期中達標檢測卷(考試時間：60分鐘滿分：100分)一、選擇題：本題共20小題，每小題3分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．關于電容器的電容，下列說法中正確的是()A．電容器兩極的電勢差越大，電容就越大B．電容器所帶電荷量越多，電容就越大C．電容器所帶電荷量為零，電容就為零D．電容器的電容與兩極的電勢差及所帶電荷量均無關，僅由電容器本身因素決定【答案】D【解析】電容是電容器容納電荷本領的屬性，其大小與加在兩板上的電壓無關，與帶電量多少無關，僅由電容器本身因素決定．故選D．2．如圖所示，a、b兩點位于以負點電荷－Q(Q＞0)為球心的球面上，c點在球面外，則()A．a點場強的大小比b點大 B．b點場強的大小比c點小C．a點電勢比b點高 D．b點電勢比c點低【答案】D【解析】由點電荷的場強公式E＝keq\f(Q,r2)可知，a、b兩點到場源電荷的距離相等，所以a、b兩點的電場強度大小相等，故A錯誤；由于c點到場源電荷的距離比b點的大，所以b點的場強大小比c點的大，故B錯誤；由于點電荷的等勢線是以點電荷為球心的球面，所以a點與b點電勢相等，負電荷的電場線是從無窮遠處指向負點電荷，根據沿電場線方向電勢逐漸降低，所以b點電勢比c點低，故D正確．3．如圖所示，空間有一電場，電場中有兩個點a和b．下列表述正確的是()A．該電場是勻強電場 B．a點的電場強度比b點的大C．a點的電勢比b點的高 D．正電荷在a、b兩點受力方向相同【答案】C【解析】電場線疏密表示電場強度的大小，切線方向表示電場強度的方向，正電荷的受力方向和場強方向相同．沿著電場線電勢降低，C正確，A、B、D錯誤．4．如圖所示，兩個互相垂直的平面a和b，其交線上的M點和N點有等量同種點電荷，O是MN的中點，A是平面a上的一點，B是平面b上的一點，AO和BO均垂直于MN，且AO＝BO，則下列說法正確的是()A．A、B兩點的電勢相同，場強相同B．A、B兩點的電勢不相同，場強相同C．A、B兩點的電勢相同，場強不相同D．A、B兩點的電勢不相同，場強不相同【答案】C【解析】M、N兩點的點電荷為等量同種點電荷，A、B兩點離點電荷的距離相等，根據電勢的疊加知A、B兩點的電勢相同，根據對稱性知A、B兩點的場強大小相等，由平行四邊形定則知，A點場強方向沿直線OA，B點場強方向沿直線OB，即A、B兩點的場強方向不同，故C正確，A、B、D錯誤．5．在真空中的一個點電荷的電場中，離該點電荷距離為r0的一點引入電荷量為q的試探電荷，若測得試探電荷所受靜電力為F，則距離該點電荷r的某處的電場強度大小為()A．eq\f(F,q) B．eq\f(Freq\o\al(2,0),qr2)C．eq\f(Fr0,qr) D．eq\f(F,q)eq\r(\f(r,r0))【答案】B【解析】根據電場強度的定義式和決定式，在該點電荷距離為r0的一點處的電場強度為E＝eq\f(kQ,req\o\al(2,0))，E＝eq\f(F,q)，距離該點電荷為r的某處的電場強度大小為E′＝eq\f(kQ,r2)，聯立可得E′＝eq\f(Freq\o\al(2,0),qr2)，故選B．6．如圖所示，直角三角形ABC中∠B＝30°，點電荷A、B所帶電荷量分別為QA、QB，測得在C處的某負點電荷所受靜電力方向平行于AB向左，則下列說法正確的是()A．A帶正電，QA∶QB＝1∶4 B．A帶負電，QA∶QB＝1∶4C．A帶正電，QA∶QB＝1∶8 D．A帶負電，QA∶QB＝1∶8【答案】C【解析】根據題意，可判斷C處的電場方向水平向右，由點電荷產生的電場和電場的疊加，點電荷A在C處產生的電場EA方向豎直向上，則A帶正電，點電荷B在C點處產生的電場EB方向沿CB指向B，則B帶負電，有eq\f(EA,EB)＝sin30°，EA＝keq\f(QA,req\o\al(2,1))，EB＝keq\f(QB,req\o\al(2,2))，eq\f(r1,r2)＝sin30°，聯立解得QA∶QB＝1∶8．