章末检测试卷(一) (时间：90分钟 满分：100分)一、选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分.1～8题为单项选择题，9～14题为多项选择题)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 ＝F q知，电场中某点的电场强度与检验电荷所带的电荷量成反比 B ．由C ＝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 ＝k 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U AB ＝W AB q知，带电荷量为1 C 的正电荷，从A 点移动到B 点克服电场力做功为1 J ，则A 、B 两点间的电势差为－1 V答案 D解析 电场强度E 与F 、q 无关，由电场本身决定，A 错误；电容C 与Q 、U 无关，由电容器本身决定，B 错误；E ＝k Q r 2是点电荷电场强度的决定式，C 错误；由U AB ＝W AB q可知，D 正确．2．空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成了如图1所示稳定的静电场．实线为其电场线，虚线为其等势线，A 、B 两点与两球球心连线位于同一直线上，C 、D 两点关于直线AB 对称，则( )图1A ．A 点的电势低于B 点的电势B ．C 点和D 点的电场强度相同C ．正电荷从A 点移至B 点，静电力做正功D ．负电荷从C 点沿直线CD 移至D 点，电势能先增加后减少答案 C解析 由题图可知φA >φB ，所以正电荷从A 移至B ，电势减小，静电力做正功，故A 错误，C正确；C、D两点电场强度大小相等、方向不同，故B错误；负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先减少后增加，故D错误．3．(2019·日照市期末)如图2所示，在点电荷Q产生的电场中，实线是方向未知的电场线，虚线AB是一个带电粒子仅在静电力作用下的运动轨迹．下列说法正确的是()图2A．带电粒子在A点的电势能一定小于在B点的电势能B．带电粒子在A点的加速度一定大于在B点的加速度C．若带电粒子带负电，则点电荷Q一定带正电D．若带电粒子带负电，则A点的电势一定高于B点的电势答案 B4．(2019·阆中中学高二上月考)如图3甲所示，两个平行金属板P、Q正对竖直放置，两板间加上如图乙所示的交变电压．t＝0时，Q板比P板电势高U0，在两板的正中央M点有一电子在电场力作用下由静止开始运动(电子所受重力可忽略不计)，已知电子在0～4t0时间内未与两板相碰．则电子速度方向向左且速度大小逐渐减小的时间段是()图3A．0<t<t0B．t0<t<2t0C．2t0<t<3t0D．3t0<t<4t0答案 D解析开始时Q板电势比P板高，电子受到的电场力向右，因此在0<t<t0内，电子向右加速运动，A错误；t0时刻电场反向，电子开始向右减速运动，到2t0时刻，速度恰好减小到零，B错误；在2t0<t<3t0时间内，电子向左加速运动，C错误；在3t0时刻，电场再次反向，电子开始向左减速运动，到4t0时刻，速度刚好减小到零，D正确．5.(2019·南宁三中高二上月考)一带电粒子在电场中仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度大小随时间变化的图像如图4所示，t A、t B分别是带电粒子在A、B两点对应的时刻，则下列说法中正确的有( )图4A ．A 处的场强一定大于B 处的场强B ．A 处的电势一定高于B 处的电势C ．带电粒子在A 处的电势能一定小于在B 处的电势能D ．带电粒子从A 到B 的过程中，所受电场力一定做正功答案 D解析 根据v －t 图像的斜率表示加速度可知，从A 点运动到B 点的过程中带电粒子的加速度增大，则其所受的电场力增大，则电场强度E 增大，A 处的场强一定小于B 处的场强，故A 错误；从A 到B 带电粒子的速度增大，动能增大，由能量守恒定律知其电势能减小，电场力做正功，故C 错误，D 正确；由于粒子电性未知，无法判断A 、B 两点电势高低，故B 错误．6．(2019·山西省三区八校二模)如图5，真空中a 、b 、c 、d 四点共线且等距．先在a 点固定一点电荷＋Q ，测得b 点场强大小为E .若再将另一等量异种点电荷－Q 放在d 点，则( )图5A ．b 点场强大小为34E B ．c 点场强大小为54E C ．b 点场强方向向左D ．c 点电势比b 点电势高答案 B解析 设ab ＝bc ＝cd ＝L ，＋Q 在b 点产生的场强大小为E ，方向水平向右，由点电荷的场强公式得：E ＝k Q L 2，－Q 在b 点产生的场强大小为E 1＝k Q (2L )2＝14E ，方向水平向右，所以b 点的场强大小为E b ＝E ＋14E ＝54E ，方向水平向右，故A 、C 错误；根据对称性可知，c 点与b 点的场强大小相等，为54E ，方向水平向右，故B 正确；电场线方向从a 指向d ，而沿着电场线方向电势降低，则c 点电势比b 点电势低，故D 错误．