章末過關檢測(二)(時間：90分鐘分值：100分)一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24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．下列說法正確的是()A．電場中某點的場強方向就是正電荷在該點所受電場力的方向B．由公式E＝eq\f(F,q)可知，電場中某點的場強與放在該點的檢驗電荷所受的電場力F的大小成正比，與檢驗電荷的電量q成反比C．由公式UAB＝eq\f(WAB,q)可知，電場中A、B兩點間電勢差UAB與在這兩點之間移動電荷時電場力所做的功WAB成正比，與電荷的電量q成反比D．公式E＝eq\f(U,d)中的d為勻強電場中電勢差為U的兩點間的距離答案：A2．在如圖所示的4種情況中，a、b兩點的電場強度相同、電勢也相同的是()答案：C3．某帶電粒子僅在電場力作用下由A點運動到B點，電場線、粒子在A點的初速度及運動軌跡如圖所示，可以判定()A．粒子帶負電 B．粒子的加速度減小C．粒子的動能增加 D．粒子的電勢能增加解析：選C。粒子受到的電場力指向曲線彎曲的內側，所以受到的電場力的方向是沿電場線向上的，所以粒子帶正電，故A錯誤；電場線越密集的地方電場強度越大，可知從A到B電場強度變大，所受電場力變大，加速度變大，B錯誤；從A到B的過程中，電場力做正功，粒子的電勢能減小，動能增加，故C正確，D錯誤。4．如圖所示，a、b、c三條虛線為電場中的等勢面，等勢面b的電勢為零，且相鄰兩個等勢面間的電勢差相等。一個帶正電的粒子(粒子重力不計)在A點時的動能為10J，在電場力作用下從A運動到B時速度為零。當這個粒子的動能為7.5J時，其電勢能為()A．12.5J B．2.5JC．0 D．－2.5J解析：選D。由動能定理：WAB＝0－Ek0＝－10J相鄰兩個等勢面間的電勢差相等Uab＝Ubc，所以qUab＝qUbc，即：Wab＝Wbc＝eq\f(1,2)WAB＝－5J設粒子在等勢面b上時的動能為Ekb，則Wbc＝Ekc－Ekb得Ekb＝5J所以粒子在b處的總能量Eb＝Ekb＝5J從而可以知道粒子在電場中的總能量值為E＝5J。當這個粒子的動能為7.5J時有：Ep＝E－Ek＝(5－7.5)J＝－2.5J。5．如圖所示，兩電荷量分別為Q(Q>0)和－Q的點電荷對稱地放置在x軸上原點O的兩側，A點位于x軸上O點與點電荷Q之間，B點位于y軸O點上方。取無窮遠處為零電勢點，下列說法正確的是()A．B點的電勢為0，電場強度也為0B．負的試探電荷在A點的電勢能大于0，所受靜電力方向向左C．將正的試探電荷從O點移到A點，必須克服靜電力做功D．將同一正的試探電荷先后從O、B兩點移到A點，后者電勢能的變化較大解析：選C。結合等量異種點電荷的電場的特點可知，兩個等量異種電荷連線的垂直平分線是一條等勢線；電場強度方向與等勢面方向垂直，而且指向電勢低的方向，所以B點的電勢等于0，而電場強度不等于0，故A錯誤；由題圖可知兩個點電荷在A點產生的電場強度的方向都向右，所以合電場強度的方向一定向右，則負的試探電荷在A點受到的電場力的方向向左；負電荷從A向O運動的過程中，電場力做負功，電勢能增加，而O點的電勢等于0，O點的電勢能等于0，所以負的試探電荷在A點的電勢能小于0，故B錯誤；將正的試探電荷從O點移到A點，O點的電勢低于A點的電勢，靜電力做負功，所以必須克服靜電力做功，故C正確；O點和B點的電勢相等，所以先后從O、B兩點移到A點，靜電力做功相等，電勢能變化相同，故D錯誤。6．如圖所示，x軸垂直穿過一個均勻分布著正電荷的圓環。且經過圓環的圓心O。關于x軸上的電場強度和電勢，下列說法正確的是()A．O點的電勢一定為零B．O點的電場強度一定為零C．從O點沿x軸正方向，電場強度一直減小，電勢一直升高D．從O點沿x軸正方向，電場強度一直增大，電勢一直降低解析：選B。圓環上均勻分布著正電荷，根據對稱性可知，圓環上各電荷在O點產生的電場強度相互抵消，合電場強度為零。