章末檢測試卷(一)(時間：90分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共14小題，每小題4分，共56分.1～8題為單項選擇題，9～14題為多項選擇題)1．下面是某同學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度與場源電荷所帶的電荷量無關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－1V答案D解析電場強度E與F、q無關，由電場本身決定，A錯誤；電容C與Q、U無關，由電容2．空間存在甲、乙兩相鄰的金屬球，甲球帶正電，乙球原來不帶電，由于靜電感應，兩球在空間形成了如圖1所示穩定的靜電場．實線為其電場線，虛線為其等勢線，A、B兩點與兩球球心連線位于同一直線上，C、D兩點關于直線AB對稱，則()圖1A．A點和B點的電勢相同B．C點和D點的電場強度相同C．正電荷從A點移至B點，靜電力做正功D．負電荷從C點沿直線CD移至D點，電勢能先增加后減少答案C解析由題圖可知φA>φB，所以正電荷從A移至B，電勢減小，靜電力做正功，故A錯誤，C正確；C、D兩點電場強度大小相等、方向不同，故B錯誤；負電荷從C點沿直線CD移至D點，電勢能先減少后增加，故D錯誤．3.(2019·山東省實驗中學期末)如圖2所示，虛線a、b、c代表電場中的三條電場線，實線為一帶負電的粒子僅在電場力作用下通過該區域時的運動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點，由此可知()圖2A．帶電粒子在R點時的速度大于在Q點時的速度B．帶電粒子在P點時的電勢能比在Q點時的電勢能大C．帶電粒子在R點時的動能與電勢能之和比在Q點時的小，比在P點時的大D．帶電粒子在R點的加速度小于在Q點的加速度答案A解析根據電場線的疏密程度可以得出ER>EQ，根據牛頓第二定律有qE＝ma，可知aR>aQ，故D項錯誤；由于帶電粒子在運動過程中只受電場力作用，只有動能與電勢能之間的相互轉化，則帶電粒子的動能與電勢能之和保持不變，故C項錯誤；根據粒子做曲線運動的軌跡與速度、合外力的關系可知，帶電粒子在R處所受電場力的方向沿電場線向右，假設粒子從Q向P運動，則電場力做正功，所以電勢能減小，動能增大，速度增大，假設粒子從P向Q運動，則電場力做負功，所以電勢能增大，動能減小，速度減小，故A項正確，B項錯誤．4．(2019·閬中中學高二上月考)如圖3甲所示，兩個平行金屬板P、Q正對豎直放置，兩板間加上如圖乙所示的交變電壓．t＝0時，Q板比P板電勢高U0，在兩板的正中央M點有一電子在電場力作用下由靜止開始運動(電子所受重力可忽略不計)，已知電子在0～4t0時間內未與兩板相碰．則電子速度方向向左且速度大小逐漸減小的時間段是()圖3A．0<t<t0 B．t0<t<2t0C．2t0<t<3t0 D．3t0<t<4t0答案D解析開始時Q板電勢比P板高，電子受到的電場力向右，因此在0<t<t0內，電子向右加速運動，A錯誤；t0時刻電場反向，電子開始向右減速運動，到2t0時刻，速度恰好減小到零，B錯誤；在2t0<t<3t0時間內，電子向左加速運動，C錯誤；在3t0時刻，電場再次反向，電子開始向左減速運動，到4t0時刻，速度剛好減小到零，D正確．5．(2019·南寧三中高二上月考)一帶電粒子在電場中僅在電場力作用下，從A點運動到B點，速度大小隨時間變化的圖象如圖4所示，tA、tB分別是帶電粒子在A、B兩點對應的時刻，則下列說法中正確的有()圖4A．A處的場強一定大于B處的場強B．A處的電勢一定高于B處的電勢C．帶電粒子在A處的電勢能一定小于在B處的電勢能D．帶電粒子從A到B的過程中，所受電場力一定做正功答案D解析根據v－t圖象的斜率表示加速度可知，從A點運動到B點的過程中帶電粒子的加速度增大，則其所受的電場力增大，則電場強度E增大，A處的場強一定小于B處的場強，故A錯誤；從A到B帶電粒子的速度增大，動能增大，由能量守恒定律知其電勢能減小，電場力做正功，故C錯誤，D正確；由于粒子電性未知，無法判斷A、B兩點電勢高低，故B錯誤．