18 19章末综合测评1电场Word文档格式.docx

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“N”这个单位是由牛顿第二定律F＝kma，当k＝1时规定下来的，所以C错误；

牛顿第二定律F＝kma中的k是比例系数，当式中物理量取国际单位制时，k＝1，而库仑定律F＝kq1q2r

2中的k是静电力常数为9×

109

N·

m2/C2，所以二者不同，D错误．]

2．2019年4月，中国南车设计制造的全球首创超级电容储能式现代电车在宁波下线，不久将成为二三线城市的主要公交用车．这种超级电车的核心是我国自主研发、全球首创的“超级电容器”．如图所示，这种电容器安全性高，可反复充放电100万次以上，使用寿命长达十二年，且容量超大（达到9500F），能够在10s内完成充电．下列说法正确的是（）

A．充电时电源的正极应接“超级电容器”的负极

第2页B．该“超级电容器”的电容随电压的增大而增大

C．该“超级电容器”放电过程中把化学能转化为电能

D．该“超级电容器”能储存电荷

D[充电时电源的正极要接电容器的正极，A错误；

电容是由电容器本身的性质决定的，与电压和电量无关，B错误；

放电过程消耗的是内部的电场能而转化为电能，C错误；

由题意可知，该“超级电容器”能储存电荷，D正确．故选D.]

2．图1为一只极距变化型电容式传感器的部分构件示意图．当动极板和定极板之间的距离d变化时，电容C便发生变化，通过测量电容C的变化就可知道两极板之间距离d的变化情况．下图中能正确反映C与d之间变化规律的图象是（）

图1

ABCD

A[由平行板电容器电容的决定式C＝εrS4π

kd可知，电容C与两极板之间距离d成反比，在第一象限反比例函数图象是双曲线的一支，选项A正确．]

3．如图2所示，a、b、c为电场中同一条电场线上的三点，其中c为ab的中点．已知a、b两点的电势分别为φa＝3V，φb＝9V，则下列叙述正确的是（）

图图2

A．该电场在c点处的电势一定为6VB．a点处的场强Ea一定小于b点处的场强Eb

C．正电荷从a点运动到b点的过程中电势能一定增大

D．正电荷只受电场力作用从a点运动到b点的过程中动能可能增大

C[若该电场是匀强电场，则在c点处的电势为φC＝φa＋φb

2＝6V，若该电场不是匀强电场，则在c点处的电势为φc≠6V，故A错误．一条电场线，无法判断电场线的疏密，就无法判断两点场强的大小，故B错误．根据正电荷在电

第3页势高处电势能大，可知，正电荷从a点运动到b点的过程中电势能一定增大，而由能量守恒得知，其动能一定减小，故C正确，D错误．故选C.]

4．.三个相同的金属小球，原来有两个小球带电荷量相等，相互间的引力为F，用第三个不带电的小球依次接触两个带电小球后再移走，则原来两个带电小球之间的相互吸引力变为（）

【导学号：

52592045】

A.F

2B.F4C.F

8D.3F

8

C[因为两个小球间是引力，则设一个电荷量为q，另一个为－q，未接触前F＝kq2r

2，用不带电的小球先与q接触，则两个都带q′＝q2的正电荷，然后再与－q接触，q″＝q2－q

2＝－q

4，则这两个带电小球之间的引力变为F′＝k18q2r

2＝18kq2r

2＝18F，C正确．]

5．如图3所示，一段均匀带电的半圆形细线在其圆心O处产生的场强为E，把细线分成等长的圆弧︵AB、︵BC、︵CD，则圆弧︵BC在圆心O处产生的场强为（）

图3

A．EB.E

2C.E3D.E

4

B[如图所示，B、C两点把半圆环分为相等的三段

设每段在O点产生的电场强度大小为E′且相等，AB段和CD段在O处产生的场强夹角为120°

，根据平行四边形法则可得它们的合场强大小为E′，则O点的合场强：

E＝2E′，则：

E′＝E

2，故圆弧BC在圆心O处产生的场强为E

2，故B正确，ACD错误．]

6.如图4所示，从炽热的金属丝漂出的电子（速度可视为零），经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下．下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（）

第4页图4

A．仅将偏转电场极性对调

B．仅增大偏转电极间的距离

C．仅增大偏转电极间的电压

D．仅减小偏转电极间的电压

C[设加速电场电压为U0，偏转电压为U，极板长度为L，间距为d，电子加速过程中，由U0q＝mv20

2，得v0

＝2U0qm

，电子进入极板后做类平抛运动，时间t＝Lv

0，a＝Uqdm，vy＝at，

tanθ＝vyv

0＝UL2U0d，由此可判断C正确．]

7．如图5所示，a、b为平行金属板，静电计的外壳接地，合上开关S后，静电计的指针张开一个较小的角度，能使角度增大的办法是（）

图5

A．使a、b板的距离增大一些

B．使a、b板的正对面积减小一些

C．断开S，使a、b板的距离减小一些

D．断开S，使a、b板的正对面积减小一些

D[开关闭合，电容器两端的电势差不变，故选项AB错误．断开S，电荷量不变，使a、b板的距离减小一些，根据

C＝εrS4πkd知，电容

C变大，由U＝QC可知电势差减小，静电计的指针张角减小，故C错误．断开S，电荷量不变，使a、b板的正对面积减小一些，根据

C＝εrS4πkd

知，电容C减小，由U＝QC可知电势差增大，静电计的指针张角变大，故D正确．故选D.]

