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(xiàng)選擇題(本題共10小題，每題3分，共30分．每小題中只有一個(gè)選項(xiàng)是正確的，選對得3分，錯(cuò)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(diǎn)的電場強(qiáng)度E與F成正比 B．由公式φ＝可知電場中某點(diǎn)的電勢φ與q成反比 C．由Uab＝Ed可知，勻強(qiáng)電場中的任意兩點(diǎn)a、b間的距離越大，則兩點(diǎn)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(diǎn)間的沿場強(qiáng)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(qiáng)度　　　　 B．電場強(qiáng)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(shí)，電容器極板間(　　) A．電場強(qiáng)度不變，電勢差變大 B．電場強(qiáng)度不變，電勢差不變 C．電場強(qiáng)度減小，電勢差不變 D．電場強(qiáng)度減小，電勢差減小 答案：A 4．在勻強(qiáng)電場中，同一條電場線上有A、B兩點(diǎn)，有兩個(gè)帶電粒子先后由靜止從A點(diǎn)出發(fā)并通過B點(diǎn)，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(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的時(shí)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(xì)線掛著兩個(gè)質(zhì)量相同的小球A、B，上、下兩根細(xì)線中的拉力分別是TA、TB.現(xiàn)使A、B帶同種電荷，此時(shí)上、下細(xì)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(gè)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(xì)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(shí)受重力和下細(xì)線的拉力，由平衡條件得：TB＝mg.帶電時(shí)受重力、下細(xì)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(cuò)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(fù)極 B．B附近的空氣分子被強(qiáng)電場電離為電子和正離子 C．正離子向A運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)過程中，遇到煙氣中的煤粉，使煤粉帶負(fù)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(fù)電，顆粒向電源正極運(yùn)動(dòng)，即圓筒的外壁A接高壓電源的正極，中間的金屬絲B接負(fù)極，故A正確；空氣被強(qiáng)電場電離為電子和正離子，煙霧顆粒吸附電子而帶負(fù)電，顆粒向電源正極運(yùn)動(dòng)，故B正確；電子向A極運(yùn)動(dòng)過程中，遇到煙氣中的煤粉，使煤粉帶負(fù)電，吸附到A上，排出的煙就清潔了，故C錯(cuò)誤；D正確． 答案：C 7．如圖，A、B、C是等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，O是A、B連線的中點(diǎn)．以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(gè)點(diǎn)分別固定一個(gè)正點(diǎn)電荷，電荷量相等．則O處電荷受到電場力方向?yàn)?　　) A．沿y軸正方向 B．沿y軸負(fù)方向 C．沿x軸正方向 D．沿x軸負(fù)方向 解析：由于A、B兩點(diǎn)到O處的距離相等，故A、B點(diǎn)的正點(diǎn)電荷在O點(diǎn)處產(chǎn)生的合場強(qiáng)為零，C點(diǎn)的正電荷在O處產(chǎn)生的場強(qiáng)沿y軸負(fù)方向．以上可知，O點(diǎn)的合場強(qiáng)方向沿y軸負(fù)方向，在根據(jù)場強(qiáng)方向的規(guī)定，在O點(diǎn)放正電荷所受電場力的方向與場強(qiáng)的方向相同，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤． 答案：B 8．如圖所示，正點(diǎn)電荷Q、2Q分別置于M、N兩點(diǎn)，O點(diǎn)為MN連線的中點(diǎn)，點(diǎn)a為MO的中點(diǎn)，點(diǎn)b為ON的中點(diǎn)，點(diǎn)c、d在M、N中垂線上，關(guān)于O點(diǎn)對稱．下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)、b兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同 B．O點(diǎn)的電勢高于c點(diǎn)的電勢 C．將電子沿直線從a點(diǎn)移到b點(diǎn)，電場力對電子先做正功后做負(fù)功 D．將電子沿直線從c點(diǎn)移到d點(diǎn)，電場力對電子先做負(fù)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(diǎn)的電勢高于c點(diǎn)的電勢．故B正確．設(shè)Ma＝L，aO＝r，則a點(diǎn)的電場強(qiáng)度Ea＝k－k，Eb＝k－k，可見Ea≠Eb，故A錯(cuò)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(diǎn)移到b點(diǎn)，電場力對電子先做負(fù)功后做正功，C錯(cuò)誤；對兩個(gè)電荷在中垂線上的場強(qiáng)進(jìn)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(fù)功，故D錯(cuò)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(diǎn)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(qiáng)度大小變大 C．電容器內(nèi)部電場強(qiáng)度大小不變 D．P點(diǎn)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(qiáng)大小不變，故B錯(cuò)誤，C正確；B板接地，場強(qiáng)不變，所以P點(diǎn)與地間的電勢差增大，即P點(diǎn)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(diǎn)水平射入豎直向上的勻強(qiáng)電場中，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，則正確的說法是(　　) A．小球帶負(fù)電 B．小球在b點(diǎn)的加速度大于在a點(diǎn)的加速度 C．小球的電勢能減小 D．在相等的時(shí)間間隔內(nèi)重力做的功相等 解析：物體做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)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?yàn)樾∏蚴艿街亓碗妶隽ψ饔?，合力向上，所以電場力一定向上，因?yàn)殡妶龇较蜇Q直向上，所以小球帶正電，A錯(cuò)誤；因?yàn)槭莿驈?qiáng)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(cuò)誤；電場力做正功，電勢能減小，C正確；因?yàn)樾∏蛟谪Q直方向上做加速運(yùn)動(dòng)，所以在相等時(shí)間內(nèi)走過的位移不同，故重力做功不同，D錯(cuò)誤． 答案：C 二、多項(xiàng)選擇題(本題共4小題，每題6分，共24分．