高考物理一轮基础复习 电场综合检测卷-人教版高三全册物理试题.doc

电场综合检测卷一、选择题(每小题4分，共40分)1如图所示，在O点固定一正点电荷，A为电场中的一点，若在A点垂直于OA方向发射一带电粒子(粒子只受电场力作用)，则在较短的时间内()A带电粒子的电势能一定增大B带电粒子的动能一定增大C带电粒子一定做曲线运动D带电粒子可能做匀速圆周运动解析CD在A点垂直于OA发射的带电粒子可能为正电荷，也可能为负电荷，速度也不知道，如果带电粒子带负电且速度恰当，则可能刚好使带电粒子绕O点的正电荷做匀速圆周运动，O点的正电荷对A点的带电粒子的作用力充当了带电粒子做圆周运动的向心力，不做功，因此，带电粒子的电势能、动能不变，A、B错误，D正确；由于带电粒子的速度方向与所受力的方向不在同一直线上，因此，带电粒子一定做曲线运动，C正确2学习库仑定律后，某物理兴趣小组根据该定律探究相同金属小球的电荷量分配关系取三个完全相同的不带电金属球A、B、C，首先使A球带上一定电荷，A、B接触后放到相距r的地方，测得两球间的库仑力为FAB.B、C接触后也放到相距r的地方，测得两球间的库仑力为FBC，如果金属球间的电荷量平分，FAB、FBC的比值应该满足()A11 B21 C31 D41解析D设A球原来的电荷量为Q，并且满足相同金属球接触后电荷量平分，AB间的作用力FAB，BC间的作用力FBC，所以.3.如图所示，在真空中的A、B两点分别放置等量异种点电荷，在A、B两点间取一正五角星形路径abcdefghija，五角星的中心O与A、B的中点重合，其中af连线与AB连线垂直现有一电子沿该路径逆时针移动一周，下列判断正确的是()Aa点和f点的电势相等Bb点和j点的电场强度相同C电子从e点移到f点的过程中，电势能减小；从f点移到g点的过程中，电势能增大D若A、B两点处的点电荷电荷量都变为原来的2倍，则A、B连线中点O点的场强也变为原来的2倍解析AD由题意，在等量异种电荷形成的电场中，aOf为零电势面，ab，故A正确；b点与j点关于af对称，则b点与j点处电场强度大小相同，方向不同，则B错误；e<0，f0，g>0，则电子从e点移到f点的过程中，电场力做正功，电势能减小，从f点移至g点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故C错误；设OAOBr，则EO2，当q变为2q时，EO24，故D正确4.图为静电除尘器除尘机理的示意图尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的下列表述正确的是()A到达集尘极的尘埃带正电荷B电场方向由集尘极指向放电极C带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大解析BD在放电极附近，电场线呈辐射形散开，且场强非常强电子在电场中加速，附着在尘埃上向集尘极移动，故迁移到集尘极的尘埃带负电，A错误负电荷向集尘极移动，电场方向从集尘极指向放电极，其受电场力的方向与场强的方向相反，故B正确，C错误由F电qE，可知，同一位置E一定，q越大，电场力越大，故D正确5.如图所示，虚线为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0.一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26 eV和5 eV.当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为8 eV时，它的动能应为()A8 eV B13 eV C20 eV D34 eV解析C由于正电荷由a到b动能减小了21 eV，而电场中机械能和电势能总和不变，故在等势面3的动能应为12 eV，总能量为12 eV012 eV.当在所求位置时，因为电势能为8 eV，所以动能为12 eV(8 eV)20 eV，故应选C.6.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地两板间有一个正试探电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是()解析C由平行板电容器的电容C可知A错在电容器两极板所带电荷量一定情况下，U，E与d无关，则B错在负极板接地的情况下，0El0，则C项正确正电荷在P点的电势能Wqq(0El0)，显然D错7.