故選C．7．如圖所示，M、N兩點分別放置兩個等量異種電荷，A為它們連線的中點，B為連線上靠近N的一點，C為連線中垂線上處于A點上方的一點，在A、B、C三點中()A．場強最小的點是A點，電勢最高的點是B點B．場強最小的點是A點，電勢最高的點是C點C．場強最小的點是C點，電勢最高的點是B點D．場強最小的點是C點，電勢最高的點是A點【答案】C【解析】根據等量異種電荷電場線的分布，可知EB＞EA＞EC，場強最小的是C點；等量異種電荷連線的垂直平分線是一條等勢線，可知φA＝φC，沿著電場線方向電勢逐漸降低，異種電荷間的電場線由正電荷指向負電荷，可知φB＞φA，所以電勢最高點是B點．故選C．8．如圖所示，空間中存在水平向左的勻強電場．在電場中將一帶電液滴從b點由靜止釋放，液滴沿直線由b運動到d，且直線bd方向與豎直方向成45°角，下列判斷正確的是()A．液滴帶正電荷B．液滴的電勢能減小C．液滴的重力勢能和電勢能之和不變D．液滴的電勢能和動能之和不變【答案】B【解析】由題可知，帶電液滴受重力和電場力作用，兩個力都是恒力，其合力沿bd方向，則電場力必定水平向右，則液滴帶負電，電場力做正功，電勢能減少，故B正確，A錯誤；因為有重力和電場力做功，所以液滴的電勢能、動能和重力勢能之和守恒，C、D錯誤．9．興華同學對他家的電子秤很感興趣，他通過說明書了解到電子秤是用平行板電容器制成的，其電路如圖所示．稱重時，把物體放到電子秤面板上，壓力作用會導致平行板上層膜片電極下移．則放上物體后()A．極板間電場強度變小B．電容器的帶電荷量減小C．電容器的電容變小D．膜片下移過程中，電流表G有從b到a的電流【答案】D【解析】根據電容器表達式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當兩個極板的距離減小時，電容器的電容增大，再根據電容器定義式C＝eq\f(Q,U)可知，由于電容器一直和電源相連，電壓不變，當電容增大時，帶電荷量增大，即電容器充電．電流表有從b到a的電流，B、C錯誤，D正確；由勻強電場公式E＝eq\f(U,d)可知，當電壓不變，兩個極板的距離減小時，極板間電場強度變大，A錯誤．10．電場中有A、B兩點，一個點電荷在A點的電勢能為1.2×10－8J，在B點的電勢能為0.80×10－8J．已知A、B兩點在同一條電場線上，如圖所示，該點電荷的電荷量大小為1.0×10－9C，那么()A．該電荷為負電荷B．該電荷在A點所受的電場力比在B點所受的電場力大C．A、B兩點的電勢差UAB＝4.0VD．把電荷從A移到B，電場力做功為2.5×1010J【答案】A【解析】點電荷在A點的電勢能大于在B點的電勢能，而由圖可知，電場線由B指向A，則A點電勢小于B點電勢，故該電荷一定為負電荷，故A正確；從A到B電場力做功WAB＝EpA－EpB＝1.2×10－8J－0.80×10－8J＝0.40×10－8J，故D錯誤；根據UAB＝eq\f(WAB,q)，得UAB＝eq\f(0.40×10－8,－1.0×10－9)V＝－4.0V，故C錯誤；因該電場線周圍的電場線分布情況未知，所以兩點的場強大小無法比較，電場力大小也無法判定，故B錯誤．11．如圖所示，在孤立的點電荷產生的電場中有a、b兩點，a點的電勢為φa，場強大小為Ea，方向與連線ab垂直，b點的電勢為φb，場強大小為Eb，方向與連線ab的夾角為30°．則a、b兩點的場強大小及電勢高低的關系是()A．φa＞φb，Ea＝eq\f(Eb,2) B．φa＜φb，Ea＝eq\f(Eb,2)C．φa＞φb，Ea＝4Eb D．