1、章末检测试卷(一)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分.17题为单选题，812题为多选题，全部选对的得4分，有选对但不全的得2分，有选错的得0分)1下面是某同学对电场中的一些概念及公式和电容器的相关公式的理解，其中正确的是()A根据电场强度的定义式E可知，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根据电容的定义式C可知，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根据真空中点电荷的电场强度公式Ek可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关D根据电势差UAB可知，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
2、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；Ek是决定式，C错误；故选D.2两个完全相同的金属球A和B(可视为点电荷)带电荷量之比为17，相距为r.两者接触一下放回原来的位置，若两电荷原来带异种电荷，则后来两小球之间的库仑力大小与原来之比是()A37 B47C97 D167答案C解析接触前，两小球之间的库仑力为Fk7k，接触后两者所带电荷量为q3q，两小球之间的库仑力为Fk9k，故FF97，C正确3.如图1所示，在粗糙的绝缘水平面上固定一个点电荷Q，在M点无初速度释放一个带有恒定电荷量的小物块，小
3、物块在Q的电场中沿水平面运动到N点停止，则从M到N的过程中，下列说法错误的是()图1A小物块所受的电场力逐渐减小B小物块具有的电势能逐渐减小CM点的电势一定高于N点的电势D小物块电势能的减少量一定等于克服摩擦力做的功答案C解析小物块在从M运动到N的过程中，一定受到向右的摩擦力，所以电场力一定向左由M运动到N，离电荷Q距离越来越大，所以小物块受到的电场力一定减小，A正确；由动能定理可得mgxWMN0，即WMNmgx，电场力做正功，小物块具有的电势能减小，其减少量等于克服滑动摩擦力做的功，B、D正确；因点电荷Q的电性未知，不能判断M、N两点电势的高低，C错误4如图2所示是由电源E、灵敏电流计G、滑
4、动变阻器R和平行板电容器C组成的电路，开关S闭合在下列四个过程中，灵敏电流计中有方向由a到b电流的是()图2A在平行板电容器中插入电介质B减小平行板电容器两极板间的距离C减小平行板电容器两极板的正对面积D增大平行板电容器两极板的正对面积答案C解析电容器保持和电源连接，电压U一定，在平行板电容器中插入电介质，由C知电容增大，由C知带电荷量增加，电容器充电，电路中有b到a方向的电流通过电流计，故A错误减小平行板电容器两极板间的距离，由C知电容增大，由C知带电荷量增加，电容器充电，电路中有b到a方向的电流通过电流计，故B错误减小平行板电容器两极板的正对面积，由C知电容减小，由C知带电荷量减小，电容器
5、放电，电路中有a到b方向的电流通过电流计，故C正确同理D错误5.如图3所示，一圆心为O、半径为R的圆中有两条互相垂直的直径AC和BD，电荷量分别为Q、Q的点电荷放在圆周上，它们的位置关系关于AC对称，Q与O点的连线和OC间夹角为60.两个点电荷的连线与AC的交点为P，取无穷远电势为零，则下列说法正确的是()图3AP点的场强为0，电势也为0BA点电势低于C点电势C点电荷q沿直线从A到C的过程中电势能先减小后增大D点电荷q在B点具有的电势能小于在D点具有的电势能答案D解析Q在P点产生的场强方向向右，Q在P点产生的场强方向也向右，根据叠加原理可知P点的场强不为0，故A错误AC连线是等量异种点电荷电场
6、中一条等势线，故A、C两点的电势相等，故B错误AC连线是等量异种点电荷电场中一条等势线，点电荷q沿直线从A到C的过程中电势能不变，故C错误根据顺着电场线方向电势降低，结合电场线的分布情况可知，B点的电势高于D点电势，由电势能公式Epq分析可知：点电荷q在B点具有的电势能小于在D点具有的电势能，故D正确6.如图4所示，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电整个系统置于方向水平的匀强电场中已知静电力常量为k.若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为()图4A. B.C. D.答案B解析因为a、b小球对c的电场力
7、的合力方向垂直于a、b连线由c指向ab一侧，又因c带负电，所以匀强电场的场强方向为垂直于a、b连线由c指向ab一侧a受力情况如图所示利用正交分解法：F2cos 60F1kF2sin 60F3qE解得E.7.在匀强电场中平行于电场方向建立一直角坐标系，如图5所示从坐标原点沿y轴前进0.2 m到A点，电势降低了10 V，从坐标原点沿x轴前进0.2 m到B点，电势升高了10 V，则匀强电场的场强大小和方向为()图5A50 V/m，方向BAB50 V/m，方向ABC100 V/m，方向BAD100 V/m，方向垂直AB斜向下答案C解析连接AB，由题意可知，AB中点C点电势应与坐标原点O相等，连线OC即
