《高考物理一輪基礎(chǔ)復(fù)習(xí) 電場(chǎng)綜合檢測(cè)卷1》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理一輪基礎(chǔ)復(fù)習(xí) 電場(chǎng)綜合檢測(cè)卷1（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

電場(chǎng)綜合檢測(cè)卷 一、選擇題(每小題4分，共40分) 1．如圖所示，在O點(diǎn)固定一正點(diǎn)電荷，A為電場(chǎng)中的一點(diǎn)，若在A點(diǎn)垂直于OA方向發(fā)射一帶電粒子(粒子只受電場(chǎng)力作用)，則在較短的時(shí)間內(nèi)(　　) A．帶電粒子的電勢(shì)能一定增大 B．帶電粒子的動(dòng)能一定增大 C．帶電粒子一定做曲線運(yùn)動(dòng) D．帶電粒子可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng) 　解析　CD　在A點(diǎn)垂直于OA發(fā)射的帶電粒子可能為正電荷，也可能為負(fù)電荷，速度也不知道，如果帶電粒子帶負(fù)電且速度恰當(dāng)，則可能剛好使帶電粒子繞O點(diǎn)的正電荷做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，O點(diǎn)的正電荷對(duì)A點(diǎn)的帶電粒子的作用力充當(dāng)了帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，不做功，因此，帶電粒子的電勢(shì)能、動(dòng)能不變，A、B錯(cuò)誤，D正確；由于帶電粒子的速度方向與所受力的方向不在同一直線上，因此，帶電粒子一定做曲線運(yùn)動(dòng)，C正確． 2．學(xué)習(xí)庫(kù)侖定律后，某物理興趣小組根據(jù)該定律探究相同金屬小球的電荷量分配關(guān)系．取三個(gè)完全相同的不帶電金屬球A、B、C，首先使A球帶上一定電荷，A、B接觸后放到相距r的地方，測(cè)得兩球間的庫(kù)侖力為FAB.B、C接觸后也放到相距r的地方，測(cè)得兩球間的庫(kù)侖力為FBC，如果金屬球間的電荷量平分，F(xiàn)AB、FBC的比值應(yīng)該滿足(　　) A．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．4∶1 　解析　D　設(shè)A球原來的電荷量為Q，并且滿足相同金屬球接觸后電荷量平分，AB間的作用力FAB＝，BC間的作用力FBC＝，所以＝. 3.如圖所示，在真空中的A、B兩點(diǎn)分別放置等量異種點(diǎn)電荷，在A、B兩點(diǎn)間取一正五角星形路徑abcdefghija，五角星的中心O與A、B的中點(diǎn)重合，其中af連線與AB連線垂直．現(xiàn)有一電子沿該路徑逆時(shí)針移動(dòng)一周，下列判斷正確的是(　　) A．a(chǎn)點(diǎn)和f點(diǎn)的電勢(shì)相等 B．b點(diǎn)和j點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同 C．電子從e點(diǎn)移到f點(diǎn)的過程中，電勢(shì)能減??；從f點(diǎn)移到g點(diǎn)的過程中，電勢(shì)能增大 D．若A、B兩點(diǎn)處的點(diǎn)電荷電荷量都變?yōu)樵瓉淼?倍，則A、B連線中點(diǎn)O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)也變?yōu)樵瓉淼?倍 　解析　AD　由題意，在等量異種電荷形成的電場(chǎng)中，aOf為零電勢(shì)面，φa＝φb，故A正確；b點(diǎn)與j點(diǎn)關(guān)于af對(duì)稱，則b點(diǎn)與j點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同，方向不同，則B錯(cuò)誤；φe<0，φf＝0，φg>0，則電子從e點(diǎn)移到f點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，從f點(diǎn)移至g點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故C錯(cuò)誤；設(shè)OA＝OB＝r，則EO＝2，當(dāng)q變?yōu)?q時(shí)，EO′＝2＝4，故D正確． 4.圖為靜電除塵器除塵機(jī)理的示意圖．塵埃在電場(chǎng)中通過某種機(jī)制帶電，在電場(chǎng)力的作用下向集塵極遷移并沉積，以達(dá)到除塵目的．