第一章-靜電場章末檢測(有答案)

第一章靜電場章末檢測(時間：90分鐘，滿分：100分)一、不定項選擇題(5×12＝60分)1．電荷從靜止開始只在電場力作用下的運動(最初階段的運動)，則電荷()A．總是從電勢高的地方移到電勢低的地方B．總是從電場強度大的地方移到電場強度小的地方C．總是從電勢能大的地方移到電勢能小的地方D．總是從電勢能小的地方移到電勢能大的地方2．如圖1所示，實線為方向未知的三條電場線，a、b兩帶電粒子從電場中的O點以相同的初速度飛出．僅在電場力作用下，兩粒子的運動軌跡如圖中虛線所示，則()A．a(chǎn)一定帶正電，b一定帶負電B．a(chǎn)加速度減小，b加速度增大C．a(chǎn)電勢能減小，b電勢能增大D．a(chǎn)和b的動能一定都增大3．電場中有一點P，下列說法中正確的有()A．若放在P點的電荷的電荷量減半，則P點的場強減半B．若P點沒有試探電荷，則P點場強為零C．P點的場強越大，則同一電荷在P點受到的電場力越大D．P點的場強方向為放在該點的電荷所受電場力的方向4.如圖2所示，MN是一負點電荷產(chǎn)生的電場中的一條電場線．一個帶正電的粒子(不計重力)從a到b穿越這條電場線的軌跡如圖中虛線所示．下列結(jié)論正確的是()A．帶電粒子從a到b過程中動能逐漸減小B．負點電荷一定位于M點左側(cè)C．帶電粒子在a點時具有的電勢能大于在b點時具有的電勢能D．帶電粒子在a點的加速度小于在b點的加速度5.如圖3中虛線為勻強電場中與場強方向垂直的等間距平行直線，兩粒子M、N質(zhì)量相等，所帶電荷的絕對值也相等．現(xiàn)將M、N從虛線上的O點以相同速率射出，兩粒子在電場中運動的軌跡分別如圖中兩條實線所示．點a、b、c為實線與虛線的交點，已知O點電勢高于c點電勢．若不計重力，則()A．M帶負電荷，N帶正電荷B．N在a點的速度與M在c點的速度大小相同C．N在從O點運動至a點的過程中克服電場力做功D．M在從O點運動至b點的過程中，電場力對它做的功等于零6.如圖4所示是兩個等量異種點電荷，周圍有1、2、3、4、5、6各點，其中1、2之間距離與2、3之間距離相等，2、5之間距離與2、6之間距離相等．兩條虛線互相垂直且平分，那么關(guān)于各點電場強度和電勢的敘述正確的是()A．1、3兩點電場強度相同B．5、6兩點電場強度相同C．4、5兩點電勢相同D．1、3兩點電勢相同7.如圖5所示，真空中O點有一點電荷，在它產(chǎn)生的電場中有a、b兩點，a點的場強大小為Ea，方向與ab連線成60°角，b點的場強大小為Eb，方向與ab連線成30°角．關(guān)于a、b兩點場強Ea、Eb及電勢φa、φb的關(guān)系，正確的是()A．Ea＝3Eb，φa>φbB．Ea＝3Eb，φa<φbC．Ea＝eq\f(Eb,3)，φa<φbD．Ea＝eq\r(3)Eb，φa<φb8．如圖6甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，電子原來靜止在左極板小孔處，不計電子的重力，下列說法正確的是()A．從t＝0時刻釋放電子，電子始終向右運動，直到打到右極板上B．從t＝0時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動C．從t＝T/4時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動，也可能打到右極板上D．從t＝3T/8時刻釋放電子，電子必然打到左極板上9.如圖7所示，在水平放置的已經(jīng)充電的平行板電容器之間，有一帶負電的油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，若某時刻油滴的電荷量開始減小，為維持該油滴原來的靜止?fàn)顟B(tài)，應(yīng)()A．給平行板電容器充電，補充電荷量B．給平行板電容器放電，減小電荷量C．使兩金屬板相互靠近些D．使兩金屬板相互遠離些10.空間某一靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖8所示，x軸上兩點B、C的電場強度在x方向上的分量分別是EBx、ECx，下列說法中正確的有()A．EBx的大小大于ECx的大小B．EBx的方向沿x軸正方向C．電荷在O點受到的電場力在x方向上的分量最大D．負電荷沿x軸從B移到C的過程中，電場力先做正功，后做負功11.如圖9所示，帶等量異號電荷的兩平行金屬板在真空中水平放置，M、N為板間同一電場線上的兩點，一帶電粒子(不計重力)以速度vM經(jīng)過M點在電場線上向下運動，且未與下板接觸，一段時間后，粒子以速度vN折回N點，則()A．粒子受電場力的方向一定由M指向NB．粒子在M點的速度一定比在N點的大C．粒子在M點的電勢能一定比在N點的大D．電場中M點的電勢一定高于N點的電勢12.如圖10所示，三個質(zhì)量相同，帶電荷量分別為＋q、－q和0的小液滴a、b、c，從豎直放置的兩板中間上方由靜止釋放，最后從兩板間穿過，軌跡如圖所示，則在穿過極板的過程中()A．電場力對液滴a、b做的功相同第一章章末檢測1答案答案C答案BD解析由于不知道電場線的方向，故無法判斷粒子帶電性質(zhì)，A項錯誤；但可以判斷左方場強大于右方的場強，故a加速度減小，b加速度增大，B項正確；電場力對兩粒子均做正功，故電勢能均減小，動能都增大，C項錯誤，D項正確．