圓環上各電荷產生的電場強度在x軸正方向有向右的分量，根據電場的疊加原理可知，x軸正方向上電場強度方向向右，同理可求得x軸負方向上電勢的分布，根據順著電場線方向電勢降低，可知在x軸上O點的電勢最高，故A錯誤，B正確；O點的電場強度為零，無窮遠處電場強度也為零，所以從O點沿x軸正方向，電場強度應先增大后減小，x軸正方向上電場強度方向向右，電勢降低，故C、D錯誤。7．某靜電場中x軸上電勢φ隨x變化的情況如圖所示，且x軸為該靜電場中的一根電場線，一個帶電粒子在坐標原點O由靜止釋放，粒子僅在電場力作用下開始沿x軸正方向運動，則下列說法正確的是()A．粒子一定帶負電B．從O到x1，電場方向先沿x軸正方向后沿x軸負方向C．從O到x1，粒子運動的加速度先增大后減小D．從O到x1，粒子先加速后減速解析：選C。由題意可知，從O到x1，電勢一直在降低，因此電場方向沿x軸正方向，粒子由靜止開始沿x軸正方向運動，電場力沿x軸正方向，粒子帶正電，A、B錯誤；圖像斜率的絕對值表示電場強度大小，因此從O到x1，電場強度先增大后減小，粒子運動的加速度先增大后減小，C正確；從O到x1，電場力一直為沿x軸正方向，粒子一直做加速運動，D錯誤。8．如圖所示，勻強電場E的區域內，在O點處放置一點電荷＋Q，a、b、c、d、e、f為以O點為球心的球面上的點，aecf平面與電場平行，bedf平面與電場垂直，則下列說法正確的是()A．b、d兩點的電場強度相同B．a點的電勢等于f點的電勢C．點電荷＋Q在球面上任意兩點之間移動時，電場力一定做功D．將點電荷＋Q在球面上任意兩點之間移動，從球面上a點移動到c點的電勢能變化量一定最大解析：選D。點電荷＋Q在b點產生的電場方向為豎直向上，在d點產生的電場方向為豎直向下，勻強電場方向水平向右，根據平行四邊形定則可知，b點的合電場強度斜向右上方，d點的合電場強度斜向右下方，兩點電場強度大小相同、方向不同，電場強度不同，故A錯誤；將一個正試探電荷由a點移動到f點，點電荷電場力不做功，勻強電場的電場力做正功，故合力做正功，電勢能減小，電勢降低，則a點的電勢高于f點的電勢，故B錯誤；當點電荷＋Q沿著球面上的bedf移動時，勻強電場的電場力不做功，點電荷電場力也不做功，故合電場力不做功，故C錯誤；將點電荷＋Q在球面上任意兩點之間移動，點電荷電場力不做功，從a點移動到c點，勻強電場的電場力做功最大，故合力做功最大，故D正確。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全選對的得4分，選對但不全的得2分，有錯選的得0分。9．如圖所示的是一種電容傳聲器。b是固定不動的金屬板，a是能在聲波驅動下沿水平方向振動的金屬膜片，a、b構成一個電容器。其工作原理是當聲波作用于金屬膜片時，膜片發生相應的振動，于是就改變了它與固定極板b間的距離，從而使電容發生變化，而電容的變化可以轉化為電路中電信號的變化。閉合開關K，若聲源S發出聲波使a向右運動時()A．電容器的電容減小B．a、b板之間的電場強度增大C．流過電流表的電流方向為自右向左D．流過電流表的電流方向為自左向右解析：選BD。根據電容的決定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，a向右運動時，d減小，所以C增大，故A錯誤；a、b板之間的電勢差不變，根據E＝eq\f(U,d)，d減小，所以E增大，故B正確；根據U不變，C增大，所以Q變大，電容器充電，形成的充電電流方向為自左向右，故D正確，C錯誤。10．如圖所示，在直角三角形ABC所在平面內存在方向與平面平行的勻強電場(未畫出)，已知∠A＝60°，AB＝2cm。若將電荷量q1＝1×10－5C的正電荷從A移到B過程中，克服電場力做功為2×10－5J；將另一電荷量q2＝－1×10－5C的負電荷從A移到C過程中，電場力做功為8×10－5J，則以下說法正確的是()A．UAB＝＋2VB．UBC＝－6VC．電場強度E＝200V/m，從C指向AD．電場強度E＝100V/m，從B指向A解析：選BC。