2024-2025學(xué)年高中物理第1章電場(chǎng)章末綜合測(cè)評(píng)1含解析粵教版選修3-1

PAGE9-章末綜合測(cè)評(píng)(一)電場(chǎng)(時(shí)間：90分鐘分值：100分)一、選擇題(本題共12個(gè)小題，每小題4分，共48分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～7題只有一項(xiàng)符合題目要求，第8～12題有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分)1．下面是某同學(xué)對(duì)電場(chǎng)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(chǎng)中某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度與摸索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(chǎng)中某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度與場(chǎng)源電荷所帶的電荷量無(wú)關(guān)D．由UAB＝eq\f(WAB,q)知，帶電荷量為1C的正電荷，從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)克服電場(chǎng)力做功為1J，則A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為－1VD[電場(chǎng)強(qiáng)度E與F、q無(wú)關(guān)，由電場(chǎng)本身確定，A錯(cuò)誤；電容C與Q、U無(wú)關(guān)，由電容器本身確定，B錯(cuò)誤；E＝keq\f(Q,r2)是確定式，C錯(cuò)誤；由UAB＝eq\f(WAB,q)可知，D正確．]2．如圖所示，在暴雨前，有一帶電云團(tuán)(可近似看作帶電絕緣球)正漸漸靠近地面，某野外地面旁邊有一質(zhì)量較小的帶電體被吸上天空，帶電體在上升過(guò)程中，以下說(shuō)法正確的是()A.帶電體的電勢(shì)能肯定越來(lái)越大B．帶電體所經(jīng)過(guò)的不同位置的電勢(shì)肯定越來(lái)越高C．帶電體所經(jīng)過(guò)的不同位置的電場(chǎng)強(qiáng)度肯定越來(lái)越大D．帶電體的加速度肯定越來(lái)越小C[帶電體在上升的過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故A錯(cuò)誤．由于不知道云層所帶電荷的電性，所以帶電體上升的過(guò)程中，不能推斷出電勢(shì)的改變，故B錯(cuò)誤．因?yàn)樵娇拷鼒?chǎng)源，場(chǎng)強(qiáng)越大，所以帶電體在上升中所處環(huán)境的電場(chǎng)強(qiáng)度是越來(lái)越大，故C正確．依據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度越來(lái)越大，則電場(chǎng)力越來(lái)越大，合力越來(lái)越大，依據(jù)牛頓其次定律知，加速度越來(lái)越大，故D錯(cuò)誤．]3．如圖所示，在O點(diǎn)放置點(diǎn)電荷－q，電荷四周A、B兩點(diǎn)到O點(diǎn)的距離分別為rA、rB，rA<rB，A、B兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為EA、EB，電勢(shì)分別為φA、φB，則()A．EA>EB B．EA＝EBC．φA>φB D．φA＝φBA[依據(jù)公式E＝keq\f(Q,r2)，可以推斷出離場(chǎng)源電荷越近，場(chǎng)強(qiáng)越大，所以A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)較大，A正確，B錯(cuò)誤；沿著電場(chǎng)線方向，電勢(shì)漸漸降低，所以B點(diǎn)電勢(shì)較高，C、D錯(cuò)誤．]4．某點(diǎn)電荷和金屬圓環(huán)間的電場(chǎng)線分布如圖所示．下列說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì)B．若將一正摸索電荷由a點(diǎn)移到b點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功C．c點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度與d點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小無(wú)法推斷D．若將一正摸索電荷從d點(diǎn)由靜止釋放，電荷將沿著電場(chǎng)線由d到cB[由沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低，可知a點(diǎn)的電勢(shì)低于b點(diǎn)的電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；由電勢(shì)能的公式Ep＝qφ，可得出正摸索電荷在a點(diǎn)的電勢(shì)能低于在b點(diǎn)的電勢(shì)能，由電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能改變的關(guān)系，可知由a點(diǎn)移到b點(diǎn)電場(chǎng)力做負(fù)功，故B正確；因?yàn)殡妶?chǎng)線的疏密表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱，故c點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于d點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，故C錯(cuò)誤；正摸索電荷在d點(diǎn)時(shí)所受的電場(chǎng)力沿該處電場(chǎng)線的切線方向，使該電荷離開(kāi)該電場(chǎng)線，所以該電荷不行能沿著電場(chǎng)線由d到c，故D錯(cuò)誤．]