下列表述正確的是(　　) A．到達(dá)集塵極的塵埃帶正電荷 B．電場(chǎng)方向由集塵極指向放電極 C．帶電塵埃所受電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)方向相同 D．同一位置帶電荷量越多的塵埃所受電場(chǎng)力越大 　解析　BD　在放電極附近，電場(chǎng)線呈輻射形散開，且場(chǎng)強(qiáng)非常強(qiáng)．電子在電場(chǎng)中加速，附著在塵埃上向集塵極移動(dòng)，故遷移到集塵極的塵埃帶負(fù)電，A錯(cuò)誤．負(fù)電荷向集塵極移動(dòng)，電場(chǎng)方向從集塵極指向放電極，其受電場(chǎng)力的方向與場(chǎng)強(qiáng)的方向相反，故B正確，C錯(cuò)誤．由F電＝qE，可知，同一位置E一定，q越大，電場(chǎng)力越大，故D正確． 5.如圖所示，虛線為靜電場(chǎng)中的等勢(shì)面1、2、3、4，相鄰的等勢(shì)面之間的電勢(shì)差相等，其中等勢(shì)面3的電勢(shì)為0.一帶正電的點(diǎn)電荷在靜電力的作用下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過a、b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能分別為26 eV和5 eV.當(dāng)這一點(diǎn)電荷運(yùn)動(dòng)到某一位置，其電勢(shì)能變?yōu)椋? eV時(shí)，它的動(dòng)能應(yīng)為(　　) A．8 eV B．13 eV C．20 eV D．34 eV 　解析　C　由于正電荷由a到b動(dòng)能減小了21 eV，而電場(chǎng)中機(jī)械能和電勢(shì)能總和不變，故在等勢(shì)面3的動(dòng)能應(yīng)為12 eV，總能量為12 eV＋0＝12 eV.當(dāng)在所求位置時(shí)，因?yàn)殡妱?shì)能為－8 eV，所以動(dòng)能為12 eV－(－8 eV)＝20 eV，故應(yīng)選C. 6.一平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地．兩板間有一個(gè)正試探電荷固定在P點(diǎn)，如圖所示，以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場(chǎng)強(qiáng)、φ表示P點(diǎn)的電勢(shì)，W表示正電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能，若正極板保持不動(dòng)，將負(fù)極板緩慢向右平移一小段距離l0的過程中，各物理量與負(fù)極板移動(dòng)距離x的關(guān)系圖象中正確的是(　　) 　解析　C　由平行板電容器的電容C＝可知A錯(cuò)．在電容器兩極板所帶電荷量一定情況下，U＝，E＝＝與d無關(guān)，則B錯(cuò)．在負(fù)極板接地的情況下，φ＝φ0－El0，則C項(xiàng)正確．正電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能W＝qφ＝q(φ0－El0)，顯然D錯(cuò)． 7.如圖所示，在粗糙程度相同的斜面上固定一點(diǎn)電荷Q，在M點(diǎn)無初速度地釋放帶有恒定電荷的小物塊，小物塊在Q的電場(chǎng)中沿斜面運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)靜止，則從M到N的過程中(　　) A．M點(diǎn)的電勢(shì)一定高于N點(diǎn)的電勢(shì) B．小物塊的電勢(shì)能可能增加 C．小物塊電勢(shì)能變化量的大小一定等于克服摩擦力做的功 D．小物塊和點(diǎn)電荷Q一定是同種電荷 　解析　D　由題意知小物塊在向下運(yùn)動(dòng)的過程中，受到的重力、斜面支持力、沿斜面向上的摩擦力都是恒力，由于小物塊運(yùn)動(dòng)中距點(diǎn)電荷Q的距離增大，則庫(kù)侖力減小，而小物塊先加速后減速，故庫(kù)侖力必是斥力的作用，則庫(kù)侖力做正功，電勢(shì)能減小，但物塊所帶電荷的電性未知，故不能確定M、N兩點(diǎn)電勢(shì)的高低，A、B錯(cuò)誤，D正確．由能量守恒可知小物塊克服摩擦力所做的功等于電勢(shì)能減少量與重力勢(shì)能減少量之和，C錯(cuò)誤． 8．如圖所示，電子在電勢(shì)差為U1的加速電場(chǎng)中由靜止開始運(yùn)動(dòng)，然后射入電勢(shì)差為U2的兩塊水平的平行極板間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，入射方向跟極板平行，整個(gè)裝置處在真空中，重力可忽略．