φa＜φb，Ea＝4Eb【答案】D【解析】沿Ea、Eb方向的線相交，其交點為場源點電荷的位置，由幾何關系知rb＝2ra，又由點電荷的場強公式E＝keq\f(Q,r2)，可得Ea＝4Eb，分別過a、b作等勢面，電場線由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，則φb＞φa，故選D．12．如圖所示，兩個不帶電的導體A和B，用一對絕緣柱支持使它們彼此接觸．把一帶正電荷的物體C置于A附近，貼在A、B下部的金屬箔都張開，則()A．此時A帶正電，B帶負電B．此時A電勢低，B電勢高C．移去C，貼在A、B下部的金屬箔都閉合D．先把A和B分開，然后移去C，貼在A、B下部的金屬箔都閉合【答案】C【解析】把一帶正電荷的物體C置于A附近，電子被吸引到A端，B端遺留了不能移動的原子核，此時A帶負電，B帶正電，A錯誤；處于靜電平衡的導體是等勢體，故A、B電勢相等，B錯誤；移去C，A端的電子又回到B端，恢復原來的狀態，A、B下部的金屬箔閉合，C正確；先把A和B分開，然后移去C，A帶負電，B帶正電，A、B下的金屬箔都不會閉合，D錯誤．13．如圖，一帶正電的點電荷固定于O點，兩虛線圓均以O為圓心，兩實線分別為帶電粒子M和N先后在電場中運動的軌跡，a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點．不計重力，下列說法錯誤的是()A．M帶負電荷，N帶正電荷B．M在b點的動能小于它在a點的動能C．N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能D．N在從c點運動到d點的過程中克服電場力做功【答案】D【解析】由粒子運動軌跡可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M帶負電荷，N帶正電荷，故A正確；M從a點到b點，庫侖力做負功，根據動能定理知，動能減小，則M在b點的動能小于在a點的動能，故B正確；d點和e點在同一等勢面上，電勢相等，則N在d點的電勢能等于在e點的電勢能，故C正確；N從c點運動到d點，庫侖斥力做正功，故D錯誤．本題選錯誤的，故選D．14．電容式話筒的保真度比動圈式話筒好，其工作原理如圖所示．Q是絕緣支架，薄金屬膜片M和固定電極N形成一個電容器，被直流電源充電，當聲波使膜片振動時，電容發生變化，電路中形成變化的電流，當膜片向右運動的過程中，則()A．M、N構成的電容器的電容減小B．固定電極N上的電荷量保持不變C．導線AB中有向左的電流D．對R而言上端(即B端)電勢高【答案】C【解析】當膜片向右運動的過程中，M、N構成的電容器極板間距離減小，電容C增大，由于始終和電源相連，電容器兩端電壓U不變，所以極板上電荷量增加，電容器充電，導線中有向左的電流，對R而言下端電勢高，所以A、B、D錯誤，C正確．15．有一勻強電場，電場線與坐標平面xOy平行，以原點為圓心，半徑R＝5cm的圓周上任意一點Р的電勢φ＝9cosθ＋180(V)，θ為O、P兩點連線與x軸的夾角，如圖所示．則該勻強電場的電場強度的大小和方向為()A．360V/m，沿x軸正方向 B．36V/m，沿y軸正方向C．180V/m，沿x軸負方向 D．18V/m，沿y軸負方向【答案】C【解析】由題意可知，當θ＝90°和θ＝270°時，圓周對應的兩點電勢相等，故y軸為電勢180V的等勢面，可知場強沿x軸方向，當θ＝0°和θ＝180°時，代入題中函數關系可得，圓周對應點的電勢分別為φ1＝189V，φ2＝171V，場強由電勢高的一側指向電勢低的一側，故場強方向沿x軸負方向，大小為E＝eq\f(φ1－φ2,2R)＝180V/m，故選C．16．如圖所示，在水平面內固定三個點電荷a、b、c，其連線為一直角三角形，c所受庫侖力的合力平行于a、b的連線，以下判斷正確的是()A．