2024-2025学年高中物理第1章电场章末综合测评1含解析粤教版选修3-1

PAGE9-章末综合测评(一)电场(时间：90分钟分值：100分)一、选择题(本题共12个小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，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．由E＝eq\f(F,q)知，电场中某点的电场强度与摸索电荷所带的电荷量成反比B．由C＝eq\f(Q,U)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．由E＝keq\f(Q,r2)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．由UAB＝eq\f(WAB,q)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－1VD[电场强度E与F、q无关，由电场本身确定，A错误；电容C与Q、U无关，由电容器本身确定，B错误；E＝keq\f(Q,r2)是确定式，C错误；由UAB＝eq\f(WAB,q)可知，D正确．]2．如图所示，在暴雨前，有一带电云团(可近似看作带电绝缘球)正渐渐靠近地面，某野外地面旁边有一质量较小的带电体被吸上天空，带电体在上升过程中，以下说法正确的是()A.带电体的电势能肯定越来越大B．带电体所经过的不同位置的电势肯定越来越高C．带电体所经过的不同位置的电场强度肯定越来越大D．带电体的加速度肯定越来越小C[带电体在上升的过程中，电场力做正功，电势能减小，故A错误．由于不知道云层所带电荷的电性，所以带电体上升的过程中，不能推断出电势的改变，故B错误．因为越靠近场源，场强越大，所以带电体在上升中所处环境的电场强度是越来越大，故C正确．依据电场强度越来越大，则电场力越来越大，合力越来越大，依据牛顿其次定律知，加速度越来越大，故D错误．]3．如图所示，在O点放置点电荷－q，电荷四周A、B两点到O点的距离分别为rA、rB，rA<rB，A、B两点电场强度大小分别为EA、EB，电势分别为φA、φB，则()A．EA>EB B．EA＝EBC．φA>φB D．φA＝φBA[依据公式E＝keq\f(Q,r2)，可以推断出离场源电荷越近，场强越大，所以A点的场强较大，A正确，B错误；沿着电场线方向，电势渐渐降低，所以B点电势较高，C、D错误．]4．某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图所示．下列说法正确的是()A．a点的电势高于b点的电势B．若将一正摸索电荷由a点移到b点，电场力做负功C．c点的电场强度与d点的电场强度大小无法推断D．若将一正摸索电荷从d点由静止释放，电荷将沿着电场线由d到cB[由沿电场线的方向电势降低，可知a点的电势低于b点的电势，故A错误；由电势能的公式Ep＝qφ，可得出正摸索电荷在a点的电势能低于在b点的电势能，由电场力做功与电势能改变的关系，可知由a点移到b点电场力做负功，故B正确；因为电场线的疏密表示电场的强弱，故c点的电场强度小于d点的电场强度，故C错误；正摸索电荷在d点时所受的电场力沿该处电场线的切线方向，使该电荷离开该电场线，所以该电荷不行能沿着电场线由d到c，故D错误．]5.如图所示，一段匀称带电的半圆形细线在其圆心O处产生的场强为E，把细线分成等长的圆弧eq\o(AB,\s\up8(︵))、eq\o(BC,\s\up8(︵))、eq\o(CD,\s\up8(︵))，则圆弧eq\o(BC,\s\up8(︵))在圆心O处产生的场强为()A．E B．eq\f(E,2)C．eq\f(E,3) D．eq\f(E,4)B[如图所示，B、C两点把半圆环分为相等的三段，设每段在O点产生的电场强度大小为E′且相等，AB段和CD段在O处产生的场强夹角为120°，依据平行四边形法则可得它们的合场强大小为E′，则O点的合场强：E＝2E′，则：E′＝eq\f(E,2)，故圆弧BC在圆心O处产生的场强为eq\f(E,2)，故B正确．]6.如图所示，在直角坐标系xOy平面内有一电荷量为＋Q的点电荷，坐标轴上有A、B、C三点，OA＝OB＝BC＝L，其中A点和B点的电势相等，静电力常量为k，则下列说法正确的是()A．B点电势肯定高于C点B．点电荷＋Q肯定位于O点处C．C点处的电场强度大小可能为eq\f(kQ,2L2)D．将正摸索电荷从A点沿直线移动到C点，电势能肯定始终减小C[点电荷的等势面为以点电荷为球心的同心球面，在纸面内的等势线为同心圆；由于A、B的电势相等，所以点电荷肯定位于AB连线的垂直平分线上，不肯定在O点；若该正电荷到C点的距离小于到AB的距离，则C点的电势比B点的电势高．故A、B错误；若点电荷位于AB的中垂线与OC的中垂线交点处，由几何关系可知，C点距点电荷距离为eq\r(2)L，则由点电荷场强公式E＝eq\f(kQ,r2)计算可知，C点的电场强度大小为eq\f(kQ,2L2)，故C正确；B点电势不肯定高于C点，则A点电势不肯定高于C点，所以将正摸索电荷从A点沿直线移动到C点，电势能不肯定减小，故D错误．]