答案C答案CD解析本題考查電場力、電勢能．由粒子運動的軌跡可知，帶電粒子受到的電場力向右，電場力對帶電粒子做正功，帶電粒子的電勢能減小，動能逐漸增大，負電荷一定在N側(cè)，帶電粒子在a點受到的電場力小于b點的電場力，所以在a點的加速度小于在b點的加速度，C、D項正確．答案BD解析由O點電勢高于c點電勢知，場強方向垂直虛線向下，由兩粒子運動軌跡的彎曲方向知N粒子所受電場力方向向上，M粒子所受電場力方向向下，故M粒子帶正電、N粒子帶負電，A錯誤．N粒子從O點運動到a點，電場力做正功．M粒子從O點運動至c點電場力也做正功．因為UaO＝UOc，且M、N粒子質(zhì)量相等，電荷的絕對值相等，由動能定理易知B正確．因O點電勢低于a點電勢，且N粒子帶負電，故N粒子運動中電勢能減少，電場力做正功，C錯誤．O、b兩點位于同一等勢線上，D正確．答案ABC解析兩個等量異種點電荷的中垂線是等勢線，所以2、4、5、6的電勢相等，C正確；順著電場線的方向電勢降低，1、3電勢不相等，D錯誤；1、2之間距離與2、3之間距離相等，由場強的矢量合成可以知道1、3兩點電場強度相同，A正確；2、5之間距離與2、6之間距離相等，由場強的矢量合成得5、6兩點電場強度相同，B正確．答案B解析點電荷所形成的電場強度為E＝keq\f(Q,r2)，又由題圖可知ratan60°＝rb，所以Ea＝3Eb.點電荷所形成的等勢面是以點電荷為球心的球面，從a、b兩點的場強方向可知此點電荷為負電荷，所以φa<φb.答案AC解析若t＝0時刻釋放電子，電子將重復(fù)先加速后減速，直到打到右極板，不會在兩板間振動，所以A正確，B錯誤；若從t＝T/4時刻釋放電子，電子先加速T/4，再減速T/4，有可能電子已到達右極板，若此時未到達右極板，則電子將在兩極板間振動，所以C正確；同理，若從t＝3T/8時刻釋放電子，電子有可能到達右極板，也有可能從左極板射出，這取決于兩板間的距離，所以D項錯誤；此題考查帶電粒子在交變電場中的運動．答案A解析為維持油滴靜止?fàn)顟B(tài)，應(yīng)增大兩板間場強，由Q＝CU，U＝Ed可知增大Q，E也增大，故A項對，B項錯；Q不變，改變d，E不變，C、D項錯．答案AD解析在φ—x圖中，圖象斜率表示場強大?。Y(jié)合題中圖象特點可知EBx>ECx，EOx＝0，故A對，C錯．根據(jù)電場中沿著電場線的方向電勢逐漸降低可知EBx沿x軸負方向，B項錯．負電荷在正x軸上受電場力沿x軸負向，在負x軸上受電場力沿x軸正向，故可判斷負電荷從B移到C的過程中，電場力先做正功后做負功，D項正確．答案B解析兩平行金屬板間的電場為勻強電場．帶電粒子先向下運動又折回說明粒子先向下做勻減速運動，折回后向上做勻加速運動．整個過程具有對稱性，由此可知B項正確．答案AD解析此題考查帶電粒子在電場中的受力運動及能量變化規(guī)律，因a、b帶電荷量相等，所以穿過兩板時電場力做功相同，電勢能增加量相同，A對，C錯；c不帶電，不受電場力作用，由動能定理，三者動能增量不同，B錯；a、b、c三者穿出電場時，由WG＝mgh知，重力對三者做功相同，D對．答案(1)－50V－30V(2)－10V解析(1)UPQ＝φP－φQ＝－50V，φA＝eq\f(UPQ,d)·d1＝eq\f(－50,0.1)×0.06V＝－30V．因Q板接地，故P點電勢φP＝－50V.(2)φA′＝eq\f(UPQ,d′)·d2＝eq\f(－50,0.50)×0.01V＝－10V.答案(1)2.5N/C沿x軸的負方向(2)負電2.6m解析(1)由題圖可得B點電場強度的大小EB＝eq\f(F,q)＝2.5N/C.因B點的試探電荷帶負電，而受力指向x軸的正方向，故B點場強的方向沿x軸的負方向．(2)因A點的正電荷受力和B點的負電荷受力均指向x軸的正方向，故點電荷Q位于A、B兩點之間，帶負電．設(shè)點電荷Q的坐標為x，則EA＝keq\f(Q,x－22)，EB＝keq\f(Q,5－x2).由題圖可得EA＝40N/C，解得x＝2.6m.答案4.5×10－2s解析取帶電小球為研究對象，設(shè)它帶電荷量為q，則帶電小球受重力mg和電場力qE的作用．當(dāng)U1＝300V時，小球平衡：mg＝qeq\f(U1,d)①當(dāng)U2＝60V時，帶電小球向下極板做勻加速直線運動：mg－qeq\f(U2,d)＝ma②又h＝eq\f(1,2)at2③由①②③得：t＝eq\r(\f(2U1h,U1－U2g))＝eq\r(\f(2×0.8×10－2×300,300－60×10))s＝4.5×10－2s答案(1)0.52s(2)0.102m解析(1)設(shè)小球從P到Q需時間t1，由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)得t1＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×1.25,10))s＝0.5s，小球進入電場后其飛行時間取決于電場力產(chǎn)生的加速度a，由力的獨立作用原理，可以求出小球在電場中的運動時間t2.應(yīng)有qE＝ma，E＝eq\f(U,d)，eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)，以上三式聯(lián)立，