5.如圖所示，一段勻稱(chēng)帶電的半圓形細(xì)線在其圓心O處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為E，把細(xì)線分成等長(zhǎng)的圓弧eq\o(AB,\s\up8(︵))、eq\o(BC,\s\up8(︵))、eq\o(CD,\s\up8(︵))，則圓弧eq\o(BC,\s\up8(︵))在圓心O處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為()A．E B．eq\f(E,2)C．eq\f(E,3) D．eq\f(E,4)B[如圖所示，B、C兩點(diǎn)把半圓環(huán)分為相等的三段，設(shè)每段在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E′且相等，AB段和CD段在O處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)夾角為120°，依據(jù)平行四邊形法則可得它們的合場(chǎng)強(qiáng)大小為E′，則O點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)：E＝2E′，則：E′＝eq\f(E,2)，故圓弧BC在圓心O處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為eq\f(E,2)，故B正確．]6.如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)有一電荷量為＋Q的點(diǎn)電荷，坐標(biāo)軸上有A、B、C三點(diǎn)，OA＝OB＝BC＝L，其中A點(diǎn)和B點(diǎn)的電勢(shì)相等，靜電力常量為k，則下列說(shuō)法正確的是()A．B點(diǎn)電勢(shì)肯定高于C點(diǎn)B．點(diǎn)電荷＋Q肯定位于O點(diǎn)處C．C點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小可能為eq\f(kQ,2L2)D．將正摸索電荷從A點(diǎn)沿直線移動(dòng)到C點(diǎn)，電勢(shì)能肯定始終減小C[點(diǎn)電荷的等勢(shì)面為以點(diǎn)電荷為球心的同心球面，在紙面內(nèi)的等勢(shì)線為同心圓；由于A、B的電勢(shì)相等，所以點(diǎn)電荷肯定位于AB連線的垂直平分線上，不肯定在O點(diǎn)；若該正電荷到C點(diǎn)的距離小于到AB的距離，則C點(diǎn)的電勢(shì)比B點(diǎn)的電勢(shì)高．故A、B錯(cuò)誤；若點(diǎn)電荷位于AB的中垂線與OC的中垂線交點(diǎn)處，由幾何關(guān)系可知，C點(diǎn)距點(diǎn)電荷距離為eq\r(2)L，則由點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式E＝eq\f(kQ,r2)計(jì)算可知，C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(kQ,2L2)，故C正確；B點(diǎn)電勢(shì)不肯定高于C點(diǎn)，則A點(diǎn)電勢(shì)不肯定高于C點(diǎn)，所以將正摸索電荷從A點(diǎn)沿直線移動(dòng)到C點(diǎn)，電勢(shì)能不肯定減小，故D錯(cuò)誤．]7.如圖所示，豎直放置在水平面上的輕質(zhì)彈簧上疊放著兩物塊A、B，相互絕緣且質(zhì)量均為2kg，A帶負(fù)電，電荷量為0.2C，B不帶電．起先處于靜止?fàn)顟B(tài)，若突然加沿豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，此瞬間A對(duì)B的壓力大小變?yōu)?N，取g＝10m/s2，則()A．電場(chǎng)強(qiáng)度為120N/C，方向豎直向下B．電場(chǎng)強(qiáng)度為60N/C，方向豎直向下C．電場(chǎng)強(qiáng)度為120N/C，方向豎直向上D．電場(chǎng)強(qiáng)度為100N/C，方向豎直向上A[起先時(shí)物體B平衡，A對(duì)B的壓力大小等于A的重力大小，為20N；加上電場(chǎng)后瞬間A對(duì)B的壓力大小變?yōu)?N，而彈簧的彈力和重力不變，故合力為12N，方向向上，依據(jù)牛頓其次定律，有a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(12,2)＝6m/s2，再對(duì)物體A受力分析，設(shè)電場(chǎng)力為F(向上)，依據(jù)牛頓其次定律，有FN＋F－mg＝ma，解得F＝24N，故場(chǎng)強(qiáng)為E＝eq\f(F,q)＝eq\f(24,0.2)＝120N/C，方向豎直向下，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．]8.某靜電除塵器工作時(shí)內(nèi)部電場(chǎng)線分布的俯視圖如圖，帶負(fù)電粉塵被吸附時(shí)由b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)，以下說(shuō)法正確的是()A．該電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)B．a(chǎn)點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)C．電場(chǎng)力對(duì)粉塵做正功D．