势能先减小后增大D．点电荷－q在B点具有的电势能小于在D点具有的电势能答案D解析＋Q在P点产生的场强方向向右，－Q在P点产生的场强方向也向右，根据叠加原理可知P点的场强不为0，故A错误．AC连线是等量异种点电荷电场中一条等势线，故A、C两点的电势相等，故B错误．AC连线是等量异种点电荷电场中一条等势线，点电荷＋q沿直线从A到C的过程中电势能不变，故C错误．根据顺着电场线方向电势降低，结合电场线的分布情况可知，B点的电势高于D点电势，由电势能公式Ep＝qφ分析可知：点电荷－q在B点具有的电势能小于在D点具有的电势能，故D正确．6.如图4所示，虚线a、b、c表示O处点电荷的电场中的三个不同的等势面，两相邻等势面的间距相等，一电子射入电场后(只受电场力作用)的运动轨迹如图中实线所示，其中1、2、3、4表示运动轨迹与等势面的交点，由此可以判定()图4A．O处的点电荷一定带正电B．电子运动过程中，动能先增大后减小C．三个等势面的电势高低关系是φc>φb>φaD．电子从位置2到位置3与从位置3到位置4过程中电场力所做的功相等答案C

7.在匀强电场中平行于电场方向建立一直角坐标系，如图5所示．从坐标原点沿＋y轴前进0.2m到A点，电势降低了10eq\r(2)V，从坐标原点沿＋x轴前进0.2m到B点，电势升高了10eq\r(2)V，则匀强电场的场强大小和方向为()图5A．50V/m，方向B→AB．50V/m，方向A→BC．100V/m，方向B→AD．100V/m，方向垂直AB斜向下答案C解析连接AB，由题意可知，AB中点C点电势应与坐标原点O相等，连线OC即为等势线，与等势线OC垂直的方向为电场的方向，故电场方向由B→A，其大小E＝eq\f(U,d)＝eq\f(10\r(2)＋10\r(2),\r(2)×0.2)V/m＝100V/m，选项C正确．8．如图6所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，线与竖直方向的夹角分别为α、β，且β>α.若同时剪断两根细线，空气阻力不计，两球带电荷量不变，则()图6A．a球的质量比b球的大B．a、b两球同时落地C．a球的电荷量比b球的大D．a、b两球飞行的水平距离相等答案AB解析对a、b小球受力分析，根据平衡条件有：mag＝eq\f(F库,tanα)mbg＝eq\f(F库,tanβ)，由于β>α，所以ma>mb，故A正确．ma>mb，因此水平方向上每一时刻a的加速度小于b的加速度．竖直方向上做自由落体运动，根据运动的独立性可知，两球同时落地，故B正确．a球的电荷量和b球的电荷量大小无法判断，故C错误．由于水平方向上每一时刻a的加速度小于b的加速度，因此a球水平飞行的距离比b球小，故D错误．9.如图7所示，a、b是x轴上关于O点对称的两点，c、d是y轴上关于O点对称的两点，c、d两点分别固定一等量异种点电荷，带负电的检验电荷仅在电场力作用下从a点沿曲线运动到b点，E为第一象限内轨迹上的一点，以下说法正确的是()图7A．c点的电荷带正电B．a点电势高于E点电势C．E点场强方向沿轨迹在该点的切线方向D．检验电荷从a到b过程中，电势能先增加后减少答案BD解析带负电的检验电荷仅在电场力的作用下从a点沿曲线运动到b点，合力指向曲线的凹侧，故上面的电荷带同种电荷，即c点的电荷带负电，故A错误；从E点到b点电场力做正功，电势能减小，由于是负电荷，故从E到b电势要升高，即b点的电势高于E点的电势，又因为等量异号点电荷的连线的中垂线是等势线，故a、b两点的电势相等，所以a点电势高于E点电势，故B正确；E点的切线方向为速度方向，E点的场强方向应与电场力方向在同一直线上，而曲线运动的受力与速度方向不可能在同一直线上，即E点场强方向不可能是该点的切线方向，故C错误；检验电荷从a到b过程中，电场力先做负功后做正功，故电势能先增加后减少，故D正确．故选B、D.10．如图8所示，一个质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，从两平行板左侧中点沿垂直场强方向射入，当入射速度为v时，恰好穿过电场而不碰金属板．要使粒子的入射速度为eq\f(v,2)，仍然恰好穿过电场，则必须再使()图8A．粒子的电荷量变为原来的eq\f(1,4)B．两板间电压减为原来的eq\f(1,2)C．两板间距离增为原来的4倍D．两板间距离增为原来的2倍答案AD11.如图9所示，匀强电场中有一平行四边形abcd，且平行四边形所在平面与场强方向平行．其中φa＝10V，φc＝6V，φd＝8V，则下列说法正确的是()图9A．b点电势φb＝4VB．b点电势φb＝8VC．场强平行于ad方向D．场强垂直于bd向下答案BD12．如图10甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔．右极板电势随时间变化的规律如图乙所示．电子原来静止在左极板小孔处．(不计重力作用)下列说法中正确的是()图10A．从t＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B．从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C．