6．(2019·山西省三區八校二模)如圖5，真空中a、b、c、d四點共線且等距．先在a點固定一點電荷＋Q，測得b點場強大小為E.若再將另一等量異種點電荷－Q放在d點，則()圖5A．b點場強大小為eq\f(3,4)EB．c點場強大小為eq\f(5,4)EC．b點場強方向向左D．c點電勢比b點電勢高答案B解析設ab＝bc＝cd＝L，＋Q在b點產生的場強大小為E，方向水平向右，由點電荷的場強公式得：E＝keq\f(Q,L2)，－Q在b點產生的場強大小為E1＝keq\f(Q,2L2)＝eq\f(1,4)E，方向水平向右，所以b點的場強大小為Eb＝E＋eq\f(1,4)E＝eq\f(5,4)E，方向水平向右，故A、C錯誤；根據對稱性可知，c點與b點的場強大小相等，為eq\f(5,4)E，方向水平向右，故B正確；電場線方向從a指向d，而沿著電場線方向電勢降低，則c點電勢比b點電勢低，故D錯誤．7．(2019·重慶八中適應性考試)直角坐標系xOy中，A、B兩點位于x軸上，坐標如圖6所示，C、D位于y軸上，C、D兩點各固定一等量正點電荷，另一電荷量為Q的負點電荷置于O點時，B點處的電場強度恰好為零，若將該負點電荷移到A點，則B點處場強的大小和方向分別為(靜電力常量為k)()圖6A.eq\f(5kQ,4l2)，沿x軸正方向 B.eq\f(5kQ,4l2)，沿x軸負方向C.eq\f(3kQ,4l2)，沿x軸負方向 D.eq\f(3kQ,4l2)，沿x軸正方向答案D解析負點電荷置于O點時，B點處的電場強度恰好為零，說明負點電荷在B點產生的場強與兩正點電荷在B點產生的合場強大小相等，方向相反，根據點電荷的場強公式可得，負點電荷在B點的場強大小為eq\f(kQ,l2)，方向沿x軸負方向，則兩正點電荷在B點的合場強大小也為eq\f(kQ,l2)，方向沿x軸正方向；當負點電荷移到A點時，與B點的距離為2l，負點電荷在B點產生的場強為eq\f(kQ,4l2)，方向沿x軸負方向，兩正點電荷在B點產生的合場強的大小為eq\f(kQ,l2)，方向沿x軸正方向，所以B點處合場強的大小為eq\f(kQ,l2)－eq\f(kQ,4l2)＝eq\f(3kQ,4l2)，方向沿x軸正方向，所以A、B、C錯誤，D正確．8．如圖7所示，四個質量均為m、帶電荷量均為＋q的微粒a、b、c、d距離地面的高度相同，以相同的水平速度被拋出，除了a微粒沒有經過電場外，其他三個微粒均處在電場強度大小為E的勻強電場(mg>qE)，這四個微粒從被拋出到落地所用的時間分別是ta、tb、tc、td，不計空氣阻力，則()圖7A．tb<ta<tc<td B．tb＝tc<ta＝tdC．ta＝td<tb<tc D．tb<ta＝td<tc答案D解析根據四個微粒所受靜電力的情況可以判斷出，豎直方向上的加速度大小關系為ab>aa＝ad>ac，又由h＝eq\f(1,2)at2得tb<ta＝td<tc，故選項D正確．9．(2019·孝感市高二上期中)兩個帶電荷量相同的正點電荷，固定在圖8中P、Q兩點，MN為PQ連線的中垂線，交PQ于O點，A點為MN上的一點．一帶負電的試探電荷q，從A點由靜止釋放，只在靜電力作用下運動．取無限遠處的電勢為零，則()圖8A．q由A向O的運動是勻加速直線運動B．q由A向O運動的過程電勢能逐漸減小C．q運動到O點時的動能最大D．q運動到O點時電勢能為零答案BC解析q由A向O運動的過程中，電場力的方向始終由A指向O，但力的大小變化，所以電荷q做變加速直線運動，電場力做正功，電勢能減小，q通過O點后在電場力的作用下做變減速運動，所以q運動到O點時速度最大，動能最大，電勢能最小，因無限遠處的電勢為零，則O點的電勢φ>0，所以q在O點時的電勢能不為零，故選項B、C正確，選項A、D錯誤．10．(2019·十堰市高二月考)兩個固定的等量異種點電荷所形成電場的等勢面如圖9中虛線所示，一帶電粒子以某一速度從圖中a點進入電場，其運動軌跡為圖中實線所示，若粒子只受靜電力作用，則下列關于帶電粒子的判斷正確的是()圖9A．帶正電B．