高考物理一輪基礎(chǔ)復(fù)習(xí) 電場綜合檢測卷1

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電場綜合檢測卷 一、選擇題(每小題4分，共40分) 1．如圖所示，在O點固定一正點電荷，A為電場中的一點，若在A點垂直于OA方向發(fā)射一帶電粒子(粒子只受電場力作用)，則在較短的時間內(nèi)(　　) A．帶電粒子的電勢能一定增大 B．帶電粒子的動能一定增大 C．帶電粒子一定做曲線運(yùn)動 D．帶電粒子可能做勻速圓周運(yùn)動 　解析　CD　在A點垂直于OA發(fā)射的帶電粒子可能為正電荷，也可能為負(fù)電荷，速度也不知道，如果帶電粒子帶負(fù)電且速度恰當(dāng)，則可能剛好使帶電粒子繞O點的正電荷做勻速圓周運(yùn)動，O點的正電荷對A點的帶電粒子的作用力充當(dāng)了帶電粒子做圓周運(yùn)動的向心力，不做功，因此，帶電粒子的電勢能、動能不變，A、B錯誤，D正確；由于帶電粒子的速度方向與所受力的方向不在同一直線上，因此，帶電粒子一定做曲線運(yùn)動，C正確． 2．學(xué)習(xí)庫侖定律后，某物理興趣小組根據(jù)該定律探究相同金屬小球的電荷量分配關(guān)系．取三個完全相同的不帶電金屬球A、B、C，首先使A球帶上一定電荷，A、B接觸后放到相距r的地方，測得兩球間的庫侖力為FAB.B、C接觸后也放到相距r的地方，測得兩球間的庫侖力為FBC，如果金屬球間的電荷量平分，F(xiàn)AB、FBC的比值應(yīng)該滿足(　　) A．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．4∶1 　解析　D　設(shè)A球原來的電荷量為Q，并且滿足相同金屬球接觸后電荷量平分，AB間的作用力FAB＝，BC間的作用力FBC＝，所以＝. 3.如圖所示，在真空中的A、B兩點分別放置等量異種點電荷，在A、B兩點間取一正五角星形路徑abcdefghija，五角星的中心O與A、B的中點重合，其中af連線與AB連線垂直．現(xiàn)有一電子沿該路徑逆時針移動一周，下列判斷正確的是(　　) A．a(chǎn)點和f點的電勢相等 B．b點和j點的電場強(qiáng)度相同 C．電子從e點移到f點的過程中，電勢能減??；從f點移到g點的過程中，電勢能增大 D．若A、B兩點處的點電荷電荷量都變?yōu)樵瓉淼?倍，則A、B連線中點O點的場強(qiáng)也變?yōu)樵瓉淼?倍 　解析　AD　由題意，在等量異種電荷形成的電場中，aOf為零電勢面，φa＝φb，故A正確；b點與j點關(guān)于af對稱，則b點與j點處電場強(qiáng)度大小相同，方向不同，則B錯誤；φe<0，φf＝0，φg>0，則電子從e點移到f點的過程中，電場力做正功，電勢能減小，從f點移至g點的過程中，電場力做正功，電勢能減小，故C錯誤；設(shè)OA＝OB＝r，則EO＝2，當(dāng)q變?yōu)?q時，EO′＝2＝4，故D正確． 4.圖為靜電除塵器除塵機(jī)理的示意圖．塵埃在電場中通過某種機(jī)制帶電，在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積，以達(dá)到除塵目的．下列表述正確的是(　　) A．到達(dá)集塵極的塵埃帶正電荷 B．電場方向由集塵極指向放電極 C．帶電塵埃所受電場力的方向與電場方向相同 D．同一位置帶電荷量越多的塵埃所受電場力越大 　解析　BD　在放電極附近，電場線呈輻射形散開，且場強(qiáng)非常強(qiáng)．電子在電場中加速，附著在塵埃上向集塵極移動，故遷移到集塵極的塵埃帶負(fù)電，A錯誤．負(fù)電荷向集塵極移動，電場方向從集塵極指向放電極，其受電場力的方向與場強(qiáng)的方向相反，故B正確，C錯誤．由F電＝qE，可知，同一位置E一定，q越大，電場力越大，故D正確． 5.如圖所示，虛線為靜電場中的等勢面1、2、3、4，相鄰的等勢面之間的電勢差相等，其中等勢面3的電勢為0.一帶正電的點電荷在靜電力的作用下運(yùn)動，經(jīng)過a、b點時的動能分別為26 eV和5 eV.當(dāng)這一點電荷運(yùn)動到某一位置，其電勢能變?yōu)椋? eV時，它的動能應(yīng)為(　　) A．8 eV B．13 eV C．20 eV D．34 eV 　解析　C　由于正電荷由a到b動能減小了21 eV，而電場中機(jī)械能和電勢能總和不變，故在等勢面3的動能應(yīng)為12 eV，總能量為12 eV＋0＝12 eV.