如图所示，在粗糙程度相同的斜面上固定一点电荷Q，在M点无初速度地释放带有恒定电荷的小物块，小物块在Q的电场中沿斜面运动到N点静止，则从M到N的过程中()AM点的电势一定高于N点的电势B小物块的电势能可能增加C小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功D小物块和点电荷Q一定是同种电荷解析D由题意知小物块在向下运动的过程中，受到的重力、斜面支持力、沿斜面向上的摩擦力都是恒力，由于小物块运动中距点电荷Q的距离增大，则库仑力减小，而小物块先加速后减速，故库仑力必是斥力的作用，则库仑力做正功，电势能减小，但物块所带电荷的电性未知，故不能确定M、N两点电势的高低，A、B错误，D正确由能量守恒可知小物块克服摩擦力所做的功等于电势能减少量与重力势能减少量之和，C错误8如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略在满足电子能射出平行板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是()AU1变大、U2变大 BU1变小、U2变大CU1变大、U2变小 DU1变小、U2变小解析B设电子被加速后获得的初速度为v0，则由动能定理得：U1qmv，又设水平极板长为l，则电子在水平极板间偏转所用时间t，又设电子在水平极板间的加速度为a，水平极板的板间距为d，由牛顿第二定律得：a，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度vyat，联立解得vy.又tan ，故U2变大、U1变小一定能使偏转角变大，故选项B正确9.给平行板电容器充电，断开电源后A极板带正电，B极板带负电板间一带电小球C用绝缘细线悬挂，如图所示小球静止时与竖直方向的夹角为，则以说法不正确的是()A若将B极板向右平移稍许，电容器的电容将减小B若将B极板向下平移稍许，A、B两板间电势差将增大C若将B极板向上平移稍许，夹角将变大D轻轻将细线剪断，小球将做斜抛运动解析D平行板电容器的电容为C，电容器两极板间的电压为U，两极板间电场的场强大小为E.给平行板电容器充电，断开电源后电容器的带电量Q保持不变，B极板向右平移稍许，两极板间的距离变大，电容器的电容将减小，A正确；B极板向下平移稍许，两极板的正对面积减小，两极板间的电势差增大，两极板间的场强增大，带电小球C所受的电场力增大，夹角将变大，B、C正确；将细线剪断，带电小球C受到重力和电场力的作用，合力保持不变，小球做直线运动，D错误10如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上固定放置一光滑、绝缘的挡板ABCD，AB段为直线形挡板，BCD段是半径为R的圆弧形挡板，挡板处于场强为E的匀强电场中，电场方向与圆直径MN平行现有一带电量为q、质量为m的小球由静止从挡板上的A点释放，并且小球能沿挡板内侧运动到D点抛出，则()A小球运动到N点时，挡板对小球的弹力可能为零B小球运动到N点时，挡板对小球的弹力可能为qEC小球运动到M点时，挡板对小球的弹力可能为零D小球运动到C点时，挡板对小球的弹力一定大于mg解析C小球沿光滑轨道内侧运动到D点抛出，说明小球在N、C、M点的速度均不为零，在N点，FNqEm，FN必大于Eq，选项A、B均错误；在C点，FCm，无法比较FC与mg的大小，选项D错误；在M点，FMqEm，当vM时FM0，选项C正确二、非选择题(共60分)11.(6分)如图所示，把电量为5×109 C的电荷，从电场中的A点移到B点，其电势能_(选填“增大”“减小”或“不变”)；若A点的电势UA15 V，B点的电势UB10 V，则此过程中电场力做的功为_J.解析将电荷从电场中的A点移到B点，电场力做负功，其电势能增加；由电势差公式UAB，WqUAB5×109×(1510) J2.5×108 J.【答案】增大2.5×10812(8分)将电荷量为6×106 C的负电荷从电场中的A点移到B点，克服静电力做了3×105 J的功，再从B点移到C点，静电力做了1.2×105 J的功，则(1)电荷从A移到B，再从B移到C的过程中，电势能共改变了多少？(2)如果规定A点的电势能为零，则该电荷在B点和C点的电势能分别为多少？(3)若A点为零电势点，则B、C两点的电势各为多少？解析(1)电荷从A移到B克服静电力做了3×105 J的功，电势能增加了3×105 J；从B移到C的过程中静电力做了1.2×105 J的功，电势能减少了1.2×105 J，整个过程电势能增加Ep3×105 J1.2×105 J1.8×105 J.(2)如果规定A点的电势能为零，电荷从电场中的A点移到B点，克服静电力做了3×105 J的功，电势能增加了3×105 J，所以电荷在B点的电势能为EpB3×105 J；整个过程电势能增加了1.8×105 J，所以电荷在C点的电势能为EpC1.8×105 J.(3)根据电势定义得，B、C两点的电势分别为B V5 V.C V3 V.【答案】(1)增加了1.8×105 J(2)3×105 J1.8×105 J(3)5 V3 V13(10分)如图所示，光滑绝缘半球槽的半径为R，处在水平向右的匀强电场中，一质量为m的带电小球从槽的右端A处无初速沿轨道滑下，滑到最低位置B时，球对轨道的压力为2mg.求：(1)小球受到的电场力的大小和方向；(2)带电小球在滑动过程中的最大速度解析(1)设小球运动到最低位置B时速度为v.