A、B兩點間的電勢差UAB＝eq\f(WAB,q1)＝eq\f(－2×10－5,1×10－5)V＝－2V，故A錯誤；A、C兩點間的電勢差UAC＝eq\f(WAC,q2)＝eq\f(8×10－5,－1×10－5)V＝－8V，由于UAB＝φA－φB，UAC＝φA－φC，則有UBC＝φB－φC＝－(φA－φB)＋(φA－φC)＝－UAB＋UAC＝－6V，故B正確；由幾何關系可得AC＝4cm，在勻強電場中任意一條直線上相等距離的兩點間電勢差相等，設在AC邊上距離A點1cm的一點為D點，則A、D兩點間電勢差為2V，故B、D兩點電勢相等，由幾何關系判斷AC垂直于BD，所以電場強度大小為E＝eq\f(UAD,dAD)＝eq\f(2,1)V/cm＝200V/m，電場強度方向為從C指向A，故C正確，D錯誤。11．如圖所示，A、B為平行板電容器的兩個金屬極板，C為靜電計，開始時閉合開關S，靜電計張開一定角度。不考慮靜電計引起的電荷量變化，則下列說法正確的是()A．保持開關S閉合，將兩極板間距減小，板間電場強度減小B．保持開關S閉合，將兩極板間距減小，靜電計指針張開角度不變C．斷開開關S后，將兩極板間距增大，板間電場強度增大D．斷開開關S后，將兩極板間距增大，靜電計指針張開角度增大解析：選BD。保持開關S閉合，兩極板間電勢差不變，即靜電計指針張開角度不變，將兩極板間距減小，由E＝eq\f(U,d)可知，板間電場強度增大，A錯誤，B正確；斷開開關S后，電容器所帶電荷量保持不變，根據電容器的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，電容的定義式C＝eq\f(Q,U)，極板間為勻強電場E＝eq\f(U,d)，聯立可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，若是僅將兩板間距離增大，板間電場強度不變，C錯誤；斷開開關S后，將兩極板間距增大，根據C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容減小，根據C＝eq\f(Q,U)可知，兩極板間電勢差增大，靜電計指針張開角度增大，D正確。12．如圖所示，光滑的水平軌道AB與半徑為R的光滑的半圓形軌道BCD相切于B點，AB水平軌道部分存在水平向右的勻強電場，半圓形軌道在豎直平面內，B為最低點，D為最高點。一質量為m、帶正電的小球從距B點x的位置在電場力的作用下由靜止開始沿AB向右運動，恰能通過最高點，則()A．R越大，x越大B．R越大，小球經過B點后瞬間對軌道的壓力越大C．m越大，x越小D．m與R同時增大，電場力做功增大解析：選AD。小球在BCD部分做圓周運動，由題意可知在D點，mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)，小球由B到D的過程中有：－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝eq\r(5gR)，R越大，小球經過B點時的速度越大，易得x越大，A正確；在B點有：FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，解得FN＝6mg，與R無關，B錯誤；由Eqx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)知m越大，小球在B點的動能越大，則x越大，電場力做功越多，C錯誤；從A到D過程，由動能定理有W電－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－0，又因為mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)，聯立可得W電＝2.5mgR，D正確。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。13．(6分)一電容器電容為C＝2×10－6F，充電后所帶電荷量為Q＝4×10－4C，兩極板間的距離為1cm，則兩極板間的電壓U為________V，兩極板間電場場強E為________V/m，如果把一電荷量為q＝1×10－6C的點電荷放在兩極板間的電場中，則該電荷受到的電場力為________N。