7.如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，相互绝缘且质量均为2kg，A带负电，电荷量为0.2C，B不带电．起先处于静止状态，若突然加沿竖直方向的匀强电场，此瞬间A对B的压力大小变为8N，取g＝10m/s2，则()A．电场强度为120N/C，方向竖直向下B．电场强度为60N/C，方向竖直向下C．电场强度为120N/C，方向竖直向上D．电场强度为100N/C，方向竖直向上A[起先时物体B平衡，A对B的压力大小等于A的重力大小，为20N；加上电场后瞬间A对B的压力大小变为8N，而弹簧的弹力和重力不变，故合力为12N，方向向上，依据牛顿其次定律，有a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(12,2)＝6m/s2，再对物体A受力分析，设电场力为F(向上)，依据牛顿其次定律，有FN＋F－mg＝ma，解得F＝24N，故场强为E＝eq\f(F,q)＝eq\f(24,0.2)＝120N/C，方向竖直向下，故A正确，B、C、D错误．]8.某静电除尘器工作时内部电场线分布的俯视图如图，带负电粉尘被吸附时由b点运动到a点，以下说法正确的是()A．该电场是匀强电场B．a点电势高于b点电势C．电场力对粉尘做正功D．粉尘的电势能增大BC[该电场的电场线疏密不匀称，所以不是匀强电场，故A错误；沿着电场线方向电势降低，所以a点电势高于b点电势，故B正确；带负电粉尘受电场力向右，由b点运动到a点，电场力对粉尘做正功，故C正确；带负电粉尘被吸附时由b点运动到a点，电场力对粉尘做正功，电势能减小，故D错误；故选B、C.]9．如图所示为探讨影响平行板电容器电容大小因素的试验装置．设两极板的正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ，平行板电容器的电容为C.试验中极板所带电荷量可视为不变，则下列关于试验的分析正确的是()A．保持d不变，减小S，则C变小，θ变大B．保持d不变，减小S，则C变大，θ变大C．保持S不变，增大d，则C变小，θ变大D．保持S不变，增大d，则C变大，θ变大AC[由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，保持d不变，减小S，则电容C减小，又因为极板所带电荷量Q可视为不变，由C＝eq\f(Q,U)可知，极板间电压U增大，故静电计偏角θ增大，A项正确，B项错误；由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，保持S不变，增大d，则电容C减小，又因为极板所带电荷量Q可视为不变，由C＝eq\f(Q,U)可知，极板间电压U增大，故静电计偏角θ增大，C项正确，D项错误．]10．如图甲所示，A、B是一条电场线上的两点，若在某点释放一初速为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从A运动到B，其速度随时间改变的规律如图乙所示，则()甲乙A．电场力FA＜FB B．电场强度EA＝EBC．电势φA<φB D．电势能EPA＜EPBAC[在v­t图象中图线的斜率表示加速度，由速度图象看出，图线的斜率渐渐增大，电子的加速度增大，电子所受电场力增大，则电场力FA＜FB，故A正确；电子所受电场力增大，场强也增大，所以电场强度EA＜EB，故B错误；电子由静止起先沿电场线从A运动到B，电场力做正功，则电场力的方向从A到B，电子带负电，所以场强方向从B到A，依据顺着电场线电势降低可知，电势φA<φB，故C正确；由速度图象看出，电子的速度增大，电场力做正功，电子的电势能减小，则电势能EPA>EPB，故D错误．所以选A、C.]11．(多选)如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，断开电源，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球()A．将打在下板中心B．仍沿原轨迹运动到下板边缘飞出C．不发生偏转，沿直线运动D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中心BD[由题意可知，电容器所带电荷量不变，因为E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，所以上板上移一小段距离，两极板间电场强度不变，以相同速度入射的小球仍将沿原轨迹运动到下板边缘飞出，B正确，A、C错误；若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中心，D正确．]12.