粉塵的電勢(shì)能增大BC[該電場(chǎng)的電場(chǎng)線疏密不勻稱(chēng)，所以不是勻強(qiáng)電場(chǎng)，故A錯(cuò)誤；沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，所以a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)，故B正確；帶負(fù)電粉塵受電場(chǎng)力向右，由b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)，電場(chǎng)力對(duì)粉塵做正功，故C正確；帶負(fù)電粉塵被吸附時(shí)由b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)，電場(chǎng)力對(duì)粉塵做正功，電勢(shì)能減小，故D錯(cuò)誤；故選B、C.]9．如圖所示為探討影響平行板電容器電容大小因素的試驗(yàn)裝置．設(shè)兩極板的正對(duì)面積為S，極板間的距離為d，靜電計(jì)指針偏角為θ，平行板電容器的電容為C.試驗(yàn)中極板所帶電荷量可視為不變，則下列關(guān)于試驗(yàn)的分析正確的是()A．保持d不變，減小S，則C變小，θ變大B．保持d不變，減小S，則C變大，θ變大C．保持S不變，增大d，則C變小，θ變大D．保持S不變，增大d，則C變大，θ變大AC[由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，保持d不變，減小S，則電容C減小，又因?yàn)闃O板所帶電荷量Q可視為不變，由C＝eq\f(Q,U)可知，極板間電壓U增大，故靜電計(jì)偏角θ增大，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，保持S不變，增大d，則電容C減小，又因?yàn)闃O板所帶電荷量Q可視為不變，由C＝eq\f(Q,U)可知，極板間電壓U增大，故靜電計(jì)偏角θ增大，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤．]10．如圖甲所示，A、B是一條電場(chǎng)線上的兩點(diǎn)，若在某點(diǎn)釋放一初速為零的電子，電子僅受電場(chǎng)力作用，并沿電場(chǎng)線從A運(yùn)動(dòng)到B，其速度隨時(shí)間改變的規(guī)律如圖乙所示，則()甲乙A．電場(chǎng)力FA＜FB B．電場(chǎng)強(qiáng)度EA＝EBC．電勢(shì)φA<φB D．電勢(shì)能EPA＜EPBAC[在v-t圖象中圖線的斜率表示加速度，由速度圖象看出，圖線的斜率漸漸增大，電子的加速度增大，電子所受電場(chǎng)力增大，則電場(chǎng)力FA＜FB，故A正確；電子所受電場(chǎng)力增大，場(chǎng)強(qiáng)也增大，所以電場(chǎng)強(qiáng)度EA＜EB，故B錯(cuò)誤；電子由靜止起先沿電場(chǎng)線從A運(yùn)動(dòng)到B，電場(chǎng)力做正功，則電場(chǎng)力的方向從A到B，電子帶負(fù)電，所以場(chǎng)強(qiáng)方向從B到A，依據(jù)順著電場(chǎng)線電勢(shì)降低可知，電勢(shì)φA<φB，故C正確；由速度圖象看出，電子的速度增大，電場(chǎng)力做正功，電子的電勢(shì)能減小，則電勢(shì)能EPA>EPB，故D錯(cuò)誤．所以選A、C.]11．(多選)如圖所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負(fù)電，下板帶正電，斷開(kāi)電源，帶電小球以速度v0水平射入電場(chǎng)，且沿下板邊緣飛出．若下板不動(dòng)，將上板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球()A．將打在下板中心B．仍沿原軌跡運(yùn)動(dòng)到下板邊緣飛出C．不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿直線運(yùn)動(dòng)D．若上板不動(dòng)，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中心BD[由題意可知，電容器所帶電荷量不變，因?yàn)镋＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，所以上板上移一小段距離，兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，以相同速度入射的小球仍將沿原軌跡運(yùn)動(dòng)到下板邊緣飛出，B正確，A、C錯(cuò)誤；若上板不動(dòng)，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中心，D正確．]12.如圖所示，M、N是豎直放置的兩平行金屬板，分別帶等量異種電荷，兩板間產(chǎn)生一個(gè)水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為E，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的微粒，以初速度v0豎直向上從兩極正中間的A點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，微粒垂直打到N板上的C點(diǎn)．已知AB＝BC.不計(jì)空氣阻力，則可知()A．微粒在電場(chǎng)中做拋物線運(yùn)動(dòng)B．微粒打到C點(diǎn)時(shí)的速率與射入電場(chǎng)時(shí)的速率相等C．MN板間的電勢(shì)差為eq\f(2mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),q)D．