2024高中物理第一章電場章末質量評估一含解析粵教版選修3-1

PAGE9-章末質量評估(一)一、單項選擇題(本題共10小題，每題3分，共30分．每小題中只有一個選項是正確的，選對得3分，錯選、不選或多選均不得分)1．關于點電荷、元電荷、檢驗電荷，下列說法正確的是()A．元電荷事實上是指電子和質子本身B．點電荷所帶電荷量肯定很小C．點電荷、元電荷、檢驗電荷是同一種物理模型D．點電荷所帶電荷量肯定是元電荷電荷量的整數(shù)倍解析：元電荷是指一個電子或質子所帶的電荷量，并不是指電子或質子本身，A選項錯誤；在條件滿意的狀況下點電荷可以代替任何帶電體，故點電荷所帶電荷量不肯定少，B選項錯誤；點電荷是志向化模型，元電荷是最小電荷單位，檢驗電荷是指電荷量很小的電荷，故C選項錯誤；任何帶電體所帶電荷量都是元電荷電荷量的整數(shù)倍，D選項正確．答案：D2．如圖所示，在勻強電場中，過O點作線段OA＝OB＝OC＝OD＝10cm：已知O、A、B、C、D各點電勢分別為0、7V、8V、7V、5V，則勻強電場的大小和方向最接近()A．70V/m，沿OA方向 B．70V/m，沿OC方向C．80V/m，沿OB方向 D．80V/m，沿BO方向解析：在靜電場中，電場線和等勢面是垂直的，因為φA＝φC＝7V，即A、C兩點為等勢點，依據(jù)勻強電場的特點，過O點的電場線肯定垂直于A、C兩點的連線．很簡單看出場強的方向最接近于BO的方向．由于E＝eq\f(U,d)，所以場強的大小也最接近于eq\f(UBO,OB)＝eq\f(8,0.1)V/m＝80V/m.故D正確．答案：D3．如圖所示，B為線段AC的中點，假如在A處放一個＋Q的點電荷，測得B處的場強EB＝48N/C，則()A．EC＝24N/CB．EC＝12N/CC．若要使EB＝0，可在C處放一個－Q的點電荷D．把q＝10－9C的點電荷放在C點，則其所受電場力的大小為6×10－9N解析：由真空中點電荷的場強公式E＝eq\f(kQ,r2)知A錯誤，B正確；依據(jù)場強的疊加及點電荷產生的場強方向知，應在C處放一等量同種電荷，C錯誤；F＝qEC＝1.2×10－8N，D錯誤．答案：B4．如圖所示為靜電力演示儀，兩金屬極板分別固定于絕緣支架上，且正對平行放置．工作時兩板分別接高壓直流電源的正負極，表面鍍鋁的乒乓球用絕緣細線懸掛在兩金屬極板中間，則()A．乒乓球的左側感應出負電荷B．乒乓球受到擾動后，會被吸在左極板上C．乒乓球共受到電場力、重力和庫侖力三個力的作用D．用絕緣棒將乒乓球撥到與右極板接觸，放開后乒乓球會在兩極板間來回碰撞解析：由題圖可知，右側金屬板與電源正極相連接，帶正電，左側金屬板帶負電，依據(jù)靜電感應規(guī)律，近端感應出異種電荷，因此乒乓球的左側感應出正電荷，A項錯誤；乒乓球被擾動后，假如向右搖擺會被吸到右板上，會在兩極板間做往復運動，B項錯誤；乒乓球共受到懸線的拉力、重力和電場力的作用，C項錯誤；用絕緣棒將乒乓球撥到與右極板接觸，乒乓球會帶上正電，受到右極板的排斥，向左運動與左極板接觸，又帶上負電，被左極板排斥向右運動，這樣小球就在兩極板間來回碰撞，D項正確．答案：D5．在靜電場中，將一個電子由a點移到b點，克服電場力做功8eV，下列說法正確的是()A．a、b兩點電勢差Uab＝8VB．電子的電勢能削減了8eVC．電場強度的方向肯定由a指向bD．因零電勢點未確定，故a、b兩點間的電勢差無法確定解析：a、b兩點電勢差Uab＝eq\f(W,q)＝eq\f(－8eV,－e)＝8V，故A正確；電子由a點移到b點，克服電場力做功8eV，電子的電勢能就增加了8eV，故B錯誤；電子由a點移到b點，電場力方向不肯定沿b到a，則電場強度的方向不肯定由a指向b，故C錯誤；電勢是相對的，但是電勢差與零電勢點的選擇無關，故D錯誤．