如图所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两板间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电荷量为＋q的微粒，以初速度v0竖直向上从两极正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N板上的C点．已知AB＝BC.不计空气阻力，则可知()A．微粒在电场中做抛物线运动B．微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等C．MN板间的电势差为eq\f(2mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),q)D．MN板间的电势差为eq\f(Eveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2g)AB[由题意可知，微粒受水平向右的电场力qE和竖直向下的重力mg作用，合力与v0不共线，所以微粒做抛物线运动，A项正确；因AB＝BC，可知vC＝v0，故B项正确；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项错误；由v0＝gt，vC＝eq\f(qE,m)t知mg＝qE得q＝eq\f(mg,E)代入U＝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项错误．]二、非选择题(本题共4小题，共52分)13．(12分)如图所示，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C点，电场力做了1.2×10－5(1)A、B两点间的电势差UAB和B、C两点间的电势差UBC；(2)假如规定B点的电势为零，则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(不用写做法).[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)如图所示[答案](1)4V－2V(2)4V2V(3)见解析图14．(12分)有带电平行板电容器竖直放置，如图所示，两极板间距d＝0.1m，电势差U＝1000V，现从平行板上A处以vA＝3m/s速度水平向左射入一带正电小球(已知小球带电荷量q＝10－7C，质量m＝0.02g)，经一段时间后发觉小球恰好没有与左极板相碰撞且打在A点正下方的B处，求A、B间的距离sAB.(g＝10m/s2[解析]把小球的曲线运动沿水平和竖直方向进行分解．在水平方向上，小球有初速度vA，受恒定的电场力qE作用，做匀变速直线运动，且由qU>eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))知，小球不会到达左极板处．在竖直方向上，小球做自由落体运动．两个分运动的运动时间相等，设为t，则在水平方向上：E＝eq\f(U,d)＝eq\f(1000,0.1)V/m＝104V/m则其加速度大小为：a水平＝eq\f(qE,m)＝eq\f(10－7×104,0.02×10－3)m/s2＝50m/s2，则t＝eq\f(2vA,a)＝eq\f(2×3,50)s＝0.12s在竖直方向上：sAB＝eq\f(1,2)gt2，联立以上四式求解得：sAB＝7.2×10－2m.[答案]sAB＝7.2×10－215．(14分)如图所示，水平放置的平行板电容器，两板板间距d＝8cm，极板长L＝25cm，接在直流电源上．有一带电液滴以v0＝0.5m/s的初速度从板间的正中心水平射入时，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时快速将下板向上提升eq\f(4,3)cm，液滴刚好从金属板末端飞出，g取10m/s2.求：(1)将下板向上提升后，液滴的加速度大小；(2)液滴从射入电场起先计时，匀速运动到P点所用时间．[解析](1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滳匀速运动，所以qE＝mg，qeq\f(U,d)＝mg，即qU＝mgd.当下板向上提后，d减小，E增大，电场力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动．此时液滴所受电场力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)因为液滴刚好从金属板末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是eq\f(d,2).设液滴从P点起先在匀强电场中飞行的时间为t1，则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，而液滴从刚进入电场到射出电场的时间t2＝eq\f(L,v0)＝0.5s．所以液滴从射入电场起先匀速运动到P点的时间为t＝t2－t1＝0.3s.[答案]