MN板間的電勢(shì)差為eq\f(Eveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2g)AB[由題意可知，微粒受水平向右的電場(chǎng)力qE和豎直向下的重力mg作用，合力與v0不共線，所以微粒做拋物線運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)正確；因AB＝BC，可知vC＝v0，故B項(xiàng)正確；由q·eq\f(U,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))，得U＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C)),q)＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),q)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；由v0＝gt，vC＝eq\f(qE,m)t知mg＝qE得q＝eq\f(mg,E)代入U(xiǎn)＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),q)，得U＝eq\f(Eveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),g)，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．]二、非選擇題(本題共4小題，共52分)13．(12分)如圖所示，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，將帶電荷量q＝－6×10－6C的電荷從電場(chǎng)中的A點(diǎn)移到B點(diǎn)，克服電場(chǎng)力做了2.4×10－5J的功，再?gòu)腂點(diǎn)移到C點(diǎn)，電場(chǎng)力做了1.2×10－5(1)A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB和B、C兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UBC；(2)假如規(guī)定B點(diǎn)的電勢(shì)為零，則A點(diǎn)和C點(diǎn)的電勢(shì)分別為多少；(3)作出過(guò)B點(diǎn)的一條電場(chǎng)線(不用寫(xiě)做法).[解析](1)UAB＝eq\f(WAB,q)＝eq\f(－2.4×10－5,－6×10－6)V＝4VUBC＝eq\f(1.2×10－5,－6×10－6)V＝－2V.(2)UAB＝φA－φBUBC＝φB－φC又φB＝0故φA＝4V，φC＝2V.(3)如圖所示[答案](1)4V－2V(2)4V2V(3)見(jiàn)解析圖14．(12分)有帶電平行板電容器豎直放置，如圖所示，兩極板間距d＝0.1m，電勢(shì)差U＝1000V，現(xiàn)從平行板上A處以vA＝3m/s速度水平向左射入一帶正電小球(已知小球帶電荷量q＝10－7C，質(zhì)量m＝0.02g)，經(jīng)一段時(shí)間后發(fā)覺(jué)小球恰好沒(méi)有與左極板相碰撞且打在A點(diǎn)正下方的B處，求A、B間的距離sAB.(g＝10m/s2[解析]把小球的曲線運(yùn)動(dòng)沿水平和豎直方向進(jìn)行分解．在水平方向上，小球有初速度vA，受恒定的電場(chǎng)力qE作用，做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，且由qU>eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))知，小球不會(huì)到達(dá)左極板處．在豎直方向上，小球做自由落體運(yùn)動(dòng)．兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，設(shè)為t，則在水平方向上：E＝eq\f(U,d)＝eq\f(1000,0.1)V/m＝104V/m則其加速度大小為：a水平＝eq\f(qE,m)＝eq\f(10－7×104,0.02×10－3)m/s2＝50m/s2，則t＝eq\f(2vA,a)＝eq\f(2×3,50)s＝0.12s在豎直方向上：sAB＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立以上四式求解得：sAB＝7.2×10－2m.[答案]sAB＝7.2×10－215．(14分)如圖所示，水平放置的平行板電容器，兩板板間距d＝8cm，極板長(zhǎng)L＝25cm，接在直流電源上．有一帶電液滴以v0＝0.5m/s的初速度從板間的正中心水平射入時(shí)，恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到P處時(shí)快速將下板向上提升eq\f(4,3)cm，液滴剛好從金屬板末端飛出，g取10m/s2.求：(1)將下板向上提升后，液滴的加速度大小；(2)液滴從射入電場(chǎng)起先計(jì)時(shí)，勻速運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用時(shí)間．[解析](1)帶電液滴在板間受重力和豎直向上的電場(chǎng)力，因?yàn)橐簼C勻速運(yùn)動(dòng)，所以qE＝mg，qeq\f(U,d)＝mg，即qU＝mgd.當(dāng)下板向上提后，d減小，E增大，電場(chǎng)力增大，故液滴向上偏轉(zhuǎn)，在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)．此時(shí)液滴所受電場(chǎng)力F′＝qeq\f(U,d′)＝eq\f(mgd,d′)，加速度a＝eq\f(F′－mg,m)＝eq\f(mg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,d′)－1)),m)＝eq\f(1,5)g＝2m/s2.(2)因?yàn)橐旱蝿偤脧慕饘侔迥┒孙w出，所以液滴在豎直方向上的位移是eq\f(d,2).設(shè)液滴從P點(diǎn)起先在勻強(qiáng)電場(chǎng)中飛行的時(shí)間為t1，則eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，t1＝eq\r(\f(d,a))＝0.2s，而液滴從剛進(jìn)入電場(chǎng)到射出電場(chǎng)的時(shí)間t2＝eq\f(L,v0)＝0.5s．所以液滴從射入電場(chǎng)起先勻速運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為t＝t2－t1＝0.3s.[答案]