速度先變大后變小C．電勢能先變大后變小D．經過b點和d點時的速度大小相同答案CD解析根據粒子的運動軌跡及等勢面的分布可知，粒子帶負電，選項A錯誤；粒子從a到c再到e的過程中電場力先做負功后做正功，速度先減小后增大，電勢能先增大后減小，選項B錯誤，C正確；因為b、d兩點在同一等勢面上，所以粒子在b、d兩點的電勢能相同，粒子經過b點和d點時的速度大小相同，選項D正確．11.如圖10所示，電路中A、B為兩塊豎直放置的金屬板，C是一只靜電計，合上開關S后，靜電計指針張開一定角度，下述做法可使靜電計指針張角增大的是()圖10A．使A、B兩板靠近一些B．使A、B兩板正對面積減小一些C．斷開S后，使B板向右平移一些D．斷開S后，使A、B正對面積減小一些答案CD解析靜電計顯示的是A、B兩極板間的電壓，指針張角越大，表示兩板間的電壓越高．當合上S后，A、B兩板與電源兩極相連，板間電壓等于電源電壓，電源電壓不變，靜電計指針張角不變，故A、B錯誤；當斷開S后，板間距離增大，正對面積減小，都將使A、B兩板間的電容變小，電容器所帶的電荷量不變，由C＝eq\f(Q,U)可知，板間電壓U增大，則靜電計指針張角增大，故C、D正確．12.(2018·海南卷)如圖11，a、b、c、d為一邊長為l的正方形的頂點．電荷量均為q(q＞0)的兩個點電荷分別固定在a、c兩點，靜電力常量為k.不計重力．下列說法正確的是()圖11A．b點的電場強度大小為eq\f(\r(2)kq,l2)B．過b、d點的直線位于同一等勢面上C．在兩點電荷產生的電場中，ac中點的電勢最低D．在b點從靜止釋放的電子，到達d點時速度為零答案AD解析由圖甲可知b點的電場E＝eq\f(Ea,cos45°)＝eq\f(Ec,cos45°)＝eq\f(\r(2)kq,l2)，故A正確；沿著電場線方向電勢逐漸降低，等量正點電荷的電場線與電勢面分布如圖乙，由圖乙可知B、C錯誤；由對稱性可知，b、d點電勢相同，故電子在b、d點電勢能相同，動能也相同，都為0，故D正確．13.如圖12所示，平行金屬板A、B之間有加速電場，C、D之間有偏轉電場，M為熒光屏．今有質子、氘核和α粒子均從A板由靜止開始經加速電場加速后垂直于電場方向進入偏轉電場，最后打在熒光屏上．已知質子、氘核和α粒子的質量之比為1∶2∶4，電荷量之比為1∶1∶2，則下列判斷正確的是()圖12A．三種粒子從B板運動到熒光屏經歷的時間相同B．三種粒子打到熒光屏上的位置相同C．加速電場的靜電力對三種粒子做功之比為1∶2∶4D．偏轉電場的靜電力對三種粒子做功之比為1∶1∶2答案BD解析設加速電場的電壓為U1，偏轉電場的電壓為U2，偏轉極板的長度為L，板間距離為d.在加速電場中，靜電力做的功W＝qU1，故加速電場的靜電力對三種粒子做功之比等于電荷量之比，即1∶1∶2，故C錯誤；由qU1＝eq\f(1,2)mv02可知，粒子經加速電場獲得的速度v0＝eq\r(\f(2qU1,m))，三種粒子從B板運動到熒光屏的過程，在水平方向做速度為v0的勻速直線運動，由于三種粒子的比荷不同，則v0不同，所以三種粒子從B板運動到熒光屏經歷的時間不同，故A錯誤；根據y＝eq\f(U2L2,4dU1)可知，y與粒子的種類、質量、電荷量無關，故三種粒子偏轉距離相同，打到熒光屏上的位置相同，故B正確；偏轉電場中靜電力做功為W＝eq\f(qU2y,d)，則W與q成正比，三種粒子的電荷量之比為1∶1∶2，則偏轉電場的靜電力對三種粒子做功之比為1∶1∶2，故D正確．14.在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上的分布如圖13所示．下列說法正確的有()圖13A．q1和q2帶有異種電荷B．x1處的電場強度為零C．負電荷從x1移到x2，電勢能減小D．負電荷從x1移到x2，受到的電場力增大答案AC解析由題圖可知，兩點電荷q1和q2帶有異種電荷，故A正確；在φ－x圖象中，圖象切線的斜率大小表示電場強度大小，則x1處的電場強度不為零，故B錯誤；x1到x2，電場強度逐漸減小，負電荷受到的電場力逐漸減小，故D錯誤；由Ep＝φq可知，負電荷在電勢高處的電勢能小，則負電荷從x1移到x2，電勢能減小，故C正確．