高中物理粤教版选修3-1章末检测　电场 Word版含解析

　电场

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．对物体带电现象的叙述，下列说法正确的是(　　)
A．一个不带电的物体内一定没有电荷
B．物体带电一定具有多余的电子
C．物体带电的过程就是电荷移动的过程
D．物体带电的过程就是创造电荷的过程
C　[任何物体内部总有正负电荷，不带电是因为它呈现了电中性，故A错误；物体带电可能是有多余的电子或失去电子，故B错误；物体带电是因为失去电子或得到电子，故带电过程就是电荷移动的过程，故C正确；电荷是不能被创造的，故D错误．]
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)正慢慢靠近地面，某野外地面附近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．带电体的电势能一定越来越大
B．带电体所经过的不同位置的电势一定越来越高
C．带电体所经过的不同位置的电场强度一定越来越大
D．带电体的加速度一定越来越小
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，不能判断出电势的变化，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．根据电场强度越来越大，则电场力越来越大，合力越来越大，根据牛顿第二定律知，加速度越来越大，故D错误．]
3.如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴(　　)
A．仍然保持静止 B．竖直向下运动
C．向左下方运动 D．向右下方运动
D　[将B板右端向下移动一小段距离后，电容器内部电荷重新分布，右侧电荷稀疏，左侧电荷密集，电场力方向不再竖直向上，而是向右侧倾斜，使得带电油滴不再受力平衡，合力方向向右下方，如图所示，油滴向右下方运动，选项D正确．]
4.如图所示，在某电场中画出了三条电场线，C点是A、B连线的中点．已知A点的电势为φA＝30 V，B点的电势为φB＝－10 V，则C点的电势为(　　)
A．φC＝10 V
B．φC>10 V
C．φC<10 V
D．上述选项都不正确
C　[由于AC之间的电场线比CB之间的电场线密，相等距离之间的电势差较大，即UAC>UCB，所以φA－φC>φC－φB，可得φC<，即φC<10 V，选项C正确．]
5.如图所示，一段均匀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、、，则圆弧在圆心O处产生的场强为(　　)
A．E　 B．
C． D．
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°，根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′＝，故圆弧BC在圆心O处产生的场强为，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点电势一定高于C点
B．点电荷＋Q一定位于O点处
C．C点处的电场强度大小可能为
D．将正试探电荷从A点沿直线移动到C点，电势能一定一直减小
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，所以点电荷一定位于AB连线的垂直平分线上，不一定在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L，则由点电荷场强公式E＝计算可知，C点的电场强度大小为，故C正确；B点电势不一定高于C点，则A点电势不一定高于C点，所以将正试探电荷从A点沿直线移动到C点，电势能不一定减小，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2 kg，A带负电，电荷量为0.2 C，B不带电．开始处于静止状态，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8 N，取g＝10 m/s2，则(　　)
A．电场强度为120 N/C，方向竖直向下
B．电场强度为60 N/C，方向竖直向下
C．电场强度为120 N/C，方向竖直向上
D．电场强度为100 N/C，方向竖直向上
A　[开始时物体B平衡，A对B的压力大小等于A的重力大小，为20 N；加上电场后瞬间A对B的压力大小变为8 N，而弹簧的弹力和重力不变，故合力为12 N，方向向上，根据牛顿第二定律，有a＝＝＝6m/s2，再对物体A受力分析，设电场力为F(向上)，根据牛顿第二定律，有FN＋F－mg＝ma，解得F＝24 N，故场强为E＝＝＝120 N/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均匀，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．如图所示为研究影响平行板电容器电容大小因素的实验装置．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.实验中极板所带电荷量可视为不变，则下列关于实验的分析正确的是(　　)
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＝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＝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＝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＝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，其速度随时间变化的规律如图乙所示，则(　　)
甲　　　　　　　乙
A．电场力FA＜FB B．电场强度EA＝EB
C．电势φA<φB D．电势能EPA＜EPB