故選A.答案：A6.靜電透鏡是利用靜電場使電子束會聚或發(fā)散的一種裝置．如圖所示為該透鏡工作原理示意圖，虛線表示這個靜電場在xOy平面內的一簇等勢線，等勢線形態(tài)相對于x軸、y軸對稱，且相鄰兩等勢線的電勢差相等，圖中實線為某個電子通過電場區(qū)域時的軌跡示意圖．關于此電子從a點運動到b點過程中，下列說法正確的是()A．a點的電勢高于b點的電勢B．電子在a點的加速度大于在b點的加速度C．電子在a點的動能大于在b點的動能D．電子在a點的電勢能大于在b點的電勢能解析：依據(jù)等勢線與電場線垂直，可作出電場線，電子所受的電場力與場強方向相反，故電子在y軸左側受到一個斜向右下方的電場力，在y軸右側受到一個斜向右上方的電場力，故電子沿x軸方向始終加速，對負電荷是從低電勢向高電勢運動，則a點的電勢低于b點的電勢，故A錯誤．依據(jù)等勢線的疏密知道b處的電場線較密，場強較大，電子在b點的加速度大，故B錯誤．依據(jù)負電荷在電勢高處電勢能小，可知電子的電勢能始終減小，則電子在a處的電勢能大于在b處的電勢能；電子的電勢能減小，則電子動能增加，電子在a點的動能小于在b點的動能，故C錯誤，D正確．答案：D7．用6V干電池對一個電容器充電時()A．只要電路不斷開，電容器的帶電量就會不斷增加B．電容器接電源正極的極板帶正電，接電源負極的極板帶負電C．電容器兩極板所帶電量之和叫作電容器的帶電量D．充電后電容器兩極板之間不存在電場解析：當電容器兩極板的電勢差為6V時，電荷量不會再增加，A錯誤；跟電源正極相連的極板帶正電，跟負極相連的極板帶負電，B正確；電容器任一極板所帶的電量叫電容器的帶電量，C錯誤；充電后電容器兩極板之間存在勻強電場，D錯誤．答案：B8．如圖所示，一電荷量為q、質量為m的帶電粒子以初速度v0由P點射入勻強電場，入射方向與電場線垂直．粒子從Q點射出電場時，其速度方向與電場線成30°角．已知勻強電場的寬度為d，不計重力作用．則勻強電場的場強E大小是()A.eq\f(\r(3)mveq\o\al(2,0),2qd) B.eq\f(\r(3)mveq\o\al(2,0),qd)C.eq\f(3mveq\o\al(2,0),2qd) D.eq\f(3\r(3)mveq\o\al(2,0),2qd)解析：帶電粒子在電場中做類平拋運動，依據(jù)運動的合成與分解得到：vy＝eq\f(v0,tan30°)＝eq\r(3)v0，分方向方程為：d＝v0t，vy＝eq\f(Eq,m)t，聯(lián)立方程得：E＝eq\f(\r(3)mveq\o\al(2,0),qd)，A、C、D錯誤，B正確．答案：B9.如圖所示，在電場強度E＝2000V/m的勻強電場中，有三點A、M和B，AM＝4cm，MB＝3cm，AB＝5cm，且AM邊平行于電場線，把一電荷量q＝2×10－9C的正電荷從B移到M點，再從M點移到A點，電場力做功為()A．0.16×10－6J B．0.12×10－6JC．－0.16×10－6J D．－0.12×10－6J－7＝－0.16×10－6J.答案：C10．如圖所示的真空空間中，僅在正方體中的黑點處存在著孤立的點電荷，或在正方體的頂點處存在兩個電荷量大小相等的點電荷，則圖中a、b兩點電場強度和電勢均相同的是()解析：電場強度是矢量，要考慮大小和方向，若選取無窮遠處電勢為零，則A、B、D中a、b兩點電勢相等，電場強度方向不同；C中a、b兩點位于兩等量異種點電荷的中垂線上，故a、b兩點的電場強度相同，所以C正確．答案：C二、多項選擇題(本題共4小題，每題6分，共24分．