此时2mgmgm，设电场力大小为F，由题意小球从A处沿槽滑到最低位置B的过程中，根据动能定理有mgRFRmv20，由以上两式得Fmg，负号表示电场力的方向为水平向右(2)小球在滑动过程中有最大速度的条件是小球沿轨道运动到某位置时切向合力为零设此时小球和圆心角间的连线与竖直方向的夹角为如图所示，则mgsin Fcos ，解得tan .小球由A处到最大速度位置过程中mgRcos mgR(1sin )mv0解得vm.【答案】(1)mg水平向右(2)14(10分)如图甲所示装置置于水平匀强电场中，装置是由水平部分和圆弧组成的绝缘轨道其水平部分粗糙，动摩擦因数为(<1)；圆弧部分是半径为R的光滑轨道，C为圆弧最高点，B为圆弧最低点若匀强电场的场强Emg/q，质量为m、电荷量q的滑块由A点静止释放，滑块恰好能做完整的圆周运动问：(1)滑块到达C点的速度多大？(2)AB间的最小距离为多少？解析(1)滑块在圆弧轨道上受重力和电场力作用，如图乙所示，则合力F合mgtan 1则45°滑块做完整圆周运动必须过复合场的最高点D(如图丙所示)，恰能过D点，则需满足F合设滑块在C、D两点的速度分别为vC、vD，从C点到D点，由动能定理有mgR(1sin )qERcos mvmv由上式联立解得vC.(2)滑块从B到C，由动能定理有2mgRmvmv滑块从A到B，由动能定理有(qEmg)xABmv联立上式解得xAB.【答案】(1)(2)15(12分)如图甲所示，静电除尘装置中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连质量为m、电荷量为q、分布均匀的尘埃以水平速度v0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集通过调整两极板间距d可以改变收集效率.当dd0时，为81%(即离下板0.81d0范围内的尘埃能够被收集)不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用(1)求收集效率为100%时，两板间距的最大值dm；(2)求收集效率与两板间距d的函数关系；(3)若单位体积内的尘埃数为n，求稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量M/t与两板间距d的函数关系，并绘出图线解析(1)收集效率为81%，即离下板0.81d0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电源的电压为U，则水平方向有Lv0t在竖直方向有0.81d0at2其中a当减小两极板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率收集效率恰好为100%时，两板间距为dm.如果进一步减小d，收集效率仍为100%因此，水平方向有Lv0t在竖直方向有dmat2其中a联立可得：dm0.9d0.(2)通过前面的求解可知，当d0.9d0时，收集效率为100%当d>0.9d0时，设距下板x处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有x()2根据题意，收集效率为联立可得：0.81()2.(3)稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量M/tnmbdv0当d0.9d0时，1，因此M/tnmbdv0当d>0.9d0时，0.81()2，因此M/t0.81nmbv0绘出的图线如下【答案】(1)0.9d0(2)0.81()2(3)见解析16(14分)如图所示，真空中水平放置的两个相同极板M和N长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b，在两板间加上可调偏转电压U，一束质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点(2)求两板间所加偏转电压U的范围(3)求粒子可能到达屏上区域的范围解析(1)设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，偏转角为，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，如图所示，则有yat2Lv0tvyattan 联立可得x即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心(2)粒子在电场中偏转的加速度a，电场强度E联立可得y当y时，U则两板间所加电压的范围为U.(3)当y时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大(设为y0)，则y0(b)tan ，而tan ，所以y0则粒子可能到达屏上区域的长度为.【答案】(1)见解析(2)U(3)