在滿足電子能射出平行板區(qū)域的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角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 　解析　B　設(shè)電子被加速后獲得的初速度為v0，則由動(dòng)能定理得：U1q＝mv，又設(shè)水平極板長(zhǎng)為l，則電子在水平極板間偏轉(zhuǎn)所用時(shí)間t＝，又設(shè)電子在水平極板間的加速度為a，水平極板的板間距為d，由牛頓第二定律得：a＝，電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)，平行于電場(chǎng)方向的速度vy＝at，聯(lián)立解得vy＝.又tan θ＝＝＝＝，故U2變大、U1變小一定能使偏轉(zhuǎn)角θ變大，故選項(xiàng)B正確． 9.給平行板電容器充電，斷開電源后A極板帶正電，B極板帶負(fù)電．板間一帶電小球C用絕緣細(xì)線懸掛，如圖所示．小球靜止時(shí)與豎直方向的夾角為θ，則以說法不正確的是(　　) A．若將B極板向右平移稍許，電容器的電容將減小 B．若將B極板向下平移稍許，A、B兩板間電勢(shì)差將增大 C．若將B極板向上平移稍許，夾角θ將變大 D．輕輕將細(xì)線剪斷，小球?qū)⒆鲂睊佭\(yùn)動(dòng) 　解析　D　平行板電容器的電容為C＝，電容器兩極板間的電壓為U＝＝，兩極板間電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝＝.給平行板電容器充電，斷開電源后電容器的帶電量Q保持不變，B極板向右平移稍許，兩極板間的距離變大，電容器的電容將減小，A正確；B極板向下平移稍許，兩極板的正對(duì)面積減小，兩極板間的電勢(shì)差增大，兩極板間的場(chǎng)強(qiáng)增大，帶電小球C所受的電場(chǎng)力增大，夾角θ將變大，B、C正確；將細(xì)線剪斷，帶電小球C受到重力和電場(chǎng)力的作用，合力保持不變，小球做直線運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤． 10．如圖所示，在光滑絕緣的水平桌面上固定放置一光滑、絕緣的擋板ABCD，AB段為直線形擋板，BCD段是半徑為R的圓弧形擋板，擋板處于場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向與圓直徑MN平行．現(xiàn)有一帶電量為q、質(zhì)量為m的小球由靜止從擋板上的A點(diǎn)釋放，并且小球能沿?fù)醢鍍?nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)拋出，則(　　) A．小球運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)，擋板對(duì)小球的彈力可能為零 B．小球運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)，擋板對(duì)小球的彈力可能為qE C．小球運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí)，擋板對(duì)小球的彈力可能為零 D．小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，擋板對(duì)小球的彈力一定大于mg 　解析　C　小球沿光滑軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)拋出，說明小球在N、C、M點(diǎn)的速度均不為零，在N點(diǎn)，F(xiàn)N－qE＝m，F(xiàn)N必大于Eq，選項(xiàng)A、B均錯(cuò)誤；在C點(diǎn)，F(xiàn)C＝m，無法比較FC與mg的大小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；在M點(diǎn)，F(xiàn)M＋qE＝m，當(dāng)vM＝時(shí)FM＝0，選項(xiàng)C正確． 二、非選擇題(共60分) 11.(6分)如圖所示，把電量為－510－9 C的電荷，從電場(chǎng)中的A點(diǎn)移到B點(diǎn)，其電勢(shì)能________(選填“增大”“減小”或“不變”)；若A點(diǎn)的電勢(shì)UA＝15 V，B點(diǎn)的電勢(shì)UB＝10 V，則此過程中電場(chǎng)力做的功為________J. 　