每小題有多個選項是正確的，全選對得6分，少選得3分，選錯、多選或不選得0分)11．如圖甲所示，兩個點電荷Q1、Q2固定在x軸上，其中Q1位于原點O，a、b是它們連線延長線上的兩點．現(xiàn)有一帶負電的粒子q以肯定的初速度沿x軸從a點起先經b點向遠處運動(粒子只受電場力作用)．設粒子經過a、b兩點時的速度分別為va、vb，其速度隨坐標x改變的圖像如圖乙所示，則以下推斷正確的是()A．ab連線的中點電勢最低B．a點的電勢比b點的電勢高C．x＝3L處場強肯定為零D．Q2帶負電且電荷量小于Q1解析：帶電粒子在電場中只受電場力作用，電勢能和動能之和不變，由題圖可知，在a、b連線的中點3L處，動能最大，電勢能最小，因為粒子帶負電荷，所以a、b連線的中點3L處電勢最高，故A錯誤；依據(jù)A選項分析可知，a點動能比b點小，電勢能比b點大，所以a點的電勢比b點低，故B錯誤；在3L點前做加速運動，3L點后做減速運動，可見3L點的加速度為0，則x＝3L處場強為零，故C正確；由于在x＝3L點前做加速運動，所以Q2帶負電，3L點的加速度為0，則有eq\f(kQ1q,（3L）2)＝eq\f(kQ2q,（2L）2)，故Q2帶正電且電荷量小于Q1，故D正確．故選CD.答案：CD12.如圖所示，虛線是某一靜電場的一簇等勢線及其電勢值，一帶電粒子只在電場力的作用下飛經該電場時，恰能沿圖中的實線從A點飛到B點，則下列推斷正確的是()A．該粒子帶正電B．A點的場強大于B點的場強C．粒子在A點的電勢能大于在B點的電勢能D．粒子在A點的動能小于在B點的動能解析：電場線與等勢線垂直，且從高電勢指向低電勢，所以電場線的大體方向向左．由運動軌跡可知帶電粒子所受電場力方向大體向左，故粒子帶正電，A正確．依據(jù)等勢面的疏密可知EA＞EB，B正確．運動中電場力做負功，粒子的電勢能增加，C錯誤．依據(jù)動能定理，粒子在A點動能較大，D錯誤．答案：AB13.如圖所示，在場強大小為E的勻強電場中，一根不行伸長的絕緣細線一端拴一個質量為m、電荷量為q的帶負電的小球，另一端固定在O點；把小球拉到使細線水平的位置A，然后將小球由靜止釋放，小球沿弧線運動到細線與水平成θ＝60°的位置B時速度為零．以下說法正確的是()A．小球重力與電場力的關系是Eq＝mgB．小球重力與電場力的關系是Eq＝eq\r(3)mgC．球在B點時，細線拉力為T＝eq\r(3)mgD．球在B點時，細線拉力為T＝eq\f(2\r(3),3)mg解析：依據(jù)動能定理，得mgLsinθ－qEL(1－cosθ)＝0，解得qE＝eq\r(3)mg，故A錯誤，B正確；小球到達B點時速度為零，則沿細線方向合力為零，此時對小球受力分析，可知T＝qEcos60°＋mgsin60°，故細線拉力T＝eq\r(3)mg，故C正確，D錯誤．答案：BC14．如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的改變規(guī)律如圖乙所示．t＝0時刻，質量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～eq\f(T,3)時間內微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經金屬板邊緣飛出．微粒運動過程中未與金屬板接觸，重力加速度的大小為g，關于微粒在0～T時間內運動的描述，正確的是()A．末速度大小為eq\r(2)v0 B．末速度沿水平方向C．重力勢能削減了eq\f(1,2)mgd D．