8、为等势线，与等势线OC垂直的方向为电场的方向，故电场方向由BA，其大小E V/m100 V/m，选项C正确8如图6所示，a、b是两个带有同种电荷的小球(可视为点电荷)，用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，线与竖直方向的夹角分别为、，且.若同时剪断两根细线，空气阻力不计，两球带电荷量不变，则()图6Aa球的质量比b球的大Ba、b两球同时落地Ca球的电荷量比b球的大Da、b两球飞行的水平距离相等答案AB解析对a、b小球受力分析，根据平衡条件有：mag，mbg，由于，所以mamb，故A正确mamb，因此水平方向上每一时刻a的加速度小于b的加速度竖直方向上做自由落体运动，根据运
9、动的独立性可知，两球同时落地，故B正确a球的电荷量和b球的电荷量大小无法判断，故C错误由于水平方向上每一时刻a的加速度小于b的加速度，因此a球水平飞行的距离比b球小，故D错误9如图7所示，a、b是x轴上关于O点对称的两点，c、d是y轴上关于O点对称的两点，c、d两点分别固定一等量异种点电荷，带负电的检验电荷仅在电场力作用下从a点沿曲线运动到b点，E为第一象限内轨迹上的一点，以下说法正确的是()图7Ac点的电荷带正电Ba点电势高于E点电势CE点场强方向沿轨迹在该点的切线方向D检验电荷从a到b过程中，电势能先增加后减少答案BD解析带负电的检验电荷仅在电场力的作用下从a点沿曲线运动到b点，合力指向曲
10、线的凹侧，故上面的电荷带同种电荷，即c点的电荷带负电，故A错误；从E点到b点电场力做正功，电势能减小，由于是负电荷，故从E到b电势要升高，即b点的电势高于E点的电势，又因为等量异号点电荷的连线的中垂线是等势线，故a、b两点的电势相等，所以a点电势高于E点电势，故B正确；E点的切线方向为速度方向，E点的场强方向应与电场力方向在同一直线上，而曲线运动的受力与速度方向不可能在同一直线上，即E点场强方向不可能是该点的切线方向，故C错误；检验电荷从a到b过程中，电场力先做负功后做正功，故电势能先增加后减少，故D正确故选B、D.10.如图8所示，光滑绝缘直角斜面ABC固定在水平面上，并处在方向与AB面平行
11、的匀强电场中，一带正电的物体在电场力的作用下从斜面的底端运动到顶端，它的动能增加Ek，重力势能增加Ep，则下列说法正确的是()图8A电场力所做的功等于EkB物体克服重力做功等于EpC合外力对物体做的功等于EkD电场力所做的功等于EkEp答案BCD解析物体在电场力的作用下从斜面的底端运动到顶端，由功能关系知，电场力做的功等于机械能的增加量，即W电EkEp，故A错误，D正确；物体克服重力做的功等于重力势能的增加量，即为Ep，故B正确；根据动能定理，合外力对物体做的功等于动能的增加量，即Ek，故C正确11图9甲中直线PQ表示电场中的一条电场线，质量为m、电荷量为q的带负电粒子仅在电场力作用下沿电场线
12、向右运动，经过P点时速度为v0，到达Q点时速度减为零，粒子从P到Q运动的vt图像如图乙所示下列判断正确的是()图9AP点电势高于Q点电势BP点场强大于Q点场强CP、Q两点间的电势差为D带负电的粒子在P点的电势能大于在Q点的电势能答案ABC解析由题图乙知带电粒子的速度减小，受到向左的电场力，故电场线方向向右，P点电势一定高于Q点电势，故A正确；由题图乙可知，P处的加速度大于Q处的加速度，故P处的场强大于Q处的场强，故B正确；由动能定理知qU0mv02，可求出PQ两点的电势差为，故C正确；负电荷在电势低的地方电势能大，故带负电的粒子在P点的电势能一定小于在Q点的电势能，故D错误12如图10甲所示，
13、两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔右极板电势随时间变化的规律如图乙所示电子原来静止在左极板小孔处(不计重力作用)下列说法中正确的是()图10A从t0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B从t0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C从t时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D从t时刻释放电子，电子必将打到左极板上答案AC解析从t0时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速，接着匀减速，速度减小到零后，又开始向右匀加速，接着匀减速直到打在右极板上，电子不可能向左运动；如果两板间距离不够大，电子也始终向右运动，直到打到右极板上从t时刻释放电子，如果两
