2019-2020年高中物理第一章電場章末質(zhì)量評估粵教版.doc

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2019-2020年高中物理第一章電場章末質(zhì)量評估粵教版 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．以下說法正確的是(　　) A．由E＝可知電場中某點的電場強度E與F成正比 B．由公式φ＝可知電場中某點的電勢φ與q成反比 C．由Uab＝Ed可知，勻強電場中的任意兩點a、b間的距離越大，則兩點間的電勢差也一定越大 D．公式C＝，電容器的電容大小C與電容器兩極板間電勢差U無關(guān) 解析：公式U＝Ed中的d是a、b兩點間的沿場強方向上的距離． 答案：D 2．下列各組物理量中，由電場自身性質(zhì)決定的是(　　) A．電場力、電場強度　　　　 B．電場強度、電勢差 C．電場力做的功、電勢能 D．電勢差、電勢能 答案：B 3．一平行板電容器兩極板間距為d、極板面積為S、電容為，其中εr是常量．對此電容器充電后斷開電源．當(dāng)增加兩板間距時，電容器極板間(　　) A．電場強度不變，電勢差變大 B．電場強度不變，電勢差不變 C．電場強度減小，電勢差不變 D．電場強度減小，電勢差減小 答案：A 4．在勻強電場中，同一條電場線上有A、B兩點，有兩個帶電粒子先后由靜止從A點出發(fā)并通過B點，若兩粒子的質(zhì)量之比為2∶1，電荷量之比為4∶1，忽略它們所受重力，則它們由A點運動到B點所用的時間之比為(　　) A．1∶　　　　　 B.∶1 C．1∶2 D．2∶1 答案：A 5.如圖所示，兩種細線掛著兩個質(zhì)量相同的小球A、B，上、下兩根細線中的拉力分別是TA、TB.現(xiàn)使A、B帶同種電荷，此時上、下細線受力分別為TA′、TB′，則(　　) A．TA′＝TA，TB′＞TB B．TA′＜TA，TB′＞TB C．TA′＝TA，TB′＜TB D．TA′＞TA，TB′＜TB 解析：(1)整體法：研究兩個質(zhì)量相等的小球A和B，不管A、B是否帶電，整體都受重力和上細線的拉力，則由平衡條件得：上絲線的拉力T＝2mg.所以TA＝TA′. (2)隔離法：對于B，不帶電時受重力和下細線的拉力，由平衡條件得：TB＝mg.帶電時受重力、下細線的拉力TB′和A對B的向下的排斥力F.由平衡條件得：TB′＝mg＋F′，即TB′＞mg.所以TB＜TB′.故A是正確的，B、C和D錯誤． 答案：A 6．如圖所示是靜電除塵的示意圖．關(guān)于靜電除塵的原理，下列說法不正確的是(　　) A．除塵器圓筒的外壁A接高壓電源的正極，中間的金屬絲B接負極 B．B附近的空氣分子被強電場電離為電子和正離子 C．正離子向A運動過程中被煙氣中的煤粉俘獲，使煤粉帶正電，吸附到A上，排出的煙就清潔了 D．電子向A極運動過程中，遇到煙氣中的煤粉，使煤粉帶負電，吸附到A上，排出的煙就清潔了 解析：除塵器中的空氣被電離，煙霧顆粒吸附電子而帶負電，顆粒向電源正極運動，即圓筒的外壁A接高壓電源的正極，中間的金屬絲B接負極，故A正確；空氣被強電場電離為電子和正離子，煙霧顆粒吸附電子而帶負電，顆粒向電源正極運動，故B正確；電子向A極運動過程中，遇到煙氣中的煤粉，使煤粉帶負電，吸附到A上，排出的煙就清潔了，故C錯誤；D正確． 答案：C 7．如圖，A、B、C是等邊三角形的三個頂點，O是A、B連線的中點．以O(shè)為坐標(biāo)原點，A、B連線為x軸，O、C連線為y軸，建立坐標(biāo)系．在A、B、C、O四個點分別固定一個正點電荷，電荷量相等．則O處電荷受到電場力方向為(　　) A．沿y軸正方向 B．沿y軸負方向 C．沿x軸正方向 D．沿x軸負方向 解析：由于A、B兩點到O處的距離相等，故A、B點的正點電荷在O點處產(chǎn)生的合場強為零，C點的正電荷在O處產(chǎn)生的場強沿y軸負方向．以上可知，O點的合場強方向沿y軸負方向，在根據(jù)場強方向的規(guī)定，在O點放正電荷所受電場力的方向與場強的方向相同，故B正確，A、C、D錯誤． 答案：B 8．如圖所示，正點電荷Q、2Q分別置于M、N兩點，O點為MN連線的中點，點a為MO的中點，點b為ON的中點，點c、d在M、N中垂線上，關(guān)于O點對稱．下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)、b兩點的電場強度相同 B．O點的電勢高于c點的電勢 C．將電子沿直線從a點移到b點，電場力對電子先做正功后做負功 D．將電子沿直線從c點移到d點，電場力對電子先做負功后做正功 解析：同種電荷的電場線是排斥狀的，沿電場線方向電勢逐漸降低，知O點的電勢高于c點的電勢．