2020高中物理 第一章 靜電場(chǎng) 章末綜合檢測(cè)（含解析）教科版-1

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE9-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精章末綜合檢測(cè)一、單項(xiàng)選擇題(本題共7小題,每小題6分,共42分，每小題只有一個(gè)選項(xiàng)正確，把正確選項(xiàng)前的字母填在題后的括號(hào)內(nèi))1．在真空中的一個(gè)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中，離該點(diǎn)電荷距離為r0的一點(diǎn),引入電荷量為q的檢驗(yàn)電荷，其所受靜電力大小為F，則離該點(diǎn)電荷為r處的場(chǎng)強(qiáng)大小為（)A.eq\f(F，q) B.eq\f(Freq\o\al（2,0），qr2)C。eq\f（Fr0，qr) D。eq\f(F,q\r(\f（r0，r）))解析：在r0處的場(chǎng)強(qiáng)E0＝eq\f（F,q)＝eq\f（kQ，req\o\al(2，0))，在r處的場(chǎng)強(qiáng)E＝eq\f（kQ，r2)，解得E＝eq\f(Freq\o\al(2,0）,qr2).答案：B2．兩個(gè)帶正電的小球，放在光滑的水平絕緣板上，相距一定的距離，若同時(shí)釋放兩球，它們的加速度大小之比將(）A．保持不變 B．先增大后減小C．增大 D．減小解析：由于兩小球之間的庫(kù)侖力總是等大、反向，所以由牛頓第二定律可得兩球的加速度大小之比等于其質(zhì)量的倒數(shù)之比，即它們的加速度之比保持不變．答案：A3．已知均勻帶電的無(wú)窮大平面在真空中激發(fā)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為eq\f（σ，2ε0），其中σ為平面上單位面積所帶的電荷量，ε0為常量．如圖所示的平行板電容器，極板正對(duì)面積為S，其間為真空,帶電荷量為Q。不計(jì)邊緣效應(yīng)時(shí)，極板可看做無(wú)窮大導(dǎo)體板,則極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小和兩極板間相互的靜電引力大小分別為()A。eq\f(Q，ε0S）和eq\f（Q2,ε0S) B.eq\f(Q，2ε0S)和eq\f(Q2,ε0S)C。eq\f（Q，2ε0S）和eq\f(Q2,2ε0S) D.eq\f(Q,ε0S）和eq\f（Q2,2ε0S）解析:均勻帶電的無(wú)窮大平面在真空中觸發(fā)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為eq\f(σ,2ε0），正極板的電荷在極板間觸發(fā)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為eq\f(Q，2ε0S），負(fù)極板的電荷在極板間觸發(fā)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為eq\f(Q，2ε0S),方向相同，故極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f（Q，ε0S）；以一極板電荷為試探電荷得兩極板間相互的靜電引力為F＝nqE＝Q·eq\f（Q,2ε0S），選項(xiàng)D正確．答案：D4．如圖，直線a、b和c、d是處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點(diǎn)，四點(diǎn)處的電勢(shì)分別為φM、φN、φP、φQ.一電子由M點(diǎn)分別運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)和P點(diǎn)的過(guò)程中,電場(chǎng)力所做的負(fù)功相等．則(）A．直線a位于某一等勢(shì)面內(nèi)，φM〉φQB．直線c位于某一等勢(shì)面內(nèi)，φM>φNC．若電子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn),電場(chǎng)力做正功D．若電子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn),電場(chǎng)力做負(fù)功解析：由題意可知WMN＝WMP,因此N和P是等勢(shì)點(diǎn)，由勻強(qiáng)電場(chǎng)可知，c、d為等勢(shì)面，A錯(cuò)誤．電子由M到N電場(chǎng)力做負(fù)功，即φM＞φN，B正確．M與Q位于同一等勢(shì)面上，移動(dòng)電荷不做功，C錯(cuò)誤．由P到Q移動(dòng)電子,電場(chǎng)力做正功,D錯(cuò)誤．答案：B5.如圖所示，實(shí)線表示某靜電場(chǎng)的電場(chǎng)線，虛線表示該電場(chǎng)的等勢(shì)面．下列判斷正確的是（）A．1、2兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)相等B．1、3兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)相等C．1、2兩點(diǎn)的電勢(shì)相等D．