14、板间距离足够大，电子将向右先匀加速，接着匀减速，速度减小到零后，改为向左再匀加速，接着匀减速，即在两板间振动；如果两板间距离不够大，则电子在第一次向右运动过程中就有可能打在右极板上从t时刻释放电子，如果两板间距离不够大，电子将在第一次向右运动过程中就打在右极板上；如果第一次向右运动没有打在右极板上，那就一定会在向左运动过程中打在左极板上选A、C.二、非选择题(本题共4小题，共52分)13.(12分)如图11所示，两平行金属板A、B间为一匀强电场，A、B相距6 cm，C、D为电场中的两点(其中C点在金属板上)，且CD4 cm，CD连线和场强方向成60角已知电子从D点移到C点电场力做功为3.210
15、17 J，电子电荷量e1.61019 C，求：图11(1)匀强电场的场强大小；(2)A、B两板间的电势差；(3)若A板接地，D点电势为多少？答案(1)1104 N/C(2)600 V(3)200 V解析(1)电子由D到C电场力做正功WeELCDcos 60E1104 N/C.(2)由题知，电子受到的电场力方向向上，电子带负电，则场强方向为AB.A、B间电势差为UABEdAB11046102 V600 V.(3)A、D间电势差为UADEdADELCDcos 60110441020.5 V200 VAD200 V，A0解得D200 V.14(12分)如图12所示，带电荷量为Q的正点电荷固定在倾角为
16、30的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A和C相距为L，B为AC的中点现将一带电小球(可视为点电荷)从A点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度正好又为零，已知带电小球在A点处的加速度大小为，静电力常量为k，求：图12(1)小球运动到B点时的加速度；(2)B和A两点间的电势差(用k、Q和L表示)答案(1)，方向沿斜面向上(2)解析(1)带电小球在A点时由牛顿第二定律得：mgsin 30kmaA带电小球在B点时由牛顿第二定律得：kmgsin 30maB联立式解得：aB，方向沿斜面向上(2)由A点到B点对小球运用动能定理得mgsin 30qUBA0联立式解得UB
17、A.15(14分)如图13所示，在E 103 V/m的水平向左的匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R 0.4 m，一带正电荷q104 C的小滑块(可视为质点)质量为m 0.04 kg，与水平轨道间的动摩擦因数0.2，g取10 m/s2.图13(1)要使小滑块刚好能运动到半圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N点多远处静止释放？(2)在(1)的条件下释放的滑块通过P点时对轨道的压力是多大？(P为半圆轨道中点)答案(1)20 m(2)1.5 N解析(1)滑块刚好能通过轨道最高点的条件是mgm，v2 m/s滑块由释放点
18、到最高点过程，由动能定理得：qExmgx2mgRmv2代入数据得：x20 m.(2)滑块过P点时，由动能定理： mgRqERmv2mvP2在P点由牛顿第二定律：NqE代入数据得：N1.5 N.由牛顿第三定律得，滑块通过P点时对轨道的压力是1.5 N.16(14分)如图14所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加一电压U12 500 V，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长l6 cm，相距d2 cm，两极板间加以电压U2200 V的偏转电场从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转
19、电场已知电子的电荷量e1.61019 C，设电子刚离开金属丝时的速度为零，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力求：图14(1)电子射入偏转电场时的动能Ek；(2)电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y；(3)电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W.答案(1)4.01016 J(2)0.36 cm(3)5.761018 J解析(1)电子在加速电场中，根据动能定理有eU1Ek解得Ek4.01016 J.(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子在水平方向做匀速直线运动，由lv1t，eU1mv12解得tl电子在竖直方向受电场力Fe电子在竖直方向做匀加速直线运动，设其加速度为a，根据牛顿第二定律有ema解得a电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量yat2解得y0.36 cm.(3)电子射出偏转电场的位置与射入偏转电场位置的电势差Uy电场力所做的功WeU解得W5.761018 J.