故B正確．設(shè)Ma＝L，aO＝r，則a點的電場強度Ea＝k－k，Eb＝k－k，可見Ea≠Eb，故A錯誤；電子受到的電場力方向與電場方向相反，所以將電子沿直線從a點移到b點，電場力對電子先做負功后做正功，C錯誤；對兩個電荷在中垂線上的場強進行疊加，在Oc段方向斜向左上，在Od段方向斜向左下．所以電子所受的電場力在Oc段斜向右下，在Od段斜向右上，電場力跟速度的方向先是銳角后是鈍角，電場力對電子先做正功后做負功，故D錯誤． 答案：B 9．如圖所示的電路中，A、B是平行板電容器的兩金屬板．先將電鍵S閉合，等電路穩(wěn)定后將S斷開，并將B板向下平移一小段距離，保持兩板間的某點P與A板的距離不變．則下列說法不正確的是(　　) A．電容器的電容變小 B．電容器內(nèi)部電場強度大小變大 C．電容器內(nèi)部電場強度大小不變 D．P點電勢升高 解析：根據(jù)C＝，當(dāng)B板向下平移一小段距離，間距d增大，其他條件不變，則導(dǎo)致電容變小，故A正確；根據(jù)E＝與C＝相結(jié)合可得E＝，由于電量不變，場強大小不變，故B錯誤，C正確；B板接地，場強不變，所以P點與地間的電勢差增大，即P點電勢升高，故D正確． 答案：B 10．質(zhì)量為m的帶電小球在a點水平射入豎直向上的勻強電場中，運動軌跡如圖所示，則正確的說法是(　　) A．小球帶負電 B．小球在b點的加速度大于在a點的加速度 C．小球的電勢能減小 D．在相等的時間間隔內(nèi)重力做的功相等 解析：物體做曲線運動時的合力指向軌跡的內(nèi)側(cè)，從圖中可得小球受到的合力豎直向上，因為小球受到重力和電場力作用，合力向上，所以電場力一定向上，因為電場方向豎直向上，所以小球帶正電，A錯誤；因為是勻強電場，所以電場力恒定不變，而重力也是恒定不變，所以合力恒定不變，故加速度恒定不變，B錯誤；電場力做正功，電勢能減小，C正確；因為小球在豎直方向上做加速運動，所以在相等時間內(nèi)走過的位移不同，故重力做功不同，D錯誤． 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．如圖所示，質(zhì)量分別為m1和m2的兩小球，分別帶電荷量q1和q2，用同等長度的絕緣線懸于同一點，由于靜電斥力使兩懸線與豎直方向張開相同的角度，則(　　) A．q1不一定等于q2 B．m1必等于m2 C.必等于 D．必須同時滿足q1＝q2和m1＝m2 解析：依據(jù)題意對兩個帶電小球受力分析如圖， 據(jù)平衡條件得：F＝m1gtan θ，F(xiàn)＝m2gtan θ，所以有m1＝m2. 答案：AB 12．如圖所示，圖中實線是一簇未標(biāo)明方向的由點電荷產(chǎn)生的電場線，虛線是某一帶電粒子通過該電場區(qū)域時的運動軌跡，a、b是軌跡上的兩點．若粒子在運動中只受電場力作用．根據(jù)此圖作出的下列判斷中錯誤的是(　　) A．帶電粒子帶正電 B．粒子在a、b兩點的受力方向沿電場線向左 C．粒子在a點的速度大于在b點的速度 D．a(chǎn)點電場強度小于b點電場強度 解析：由電場線的形狀可判定產(chǎn)生電場的源電荷在電場線左側(cè)，因做曲線運動的物體受到的合外力指向運動軌跡的凹側(cè)，可知粒子在a、b點受力沿電場線向左，無論從a向b，還是從b向a，粒子在a點速度大于b點速度，由電場線的分布情況可得Ea>Eb. 答案：AD 13.如圖所示，在場強大小為E的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細線一端拴一個質(zhì)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(guān)系是Eq＝mg B．小球重力與電場力的關(guān)系是Eq＝mg C．球在B點時，細線拉力為T＝mg D．球在B點時，細線拉力為T＝mg 解析：根據(jù)動能定理，得mgLsin θ－qEL(1－cos θ)＝0，解得qE＝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＝qEcos 60＋mgsin 60，故細線拉力T＝mg，故C正確，D錯誤． 答案：BC 14．如圖，水平線上的O點放置一點電荷，圖中畫出電荷周圍對稱分布的幾條電場線．以水平線上的某點O′為圓心畫一個圓，與電場線分別相交于a、b、c、d、e，下列說法正確的是(　　) A．b、e兩點的電場強度不相同 B．a(chǎn)點電勢低于c點電勢 C．b、c兩點間電勢差等于e、d兩點間電勢差 D．