靜電場章末測試(建議用時：75分鐘)一、單項選擇題1．(2019·浙江選考)電荷量為4×10－6 C的小球絕緣固定在A點，質(zhì)量為0.2 kg、電荷量為－5×10－6 C的小球用絕緣細線懸掛，靜止于B點。A、B間距離為30 cm，AB連線與豎直方向夾角為60°。靜電力常量為9.0×109 N·m2/C2，小球可視為點電荷。下列圖示正確的是(　　)【答案】B　【解析】兩球之間的庫侖力為F＝k＝9.0×109× N＝2 N，小球B受到的重力大小為GB＝2 N，且F與豎直方向夾角為60°，F＝GB，故小球B受到的庫侖力，重力以及細線的拉力，組成的矢量三角形為等邊三角形，所以細線與豎直方向的夾角為60°，B正確。2．如圖所示，虛線表示某電場中的三個等勢面，a、a′、b、b′、c、c′為分布在等勢面上的點。一帶電粒子從a點運動到c點的過程中電場力做功為Wac，從a′點運動到c′點的過程中電場力做功為Wa′c′。下列說法正確的是(　　)A．c點的電場方向一定指向b點B． a′點電勢一定比c′點電勢高C．帶電粒子從c點運動到c′點，電場力做功為0D．|Wac|<|Wa′c′|【答案】C　【解析】帶電粒子的電性和電場力做功的正負均未知，所以各等勢面的電勢高低未知，電場線的方向未知，A、B錯誤；因為c和c′在同一個等勢面上，電勢差U＝0，根據(jù)電場力做功W＝qU可知電場力對帶電粒子做功為0，C正確；根據(jù)題意可得a、c兩點的電勢差與a′、c′兩點之間的電勢差相等，根據(jù)電場力做功W＝qU可知|Wac|＝|Wa′c′|，D錯誤。3．(2019·浙江4月選考)質(zhì)子療法進行治療，該療法用一定能量的質(zhì)子束照射腫瘤殺死癌細胞?，F(xiàn)用一直線加速器來加速質(zhì)子，使其從靜止開始被加速到1.0×107 m/s。已知加速電場的場強為1.3×105 N/C，質(zhì)子的質(zhì)量為1.67×10－27kg，電荷量為1.6×10－19 C，則下列說法正確的是(　　)A．加速過程中質(zhì)子電勢能增加B．質(zhì)子所受到的電場力約為2×10－15NC．質(zhì)子加速需要的時間約為8×10－6sD．加速器加速的直線長度約為4 m【答案】D　【解析】加速過程中電場力對質(zhì)子做正功，則質(zhì)子電勢能減小，選項A錯誤；質(zhì)子所受到的電場力約為F＝Eq＝1.3×105×1.6×10－19N＝2×10－14N，選項B錯誤；加速度a＝＝ m/s2≈1.2×1013m/s2，則質(zhì)子加速需要的時間約為t＝＝ s＝8.3×10－7s，選項C錯誤；加速器加速的直線長度約為x＝t＝×8.3×10－7m≈4 m，選項D正確。4．如圖所示，邊長為L的正六邊形 ABCDEF的5條邊上分別放置5根長度也為L的相同絕緣細棒。每根細棒均勻帶上正電?，F(xiàn)將電荷量為＋Q的點電荷置于BC中點，此時正六邊形幾何中心O點的場強為零。若移走＋Q及AB邊上的細棒，則O點電場強度大小為(k為靜電力常量，不考慮絕緣棒及＋Q之間的相互影響)(　　)A．  B．  C．  D．【答案】D【解析】由題意，＋Q的點電荷在O點的電場強度大小為E＝＝；那么每根細棒在O點的電場強度大小也為E＝；因此＋Q及AB邊上的細棒在O點的合電場強度大小E合＝，其方向如圖所示。若移走＋Q及AB邊上的細棒，那么其余棒在O點的電場強度大小為E合′＝，故A、B、C錯誤，D正確。5．如圖所示，平行板電容器C通過電阻箱R與恒壓電源E連接，開關(guān)S閉合時一帶電粒子剛好靜止在水平放置的兩板中央，若使粒子向下運動，以下說法正確的是(　　)A．?dāng)嚅_開關(guān)B．將板間距增大C．將電容器的上極板水平向右平移少許D．增大電阻箱R的阻值【答案】B【解析】斷開開關(guān)，電容器電荷量不變，不改變極板間場強，粒子仍保持靜止，故A錯誤；極板間距增大，由E＝，可知場強減小，電場力減小，則粒子向下運動，故B正確；將電容器的上極板水平向右平移少許，極板正對面積減小，但極板間距不變，則場強和電場力均不改變，故C錯誤；因電容器與電源串聯(lián)，則電容器兩端電壓與電源電動勢相等，改變電阻箱阻值，并不會改變電容器兩端電壓，所以粒子仍靜止，故D錯誤。    6．示波器是一種多功能電學(xué)儀器，由加速電場和偏轉(zhuǎn)電場組成。如圖所示，電子在電壓為U1的電場中由靜止開始加速，然后射入電壓為U2的平行金屬板間的電場中，入射方向與極板平行，在滿足電子能射出平行電場區(qū)域的條件下，下述情況一定能使電子偏轉(zhuǎn)角度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【答案】B　【解析】電子通過加速電場時有eU1＝mv02，電子在偏轉(zhuǎn)電場中，垂直于電場線的方向上做勻速直線運動，則運動時間t＝；平行于電場線的方向上做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a＝，末速度vy＝at＝，偏轉(zhuǎn)角tan θ＝＝，所以θ∝，B正確。