當(dāng)在所求位置時，因為電勢能為－8 eV，所以動能為12 eV－(－8 eV)＝20 eV，故應(yīng)選C. 6.一平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地．兩板間有一個正試探電荷固定在P點，如圖所示，以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場強(qiáng)、φ表示P點的電勢，W表示正電荷在P點的電勢能，若正極板保持不動，將負(fù)極板緩慢向右平移一小段距離l0的過程中，各物理量與負(fù)極板移動距離x的關(guān)系圖象中正確的是(　　) 　解析　C　由平行板電容器的電容C＝可知A錯．在電容器兩極板所帶電荷量一定情況下，U＝，E＝＝與d無關(guān)，則B錯．在負(fù)極板接地的情況下，φ＝φ0－El0，則C項正確．正電荷在P點的電勢能W＝qφ＝q(φ0－El0)，顯然D錯． 7.如圖所示，在粗糙程度相同的斜面上固定一點電荷Q，在M點無初速度地釋放帶有恒定電荷的小物塊，小物塊在Q的電場中沿斜面運(yùn)動到N點靜止，則從M到N的過程中(　　) A．M點的電勢一定高于N點的電勢 B．小物塊的電勢能可能增加 C．小物塊電勢能變化量的大小一定等于克服摩擦力做的功 D．小物塊和點電荷Q一定是同種電荷 　解析　D　由題意知小物塊在向下運(yùn)動的過程中，受到的重力、斜面支持力、沿斜面向上的摩擦力都是恒力，由于小物塊運(yùn)動中距點電荷Q的距離增大，則庫侖力減小，而小物塊先加速后減速，故庫侖力必是斥力的作用，則庫侖力做正功，電勢能減小，但物塊所帶電荷的電性未知，故不能確定M、N兩點電勢的高低，A、B錯誤，D正確．由能量守恒可知小物塊克服摩擦力所做的功等于電勢能減少量與重力勢能減少量之和，C錯誤． 8．如圖所示，電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運(yùn)動，然后射入電勢差為U2的兩塊水平的平行極板間的偏轉(zhuǎn)電場中，入射方向跟極板平行，整個裝置處在真空中，重力可忽略．在滿足電子能射出平行板區(qū)域的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角θ變大的是(　　) A．U1變大、U2變大 B．U1變小、U2變大 C．U1變大、U2變小 D．U1變小、U2變小 　解析　B　設(shè)電子被加速后獲得的初速度為v0，則由動能定理得：U1q＝mv，又設(shè)水平極板長為l，則電子在水平極板間偏轉(zhuǎn)所用時間t＝，又設(shè)電子在水平極板間的加速度為a，水平極板的板間距為d，由牛頓第二定律得：a＝，電子射出偏轉(zhuǎn)電場時，平行于電場方向的速度vy＝at，聯(lián)立解得vy＝.又tan θ＝＝＝＝，故U2變大、U1變小一定能使偏轉(zhuǎn)角θ變大，故選項B正確． 9.給平行板電容器充電，斷開電源后A極板帶正電，B極板帶負(fù)電．板間一帶電小球C用絕緣細(xì)線懸掛，如圖所示．小球靜止時與豎直方向的夾角為θ，則以說法不正確的是(　　) A．若將B極板向右平移稍許，電容器的電容將減小 B．若將B極板向下平移稍許，A、B兩板間電勢差將增大 C．若將B極板向上平移稍許，夾角θ將變大 D．輕輕將細(xì)線剪斷，小球?qū)⒆鲂睊佭\(yùn)動 　解析　D　平行板電容器的電容為C＝，電容器兩極板間的電壓為U＝＝，兩極板間電場的場強(qiáng)大小為E＝＝.給平行板電容器充電，斷開電源后電容器的帶電量Q保持不變，B極板向右平移稍許，兩極板間的距離變大，電容器的電容將減小，A正確；B極板向下平移稍許，兩極板的正對面積減小，兩極板間的電勢差增大，兩極板間的場強(qiáng)增大，帶電小球C所受的電場力增大，夾角θ將變大，B、C正確；將細(xì)線剪斷，帶電小球C受到重力和電場力的作用，合力保持不變，小球做直線運(yùn)動，D錯誤． 10．如圖所示，在光滑絕緣的水平桌面上固定放置一光滑、絕緣的擋板ABCD，AB段為直線形擋板，BCD段是半徑為R的圓弧形擋板，擋板處于場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場中，電場方向與圓直徑MN平行．現(xiàn)有一帶電量為q、質(zhì)量為m的小球由靜止從擋板上的A點釋放，并且小球能沿?fù)醢鍍?nèi)側(cè)運(yùn)動到D點拋出，則(　　) A．