高考物理一輪基礎(chǔ)復(fù)習(xí) 電場(chǎng)綜合檢測(cè)卷1

電場(chǎng)綜合檢測(cè)卷一、選擇題(每小題4分，共40分)1如圖所示，在O點(diǎn)固定一正點(diǎn)電荷，A為電場(chǎng)中的一點(diǎn)，若在A點(diǎn)垂直于OA方向發(fā)射一帶電粒子(粒子只受電場(chǎng)力作用)，則在較短的時(shí)間內(nèi)()A帶電粒子的電勢(shì)能一定增大B帶電粒子的動(dòng)能一定增大C帶電粒子一定做曲線運(yùn)動(dòng)D帶電粒子可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)解析CD在A點(diǎn)垂直于OA發(fā)射的帶電粒子可能為正電荷，也可能為負(fù)電荷，速度也不知道，如果帶電粒子帶負(fù)電且速度恰當(dāng)，則可能剛好使帶電粒子繞O點(diǎn)的正電荷做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，O點(diǎn)的正電荷對(duì)A點(diǎn)的帶電粒子的作用力充當(dāng)了帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，不做功，因此，帶電粒子的電勢(shì)能、動(dòng)能不變，A、B錯(cuò)誤，D正確；由于帶電粒子的速度方向與所受力的方向不在同一直線上，因此，帶電粒子一定做曲線運(yùn)動(dòng)，C正確2學(xué)習(xí)庫(kù)侖定律后，某物理興趣小組根據(jù)該定律探究相同金屬小球的電荷量分配關(guān)系取三個(gè)完全相同的不帶電金屬球A、B、C，首先使A球帶上一定電荷，A、B接觸后放到相距r的地方，測(cè)得兩球間的庫(kù)侖力為FAB.B、C接觸后也放到相距r的地方，測(cè)得兩球間的庫(kù)侖力為FBC，如果金屬球間的電荷量平分，F(xiàn)AB、FBC的比值應(yīng)該滿足()A11 B21 C31 D41解析D設(shè)A球原來(lái)的電荷量為Q，并且滿足相同金屬球接觸后電荷量平分，AB間的作用力FAB，BC間的作用力FBC，所以.3.如圖所示，在真空中的A、B兩點(diǎn)分別放置等量異種點(diǎn)電荷，在A、B兩點(diǎn)間取一正五角星形路徑abcdefghija，五角星的中心O與A、B的中點(diǎn)重合，其中af連線與AB連線垂直現(xiàn)有一電子沿該路徑逆時(shí)針移動(dòng)一周，下列判斷正確的是()Aa點(diǎn)和f點(diǎn)的電勢(shì)相等Bb點(diǎn)和j點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同C電子從e點(diǎn)移到f點(diǎn)的過(guò)程中，電勢(shì)能減??；從f點(diǎn)移到g點(diǎn)的過(guò)程中，電勢(shì)能增大D若A、B兩點(diǎn)處的點(diǎn)電荷電荷量都變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則A、B連線中點(diǎn)O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)也變?yōu)樵瓉?lái)的2倍解析AD由題意，在等量異種電荷形成的電場(chǎng)中，aOf為零電勢(shì)面，ab，故A正確；b點(diǎn)與j點(diǎn)關(guān)于af對(duì)稱(chēng)，則b點(diǎn)與j點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同，方向不同，則B錯(cuò)誤；e<0，f0，g>0，則電子從e點(diǎn)移到f點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，從f點(diǎn)移至g點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故C錯(cuò)誤；設(shè)OAOBr，則EO2，當(dāng)q變?yōu)?q時(shí)，EO24，故D正確4.