7．(2019·重庆八中适应性考试)直角坐标系xOy 中，A 、B 两点位于x 轴上，坐标如图6所示，C 、D 位于y 轴上，C 、D 两点各固定一等量正点电荷，另一电荷量为Q 的负点电荷置于O点时，B 点处的电场强度恰好为零，若将该负点电荷移到A 点，则B 点处场强的大小和方向分别为(静电力常量为k )( )图6A.5kQ 4l2，沿x 轴正方向 B.5kQ 4l 2，沿x 轴负方向 C.3kQ 4l2，沿x 轴负方向 D.3kQ 4l2，沿x 轴正方向 答案 D解析 负点电荷置于O 点时，B 点处的电场强度恰好为零，说明负点电荷在B 点产生的场强与两正点电荷在B 点产生的合场强大小相等，方向相反，根据点电荷的场强公式可得，负点电荷在B 点的场强大小为kQ l 2，方向沿x 轴负方向，则两正点电荷在B 点的合场强大小也为kQ l2，方向沿x 轴正方向；当负点电荷移到A 点时，与B 点的距离为2l ，负点电荷在B 点产生的场强为kQ 4l 2，方向沿x 轴负方向，两正点电荷在B 点产生的合场强的大小为kQ l2，方向沿x 轴正方向，所以B 点处合场强的大小为kQ l 2－kQ 4l 2＝3kQ 4l2，方向沿x 轴正方向，所以A 、B 、C 错误，D 正确．8．如图7所示，四个质量均为m 、带电荷量均为＋q 的微粒a 、b 、c 、d 距离地面的高度相同，以相同的水平速度被抛出，除了a 微粒没有经过电场外，其他三个微粒均处在电场强度大小为E 的匀强电场中(mg >qE )，这四个微粒从被抛出到落地所用的时间分别是t a 、t b 、t c 、t d ，不计空气阻力，则( )图7A ．t b <t a <t c <t dB ．t b ＝t c <t a ＝t dC ．t a ＝t d <t b <t cD ．t b <t a ＝t d <t c答案 D解析 根据四个微粒所受静电力的情况可以判断出，竖直方向上的加速度大小关系为a b >a a＝a d>a c，又由h＝12得t b<t a＝t d<t c，故选项D正确．2at9．(2019·孝感市高二上期中)两个带电荷量相同的正点电荷，固定在图8中P、Q两点，MN 为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A点为MN上的一点．一带负电的检验电荷q，从A 点由静止释放，只在静电力作用下运动．取无限远处的电势为零，则()图8A．q由A向O的运动是匀加速直线运动B．q由A向O运动的过程电势能逐渐减小C．q运动到O点时的动能最大D．q运动到O点时电势能为零答案BC解析q由A向O运动的过程中，电场力的方向始终由A指向O，但力的大小变化，所以电荷q做变加速直线运动，电场力做正功，电势能减小，q通过O点后在电场力的作用下做变减速运动，所以q运动到O点时速度最大，动能最大，电势能最小，因无限远处的电势为零，则O点的电势φ>0，所以q在O点时的电势能不为零，故选项B、C正确，选项A、D错误．10．(2019·十堰市高二月考)两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图9中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是()图9A．带正电B．速度先变大后变小C．电势能先变大后变小D．经过b点和d点时的速度大小相同答案CD解析根据粒子的运动轨迹及等势面的分布可知，粒子带负电，选项A错误；粒子从a到c 再到e的过程中电场力先做负功后做正功，速度先减小后增大，电势能先增大后减小，选项B错误，C正确；因为b、d两点在同一等势面上，所以粒子在b、d两点的电势能相同，粒子经过b点和d点时的速度大小相同，选项D正确．11.如图10所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只静电计，合上开关S后，静电计指针张开一定角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是()图10A．使A、B两板靠近一些B．使A、B两板正对面积减小一些C．断开S后，使B板向右平移一些D．断开S后，使A、B正对面积减小一些答案CD解析静电计显示的是A、B两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高．当合上S后，A、B两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压，电源电压不变，静电计指针张角不变，故A、B错误；当断开S后，板间距离增大，正对面积减小，都将使A、B两板间的电容变小，电容器所带的电荷量不变，由C＝QU可知，板间电压U增大，则静电计指针张角增大，故C、D正确．