2、3兩點(diǎn)的電勢(shì)相等解析：同一電場(chǎng)中，電場(chǎng)線越密的地方場(chǎng)強(qiáng)越大，所以1點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大于2、3點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)，A、B錯(cuò)誤;同一等勢(shì)面上各點(diǎn)電勢(shì)相等，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，故C錯(cuò)誤,D正確．答案：D6．電子束焊接機(jī)中的電場(chǎng)線如圖中虛線所示．K為陰極,A為陽(yáng)極，兩極之間的距離為d.在兩極之間加上高壓U，有一電子在K極由靜止被加速．不考慮電子重力,元電荷為e，則下列說(shuō)法正確的是(）A．A、K之間的電場(chǎng)強(qiáng)度為eq\f(U,d)B．電子到達(dá)A時(shí)的動(dòng)能大于eUC．由K到A電子的電勢(shì)能減小了eUD．由K沿直線到A電勢(shì)逐漸降低解析：A、K之間的電場(chǎng)是非勻強(qiáng)電場(chǎng)，公式U＝Ed不適用，因此A、K之間的電場(chǎng)強(qiáng)度不等于eq\f(U，d)，故A錯(cuò)誤．根據(jù)動(dòng)能定理得Ek－0＝eU,則電子到達(dá)A時(shí)的動(dòng)能Ek＝eU，故B錯(cuò)誤．由能量守恒定律知，由K到A電子的電勢(shì)能減小eU，故C正確．電場(chǎng)力對(duì)電子做正功，則電場(chǎng)力向下，電場(chǎng)方向向上,則由K沿直線到A電勢(shì)逐漸升高，故D錯(cuò)誤．答案：C7。如圖所示，在M、N兩點(diǎn)分別放置兩個(gè)等量異種電荷，A為它們連線的中點(diǎn)，B為連線上靠近N的一點(diǎn)，C為連線中垂線上處于A點(diǎn)上方的一點(diǎn)．在A、B、C三點(diǎn)中（）A．場(chǎng)強(qiáng)最小的點(diǎn)是A點(diǎn),電勢(shì)最高的點(diǎn)是B點(diǎn)B．場(chǎng)強(qiáng)最小的點(diǎn)是A點(diǎn)，電勢(shì)最高的點(diǎn)是C點(diǎn)C．場(chǎng)強(qiáng)最小的點(diǎn)是C點(diǎn)，電勢(shì)最高的點(diǎn)是B點(diǎn)D．場(chǎng)強(qiáng)最小的點(diǎn)是C點(diǎn),電勢(shì)最高的點(diǎn)是A點(diǎn)解析：根據(jù)等量異種電荷電場(chǎng)線分布特點(diǎn),A點(diǎn)為中垂線上場(chǎng)強(qiáng)最大的點(diǎn)，同時(shí)也是連線上場(chǎng)強(qiáng)最小的點(diǎn),故EB>EA〉EC.又因沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，故φB〉φA且φA＝φC，故C正確．答案：C二、多項(xiàng)選擇題（本題共5小題，每小題6分，共30分,每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題意，把正確選項(xiàng)前的字母填在題后的括號(hào)內(nèi)）8．對(duì)于水平放置的平行板電容器，下列說(shuō)法正確的是(）A．將兩極板的間距加大,電容將增大B．將兩極板平行錯(cuò)開(kāi),使正對(duì)面積減小，電容將減小C．在下板的內(nèi)表面上放置一塊面積和極板相等、厚度小于極板間距的陶瓷板,電容將增大D．在下板的內(nèi)表面上放置一塊面積和極板相等、厚度小于極板間距的鋁板，電容將增大解析：平行板電容器的電容大小隨著兩板正對(duì)面積的增大而增大,隨兩板間距離的增大而減小,在兩極板間放入電介質(zhì)，電容增大．據(jù)上面敘述可直接看出B、C兩項(xiàng)正確．對(duì)D選項(xiàng)，實(shí)際上是減小了平行板的間距．所以本題正確選項(xiàng)應(yīng)為B、C、D.答案：BCD9．如圖所示，某區(qū)域電場(chǎng)線左右對(duì)稱分布，M、N為對(duì)稱線上的兩點(diǎn)．下列說(shuō)法正確的是（)A．M點(diǎn)電勢(shì)一定高于N點(diǎn)電勢(shì)B．M點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)一定大于N點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)C．正電荷在M點(diǎn)的電勢(shì)能大于在N點(diǎn)的電勢(shì)能D．將電子從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功解析：沿電場(chǎng)線方向,電勢(shì)降低，所以M點(diǎn)電勢(shì)一定高于N點(diǎn)電勢(shì)，A正確；電場(chǎng)線的疏密程度表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱,由題圖可知，M點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)一定小于N點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)，B錯(cuò)誤；正電荷q在M點(diǎn)的電勢(shì)能EM＝qφM，在N點(diǎn)的電勢(shì)能EN＝qφN，由于φM＞φN,所以EM＞EN，C正確;電子在電場(chǎng)中受電場(chǎng)力的方向沿NM指向M，故從M移動(dòng)到N,電場(chǎng)力做負(fù)功，D錯(cuò)誤．答案:AC10．兩個(gè)共軸的半圓柱形電極間的縫隙中，存在一沿半徑方向的電場(chǎng)，如圖所示．