圖為靜電除塵器除塵機(jī)理的示意圖塵埃在電場(chǎng)中通過(guò)某種機(jī)制帶電，在電場(chǎng)力的作用下向集塵極遷移并沉積，以達(dá)到除塵目的下列表述正確的是()A到達(dá)集塵極的塵埃帶正電荷B電場(chǎng)方向由集塵極指向放電極C帶電塵埃所受電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)方向相同D同一位置帶電荷量越多的塵埃所受電場(chǎng)力越大解析BD在放電極附近，電場(chǎng)線呈輻射形散開(kāi)，且場(chǎng)強(qiáng)非常強(qiáng)電子在電場(chǎng)中加速，附著在塵埃上向集塵極移動(dòng)，故遷移到集塵極的塵埃帶負(fù)電，A錯(cuò)誤負(fù)電荷向集塵極移動(dòng)，電場(chǎng)方向從集塵極指向放電極，其受電場(chǎng)力的方向與場(chǎng)強(qiáng)的方向相反，故B正確，C錯(cuò)誤由F電qE，可知，同一位置E一定，q越大，電場(chǎng)力越大，故D正確5.如圖所示，虛線為靜電場(chǎng)中的等勢(shì)面1、2、3、4，相鄰的等勢(shì)面之間的電勢(shì)差相等，其中等勢(shì)面3的電勢(shì)為0.一帶正電的點(diǎn)電荷在靜電力的作用下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)a、b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能分別為26 eV和5 eV.當(dāng)這一點(diǎn)電荷運(yùn)動(dòng)到某一位置，其電勢(shì)能變?yōu)? eV時(shí)，它的動(dòng)能應(yīng)為()A8 eV B13 eV C20 eV D34 eV解析C由于正電荷由a到b動(dòng)能減小了21 eV，而電場(chǎng)中機(jī)械能和電勢(shì)能總和不變，故在等勢(shì)面3的動(dòng)能應(yīng)為12 eV，總能量為12 eV012 eV.當(dāng)在所求位置時(shí)，因?yàn)殡妱?shì)能為8 eV，所以動(dòng)能為12 eV(8 eV)20 eV，故應(yīng)選C.6.一平行板電容器充電后與電源斷開(kāi)，負(fù)極板接地兩板間有一個(gè)正試探電荷固定在P點(diǎn)，如圖所示，以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場(chǎng)強(qiáng)、表示P點(diǎn)的電勢(shì)，W表示正電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能，若正極板保持不動(dòng)，將負(fù)極板緩慢向右平移一小段距離l0的過(guò)程中，各物理量與負(fù)極板移動(dòng)距離x的關(guān)系圖象中正確的是()解析C由平行板電容器的電容C可知A錯(cuò)在電容器兩極板所帶電荷量一定情況下，U，E與d無(wú)關(guān)，則B錯(cuò)在負(fù)極板接地的情況下，0El0，則C項(xiàng)正確正電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能Wqq(0El0)，顯然D錯(cuò)7.如圖所示，在粗糙程度相同的斜面上固定一點(diǎn)電荷Q，在M點(diǎn)無(wú)初速度地釋放帶有恒定電荷的小物塊，小物塊在Q的電場(chǎng)中沿斜面運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)靜止，則從M到N的過(guò)程中()AM點(diǎn)的電勢(shì)一定高于N點(diǎn)的電勢(shì)B小物塊的電勢(shì)能可能增加C小物塊電勢(shì)能變化量的大小一定等于克服摩擦力做的功D小物塊和點(diǎn)電荷Q一定是同種電荷解析D由題意知小物塊在向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，受到的重力、斜面支持力、沿斜面向上的摩擦力都是恒力，由于小物塊運(yùn)動(dòng)中距點(diǎn)電荷Q的距離增大，則庫(kù)侖力減小，而小物塊先加速后減速，故庫(kù)侖力必是斥力的作用，則庫(kù)侖力做正功，電勢(shì)能減小，但物塊所帶電荷的電性未知，故不能確定M、N兩點(diǎn)電勢(shì)的高低，A、B錯(cuò)誤，D正確由能量守恒可知小物塊克服摩擦力所做的功等于電勢(shì)能減少量與重力勢(shì)能減少量之和，C錯(cuò)誤8如圖所示，電子在電勢(shì)差為U1的加速電場(chǎng)中由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，然后射入電勢(shì)差為U2的兩塊水平的平行極板間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，入射方向跟極板平行，整個(gè)裝置處在真空中，重力可忽略在滿足電子能射出平行板區(qū)域的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是()AU1變大、U2變大 