从t＝eq\f(T,4)时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D．从t＝eq\f(3T,8)时刻释放电子，电子必将打到左极板上答案AC解析从t＝0时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速eq\f(T,2)，接着匀减速eq\f(T,2)，速度减小到零后，又开始向右匀加速eq\f(T,2)，接着匀减速eq\f(T,2)……直到打在右极板上，电子不可能向左运动；如果两板间距离不够大，电子也始终向右运动，直到打到右极板上．从t＝eq\f(T,4)时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速eq\f(T,4)，接着匀减速eq\f(T,4)，速度减小到零后，改为向左再匀加速eq\f(T,4)，接着匀减速eq\f(T,4)，即在两板间振动；如果两板间距离不够大，则电子在第一次向右运动过程中就有可能打在右极板上．从t＝eq\f(3T,8)时刻释放电子，如果两板间距离不够大，电子将在第一次向右运动过程中就打在右极板上；如果第一次向右运动没有打在右极板上，那就一定会在向左运动过程中打在左极板上．选A、C.二、计算题(本题共4小题，共52分)13.(12分)如图11所示，两平行金属板A、B间为一匀强电场，A、B相距6cm，C、D为电场中的两点(其中C点在金属板上)，且CD＝4cm，CD连线和场强方向成60°角．已知电子从D点移到C点电场力做功为3.2×10－17J，电子电荷量e＝1.6×10－19C，求：图11(1)匀强电场的场强大小；(2)A、B两板间的电势差；(3)若A板接地，D点电势为多少？答案(1)1×104N/C(2)600V(3)－200V解析(1)由题，D→C电场力做正功W＝eELCDcos60°E＝1×104N/C(2)由题知，电子受到的电场力方向向上，电子带负电，则场强方向为A→B.A、B间电势差为UAB＝EdAB＝1×104×6×10－2V＝600V(3)A、D间电势差为UAD＝EdAD＝ELCDcos60°＝1×104×4×10－2×0.5V＝200VφA－φD＝200V，φA＝0解得φD＝－200V.14．(13分)如图12所示，带电荷量为Q的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A和C相距为L，B为AC的中点．现将一带电小球(视为质点)从A点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度正好又为零，已知带电小球在A点处的加速度大小为eq\f(g,4)，静电力常量为k，求：图12(1)小球运动到B点时的加速度；(2)B和A两点间的电势差(用k、Q和L表示)．答案(1)eq\f(g,2)，方向沿斜面向上(2)eq\f(kQ,L)解析(1)带电小球在A点时由牛顿第二定律得：mgsin30°－keq\f(Qq,L2)＝maA①带电小球在B点时由牛顿第二定律得：keq\f(Qq,\f(L,2)2)－mgsin30°＝maB②取立①②式解得：aB＝eq\f(g,2)，方向沿斜面向上．③(2)由A点到B点对小球运用动能定理得mgsin30°·eq\f(L,2)－qUBA＝0④联立①④式解得UBA＝eq\f(kQ,L).15．(13分)如图13所示，竖直面内的光滑绝缘轨道，处于竖直向下的匀强电场中．一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m、电荷量为－q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α，圆轨道半径为R，斜轨道与圆轨道平滑连接，小球的重力大于所受的电场力，重力加速度为g.图13(1)求小球沿轨道滑下的加速度的大小；(2)若使小球通过圆轨道顶端的B点，求A点距圆轨道最低点的竖直高度h1至少为多大；(3)若小球从距圆轨道最低点的竖直高度h2＝5R处由静止释放，假设其能通过圆轨道顶端B点，求从释放到B点的过程中小球机械能的改变量．答案(1)eq\f(mg－qEsinα,m)(2)eq\f(5,2)R(3)减少3qER解析(1)由牛顿第二定律有(mg－qE)sinα＝ma解得a＝eq\f(mg－qEsinα,m).(2)小球恰能过B点有：mg－qE＝meq\f(v\o\al(B2),R)由动能定理，从A点到B点过程，则有：(mg－qE)(h1－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(B2)－0联立得h1＝eq\f(5,2)R.(3)从释放到B点的过程中，因电场力做的总功为负功，电势能增加，则增加量：ΔE＝qE(h2－2R)＝qE(5R－2R)＝3qER.由能量守恒定律得机械能减少量为3qER.16．(14分)如图14所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子(电荷量为e，质量为m，重力不计)无