小球運(yùn)動到N點時，擋板對小球的彈力可能為零 B．小球運(yùn)動到N點時，擋板對小球的彈力可能為qE C．小球運(yùn)動到M點時，擋板對小球的彈力可能為零 D．小球運(yùn)動到C點時，擋板對小球的彈力一定大于mg 　解析　C　小球沿光滑軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動到D點拋出，說明小球在N、C、M點的速度均不為零，在N點，F(xiàn)N－qE＝m，F(xiàn)N必大于Eq，選項A、B均錯誤；在C點，F(xiàn)C＝m，無法比較FC與mg的大小，選項D錯誤；在M點，F(xiàn)M＋qE＝m，當(dāng)vM＝時FM＝0，選項C正確． 二、非選擇題(共60分) 11.(6分)如圖所示，把電量為－510－9 C的電荷，從電場中的A點移到B點，其電勢能________(選填“增大”“減小”或“不變”)；若A點的電勢UA＝15 V，B點的電勢UB＝10 V，則此過程中電場力做的功為________J. 　解析　將電荷從電場中的A點移到B點，電場力做負(fù)功，其電勢能增加；由電勢差公式UAB＝，W＝qUAB＝－510－9(15－10) J＝－2.510－8 J. 【答案】　增大　－2.510－8 12．(8分)將電荷量為610－6 C的負(fù)電荷從電場中的A點移到B點，克服靜電力做了310－5 J的功，再從B點移到C點，靜電力做了1.210－5 J的功，則 (1)電荷從A移到B，再從B移到C的過程中，電勢能共改變了多少？ (2)如果規(guī)定A點的電勢能為零，則該電荷在B點和C點的電勢能分別為多少？ (3)若A點為零電勢點，則B、C兩點的電勢各為多少？ 　解析　(1)電荷從A移到B克服靜電力做了310－5 J的功，電勢能增加了310－5 J；從B移到C的過程中靜電力做了1.210－5 J的功，電勢能減少了1.210－5 J，整個過程電勢能增加ΔEp＝310－5 J－1.210－5 J＝1.810－5 J. (2)如果規(guī)定A點的電勢能為零，電荷從電場中的A點移到B點，克服靜電力做了310－5 J的功，電勢能增加了310－5 J，所以電荷在B點的電勢能為EpB＝310－5 J；整個過程電勢能增加了1.810－5 J，所以電荷在C點的電勢能為EpC＝1.810－5 J. (3)根據(jù)電勢定義φ＝得，B、C兩點的電勢分別為 φB＝＝ V＝－5 V. φC＝＝ V＝－3 V. 【答案】　(1)增加了1.810－5 J　(2)310－5 J　1.810－5 J　(3)－5 V?。? V 13．(10分)如圖所示，光滑絕緣半球槽的半徑為R，處在水平向右的勻強(qiáng)電場中，一質(zhì)量為m的帶電小球從槽的右端A處無初速沿軌道滑下，滑到最低位置B時，球?qū)壍赖膲毫?mg.求： (1)小球受到的電場力的大小和方向； (2)帶電小球在滑動過程中的最大速度． 　解析　(1)設(shè)小球運(yùn)動到最低位置B時速度為v.此時2mg－mg＝m，設(shè)電場力大小為F，由題意小球從A處沿槽滑到最低位置B的過程中，根據(jù)動能定理有mgR＋FR＝mv2－0，由以上兩式得F＝－mg，負(fù)號表示電場力的方向為水平向右． (2)小球在滑動過程中有最大速度的條件是小球沿軌道運(yùn)動到某位置時切向合力為零．設(shè)此時小球和圓心角間的連線與豎直方向的夾角為θ如圖所示，則mgsin θ＝Fcos θ，解得tan θ＝.小球由A處到最大速度位置過程中mgRcos θ－mgR(1－sin θ)＝mv－0 解得vm＝. 【答案】　(1)mg　水平向右　(2) 14．(10分)如圖甲所示裝置置于水平勻強(qiáng)電場中，裝置是由水平部分和圓弧組成的絕緣軌道．其水平部分粗糙，動摩擦因數(shù)為μ(μ<1)；圓弧部分是半徑為R的光滑軌道，C為圓弧最高點，B為圓弧最低點．若勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E＝mg/q，質(zhì)量為m、電荷量＋q的滑塊由A點靜止釋放，滑塊恰好能做完整的圓周運(yùn)動．問： (1)滑塊到達(dá)C點的速度多大？ (2)AB間的最小距離為多少？ 　