12.(2018·海南卷)如图11，a、b、c、d为一边长为l的正方形的顶点．电荷量均为q(q＞0)的两个点电荷分别固定在a、c两点，静电力常量为k.不计重力．下列说法正确的是()图11A．b点的电场强度大小为2kq l2B．过b、d点的直线位于同一等势面上C．在两点电荷产生的电场中，ac中点的电势最低D．在b点从静止释放的电子，到达d点时速度为零答案 AD解析 由图甲可知b 点的电场E ＝E a cos 45°＝E c cos 45°＝2kq l2，故A 正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，等量正点电荷的电场线与电势面分布如图乙，由图乙可知B 、C 错误；由对称性可知，b 、d 点电势相同，故电子在b 、d 点电势能相同，动能也相同，都为0，故D 正确．13.如图12所示，平行金属板A 、B 之间有加速电场，C 、D 之间有偏转电场，M 为荧光屏．今有质子、氘核和α粒子均从A 板由静止开始经加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断正确的是( )图12A ．三种粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间相同B ．三种粒子打到荧光屏上的位置相同C ．加速电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶2∶4D ．偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶1∶2答案 BD解析 设加速电场的电压为U 1，偏转电场的电压为U 2，偏转极板的长度为L ，板间距离为d .在加速电场中，静电力做的功W ＝qU 1，故加速电场的静电力对三种粒子做功之比等于电荷量之比，即1∶1∶2，故C 错误；由qU 1＝12m v 02可知，粒子经加速电场获得的速度v 0＝2qU 1m，三种粒子从B 板运动到荧光屏的过程，在水平方向做速度为v 0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同，故A错误；可知，y与粒子的种类、质量、电荷量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧根据y＝U2L24dU1，则W与q成正比，三光屏上的位置相同，故B正确；偏转电场中静电力做功为W＝qU2yd种粒子的电荷量之比为1∶1∶2，则偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故D 正确．14．在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上的分布如图13所示．下列说法正确的有()图13A．q1和q2带有异种电荷B．x1处的电场强度为零C．负电荷从x1移到x2，电势能减小D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大答案AC解析由题图可知，两点电荷q1和q2带有异种电荷，故A正确；在φ－x图像中，图像切线的斜率大小表示电场强度大小，则x1处的电场强度不为零，故B错误；x1到x2，电场强度逐渐减小，负电荷受到的电场力逐渐减小，故D错误；由E p＝φq可知，负电荷在电势高处的电势能小，则负电荷从x1移到x2，电势能减小，故C正确．二、计算题(本题共4小题，共44分)15.(8分)如图14所示，两平行金属板A、B间有一匀强电场，C、D为电场中的两点，且CD ＝4 cm，其连线的延长线与金属板A成30°角．已知电子从C点移到D点的过程中电场力做功为－4.8×10－17 J，元电荷e＝1.6×10－19 C．求：图14(1)C、D两点间的电势差U CD、匀强电场的场强大小E；(2)若选取A 板的电势φA ＝0，C 点距A 板1 cm ，电子在D 点的电势能为多少？答案 (1)300 V 1.5×104 V/m (2)7.2×10－17 J解析 (1)电子从C 点移到D 点U CD ＝W CD q ＝－4.8×10－17－1.6×10－19 V ＝300 V(2分) E ＝U CD d CD sin 30°＝3004×10－2×0.5V /m ＝1.5×104 V/m(2分) (2)d ＝d CD sin 30°＋1 cm ＝3 cm(1分)U AD ＝Ed ＝1.5×104×3×10－2 V ＝450 V(1分)由U AD ＝φA －φD 和φA ＝0得φD ＝－450 V(1分)电子在D 点的电势能为E p ＝qφD ＝－1.6×10－19×(－450) J ＝7.2×10－17 J ．(1分)16．