BU1變小、U2變大CU1變大、U2變小 DU1變小、U2變小解析B設(shè)電子被加速后獲得的初速度為v0，則由動(dòng)能定理得：U1qmv，又設(shè)水平極板長(zhǎng)為l，則電子在水平極板間偏轉(zhuǎn)所用時(shí)間t，又設(shè)電子在水平極板間的加速度為a，水平極板的板間距為d，由牛頓第二定律得：a，電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)，平行于電場(chǎng)方向的速度vyat，聯(lián)立解得vy.又tan ，故U2變大、U1變小一定能使偏轉(zhuǎn)角變大，故選項(xiàng)B正確9.給平行板電容器充電，斷開(kāi)電源后A極板帶正電，B極板帶負(fù)電板間一帶電小球C用絕緣細(xì)線懸掛，如圖所示小球靜止時(shí)與豎直方向的夾角為，則以說(shuō)法不正確的是()A若將B極板向右平移稍許，電容器的電容將減小B若將B極板向下平移稍許，A、B兩板間電勢(shì)差將增大C若將B極板向上平移稍許，夾角將變大D輕輕將細(xì)線剪斷，小球?qū)⒆鲂睊佭\(yùn)動(dòng)解析D平行板電容器的電容為C，電容器兩極板間的電壓為U，兩極板間電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E.給平行板電容器充電，斷開(kāi)電源后電容器的帶電量Q保持不變，B極板向右平移稍許，兩極板間的距離變大，電容器的電容將減小，A正確；B極板向下平移稍許，兩極板的正對(duì)面積減小，兩極板間的電勢(shì)差增大，兩極板間的場(chǎng)強(qiáng)增大，帶電小球C所受的電場(chǎng)力增大，夾角將變大，B、C正確；將細(xì)線剪斷，帶電小球C受到重力和電場(chǎng)力的作用，合力保持不變，小球做直線運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤10如圖所示，在光滑絕緣的水平桌面上固定放置一光滑、絕緣的擋板ABCD，AB段為直線形擋板，BCD段是半徑為R的圓弧形擋板，擋板處于場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向與圓直徑MN平行現(xiàn)有一帶電量為q、質(zhì)量為m的小球由靜止從擋板上的A點(diǎn)釋放，并且小球能沿?fù)醢鍍?nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)拋出，則()A小球運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)，擋板對(duì)小球的彈力可能為零B小球運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)，擋板對(duì)小球的彈力可能為qEC小球運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí)，擋板對(duì)小球的彈力可能為零D小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，擋板對(duì)小球的彈力一定大于mg解析C小球沿光滑軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)拋出，說(shuō)明小球在N、C、M點(diǎn)的速度均不為零，在N點(diǎn)，F(xiàn)NqEm，F(xiàn)N必大于Eq，選項(xiàng)A、B均錯(cuò)誤；在C點(diǎn)，F(xiàn)Cm，無(wú)法比較FC與mg的大小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；在M點(diǎn)，F(xiàn)MqEm，當(dāng)vM時(shí)FM0，選項(xiàng)C正確二、非選擇題(共60分)11.(6分)如圖所示，把電量為5109 C的電荷，從電場(chǎng)中的A點(diǎn)移到B點(diǎn)，其電勢(shì)能_(選填“增大”“減小”或“不變”)；若A點(diǎn)的電勢(shì)UA15 V，B點(diǎn)的電勢(shì)UB10 V，則此過(guò)程中電場(chǎng)力做的功為_(kāi)J.