克服電場力做功為mgd解析：0～eq\f(T,3)時間內微粒勻速運動，則有qE0＝mg；eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)內，微粒做平拋運動，下降的位移x1＝eq\f(1,2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,3)))eq\s\up12(2)；eq\f(2T,3)～T時間內，微粒的加速度a＝eq\f(2qE0－mg,m)＝g，方向豎直向上，微粒在豎直方向上做勻減速運動，T時刻豎直分速度為零，所以末速度的方向沿水平方向，大小為v0，故A錯誤，B正確.0～T時間內微粒在豎直方向上向下運動，位移大小為eq\f(1,2)d，則重力勢能的減小量為eq\f(1,2)mgd，故C正確．在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)內和eq\f(2T,3)～T時間內豎直方向上的加速度大小相等，方向相反，則eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)內和eq\f(2T,3)～T時間內位移的大小相等均為eq\f(1,4)d，所以整個過程中克服電場力做功為2E0q·eq\f(1,4)d＝eq\f(1,2)qE0d＝eq\f(1,2)mgd，故D錯誤．答案：BC三、非選擇題(共4小題，共46分)15．(10分)如圖所示，水平光滑的絕緣細管中，兩相同的帶電金屬小球相向運動，當相距L時，加速度大小均為a，已知A球帶電荷量為＋q，B球帶電荷量為－3q.當兩球相碰后再次相距為L時，兩球加速度大小為多大？解析：設兩球的質量均為m，起先兩球相距L時，庫侖力大小為：F＝eq\f(kq·3q,L2)＝eq\f(3kq2,L2)，則a＝eq\f(F,m)＝eq\f(3kq2,mL2)，①相碰后兩球電荷量先中和，后平分，所以帶電荷量均為－q，兩球再次相距為L時，庫侖力F′＝eq\f(kq2,L2)，則兩球加速度均為a′＝eq\f(F′,m)＝eq\f(kq2,mL2)，②由①②式得a′＝eq\f(1,3)a.答案：eq\f(1,3)aeq\f(1,3)a16．(12分)如圖所示，一半徑為R的絕緣圓形軌道豎直放置，圓軌道最低點與一條水平軌道相連，軌道都是光滑的．軌道所在空間存在水平向右的勻強電場，場強為E.從水平軌道上的A點由靜止釋放一質量為m的帶正電的小球，為使小球剛好在圓軌道內做圓周運動，求釋放點A距圓軌道最低點B的距離s(已知小球受到的電場力大小等于小球重力的eq\f(3,4)倍)．解析：圓弧軌道上，在復合場中“最高點”由電場力和重力的合力供應做圓周運動的向心力，如圖所示．F合＝eq\r(（mg）2＋（qE）2)＝eq\f(5,4)mg，①由此可得tanθ＝eq\f(3,4)，②又F合＝eq\f(mv2,R)，③從A至D，由動能定理得：qE(s－Rsinθ)－mgR(1＋cosθ)＝eq\f(1,2)mv2，④聯(lián)立求解得：s＝eq\f(23,6)R≈3.83R答案：3.83R17．(12分)如圖所示，在水平放置的兩個平行金屬板之間的勻強電場沿豎直方向，電場中A、B兩點之間的連線與豎直方向的夾角為60°。把帶電荷量為q＝－1.5×10－8C的點電荷由A點移到B點，克服電場力做了4.2×10－5J的功．(1)若已知A點電勢φA＝800V，|AB|＝1cm，求B點電勢．(2)求電場強度的大小和方向．解析：A、B兩點的電勢差為UAB＝eq\f(WAB,q)＝eq\f(－4.2×10－5,－1.5×10－8)V＝2800V，設B點的電勢為φB，依據(jù)UAB＝φA－φB，得φB＝φA－UAB＝800V－2800V＝－2000V.(2)電場強度為E＝eq