7．靜電場方向平行于x軸，將一電荷量為－q的帶電粒子在x＝d處由靜止釋放，粒子只在電場力作用下沿x軸運動，其電勢能Ep隨x的變化關(guān)系如圖所示。若規(guī)定x軸正方向為電場強度E、加速度a的正方向，下列選項中的四幅示意圖分別表示電勢隨x的分布、場強E隨x的分布、粒子的加速度a隨x的變化關(guān)系和粒子的動能Ek隨x的變化關(guān)系，其中正確的是(　　 )【答案】D　【解析】根據(jù)帶電－q的粒子只在電場力作用下沿x軸運動，其電勢能Ep隨x的變化關(guān)系圖像可知，電勢先均勻升高到最大，然后均勻減小到零，圖像A錯誤；場強方向在x負半軸為沿x負方向，在正半軸為沿x軸正方向，場強E隨x的分布圖B錯誤；粒子先做勻加速直線運動到O點(加速度為正值)后做勻減速直線運動(加速度為負值)，粒子的加速度a隨x的變化關(guān)系圖像C錯誤；由動能定理，－qEx＝Ek，粒子的動能Ek隨x的變化關(guān)系圖像，D正確。8．如圖甲所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖乙所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上。則t0可能屬于的時間段是(　　 )A．0<t0<   B．<t0<C．<t0<T   D．T<t0<【答案】B　【解析】設(shè)粒子的速度方向、位移方向向右為正。依題意得，粒子的速度方向時而為負，時而為正，最終打在A板上時位移為負，速度方向為負。作出t0＝0、、、時粒子運動的速度時間圖像如圖所示。由于速度圖線與時間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖像可知0<t0<，<t0<T時粒子在一個周期內(nèi)的總位移大于零；<t0<時粒子在一個周期內(nèi)的總位移小于零；當(dāng)t0>T時情況類似。因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零，對照各選項可知只有B正確。二、多項選擇題9．如圖所示，實線表示某電場中的四個等勢面，它們的電勢分別為φ1、φ2、φ3和φ4，相鄰等勢面間的電勢差相等，一帶負電的粒子(重力不計)在該電場中運動的軌跡如虛線所示，a、b、c、d是其運動軌跡與等勢面的四個交點，下列說法正確的是(　　)A．φ4等勢面上各點電場強度處處相同B．四個等勢面的電勢關(guān)系是φ1<φ2<φ3<φ4C．粒子在四點的動能大小關(guān)系是Eka>Ekb>Ekc＝EkdD．粒子從a運動到d的過程中靜電力先做正功后做負功【答案】BC【解析】根據(jù)等勢面的疏密表示場強的強弱，所以φ4等勢面上各點電場強度大小不相同，A錯誤；根據(jù)曲線運動的特點知合外力總是指向軌跡彎曲的一面，所以帶負電的粒子所受電場力的方向指向右邊，則場強方向指向左邊，根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低，所以四個等勢面的電勢關(guān)系是φ1<φ2<φ3<φ4，B正確；帶負電的粒子所受電場力的方向指向右邊，則粒子從a點運動到b、c點過程中，電場力做負功，根據(jù)動能定理知粒子的動能減小，但是由于c、d兩點在同一等勢面上，則電場力做的功相等所以動能變化相等，則粒子在c、d兩點的動能相等，所以粒子在四點的動能大小關(guān)系是Eka>Ekb>Ekc＝Ekd，C正確；粒子從a運動到d的過程中靜電力先做負功后做正功，D錯誤。10．電荷量相等的四個點電荷分別固定于正方形的四個頂點，O點是正方形的中心，電場線分布如圖所示，取無限遠處電勢為零。下列說法正確的(　　)A．正方形右下角電荷q帶正電B．M、N、P三點中N點場強最小C．M、N、P三點中M點電勢最高D．負電荷在P點的電勢能比在O點的電勢能小【答案】AC　【解析】根據(jù)電場線的特點，正方形左上角電荷帶正電，順時針開始，第二個電荷帶負電，右下角電荷帶正電，第四個電荷帶負電，A正確。根據(jù)電場線的疏密，M、N、P三點中M點場強最小，B錯誤。依據(jù)對稱性可知，O點電勢為零，M點電勢為正，N、P兩點更接近負電荷，電勢為負，所以三點中M點電勢最高。將負電荷從P點移動到O點，電勢升高，電場力做正功，電勢能減少，所以負電荷在P點的電勢能比在O點的電勢能高，C正確，D錯誤。11．(2020·全國卷Ⅱ，20)如圖，豎直面內(nèi)一絕緣細圓環(huán)的上、下半圓分別均勻分布著等量異種電荷。a、b為圓環(huán)水平直徑上的兩個點，c、d為豎直直徑上的兩個點，它們與圓心的距離均相等。則(　　)A．a、b兩點的場強相等 B．a、b兩點的電勢相等C．c、d兩點的場強相等 D．