解析將電荷從電場(chǎng)中的A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，其電勢(shì)能增加；由電勢(shì)差公式UAB，WqUAB5109(1510) J2.5108 J.【答案】增大2.510812(8分)將電荷量為6106 C的負(fù)電荷從電場(chǎng)中的A點(diǎn)移到B點(diǎn)，克服靜電力做了3105 J的功，再?gòu)腂點(diǎn)移到C點(diǎn)，靜電力做了1.2105 J的功，則(1)電荷從A移到B，再?gòu)腂移到C的過(guò)程中，電勢(shì)能共改變了多少？(2)如果規(guī)定A點(diǎn)的電勢(shì)能為零，則該電荷在B點(diǎn)和C點(diǎn)的電勢(shì)能分別為多少？(3)若A點(diǎn)為零電勢(shì)點(diǎn)，則B、C兩點(diǎn)的電勢(shì)各為多少？解析(1)電荷從A移到B克服靜電力做了3105 J的功，電勢(shì)能增加了3105 J；從B移到C的過(guò)程中靜電力做了1.2105 J的功，電勢(shì)能減少了1.2105 J，整個(gè)過(guò)程電勢(shì)能增加Ep3105 J1.2105 J1.8105 J.(2)如果規(guī)定A點(diǎn)的電勢(shì)能為零，電荷從電場(chǎng)中的A點(diǎn)移到B點(diǎn)，克服靜電力做了3105 J的功，電勢(shì)能增加了3105 J，所以電荷在B點(diǎn)的電勢(shì)能為EpB3105 J；整個(gè)過(guò)程電勢(shì)能增加了1.8105 J，所以電荷在C點(diǎn)的電勢(shì)能為EpC1.8105 J.(3)根據(jù)電勢(shì)定義得，B、C兩點(diǎn)的電勢(shì)分別為B V5 V.C V3 V.【答案】(1)增加了1.8105 J(2)3105 J1.8105 J(3)5 V3 V13(10分)如圖所示，光滑絕緣半球槽的半徑為R，處在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一質(zhì)量為m的帶電小球從槽的右端A處無(wú)初速沿軌道滑下，滑到最低位置B時(shí)，球?qū)壍赖膲毫?mg.求：(1)小球受到的電場(chǎng)力的大小和方向；(2)帶電小球在滑動(dòng)過(guò)程中的最大速度解析(1)設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最低位置B時(shí)速度為v.此時(shí)2mgmgm，設(shè)電場(chǎng)力大小為F，由題意小球從A處沿槽滑到最低位置B的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgRFRmv20，由以上兩式得Fmg，負(fù)號(hào)表示電場(chǎng)力的方向?yàn)樗较蛴?2)小球在滑動(dòng)過(guò)程中有最大速度的條件是小球沿軌道運(yùn)動(dòng)到某位置時(shí)切向合力為零設(shè)此時(shí)小球和圓心角間的連線與豎直方向的夾角為如圖所示，則mgsin Fcos ，解得tan .小球由A處到最大速度位置過(guò)程中mgRcos mgR(1sin )mv0解得vm.【答案】(1)mg水平向右(2)14(10分)如圖甲所示裝置置于水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中，裝置是由水平部分和圓弧組成的絕緣軌道其水平部分粗糙，動(dòng)摩擦因數(shù)為(<1)；圓弧部分是半徑為R的光滑軌道，C為圓弧最高點(diǎn)，B為圓弧最低點(diǎn)若勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)Emg/q，質(zhì)量為m、電荷量q的滑塊由A點(diǎn)靜止釋放，滑塊恰好能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)：(1)滑塊到達(dá)C點(diǎn)的速度多大？(2)AB間的最小距離為多少？解析(1)滑塊在圓弧軌道上受重力和電場(chǎng)力作用，如圖乙所示，則合力F合mgtan 1則45滑塊做完整圓周運(yùn)動(dòng)必須過(guò)復(fù)合場(chǎng)的最高點(diǎn)D(如圖丙所示)，恰能過(guò)D點(diǎn)，則需滿足F合設(shè)滑塊在C、D兩點(diǎn)的速度分別為vC、vD，從C點(diǎn)到D點(diǎn)，由動(dòng)能定理有mgR(1sin )qERcos mvmv由上式聯(lián)立解得vC.