每小題有多個(gè)選項(xiàng)是正確的，全選對得6分，少選得3分，選錯(cuò)、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(diǎn)，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(shí)滿足q1＝q2和m1＝m2 解析：依據(jù)題意對兩個(gè)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(shí)線是一簇未標(biāo)明方向的由點(diǎn)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(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，a、b是軌跡上的兩點(diǎn)．若粒子在運(yùn)動(dòng)中只受電場力作用．根據(jù)此圖作出的下列判斷中錯(cuò)誤的是(　　) A．帶電粒子帶正電 B．粒子在a、b兩點(diǎn)的受力方向沿電場線向左 C．粒子在a點(diǎn)的速度大于在b點(diǎn)的速度 D．a(chǎn)點(diǎn)電場強(qiáng)度小于b點(diǎn)電場強(qiáng)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(yùn)動(dòng)的物體受到的合外力指向運(yùn)動(dòng)軌跡的凹側(cè)，可知粒子在a、b點(diǎn)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(diǎn)速度大于b點(diǎn)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(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場中，一根不可伸長的絕緣細(xì)線一端拴一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電的小球，另一端固定在O點(diǎn)；把小球拉到使細(xì)線水平的位置A，然后將小球由靜止釋放，小球沿弧線運(yùn)動(dòng)到細(xì)線與水平成θ＝60的位置B時(shí)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(diǎn)時(shí)，細(xì)線拉力為T＝mg D．球在B點(diǎn)時(shí)，細(xì)線拉力為T＝mg 解析：根據(jù)動(dòng)能定理，得mgLsin θ－qEL(1－cos θ)＝0，解得qE＝mg，故A錯(cuò)誤，B正確；小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，則沿細(xì)線方向合力為零，此時(shí)對小球受力分析，可知T＝qEcos 60＋mgsin 60，故細(xì)線拉力T＝mg，故C正確，D錯(cuò)誤． 答案：BC 14．如圖，水平線上的O點(diǎn)放置一點(diǎn)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(diǎn)O′為圓心畫一個(gè)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(diǎn)的電場強(qiáng)度不相同 B．a(chǎn)點(diǎn)電勢低于c點(diǎn)電勢 C．b、c兩點(diǎn)間電勢差等于e、d兩點(diǎn)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(diǎn)電場強(qiáng)度的大小相等，但方向不同，而電場強(qiáng)度是矢量，所以b、e兩點(diǎn)的電場強(qiáng)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(diǎn)電荷O越遠(yuǎn)，電勢越低，故a點(diǎn)電勢低于c點(diǎn)電勢．故B正確．根據(jù)對稱性可知，b、c兩點(diǎn)間電勢差與e、d兩點(diǎn)間電勢差都等于零，故C正確．d點(diǎn)的電勢高于b點(diǎn)的電勢，由Ep＝qφ＝－eφ，則知電子在d點(diǎn)的電勢能小于在b點(diǎn)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(fù)功，故D錯(cuò)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(qiáng)電場時(shí)，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(qiáng)度有多大？ (2)若電場強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?，小物塊沿斜面下滑距離為L時(shí)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(qiáng)變?yōu)樵瓉淼臅r(shí)，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(dòng)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(diǎn)，在圓心處有一固定的正點(diǎn)電荷，B點(diǎn)為AC的中點(diǎn)，C點(diǎn)位于圓周的最低點(diǎn)．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為－q，套在桿上的帶負(fù)電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止開始沿桿下滑．已知重力加速度為g，A點(diǎn)距過C點(diǎn)的水平面的豎直高度為3R，小球滑到B點(diǎn)時(shí)的速度大小為2. (1)求小球滑至C點(diǎn)時(shí)的速度大??； (2)求A、B兩點(diǎn)間的電勢差UAB； (3)若以C點(diǎn)為參考點(diǎn)(零電勢點(diǎn))，試確定A點(diǎn)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(diǎn)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(dòng)能定理，有mgR＝mv－mv，解得vC＝. (2)對小球從A到B過程應(yīng)用動(dòng)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(diǎn)，經(jīng)電壓U0加速后通過B點(diǎn)進(jìn)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(diǎn)，求： (1)電子通過B點(diǎn)時(shí)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(shí)的動(dòng)能和速度方向． 解析：(1)由動(dòng)能定理：eU0＝ 得v0＝ . (2)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)板長為L， L＝v0t， y＝＝，a＝＝， 聯(lián)立以上得L＝d . (3)全過程由動(dòng)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(diǎn)水平距離為s處有根管口比小球稍大的豎直細(xì)管，細(xì)管的上口距地面高為h，為了使小球能無碰撞地落進(jìn)管口并通過管子，可在管子上方整個(gè)區(qū)域內(nèi)加一水平向左的勻強(qiáng)電場．求： (1)小球的初速度； (2)應(yīng)加電場的場強(qiáng)； (3)小球落地時(shí)的動(dòng)能． 解析：(1)由題意知，小球落到管口時(shí)的水平速度為零，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)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(yùn)動(dòng)． 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式a＝， 由動(dòng)力學(xué)公式qE＝ma， 解得E＝. (3)小球的豎直分運(yùn)動(dòng)一直是作初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，因此小球落地動(dòng)能Ek＝mg2h＝2mgh. 答案：見解析