1、章末综合测评(一)电场(时间：90分钟分值：100分)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17题只有一项符合题目要求，第812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知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比B由C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Ek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UAB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 VD
2、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；由UAB可知，D正确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，
3、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，在O点放置点电荷q，电荷周围A、B两点到O点的距离分别为rA、rB，rAEBBEAEBCAB DABA根据公式Ek，可以判断出离场源电荷越近，场强越大，所以A点的场强较大，A正确，B错误；沿着电场线方向，电势逐渐降低，所以B点电势较高，C、D错误4某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图所示下列说法正确的是()Aa点的电势高于b点的电势B若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功Cc点的电场强度与d点的电场强度大小无法判断
4、D若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将沿着电场线由d到cB由沿电场线的方向电势降低，可知a点的电势低于b点的电势，故A错误；由电势能的公式Epq，可得出正试探电荷在a点的电势能低于在b点的电势能，由电场力做功与电势能变化的关系，可知由a点移到b点电场力做负功，故B正确；因为电场线的疏密表示电场的强弱，故c点的电场强度小于d点的电场强度，故C错误；正试探电荷在d点时所受的电场力沿该处电场线的切线方向，使该电荷离开该电场线，所以该电荷不可能沿着电场线由d到c，故D错误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()AEB
5、C DB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：E2E，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，OAOBBCL，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()AB点电势一定高于C点B点电荷Q一定位于O点处CC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
6、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
7、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g10 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a6m/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FNFmgma，解得F24 N，故场强为E120 N/C，方向竖直向下，故A正确，B、C、D错误8.某静
8、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Ba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，平行板电容器的电容为C.实验中
9、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，变大B保持d不变，减小S，则C变大，变大C保持S不变，增大d，则C变小，变大D保持S不变，增大d，则C变大，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
10、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FAFBB电场强度EAEBC电势AB D电势能EPAEPBAC在vt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FAFB，故A正确；电子所受电场力增大，场强也增大，所以电场强度EAEB，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AEPB，故D错误所以选A、C.11(多选)如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，断开电源，带电小球以速度v0水平射
11、入电场，且沿下板边缘飞出若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球()A将打在下板中央B仍沿原轨迹运动到下板边缘飞出C不发生偏转，沿直线运动D若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央BD由题意可知，电容器所带电荷量不变，因为E，所以上板上移一小段距离，两极板间电场强度不变，以相同速度入射的小球仍将沿原轨迹运动到下板边缘飞出，B正确，A、C错误；若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央，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，
12、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ABBC.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CMN板间的电势差为DMN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ABBC，可知vCv0，故B项正确；由qmv，得U，故C项错误；由v0gt，vCt知mgqE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)如图所示，在匀强电场中，将带电荷量q6106 C的电荷从电场中的A点移到B点，克服
13、电场力做了2.4105 J的功，再从B点移到C点，电场力做了1.2105 J的功求：(1)A、B两点间的电势差UAB和B、C两点间的电势差UBC；(2)如果规定B点的电势为零，则A点和C点的电势分别为多少；(3)作出过B点的一条电场线(不用写做法).解析(1)UAB V4 VUBC V2 V.(2)UABABUBCBC又B0故A4 V，C2 V.(3)如图所示答案(1)4 V2 V(2)4 V2 V(3)见解析图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d0.1 m，电势差U1 000 V，现从平行板上A处以vA3 m/s速度水平向左射入一带正电小球(已知小球带电荷量q10
14、7C，质量m0.02 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.(g10 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qUmv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：EV/m104V/m则其加速度大小为：a水平m/s250 m/s2，则ts0.12 s在竖直方向上：sABgt2，联立以上四式求解得：sAB7.2102m.答案sAB7.2102m15(14分)如图所示，水平放置的平行板电容器
15、，两板板间距d8 cm，极板长L25 cm，接在直流电源上有一带电液滴以v00.5 m/s的初速度从板间的正中央水平射入时，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提升 cm，液滴刚好从金属板末端飞出，g取10 m/s2.求：(1)将下板向上提升后，液滴的加速度大小；(2)液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用时间解析(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滳匀速运动，所以qEmg，qmg，即qUmgd.当下板向上提后，d减小，E增大，电场力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动此时液滴所受电场力Fq，加速度ag2 m/s2.(2)因为液滴刚好从金属板末端飞出，所
16、以液滴在竖直方向上的位移是.设液滴从P点开始在匀强电场中飞行的时间为t1，则at，t10.2 s，而液滴从刚进入电场到射出电场的时间t20.5 s所以液滴从射入电场开始匀速运动到P点的时间为tt2t10.3 s.答案(1)2 m/s2(2)0.3 s16(14分)如图所示，在场强E103 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，求： (1)要使小滑块能运动到半圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放；(2)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大(P为半圆轨道中点)解析(1)滑块刚能通过轨道最高点条件是mgm，v2 m/s，滑块由释放点到最高点过程由动能定理得qEsmgsmg2Rmv2则s代入数据得s20 m.(2)滑块从释放到P点过程，由动能定理得 mgRqERmv2mv所以vv22(g)R在P点由牛顿第二定律得FNqE，则FN3(mgqE)代入数据得FN1.5 N由牛顿第三定律得FNFN1.5 N.答案(1)20 m(2)1.5 N