c、d兩點的電勢相等【答案】ABC【解析】沿豎直方向?qū)A環(huán)分割成無窮個小段，關(guān)于水平直徑對稱的兩小段構(gòu)成等量異種點電荷模型，在等量異種點電荷的垂直平分線上各點場強方向由正點電荷指向負點電荷，根據(jù)對稱性可知a、b兩點的場強相等，A項正確；取無窮遠處電勢為零，在等量異種點電荷的垂直平分線上各點電勢均為零，故a、b兩點的電勢相等，B項正確；沿水平方向?qū)A環(huán)分割成無窮個小段，關(guān)于豎直直徑對稱的兩小段構(gòu)成等量同種點電荷模型，在等量同種點電荷的垂直平分線上各點場強方向垂直于連線，根據(jù)對稱性可知c、d兩點的場強相等，C項正確；在等量異種點電荷模型中，距離正點電荷近的點電勢高，故φc>φd，D項錯誤。 12．如圖所示，勻強電場中等腰直角三角形ABC，＝＝2 cm，D為 AB邊中點，電場方向與△ABC所在平面平行，規(guī)定B點的電勢為0。將電荷量q＝－6×10－6 C的點電荷從A點移到B點，電場力做了－2.4×10－5 J的功，再將電荷從B點移到C點，電場力又做了1.2×10－5 J的功，則(　　)A．點電荷q在D點具有的電勢能為1.0×10－5 JB．A點的電勢為4 VC．該勻強電場的場強大小為100 V/m，方向垂直于CD連線指向B點D．△ABC繞B點順時針旋轉(zhuǎn)，無論轉(zhuǎn)過多大的角度，A、C兩點電勢都不會相等【答案】BC【解析】根據(jù)公式U＝，則有UAB＝＝ V＝4 V①UBC＝＝ V＝－2 V②規(guī)定B點的電勢為0，則φA＝UAB＝4 V，在勻強電場中沿著同一方向距離相等的任何兩點間電勢差相等，則φD＝＝2 V，故點電荷q在D點具有的電勢能為EpD＝qφD＝(－6×10－6)×2 J＝－1.2×10－5 J，故A錯誤，B正確；因φB＝0，則φC＝－UBC＝2 V，故連接CD則為一條等勢面，過B做CD垂線則為一條電場線，如圖所示，由幾何關(guān)系得，sin ∠BCD＝＝，則E＝＝ V/m＝100 V/m，根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知，電場方向為垂直于CD連線指向B點，故C正確；將△ABC繞B點順時針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)轉(zhuǎn)到AC與電場線垂直時，A、C兩點電勢相等，故D錯誤。三、實驗題13．如圖甲所示是一種觀察電容器充、放電的實驗電路圖，實驗是通過對高阻值電阻放電的方法，測出電容器充電至電壓U時所帶電量Q，從而再求出電容器的電容C。某同學(xué)在一次實驗時的情況如下：接通開關(guān)S，調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值，使小量程電流表的指針偏轉(zhuǎn)接近滿刻度，記下此時電流表的示數(shù)是I0＝490 μA，電壓表的示數(shù)U0＝6.0 V，I0、U0分別是電容器放電時的初始電壓和電流。斷開開關(guān)S，同時開始計時，每隔5 s測讀一次電流I的值，將測得數(shù)據(jù)填入表格，并標在圖乙坐標紙上(時間t為橫坐標、電流i為縱坐標)，結(jié)果如圖中小黑點“·”所示。(1)在圖乙中畫出i－t圖線，圖線與坐標軸所圍成面積的物理意義是________________________________；(2)該電容器電容為________F(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)；(3)若某同學(xué)實驗時把電壓表接在F、D兩端，則電容的測量值比它的真實值________(填“大”“小”或“相等”)。【答案】(1)見解析圖，電容器在開始放電時所帶的電荷量　(2)1.5×10－3　(3)小【解析】(1)如圖所示，由ΔQ＝IΔt 知，i－t圖象與坐標軸所包圍的面積為電容器在開始放電時所帶的電荷量。(2)查出格子數(shù)，由總格子數(shù)乘以每個格子的“面積”值求Q＝8.75×10－3 C則C＝＝1.5×10－3 F。(3)電容的測量值比它的真實值偏小，原因是若把電壓表接在F、D兩端，則電容器在放電時，有電流會從電壓表中通過，從而使得通過電流表中的電荷量小于電容器的帶電荷量，從而使電容的測量值比它的真實值偏小。14．(2022·河南、安徽標準學(xué)術(shù)能力診斷)在“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實驗中，對給定電容值為C的電容器充電后放電，無論采用何種放電方式，其兩極間的電勢差u隨電荷量q的變化圖像都相同。(1)請在圖1中畫出上述u－q圖像。類比直線運動中由v－t圖像求位移的方法，可以推導(dǎo)出兩極間電壓為U時電容器所儲存的電能Ep＝________(用C和U表示)。(2)在如圖2所示的放電電路中，R表示電阻。通過改變電路中元件的參數(shù)對同一電容器用相同的電壓充電后進行兩次放電，對應(yīng)的q－t曲線如圖3中①②所示。a．①②兩條曲線不同是________的改變造成的；b．