AC　[在v-t图象中图线的斜率表示加速度，由速度图象看出，图线的斜率逐渐增大，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；电子由静止开始沿电场线从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，根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．如图所示，用长L＝0.50 m的绝缘轻质细线，把一个质量m＝1.0 g带电小球悬挂在均匀带等量异种电荷的平行金属板之间，平行金属板间的距离d＝5.0 cm，两板间电压U＝1.0×103 V．静止时，绝缘细线偏离竖直方向的角度为θ，小球偏离竖直线的距离a＝1.0 cm.取g＝10 m/s2.则下列说法正确的是(　　)
A．两板间电场强度的大小为2.0×104 V/m
B．小球带的电荷量为1.0×10－8 C
C．若细线突然被剪断，小球在板间将做匀加速曲线运动
D．若细线突然被剪断，小球在板间将做匀加速直线运动
ABD　[设两板间的电场强度为E，根据匀强电场的场强和电势差的关系得E＝＝ V/m＝2.0×104 V/m，故A正确；小球静止时受力平衡，由平衡条件得qE＝mgtan θ，解得q＝.因为θ角很小，所以tan θ≈sin θ＝＝，解得q＝1.0×10－8 C，故B正确；细线剪断时，由于小球受到重力和电场力的合力为恒力，且小球初速度为零，故小球做初速度为零的匀加速直线运动，故C错误，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
D．MN板间的电势差为
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·＝mv，得U＝＝，故C项错误；由v0＝gt，vC＝t知mg＝qE得q＝代入U＝，得U＝，故D项错误．]
二、非选择题(本题共4小题，共52分)
13．(12分)如图，光滑斜面倾角为37°，一质量m＝1×10－2kg、电荷量q＝＋1×10－6C的小物块置于斜面上，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，g＝10 m/s2，求：
(1)该电场的电场强度大小；
(2)若电场强度变为原来的，小物块运动的加速度大小；
(3)在(2)前提下，当小物块沿斜面下滑L＝m时，机械能的改变量．
[解析]　(1)如图所示，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，受力平衡，则有
在x轴方向：Fx＝Fcos θ－mgsin θ＝0
在y轴方向：Fy＝FN－mgcos θ－Fsin θ＝0
得：qE＝mgtan 37°故有：E＝＝7.5×104N/C，方向水平向右．
(2)场强变化后物块所受合力为：F＝mgsin 37°－qEcos 37°
根据牛顿第二定律得：F＝ma
故代入解得a＝0.3 g＝3m/s2，方向沿斜面向下．
(3)机械能的改变量等于电场力做的功，故ΔE＝－qELcos 37°，解得ΔE＝－0.02 J.
[答案]　(1)7.5×104 N/C　(2)3 m/s2　(3)－0.02 J
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＝0.1 m，电势差U＝1 000 V，现从平行板上A处以vA＝3 m/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＝0.02 g)，经一段时间后发现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＝10 m/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>mv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＝＝V/m＝104V/m
则其加速度大小为：a水平＝＝m/s2＝50 m/s2，则t＝＝s＝0.12 s
在竖直方向上：sAB＝gt2，联立以上四式求解得：sAB＝7.2×10－2m.
[答案]　sAB＝7.2×10－2m
15．(14分)如图所示，质量为m＝5×10－8 kg的带电粒子以v0＝2 m/s的速度从水平放置的平行金属板A、B中央飞入电场，已知板长L＝10 cm，板间距离d＝2 cm，当A、B间加电压UAB＝103 V时，带电粒子恰好沿直线穿过电场(设此时A板电势高)，g取10 m/s2.求：
(1)带电粒子电性和所带电荷量；
(2)A、B间所加电压在什么范围内带电粒子能从板间飞出？
[解析]　(1)当UAB＝103 V时，粒子做直线运动
有q＝mg
解得q＝＝10－11 C，带负电．
(2)当电压UAB比较大时，qE>mg，粒子向上偏，
由牛顿第二定律得－mg＝ma1
当刚好能从上板边缘飞出时，有
y＝a1t2＝a1()2＝
解得U1＝1 800 V
当电压UAB比较小时，qE设刚好能从下板边缘飞出，有y＝a2t2＝
解得U2＝200 V
则要使粒子能从板间飞出，A、B间所加电压的范围为：
200 V≤UAB≤1 800 V.
[答案]　(1)带负电　10－11C
(2)200 V≤UAB≤1 800 V
16．(14分)如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q(q>0)的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb.不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能．
[解析]　小球在光滑轨道上做圆周运动，在a、b两点时，静电力和轨道的作用力的合力提供向心力，由b到a只有电场力做功，利用动能定理，可求解E及a、b两点的动能．
质点所受电场力的大小为
F＝qE ①
设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有
F＋Na＝m ②
Nb－F＝m ③
设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有
Eka＝mv ④
Ekb＝mv ⑤
根据动能定理有Ekb－Eka＝2rF ⑥
联立①②③④⑤⑥式得E＝(Nb－Na)
Eka＝(Nb＋5Na)
Ekb＝(5Nb＋Na)．
[答案]　(Nb－Na)　(Nb＋5Na)　(5Nb＋Na)