二、計算題(本題共4小題，共44分)15．(10分)(2019·聊城市期末)如圖14所示，兩平行金屬板A、B間有一勻強電場，C、D為電場中的兩點，且CD＝4cm，其連線的延長線與金屬板A成30°角．已知電子從C點移到D點的過程中電場力做功為－4.8×10－17J，元電荷e＝1.6×10－19C．求：圖14(1)C、D兩點間的電勢差UCD、勻強電場的場強大小E；(2)若選取A板的電勢φA＝0，C點距A板1cm，電子在D點的電勢能為多少？答案(1)300V1.5×104V/m(2)7.2×10－17J解析(1)電子從C點移到D點UCD＝eq\f(WCD,q)＝eq\f(－4.8×10－17,－1.6×10－19)V＝300V(2分)E＝eq\f(UCD,dCDsin30°)＝eq\f(300,4×10－2×0.5)V/m＝1.5×104V/m(2分)(2)d＝dCDsin30°＋1cm＝3cmUAD＝Ed＝1.5×104×3×10－2V＝450V(2分)由UAD＝φA－φD和φA＝0得(1分)φD＝－450V(1分)電子在D點的電勢能為Ep＝qφD＝－1.6×10－19×(－450)J＝7.2×10－17J．(2分)16．(10分)如圖15所示，水平絕緣軌道AB長L＝4m，離地高h＝1.8m，A、B間存在豎直向上的勻強電場．一質量m＝0.1kg、電荷量q＝－5×10－5C的小滑塊，從軌道上的A點以v0＝6m/s的初速度向右滑動，從B點離開電場后，落在地面上的C點．已知C、B間的水平距離x＝2.4m，滑塊與軌道間的動摩擦因數μ＝0.2，取g＝10m/s2，不計空氣阻力．求：圖15(1)滑塊離開B點時速度的大小；(2)滑塊從A點運動到B點所用的時間；(3)勻強電場的場強E的大小．答案(1)4m/s(2)0.8s(3)5×103N/C解析(1)從B到C過程中，有h＝eq\f(1,2)gt2(1分)x＝vBt(1分)解得vB＝4m/s(1分)(2)從A到B過程中，有L＝eq\f(v0＋vB,2)t′(2分)解得t′＝0.8s(1分)(3)在電場中運動時，小滑塊受力如圖所示，由牛頓第二定律得μ(mg＋E|q|)＝m|a|(2分)由運動學公式，有vB2－v02＝2aL(1分)解得E＝5×103N/C.(1分)17.(10分)如圖16，一質量為m＝1kg、電荷量為q＝0.5C的帶電小球以速度v0＝4.5m/s自光滑平臺右端水平飛出，不計空氣阻力，小球飛離平臺后由A點沿切線落入豎直光滑圓弧軌道ABC，圓弧軌道ABC的形狀為圓截去了左上角127°的圓弧，CB為其豎直直徑，在過A點的豎直線OO′的右邊空間存在豎直向下的勻強電場，電場強度大小為E＝10V/m(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度g取10m/s2)．圖16(1)求小球經過A點的速度大小vA；(2)欲使小球在圓弧軌道運動時不脫離圓弧軌道，且從C點飛出軌道，求半徑R的取值應滿足的條件．答案(1)7.5m/s(2)0<R≤eq\f(25,28)m則cos53°＝eq\f(v0,vA)(2分)解得vA＝7.5m/s.(1分)(2)小球沿A點切線方向落入豎直光滑圓弧軌道ABC后，做圓周運動，若恰好能通過最高點C，由重力和電場力的合力提供向心力，設滑至最高點的速度為vC，則有mg＋qE＝meq\f(vC2,R)(2分)根據動能定理得：－(mg＋qE)R(1＋cos53°)＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvA2(3分)聯立以上兩式解得R＝eq\f(25,28)m(1分)故當0<R≤eq\f(25,28)m時，小球沿軌道做圓周運動，且能從圓弧軌道的最高點C飛出．(1分)18．(14分)如圖17所示，虛線MN左側有一場強為E1＝E的勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強度為E2＝2E的勻強電場，在虛線PQ右