在實際應(yīng)用中，有時需要電容器快速放電，有時需要電容器均勻放電。依據(jù)a中的結(jié)論，說明實現(xiàn)這兩種放電方式的途徑________。(3)如圖4所示，若某法拉電容的額定電壓為2.7 V，電容為10 F，其充滿電后儲存的電能為________J(計算結(jié)果保留3位有效數(shù)字)。【答案】(1)圖見解析　CU2　(2)a.R　b．減小電阻R，可以實現(xiàn)對電容器更快速放電；增大電阻R，可以實現(xiàn)更均勻放電　(3)36.5【解析】(1)由電容的定義式可知C＝則u－q圖像為斜率恒定的直線，如圖所示圖像和橫軸圍成的面積為所儲存的電能Ep＝qU又由于電容器的定義式C＝＝則有Ep＝CU 2。(2)可知，①②兩次放出電荷量相等，由Q＝CU＝CE知，兩次電源電動勢相等，故①②兩條曲線不同并不是E的改變造成的，只能是R的改變造成的。減小電阻R時，剛開始放電瞬間電流I大，曲線上該點切線斜率大，即為曲線①，短時間內(nèi)放出的電荷量更多，故可以實現(xiàn)對電容器快速放電；增大電阻R時，放電瞬間電流I小，即為直線②，可以實現(xiàn)更均勻放電。(3)根據(jù)公式有Ep＝CU 2＝×10×2.72 J≈36.5 J。四、解答題15．如圖所示，質(zhì)量為m的小球A穿在光滑絕緣細桿上，桿的傾角為α，小球A帶正電(可視為點電荷)，電荷量為q。在桿上B點處固定一個電荷量為Q的正點電荷。將A由距B豎直高度為H處無初速度釋放，小球A下滑過程中電荷量不變。整個裝置處在真空中，已知靜電力常量k和重力加速度g。求：(1)A球剛釋放時的加速度是多大；(2)當(dāng)A球的動能最大時，A球與B點間的距離。【答案】(1)gsin α－　(2) 【解析】(1)小球A剛釋放時，由牛頓第二定律有mgsin α－F＝ma，根據(jù)庫侖定律有F＝k，又r＝聯(lián)立解得a＝gsin α－(2)當(dāng)A球受到的合力為零，即加速度為零時，動能最大。設(shè)此時A球與B點間的距離為d。則mgsin α＝，解得d＝ 。16．如圖所示，在平面直角坐標系中，有方向平行于坐標平面的勻強電場，坐標系內(nèi)有A、B兩點，其中A點坐標為(6 cm,0)，B點坐標為(0， cm)，坐標原點O處的電勢為0，A點的電勢為8 V，B點的電勢為4 V?，F(xiàn)有一帶電粒子從坐標原點O處沿電勢為0的等勢線方向以速度v＝4×105 m/s射入電場，粒子運動時恰好通過B點，不計粒子所受重力，求：(1)圖中C處(3 cm,0)的電勢；(2)勻強電場的場強大小；(3)帶電粒子的比荷。【答案】(1)4 V　(2)×102 V/m　(3)2.4×1011 C/kg【解析】(1)設(shè)C處的電勢為φC，因為OC＝CA所以φO－φC＝φC－φA解得φC＝＝ V＝4 V。(2)B、C兩點的連線為等勢線，電場強度方向與等勢線BC垂直，設(shè)∠OBC＝θ，則OB＝L＝ cm。因為tan θ＝＝，所以θ＝60°又U＝Ed可得E＝＝＝ V/m＝×102 V/m。(3)帶電粒子做類平拋運動，則有Lcos θ＝vtLsin θ＝t2解得＝＝ C/kg＝2.4×1011 C/kg所以帶電粒子的比荷為2.4×1011 C/kg。17．如圖所示，虛線左側(cè)有一場強為E1＝E的勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強度為E2＝2E的勻強電場，在虛線PQ右側(cè)距PQ為L處有一與電場E2平行的屏?，F(xiàn)將一電子(電荷量為e，質(zhì)量為m，重力不計)無初速度地放入電場E1中的A點，最后電子打在右側(cè)的屏上，A點到MN的距離為，AO連線與屏垂直，垂足為O，求：(1)電子從釋放到打到屏上所用的時間；(2)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角θ的正切值tan θ；(3)電子打到屏上的點到點O的距離x。【答案】(1)3　(2)2　(3)3L【解析】(1)從A點到MN的過程中，由動能定理得eE·＝mv2解得v＝電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)加速度為a1，時間為t1，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式得a1＝則時間t1＝＝從MN到屏的過程中運動的時間為t2＝＝2運動的總時間為t＝t1＋t2＝3。(2)設(shè)電子射出電場E2時沿平行電場線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律得，電子在電場中的加速度為a2＝運動時間為t3＝則豎直方向速度為vy＝a2t3所以tan θ＝＝2。(3)如圖，電子離開電場E2后，將速度方向反向延長交于E2場的中點O′，由幾何關(guān)系知tan θ＝解得x＝3L。
 