a、b為同號電荷 B．a、b為異號電荷C．c所受庫侖力的合力水平向左 D．若將c由靜止釋放將做直線運動【答案】B【解析】因為c所受庫侖力的合力平行于a、b的連線，則c點的合場強方向平行于ab連線，由場強疊加可知，a、b為異號電荷，A錯誤，B正確；因a、b、c的電性都不能確定，則由題中條件不能確定c所受庫侖力的合力方向，C錯誤；c點的合場強方向平行于ab連線，但是過c點與ab平行的直線上各點的場強不是沿同一直線方向，可知若將c由靜止釋放不可能做直線運動，D錯誤．17．如圖所示，在水平方向的勻強電場中，一帶負電的微粒以初速度v0從圖中的A點沿直線運動到B點，在此過程中()A．粒子一定做勻速直線運動B．粒子的機械能守恒C．粒子運動的動能減小，電勢能增加D．粒子運動的動能增加，電勢能減小【答案】C【解析】帶電粒子做直線運動，所受合力方向與運動方向必在同一直線上，小球受重力和電場力，根據題意，小球電場力方向水平向左，二力不共線，合力不可能為零，合力沿BA方向，所以粒子一定做勻減速直線運動，故A錯誤；因為電場力和重力方向與位移方向夾角為鈍角，所以重力和電場力都做負功，重力勢能增加，電勢能增加．機械能減少，故B錯誤；根據動能定理得：合外力做的功等于動能的變化量，合外力做負功，動能減小，C正確，D錯誤．18．如圖所示，M、N是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板．質量為m、電荷量為q的帶負電的粒子(不計重力)以初速度v0由小孔水平射入電場，當M、N間的電壓為U時，粒子剛好能到達N板．如果要使該帶電粒子到達M、N兩板中點位置處即返回，則下列措施能滿足要求的是()A．使初速度減小為原來的一半B．使M、N間的電壓提高到原來的2倍C．使M、N間的電壓提高到原來的4倍D．使初速度減小為原來的一半，同時M、N間的電壓提高到原來的2倍【答案】B【解析】粒子在進入電場運動的過程中，設帶電粒子在電場中運動的最遠距離為x，由動能定理得－eq\f(qU,d)·x＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以x＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qU)d，則使初速度減小為原來的一半，可得x減小為原來的eq\f(1,4)，故A錯誤；若電壓提高到原來的2倍，則x減小為原來的eq\f(1,2)，即粒子運動到M、N兩板中點處即返回，故B正確；使M、N間的電壓提高到原來的4倍，則x減小為原來的eq\f(1,4)，故C錯誤；使初速度減小為原來的一半，同時M、N間的電壓提高到原來的2倍，則x減小為原來的eq\f(1,8)，故D錯誤．19．某靜電場的電場線與x軸平行，電勢φ隨x坐標變換的關系圖像如圖所示．若將一帶電的粒子(重力不計)從坐標原點O由靜止釋放，在僅受電場力的作用下，該粒子在x軸上沿著軸線的正方向運動，已知電場中A、B兩點的x坐標分別為10mm、30mm，則()A．該帶電粒子一定帶負電荷B．該電場為勻強電場，電場強度大小為1000V/mC．該粒子沿x軸從A點到B點的過程中，電勢能一直增大D．在x軸上從A點到B點電場的方向先沿x軸正方向后負方向【答案】B【解析】粒子受力方向和電場方向相同，故粒子帶正電荷，A錯誤；在圖象中，圖線斜率表示場強大小，斜率不變說明電場為勻強電場，電場強度大小為E＝eq\f(U,d)＝eq\f(\a\vs4\al(Δφ),x)＝eq\f(20,20×10－3)V/m＝1000V/m，B正確；粒子沿x軸從A點到B點的過程中，電場力一直做正功，電勢能一直減少，C錯誤；由圖像知電勢降低，根據沿著電場線電勢降低，所以在x軸上從A點到B點電場強度都沿x軸正方向，D錯誤．20．