解析：兩極板間的電壓U＝eq\f(Q,C)＝eq\f(4×10－4,2×10－6)V＝200V；兩極板間電場強度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(200,0.01)V/m＝2×104V/m；點電荷受到的電場力F＝qE＝1×10－6×2×104N＝2×10－2N。答案：2002×1042×10－214．(10分)圖示為一組未知方向的勻強電場的電場線，把電荷量為1×10－6C的負電荷從A點沿水平線移至B點，靜電力做了2×10－6J的功，A、B間的距離為2cm。(1)求A、B兩點間的電勢差UAB及勻強電場的電場強度。(2)若B點電勢為1V，A點電勢為多少？解析：(1)根據題意，A、B間的電勢差UAB＝eq\f(WAB,－|q|)＝－2VA、B間沿電場線方向上的距離d＝eq\x\to(AB)cos60°＝1cm，所以電場強度的大小E＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(UAB,d)))＝2×102N/C方向斜向下。(2)因為UAB＝φA－φB則A點的電勢φA＝φB＋UAB＝(1－2)V＝－1V。答案：(1)－2V2×102N/C，方向斜向下(2)－1V15．(14分)如圖所示，帶有等量異種電荷的兩平行板之間有勻強電場，電場強度E＝2×103N/C，方向水平向右。電場中A、B兩點相距5cm，連線與電場線平行。在A點由靜止釋放電荷量q＝4×10－8C的正電荷。求：(1)電荷受到的靜電力F的大小；(2)A、B兩點之間的電勢差UAB；(3)電荷從A點運動到B點過程中靜電力做的功W。解析：(1)電荷受到的靜電力F＝qE＝4×10－8×2×103N＝8×10－5N。(2)A、B兩點之間的電勢差UAB＝Ed＝2×103×0.05V＝100V。(3)電荷從A點運動到B點過程中靜電力做的功W＝qUAB＝4×10－6J。答案：(1)8×10－5N(2)100V(3)4×10－6J16．(14分)示波器的原理示意圖如圖所示，質量為m、帶電量為＋q的粒子從加速電壓為U0的電場正極板O點由靜止釋放，并沿中央軸線OO′進入到偏轉電場中，最后打到熒光屏PP′上。已知偏轉電場兩板間距為d、板長為L，偏轉電場右端到熒光屏的距離也為L，不計帶電粒子所受的重力。(1)求粒子進入偏轉電場時的速度v0。(2)若粒子恰能從下極板的邊緣離開偏轉電場，求兩板間的電勢差U。(3)當粒子恰能從下極板的邊緣離開偏轉電場時，粒子的動能為多少？(4)帶電粒子打到熒光屏上偏離中心的最大距離Y為多少？解析：(1)根據動能定理可得qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得粒子進入偏轉電場時的速度v0＝eq\r(\f(2qU0,m))。(2)粒子恰能從下極板的邊緣離開偏轉電場時，帶電粒子做類平拋運動，水平方向有L＝v0t豎直方向有eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)聯立可得U＝eq\f(2U0d2,L2)。(3)當粒子恰能從下極板的邊緣離開偏轉電場時，根據動能定理可得qU0＋qeq\f(U,2)＝Ek－0解得粒子的動能Ek＝qU0(eq\f(L2＋d2,L2))。(4)帶電粒子從下極板的邊緣離開偏轉電場時打到熒光屏上偏離中心的距離最大，根據幾何關系有eq\f(\f(d,2),Y)＝eq\f(\f(L,2),\f(L,2)＋L)解得Y＝eq\f(3,2)d。答案：(1)eq\r(\f(2qU0,m))(2)eq\f(2U0d2,L2)(3)qU0(eq\f(L2＋d2,L2))(4)eq\f(3,2)d17．(16分)在現代科學實驗和技術設備中，常常利用電場來控制帶電粒子的運動。如圖所示，一電荷量為q、質量為m的帶正電粒子從靠近加速器正極板M中心處由靜止釋放，并從負極板N上的小孔射出；接著該粒子沿水平放置的兩平行金屬板P、Q間中線水平向右射入兩板間，恰好從金屬板Q邊緣的A點飛出電場。已知加速器兩極板間的電勢差為U0，金屬板P、Q的長度是板間距離的eq\r(3)倍，