相關(guān)試卷

新高考物理一輪復(fù)習(xí)精講精練第12章 交變電流 章末測試（含解析）：

這是一份新高考物理一輪復(fù)習(xí)精講精練第12章 交變電流 章末測試（含解析），共12頁。試卷主要包含了單項選擇題，多項選擇題，非選擇題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

新高考物理一輪復(fù)習(xí)精講精練第10章 磁場 章末測試（含解析）：

這是一份新高考物理一輪復(fù)習(xí)精講精練第10章 磁場 章末測試（含解析），共13頁。試卷主要包含了單項選擇題，多項選擇題，非選擇題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

新高考物理一輪復(fù)習(xí)精講精練第8章 靜電場 第2講 電場能的性質(zhì)（含解析）：

這是一份新高考物理一輪復(fù)習(xí)精講精練第8章 靜電場 第2講 電場能的性質(zhì)（含解析），共35頁。試卷主要包含了靜電力做功和電勢能，電勢和等勢面，電勢差，電場中的圖像問題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

新高考物理一輪復(fù)習(xí)精講精練第8章 靜電場 第1講 電場力的性質(zhì)（含解析）

新高考物理一輪復(fù)習(xí)精講精練第8章 靜電場 第1講 電場力的性質(zhì)（含解析）
新高考物理一輪復(fù)習(xí)精講精練第4章 曲線運動 章末測試（含解析）

新高考物理一輪復(fù)習(xí)精講精練第4章 曲線運動 章末測試（含解析）
新高考物理一輪復(fù)習(xí)精講精練第3章 牛頓運動定律 章末測試（含解析）

新高考物理一輪復(fù)習(xí)精講精練第3章 牛頓運動定律 章末測試（含解析）
新高考物理一輪復(fù)習(xí)精講精練第2章 相互作用 章末測試（含解析）

新高考物理一輪復(fù)習(xí)精講精練第2章 相互作用 章末測試（含解析）
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部