解析　將電荷從電場(chǎng)中的A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，其電勢(shì)能增加；由電勢(shì)差公式UAB＝，W＝qUAB＝－510－9(15－10) J＝－2.510－8 J. 【答案】　增大　－2.510－8 12．(8分)將電荷量為610－6 C的負(fù)電荷從電場(chǎng)中的A點(diǎn)移到B點(diǎn)，克服靜電力做了310－5 J的功，再?gòu)腂點(diǎn)移到C點(diǎn)，靜電力做了1.210－5 J的功，則 (1)電荷從A移到B，再?gòu)腂移到C的過程中，電勢(shì)能共改變了多少？ (2)如果規(guī)定A點(diǎn)的電勢(shì)能為零，則該電荷在B點(diǎn)和C點(diǎn)的電勢(shì)能分別為多少？ (3)若A點(diǎn)為零電勢(shì)點(diǎn)，則B、C兩點(diǎn)的電勢(shì)各為多少？ 　解析　(1)電荷從A移到B克服靜電力做了310－5 J的功，電勢(shì)能增加了310－5 J；從B移到C的過程中靜電力做了1.210－5 J的功，電勢(shì)能減少了1.210－5 J，整個(gè)過程電勢(shì)能增加ΔEp＝310－5 J－1.210－5 J＝1.810－5 J. (2)如果規(guī)定A點(diǎn)的電勢(shì)能為零，電荷從電場(chǎng)中的A點(diǎn)移到B點(diǎn)，克服靜電力做了310－5 J的功，電勢(shì)能增加了310－5 J，所以電荷在B點(diǎn)的電勢(shì)能為EpB＝310－5 J；整個(gè)過程電勢(shì)能增加了1.810－5 J，所以電荷在C點(diǎn)的電勢(shì)能為EpC＝1.810－5 J. (3)根據(jù)電勢(shì)定義φ＝得，B、C兩點(diǎn)的電勢(shì)分別為 φB＝＝ V＝－5 V. φC＝＝ V＝－3 V. 【答案】　(1)增加了1.810－5 J　(2)310－5 J　1.810－5 J　(3)－5 V?。? V 13．(10分)如圖所示，光滑絕緣半球槽的半徑為R，處在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一質(zhì)量為m的帶電小球從槽的右端A處無初速沿軌道滑下，滑到最低位置B時(shí)，球?qū)壍赖膲毫?mg.求： (1)小球受到的電場(chǎng)力的大小和方向； (2)帶電小球在滑動(dòng)過程中的最大速度． 　解析　(1)設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最低位置B時(shí)速度為v.此時(shí)2mg－mg＝m，設(shè)電場(chǎng)力大小為F，由題意小球從A處沿槽滑到最低位置B的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgR＋FR＝mv2－0，由以上兩式得F＝－mg，負(fù)號(hào)表示電場(chǎng)力的方向?yàn)樗较蛴遥? (2)小球在滑動(dòng)過程中有最大速度的條件是小球沿軌道運(yùn)動(dòng)到某位置時(shí)切向合力為零．設(shè)此時(shí)小球和圓心角間的連線與豎直方向的夾角為θ如圖所示，則mgsin θ＝Fcos θ，解得tan θ＝.小球由A處到最大速度位置過程中mgRcos θ－mgR(1－sin θ)＝mv－0 解得vm＝. 【答案】　(1)mg　水平向右　(2) 14．(10分)如圖甲所示裝置置于水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中，裝置是由水平部分和圓弧組成的絕緣軌道．其水平部分粗糙，動(dòng)摩擦因數(shù)為μ(μ<1)；圓弧部分是半徑為R的光滑軌道，C為圓弧最高點(diǎn)，B為圓弧最低點(diǎn)．若勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E＝mg/q，質(zhì)量為m、電荷量＋q的滑塊由A點(diǎn)靜止釋放，滑塊恰好能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)．問： (1)滑塊到達(dá)C點(diǎn)的速度多大？ (2)AB間的最小距離為多少？ 　解析　(1)滑塊在圓弧軌道上受重力和電場(chǎng)力作用，如圖乙所示，則合力F合＝＝mg① tan θ＝＝1② 則θ＝45 滑塊做完整圓周運(yùn)動(dòng)必須過復(fù)合場(chǎng)的最高點(diǎn)D(如圖丙所示)，恰能過D點(diǎn)，則需滿足F合＝③ 　 設(shè)滑塊在C、D兩點(diǎn)的速度分別為vC、vD，從C點(diǎn)到D點(diǎn)，由動(dòng)能定理有 mgR(1－sin θ)－qERcos θ＝mv－mv④ 由上式聯(lián)立解得vC＝. (2)滑塊從B到C，由動(dòng)能定理有 －2mgR＝mv－mv⑤ 滑塊從A到B，由動(dòng)能定理有 (qE－μmg)xAB＝mv⑥ 聯(lián)立上式解得xAB＝. 