解析　(1)滑塊在圓弧軌道上受重力和電場力作用，如圖乙所示，則合力F合＝＝mg① tan θ＝＝1② 則θ＝45 滑塊做完整圓周運(yùn)動必須過復(fù)合場的最高點D(如圖丙所示)，恰能過D點，則需滿足F合＝③ 　 設(shè)滑塊在C、D兩點的速度分別為vC、vD，從C點到D點，由動能定理有 mgR(1－sin θ)－qERcos θ＝mv－mv④ 由上式聯(lián)立解得vC＝. (2)滑塊從B到C，由動能定理有 －2mgR＝mv－mv⑤ 滑塊從A到B，由動能定理有 (qE－μmg)xAB＝mv⑥ 聯(lián)立上式解得xAB＝. 【答案】　(1)　(2) 15．(12分)如圖甲所示，靜電除塵裝置中有一長為L、寬為b、高為d的矩形通道，其前、后面板使用絕緣材料，上、下面板使用金屬材料．圖乙是裝置的截面圖，上、下兩板與電壓恒定的高壓直流電源相連．質(zhì)量為m、電荷量為－q、分布均勻的塵埃以水平速度v0進(jìn)入矩形通道，當(dāng)帶負(fù)電的塵埃碰到下板后其所帶電荷被中和，同時被收集．通過調(diào)整兩極板間距d可以改變收集效率η.當(dāng)d＝d0時，η為81%(即離下板0.81d0范圍內(nèi)的塵埃能夠被收集)．不計塵埃的重力及塵埃之間的相互作用． (1)求收集效率為100%時，兩板間距的最大值dm； (2)求收集效率η與兩板間距d的函數(shù)關(guān)系； (3)若單位體積內(nèi)的塵埃數(shù)為n，求穩(wěn)定工作時單位時間下板收集的塵埃質(zhì)量ΔM/Δt與兩板間距d的函數(shù)關(guān)系，并繪出圖線． 　解析　(1)收集效率η為81%，即離下板0.81d0的塵埃恰好到達(dá)下板的右端邊緣，設(shè)高壓電源的電壓為U，則水平方向有L＝v0t① 在豎直方向有0.81d0＝at2② 其中a＝＝＝③ 當(dāng)減小兩極板間距時，能夠增大電場強(qiáng)度，提高裝置對塵埃的收集效率．收集效率恰好為100%時，兩板間距為dm.如果進(jìn)一步減小d，收集效率仍為100% 因此，水平方向有L＝v0t④ 在豎直方向有dm＝a′t2⑤ 其中a′＝＝＝⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥可得：dm＝0.9d0.⑦ (2)通過前面的求解可知，當(dāng)d≤0.9d0時，收集效率η為100%⑧ 當(dāng)d>0.9d0時，設(shè)距下板x處的塵埃恰好到達(dá)下板的右端邊緣，此時有x＝()2⑨ 根據(jù)題意，收集效率為η＝⑩ 聯(lián)立①②③⑨⑩可得：η＝0.81()2. (3)穩(wěn)定工作時單位時間下板收集的塵埃質(zhì)量 ΔM/Δt＝ηnmbdv0 當(dāng)d≤0.9d0時，η＝1，因此ΔM/Δt＝nmbdv0 當(dāng)d>0.9d0時，η＝0.81()2， 因此ΔM/Δt＝0.81nmbv0 繪出的圖線如下 【答案】　(1)0.9d0　(2)η＝0.81()2　(3)見解析 16．(14分)如圖所示，真空中水平放置的兩個相同極板M和N長為L，相距d，足夠大的豎直屏與兩板右側(cè)相距b，在兩板間加上可調(diào)偏轉(zhuǎn)電壓U，一束質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子(不計重力)從兩板左側(cè)中點A以初速度v0沿水平方向射入電場且能穿出． (1)證明粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心O點． (2)求兩板間所加偏轉(zhuǎn)電壓U的范圍． (3)求粒子可能到達(dá)屏上區(qū)域的范圍． 　解析　(1)設(shè)粒子在運(yùn)動過程中的加速度大小為a，離開偏轉(zhuǎn)電場時偏轉(zhuǎn)距離為y，沿電場方向的速度為vy，偏轉(zhuǎn)角為θ，其反向延長線通過O點，O點與板右端的水平距離為x，如圖所示，則有 y＝at2　L＝v0t　vy＝at　tan θ＝＝ 聯(lián)立可得x＝ 即粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心． (2)粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的加速度a＝，電場強(qiáng)度E＝ 聯(lián)立可得y＝ 當(dāng)y＝時，U＝ 則兩板間所加電壓的范圍為－≤U≤. (3)當(dāng)y＝時，粒子在屏上側(cè)向偏移的距離最大(設(shè)為y0)，則y0＝(＋b)tan θ，而tan θ＝，所以y0＝ 則粒子可能到達(dá)屏上區(qū)域的長度為. 【答案】　(1)見解析　(2)－≤U≤　(3) - 8 -