如圖所示是示波器原理圖，電子被電壓為U1的加速電場加速后射入電壓為U2的偏轉電場，離開偏轉電場后電子打在熒光屏上的P點，P點與O點的距離叫做偏轉距離，偏轉電場極板長為L，板間距離為d，為了增大偏轉距離，下列措施可行的是()A．減小U1 B．減小U2C．減小L D．增大d【答案】A【解析】電子在加速電場中加速，根據動能定理可得eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以電子進入偏轉電場時速度的大小為v0＝eq\r(\f(2eU1,m))，電子進入偏轉電場后偏轉位移為y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(eU2,md)(eq\f(L,v0))2＝eq\f(U2L2,4U1d)，為了增大偏轉距離，則要增大y，即可以通過增大L、減小d、減小U1、增大U2．故A正確，B、C、D錯誤．二、非選擇題：本題共3小題，共40分．21．(10分)(1)在如圖所示的實驗裝置中，充電后的平行板電容器與電源斷開，板極A與靜電計相連，板極B接地．①若將極板B向上平行移動一小段距離，則將觀察到靜電計指針偏角________(填“增大”“減小”或“不變”)，說明平行板電容器的電容隨極板正對面積S減小而減小．②若將極板B向左平行移動一小段距離，則將觀察到靜電計指針偏角增大，說明平行板電容器的電容隨板間距離d增大而________(填“增大”“減小”或“不變”)；B極板向左移動后，AB間的電場強度________(填“增大”“減小”或“不變”)．(2)美國物理學家密立根通過如圖所示的實驗裝置最先測出了電子的電荷量被稱為密立根油滴實驗．兩塊水平放置的金屬板A、B分別與電源的正負極相連接，板間產生勻強電場，方向豎直向下．圖中油滴由于帶負電懸浮在兩板間保持靜止．(已知重力加速度為g)①若要測出該油滴的電荷量，需要測出的物理量有________．A．油滴質量m B．兩板間的電壓UC．兩板間的距離d D．兩板的長度②用所測得的物理量表示出該油滴的電荷量q＝________．【答案】(1)①增大②減小不變(2)①ABC②eq\f(mgd,U)【解析】(1)①若極板B稍向上動一點，極板正對面積減小，由電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析知電容減小，電容器的電量不變，根據電容的定義式C＝eq\f(Q,U)，極板間的電壓增大，則靜電計指針偏角增大．②若極板B稍向左移動一點，板間距離增大，由電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析知電容減小，電容器的電量不變，根據電容的定義式C＝eq\f(Q,U)，極板間的電壓增大，則靜電計指針偏角增大．此實驗說明平行板電容器的電容與極板間距離成反比．極板間距離的增大而減小．依據E＝eq\f(U,d)，及C＝eq\f(Q,U)，則有電場強度E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知極板間的電場強度與極板間距無關，即當B極板向左移動后，A、B間的電場強度不變．(2)①平行板板間存在勻強電場，液滴恰好處于靜止狀態，電場力與重力平衡，則有mg＝qE＝eq\f(qU,d)，所以需要測出的物理量有油滴的質量m，兩板間的電壓U，兩板間的距離d．故選ABC．②根據平衡條件可知mg＝qE＝eq\f(qU,d)，則油滴的電荷量為q＝eq\f(mgd,U)．22．(15分)如圖所示，在P點固定一個正點電荷，A、B兩點在P的正上方，與P相距分別為h和eq\f(h,3)，將一質量為m、電荷量為q的帶正電小球從A點由靜止釋放，釋放后帶電小球在A點處的加速度大小為eq\f(3,4)g