(11分)如图15所示，水平绝缘轨道AB 长L ＝4 m ，离地高h ＝1.8 m ，A 、B 间存在竖直向上的匀强电场．一质量m ＝0.1 kg 、电荷量q ＝－5×10－5 C 的小滑块，从轨道上的A 点以v 0＝6 m /s 的初速度向右滑动，从B 点离开电场后，落在地面上的C 点．已知C 、B 间的水平距离x ＝2.4 m ，滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．求：图15(1)滑块离开B 点时速度的大小；(2)滑块从A 点运动到B 点所用的时间；(3)匀强电场的场强E 的大小．答案 (1)4 m /s (2)0.8 s (3)5×103 N/C解析 (1)从B 到C 过程中，有h ＝12gt 2(1分) x ＝v B t (1分)解得v B ＝4 m/s(1分)(2)从A 到B 过程中，有L ＝v 0＋v B 2t ′(2分)解得t′＝0.8 s(1分)(3)在电场中运动时，小滑块受力如图所示，由牛顿第二定律得－μ(mg＋E|q|)＝ma(2分)由运动学公式，有v B2－v02＝2aL(2分)解得E＝5×103 N/C.(1分)17.(11分)如图16，一质量为m＝1 kg、电荷量为q＝0.5 C的带电小球以速度v0＝4.5 m/s自光滑平台右端水平飞出，不计空气阻力，小球飞离平台后由A点沿切线落入竖直光滑圆弧轨道ABC，圆弧轨道ABC的形状为圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，在过A点的竖直线OO′的右边空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E＝10 V/m(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度g取10 m/s2)．图16(1)求小球经过A点的速度大小v A；(2)欲使小球在圆弧轨道运动时不脱离圆弧轨道，且从C点飞出轨道，求半径R的取值应满足的条件．答案(1)7.5 m/s(2)0<R≤2528m解析(1)小球离开平台后做平抛运动，由题知，小球经过A点时的速度沿圆弧轨道的切线方向，则cos 53°＝v0vA(2分)解得v A＝7.5 m/s.(1分)(2)小球沿A点切线方向落入竖直光滑圆弧轨道ABC后，做圆周运动，若恰好能通过最高点C，由重力和电场力的合力提供向心力，设滑至最高点的速度为v C ，则有mg ＋qE ＝m v C 2R(2分) 根据动能定理得：－(mg ＋qE )R (1＋cos 53°)＝12m v C 2－12m v A 2(3分) 联立以上两式解得R ＝2528m(2分) 故当0<R ≤2528m 时，小球沿轨道做圆周运动，且能从圆弧轨道的最高点C 飞出．(1分) 18．(14分)如图17所示，虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧距PQ 为L 处有一与电场E 2平行的屏．现将一电子(电荷量为e ，质量为m ，重力不计)无初速度地放入电场E 1中的A 点，最后电子打在右侧的足够大的屏上，A 点到MN 的距离为L 2，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求：图17(1)电子运动到MN 时的速度大小；(2)电子从释放到打到屏上所用的时间；(3)电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角θ的正切值tan θ；(4)电子打到屏上的点P ′到点O 的距离x .答案 (1)eEL m (2)3mL eE(3)2 (4)3L 解析 (1)从A 点到MN 的过程中，由动能定理得：eE ·L 2＝12m v 2(1分) 得：v ＝eEL m.(1分) (2)电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，时间为t 1，由牛顿第二定律和运动学公式得：a 1＝eE 1m ＝eE m(1分) v ＝a 1t 1(1分)则t 1＝mL eE(1分) 从MN 到打到屏的过程中运动的时间：t 2＝2L v ＝2mL eE (1分) 则运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝3mL eE.(1分) (3)设电子射出电场E 2时平行于电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为a 2＝eE 2m ＝2eE m(1分) t 3＝L v (1分)v y ＝a 2t 3tan θ＝v y v (1分)联立解得：tan θ＝2.(1分)(4)电子的运动轨迹如图所示，将电子离开电场E 2后的速度方向反向延长，交AO 于O ′由几何关系知：tan θ＝x L 2＋L (2分) 得：x ＝3L . (1分)。