帶正電的粒子流由電場(chǎng)區(qū)域的一端M射入電場(chǎng)，沿圖中所示的半圓形軌道通過(guò)電場(chǎng)并從另一端N射出，由此可知(）A．若入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的質(zhì)量一定相等B．若入射粒子的電荷量相等,則出射粒子的動(dòng)能一定相等C．若入射粒子的電荷量與質(zhì)量之比相等，則出射粒子的速率一定相等D．若入射粒子的電荷量與質(zhì)量之比相等，則出射粒子的動(dòng)能一定相等解析:由題圖可知，該粒子在電場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力提供向心力qE＝meq\f(v2,r），得r＝eq\f（mv2，qE)，r、E為定值,若q相等,則eq\f（1,2）mv2一定相等；若eq\f(q,m)相等，則速率v一定相等，故B、C正確．答案：BC11．噴墨打印機(jī)的簡(jiǎn)化模型如圖所示．重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж?fù)電后，以速度v垂直勻強(qiáng)電場(chǎng)飛入極板間,最終打在紙上．則微滴在極板間電場(chǎng)中()A．向負(fù)極板偏轉(zhuǎn)B．電勢(shì)能逐漸增大C．運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線D．運(yùn)動(dòng)軌跡與帶電荷量有關(guān)解析：由于微滴帶負(fù)電，其所受電場(chǎng)力指向正極板，故微滴在電場(chǎng)中向正極板偏轉(zhuǎn)，A項(xiàng)錯(cuò)誤．微滴在電場(chǎng)中所受電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，B項(xiàng)錯(cuò)誤．由于極板間電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)力不變，故微滴在電場(chǎng)中做勻加速曲線運(yùn)動(dòng)，并且軌跡為拋物線,C項(xiàng)正確．帶電荷量影響電場(chǎng)力及加速度大小，運(yùn)動(dòng)軌跡與加速度大小有關(guān)，故D項(xiàng)正確．答案：CD

12.如圖為靜電除塵示意圖,G、H為金屬管內(nèi)兩點(diǎn)．在M、N兩點(diǎn)間加高壓電源時(shí)，金屬管內(nèi)空氣電離，電離的電子在電場(chǎng)力的作用下運(yùn)動(dòng)，遇到煙氣中的煤粉,使煤粉帶負(fù)電荷,因而煤粉被吸附到管上，排出的煙就清潔了．就此示意圖,下列說(shuō)法正確的是(）A．N接電源的正極B．M接電源的正極C．電場(chǎng)強(qiáng)度EH>EGD．電場(chǎng)強(qiáng)度EH<EG解析:電子附在煤粉上，使煤粉帶上負(fù)電荷,煤粉若能吸附在管壁上，說(shuō)明管壁帶正電荷，N接電源正極．將金屬棒與金屬管壁看做電容器,則其內(nèi)電場(chǎng)線分布情況如圖所示．由圖可知金屬棒附近的H點(diǎn)處電場(chǎng)線較密，而靠近金屬管壁的G點(diǎn)處電場(chǎng)線較疏,故H處場(chǎng)強(qiáng)比G處場(chǎng)強(qiáng)大，即EH＞EG.答案：AC三、非選擇題（本題共2小題，共28分，解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算步驟，有數(shù)值計(jì)算的要注明單位)13．(14分)如圖所示，一根長(zhǎng)為l不可伸長(zhǎng)的細(xì)絲線一端固定于O點(diǎn)，另一端系住一個(gè)質(zhì)量為m的帶電小球．將此裝置放在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E中，待小球穩(wěn)定后,細(xì)絲線跟豎直方向夾角為α,求：(1)小球帶什么電？電荷量是多少？(2）保持小球帶電荷量不變，用外力將小球緩慢拉到豎直方向的最低點(diǎn)，外力對(duì)小球做多少功？解析：(1)由于小球所受靜電力水平向右，E的方向水平向右，所以小球帶正電．由平衡條件得qE＝mgtanα,解得q＝eq\f（mgtanα，E)。（2）將小球緩慢拉到豎直方向的最低點(diǎn)的過(guò)程中，小球動(dòng)能變化量為零，設(shè)外力對(duì)小球做功為W，由動(dòng)能定理可知W＋mgl（1－cosα)－qElsinα＝0，解得W＝mgl（eq\f(1,cosα）－1)．答案：(1）正電eq\f（mgtanα，E）(2)mgl(eq\f(1，cosα)－1)14．（14分）如圖所示，光滑斜面傾角為37°,一帶有正電的小物塊質(zhì)量為m，電荷量為q,置于斜面上，當(dāng)沿水平方向加有如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，帶電小物塊恰好靜止在斜面上．從某時(shí)刻開(kāi)始,電場(chǎng)強(qiáng)度變化為原來(lái)的eq\f(1,2），(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）求：(1)原來(lái)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小；(2)物體運(yùn)動(dòng)的加速度;（3）沿斜面下滑距離為l時(shí)物體的速度的大?。馕觯海?）對(duì)小物塊受力分析如圖所示,物塊靜止于斜面上,則mgsin37°＝qEcos37