(2)滑塊從B到C，由動(dòng)能定理有2mgRmvmv滑塊從A到B，由動(dòng)能定理有(qEmg)xABmv聯(lián)立上式解得xAB.【答案】(1)(2)15(12分)如圖甲所示，靜電除塵裝置中有一長(zhǎng)為L(zhǎng)、寬為b、高為d的矩形通道，其前、后面板使用絕緣材料，上、下面板使用金屬材料圖乙是裝置的截面圖，上、下兩板與電壓恒定的高壓直流電源相連質(zhì)量為m、電荷量為q、分布均勻的塵埃以水平速度v0進(jìn)入矩形通道，當(dāng)帶負(fù)電的塵埃碰到下板后其所帶電荷被中和，同時(shí)被收集通過(guò)調(diào)整兩極板間距d可以改變收集效率.當(dāng)dd0時(shí)，為81%(即離下板0.81d0范圍內(nèi)的塵埃能夠被收集)不計(jì)塵埃的重力及塵埃之間的相互作用(1)求收集效率為100%時(shí)，兩板間距的最大值dm；(2)求收集效率與兩板間距d的函數(shù)關(guān)系；(3)若單位體積內(nèi)的塵埃數(shù)為n，求穩(wěn)定工作時(shí)單位時(shí)間下板收集的塵埃質(zhì)量M/t與兩板間距d的函數(shù)關(guān)系，并繪出圖線解析(1)收集效率為81%，即離下板0.81d0的塵埃恰好到達(dá)下板的右端邊緣，設(shè)高壓電源的電壓為U，則水平方向有Lv0t在豎直方向有0.81d0at2其中a當(dāng)減小兩極板間距時(shí)，能夠增大電場(chǎng)強(qiáng)度，提高裝置對(duì)塵埃的收集效率收集效率恰好為100%時(shí)，兩板間距為dm.如果進(jìn)一步減小d，收集效率仍為100%因此，水平方向有Lv0t在豎直方向有dmat2其中a聯(lián)立可得：dm0.9d0.(2)通過(guò)前面的求解可知，當(dāng)d0.9d0時(shí)，收集效率為100%當(dāng)d>0.9d0時(shí)，設(shè)距下板x處的塵埃恰好到達(dá)下板的右端邊緣，此時(shí)有x()2根據(jù)題意，收集效率為聯(lián)立可得：0.81()2.(3)穩(wěn)定工作時(shí)單位時(shí)間下板收集的塵埃質(zhì)量M/tnmbdv0當(dāng)d0.9d0時(shí)，1，因此M/tnmbdv0當(dāng)d>0.9d0時(shí)，0.81()2，因此M/t0.81nmbv0繪出的圖線如下【答案】(1)0.9d0(2)0.81()2(3)見(jiàn)解析16(14分)如圖所示，真空中水平放置的兩個(gè)相同極板M和N長(zhǎng)為L(zhǎng)，相距d，足夠大的豎直屏與兩板右側(cè)相距b，在兩板間加上可調(diào)偏轉(zhuǎn)電壓U，一束質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子(不計(jì)重力)從兩板左側(cè)中點(diǎn)A以初速度v0沿水平方向射入電場(chǎng)且能穿出(1)證明粒子飛出電場(chǎng)后的速度方向的反向延長(zhǎng)線交于兩板間的中心O點(diǎn)(2)求兩板間所加偏轉(zhuǎn)電壓U的范圍(3)求粒子可能到達(dá)屏上區(qū)域的范圍解析(1)設(shè)粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度大小為a，離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)距離為y，沿電場(chǎng)方向的速度為vy，偏轉(zhuǎn)角為，其反向延長(zhǎng)線通過(guò)O點(diǎn)，O點(diǎn)與板右端的水平距離為x，如圖所示，則有yat2Lv0tvyattan 聯(lián)立可得x即粒子飛出電場(chǎng)后的速度方向的反向延長(zhǎng)線交于兩板間的中心(2)粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的加速度a，電場(chǎng)強(qiáng)度E聯(lián)立可得y當(dāng)y時(shí)，U則兩板間所加電壓的范圍為U.(3)當(dāng)y時(shí)，粒子在屏上側(cè)向偏移的距離最大(設(shè)為y0)，則y0(b)tan ，而tan ，所以y0則粒子可能到達(dá)屏上區(qū)域的長(zhǎng)度為.【答案】(1)見(jiàn)解析(2)U(3)- 8 -