【答案】　(1)　(2) 15．(12分)如圖甲所示，靜電除塵裝置中有一長(zhǎng)為L(zhǎng)、寬為b、高為d的矩形通道，其前、后面板使用絕緣材料，上、下面板使用金屬材料．圖乙是裝置的截面圖，上、下兩板與電壓恒定的高壓直流電源相連．質(zhì)量為m、電荷量為－q、分布均勻的塵埃以水平速度v0進(jìn)入矩形通道，當(dāng)帶負(fù)電的塵埃碰到下板后其所帶電荷被中和，同時(shí)被收集．通過調(diào)整兩極板間距d可以改變收集效率η.當(dāng)d＝d0時(shí)，η為81%(即離下板0.81d0范圍內(nèi)的塵埃能夠被收集)．不計(jì)塵埃的重力及塵埃之間的相互作用． (1)求收集效率為100%時(shí)，兩板間距的最大值dm； (2)求收集效率η與兩板間距d的函數(shù)關(guān)系； (3)若單位體積內(nèi)的塵埃數(shù)為n，求穩(wěn)定工作時(shí)單位時(shí)間下板收集的塵埃質(zhì)量ΔM/Δt與兩板間距d的函數(shù)關(guān)系，并繪出圖線． 　解析　(1)收集效率η為81%，即離下板0.81d0的塵埃恰好到達(dá)下板的右端邊緣，設(shè)高壓電源的電壓為U，則水平方向有L＝v0t① 在豎直方向有0.81d0＝at2② 其中a＝＝＝③ 當(dāng)減小兩極板間距時(shí)，能夠增大電場(chǎng)強(qiáng)度，提高裝置對(duì)塵埃的收集效率．收集效率恰好為100%時(shí)，兩板間距為dm.如果進(jìn)一步減小d，收集效率仍為100% 因此，水平方向有L＝v0t④ 在豎直方向有dm＝a′t2⑤ 其中a′＝＝＝⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥可得：dm＝0.9d0.⑦ (2)通過前面的求解可知，當(dāng)d≤0.9d0時(shí)，收集效率η為100%⑧ 當(dāng)d>0.9d0時(shí)，設(shè)距下板x處的塵埃恰好到達(dá)下板的右端邊緣，此時(shí)有x＝()2⑨ 根據(jù)題意，收集效率為η＝⑩ 聯(lián)立①②③⑨⑩可得：η＝0.81()2. (3)穩(wěn)定工作時(shí)單位時(shí)間下板收集的塵埃質(zhì)量 ΔM/Δt＝ηnmbdv0 當(dāng)d≤0.9d0時(shí)，η＝1，因此ΔM/Δt＝nmbdv0 當(dāng)d>0.9d0時(shí)，η＝0.81()2， 因此ΔM/Δt＝0.81nmbv0 繪出的圖線如下 【答案】　(1)0.9d0　(2)η＝0.81()2　(3)見解析 16．(14分)如圖所示，真空中水平放置的兩個(gè)相同極板M和N長(zhǎng)為L(zhǎng)，相距d，足夠大的豎直屏與兩板右側(cè)相距b，在兩板間加上可調(diào)偏轉(zhuǎn)電壓U，一束質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子(不計(jì)重力)從兩板左側(cè)中點(diǎn)A以初速度v0沿水平方向射入電場(chǎng)且能穿出． (1)證明粒子飛出電場(chǎng)后的速度方向的反向延長(zhǎng)線交于兩板間的中心O點(diǎn)． (2)求兩板間所加偏轉(zhuǎn)電壓U的范圍． (3)求粒子可能到達(dá)屏上區(qū)域的范圍． 　解析　(1)設(shè)粒子在運(yùn)動(dòng)過程中的加速度大小為a，離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)距離為y，沿電場(chǎng)方向的速度為vy，偏轉(zhuǎn)角為θ，其反向延長(zhǎng)線通過O點(diǎn)，O點(diǎn)與板右端的水平距離為x，如圖所示，則有 y＝at2　L＝v0t　vy＝at　tan θ＝＝ 聯(lián)立可得x＝ 即粒子飛出電場(chǎng)后的速度方向的反向延長(zhǎng)線交于兩板間的中心． (2)粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的加速度a＝，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝ 聯(lián)立可得y＝ 當(dāng)y＝時(shí)，U＝ 則兩板間所加電壓的范圍為－≤U≤. (3)當(dāng)y＝時(shí)，粒子在屏上側(cè)向偏移的距離最大(設(shè)為y0)，則y0＝(＋b)tan θ，而tan θ＝，所以y0＝ 則粒子可能到達(dá)屏上區(qū)域的長(zhǎng)度為. 【答案】　(1)見解析　(2)－≤U≤　(3) - 8 -