電子沿圓周由d到b，電場力做正功 解析：由圖看出，b、e兩點電場強度的大小相等，但方向不同，而電場強度是矢量，所以b、e兩點的電場強度不同，故A正確．根據(jù)順著電場線電勢逐漸降低可知，離點電荷O越遠，電勢越低，故a點電勢低于c點電勢．故B正確．根據(jù)對稱性可知，b、c兩點間電勢差與e、d兩點間電勢差都等于零，故C正確．d點的電勢高于b點的電勢，由Ep＝qφ＝－eφ，則知電子在d點的電勢能小于在b點的電勢能，根據(jù)功能關(guān)系可知，電子沿圓周由d到b，電場力做負功，故D錯誤． 答案：ABC 三、非選擇題(共4小題，共46分) 15．(10分)如圖所示，光滑斜面傾角為37，將質(zhì)量為m、電荷量為q的一帶有正電的小物塊，置于斜面上．當(dāng)沿水平方向加有如圖所示的勻強電場時，帶電小物塊恰好靜止在斜面上．重力加速度g已知，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8. (1)該電場的電場強度有多大？ (2)若電場強度變?yōu)樵瓉淼?，小物塊沿斜面下滑距離為L時的速度有多大？ 解析：(1)物塊靜止于斜面上，由平衡條件，得Eq＝mgtan 37， 解得E＝＝. (2)當(dāng)場強變?yōu)樵瓉淼臅r，小物塊所受的合外力 F合＝mgsin 37－qEcos 37＝0.3mg 又F合＝ma，解得a＝3 m/s2，方向沿斜面向下， 由動能定理，得F合L＝mv2－0，代入解得v＝. 答案：(1)　(2) 16．(12分)如圖所示，在豎直平面內(nèi)，光滑絕緣直桿AC與半徑為R的圓周交于B、C兩點，在圓心處有一固定的正點電荷，B點為AC的中點，C點位于圓周的最低點．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為－q，套在桿上的帶負電小球(可視為質(zhì)點)從A點由靜止開始沿桿下滑．已知重力加速度為g，A點距過C點的水平面的豎直高度為3R，小球滑到B點時的速度大小為2. (1)求小球滑至C點時的速度大小； (2)求A、B兩點間的電勢差UAB； (3)若以C點為參考點(零電勢點)，試確定A點的電勢． 解析：(1)由幾何關(guān)系，可得BC的豎直高度hBC＝R，因B、C兩點電勢相等，故小球從B到C的過程中電場力做功為零，對小球從B到C過程應(yīng)用動能定理，有mgR＝mv－mv，解得vC＝. (2)對小球從A到B過程應(yīng)用動能定理，有mgR＋WAB＝mv，解得WAB＝mgR；所以UAB＝＝－. (3)因φB＝φC，故UAB＝UAC＝－，又UAC＝φA－φC，φC＝0，因此φA＝φC＋UAC＝－. 答案：(1)vC＝　(2)－　(3)－ 17．(12分)如圖所示為兩組平行板金屬板，一組豎直放置，一組水平放置，今有一質(zhì)量為m的電量為e的電子靜止在豎直放置的平行金屬板的A點，經(jīng)電壓U0加速后通過B點進入兩板間距為d、電壓為U的水平放置的平行金屬板間，若電子從兩塊水平平行板的正中間射入，且最后電子剛好能從右側(cè)的兩塊平行金屬板穿出，A、B分別為兩塊豎直板的中點，求： (1)電子通過B點時的速度大?。? (2)右側(cè)平行金屬板的長度； (3)電子穿出右側(cè)平行金屬板時的動能和速度方向． 解析：(1)由動能定理：eU0＝ 得v0＝ . (2)電子進入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運動，設(shè)板長為L， L＝v0t， y＝＝，a＝＝， 聯(lián)立以上得L＝d . (3)全過程由動能定理：eU0＋eU＝Ek－0， 得：Ek＝eU0＋eU， 速度方向與水平方向夾角φ滿足 tan φ＝＝ . 答案：(1) 　(2)d　(3)見解析 18．(12分)如圖所示，一帶電量為＋q、質(zhì)量為m的小球，從距地面高2h處以一定的初速度水平拋出，在距拋出點水平距離為s處有根管口比小球稍大的豎直細管，細管的上口距地面高為h，為了使小球能無碰撞地落進管口并通過管子，可在管子上方整個區(qū)域內(nèi)加一水平向左的勻強電場．求： (1)小球的初速度； (2)應(yīng)加電場的場強； (3)小球落地時的動能． 解析：(1)由題意知，小球落到管口時的水平速度為零，設(shè)運動時間為t，則 豎直方向：h＝gt2， 水平方向：s＝t， 聯(lián)立解得：v0＝s. (2)小球落到管口的過程中，水平方向上，小球作勻減速運動． 由運動學(xué)公式a＝， 由動力學(xué)公式qE＝ma， 解得E＝. (3)小球的豎直分運動一直是作初速度為零的勻加速運動，因此小球落地動能Ek＝mg2h＝2mgh. 答案：見解析