8．某静电除尘器工作时内部电场线分布的俯视图如图6，带负电粉尘被吸附时由b点运动到a点，以下说法正确的是（）

图6

A．该电场是匀强电场

B．a点电势高于b点电势

C．电场力对粉尘做正功

第5页D．粉尘的电势能增大

BC[该电场的电场线疏密不均匀，所以不是匀强电场，故A错误；

沿着电场线方向电势降低，所以a点电势高于b点电势，故B正确；

带负电粉尘受电场力向右，由b点运动到a点，电场力对粉尘做正功，故C正确；

带负电粉尘被吸附时由b点运动到a点，电场力对粉尘做正功，电势能减小，故D错误；

故选B、C.]

9．将一根绝缘细线在匀强电场中连接成一个菱形，如图7所示．a、b、c、d分别是菱形的四个顶点，且∠abc＝120°

.已知a、b、c三点电势分别为3V、4V、5V，一个带电为＋1.0×

10－6C的小蚂蚁在细线区域内爬行．下列说法正确的是（）

52592046】

图7

A．d点电势为4VB．O点电势为0V

C．小蚂蚁在b点电势能等于在d点电势能

D．小蚂蚁在b点电势能小于在d点电势能

AC[O点是对角线的交点，由题意知，O点电势φo＝φa＋φc

2＝φb＋φd

2，故φd＝4V，故A正确，B错误；

b、d电势相等，小蚂蚁在b、d两点电势能也相等，故C正确，D错误．故选：

A、C.]

10．如图8甲所示，A、B是一条电场线上的两点，若在某点释放一初速为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从A运动到B，其速度随时间变化的规律如图乙所示，则（）

图8

A．电场力FA＜FBB．电场强度EA＝EB

C．电势φA<

φBD．电势能EPA＜EPB

AC[在v－t图象中图线的斜率表示加速度，由速度图象看出，图线的斜率

第6页逐渐增大，电子的加速度增大，电子所受电场力增大，则电场力FA＜FB，故A正确；

电子所受电场力增大，场强也增大，所以电场强度EA＜EB，故B错误；

电子静止开始沿电场线从A运动到B，电场力做正功，则电场力的方向从A到B，电子带负电，所以场强方向从B到A，根据顺着电场线电势降低可知，电势φA<

φB，故C正确；

由速度图象看出，电子的速度增大，电场力做正功，电子的电势能减小，则电势能EPA>

EPB，故D错误．所以选A、C.]

11.如图9所示，两极板水平放置的平行板电容器间形成匀强电场．两极板间相距为d.一带负电的微粒从上极板M的边缘以初速度v0射入，沿直线从下极板的边缘射出．已知微粒的电量为q、质量为m.下列说法正确的是（）

图9

A．微粒运动的加速度为0B．微粒的电势能减小了mgd

C．两极板间的电势差为mgd/q

D．N极板的电势髙于M板的电势

AC[由题分析可知，微粒做匀速直线运动，加速度为零，故A正确；

重力做功mgd，微粒的重力势能减小，动能不变，根据能量守恒定律得知，微粒的电势能增加了mgd，故B错误；

由上可知微粒的电势能增加量ΔEp＝mgd，又ΔEp＝qU，得到两极板的电势差U＝mgd

q，故C正确．由题可判断出电场力方向竖直向上，微粒带负电，电场强度方向竖直向下，M板的电势高于N板的电势，故D错误．]

12．如图10所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两板间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电荷量为＋q的微粒，以初速度v0竖直向上从两极正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N板上的C点．已知AB＝BC.不计空气阻力，则可知（）

图10

第7页A．微粒在电场中做抛物线运动

B．微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等

C．MN板间的电势差为2mv20

q

D．MN板间的电势差为Ev202

g

AB[由题意可知，微粒受水平向右的电场力qE和竖直向下的重力mg作用，合力与v0不共线，所以微粒做抛物线运动，A项正确；

因AB＝BC，可知vC＝v0，故B项正确；

由q·

U

2＝1

2mv2C，得U＝mv2C

q＝mv20

q，故C项错误；

由v0＝gt，vC＝qE

mt知mg＝qE得q＝mg

E代入U＝mv20

q，得U＝Ev20

g，故D项错误．]

二、非选择题（本题共4小题，共52分）

13．（12分）如图11，光滑斜面倾角为37°

，一质量m＝1×

10－2kg、电荷量q＝＋1×

10－6C的小物块置于斜面上，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，g＝10m/s2，求：

（1）该电场的电场强度大小；

（2）若电场强度变为原来的12，小物块运动的加速度大小；

（3）在

（2）前提下，当小物块沿斜面下滑L＝23m时，机械能的改变量．

图11

【解析】

（1）如图所示，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，受力平衡，则有

在x轴方向：

Fx＝Fcosθ－mgsinθ＝0在y轴方向：

Fy＝FN－mgcosθ－Fsinθ＝0

得：

qE＝mgtan37°

故有：

E＝3mg4

q＝7.5×

104N/C，方向水平向右．

（2）场强变化后物块所受合力为：

F＝mgsin37°

－1

2qEcos37°

第8页根据牛顿第二定律得：

F＝ma

故代入解得a