2019高考物理一轮复习 电学部分 专题01 电场单元测试卷A卷.doc

电场基础A卷一、单选1在感应起电中，带负电物体靠近带绝缘底座的导体时，如图所示M处将( ) A. 带正电 B. 带负电 C. 不带电 D. 不能确定【答案】B【解析】由于同性电荷相斥，则当带负电物体靠近带绝缘底座的导体时，带电体将导体中的负电荷斥向最远端，即M处带负电，故选B.2两个可视为质点物体相距为R时，其相互作用的万有引力大小为F。若将两个物体间的距离增大为2R，其相互作用的万有引力大小变为：A. B. C. 4F D. 2F【答案】B【解析】根据万有引力定律公式知，两物体间的距离增大为原来的2倍，则万有引力变为原来的，即为，故B正确，A、C、D错误；3下列现象中属于静电利用的是A. 油罐车上有铁链拖到地面B. 飞机轮胎用导电橡胶制作C. 屋顶安装避雷针D. 汽车表面喷涂油漆【答案】D 4如图所示，P是一个带电体，将原来不带电的导体球Q放入P激发的电场中并接地，a，b，c，d是电场中的四个点。则静电平衡后（ ） A. 导体Q仍不带电B. a点的电势高于b点的电势C. 检验电荷在a点所受电场力等于b点所受电场力D. 带正电的检验电荷在c点的电势能大于d点的电势能【答案】D 点睛：本题关键在于比较cd两点的电势，要注意c沿电场线到零势能面有很大的距离，而d点已接近零势能面，而沿电场线的方向，电势是降落的；故c点电势一定大于d点电势 5如图所示，B 为线段 AC 的中点，如果在 A 处放一个Q 的点电荷，测得 B 处的场强 EB60 N/C， 则下列说法正确的( ) A. C 处的场强大小为 EC30 N/CB. C 处的场强大小为 EC20N/CC. 若要使 EB0，可在 C 处放一个Q 的点电荷D. 把 q109 C 的点电荷放在C 点，则其所受电场力的大小为 1.5108 N【答案】D【解析】A、B、场源为一正的点电荷Q，B离点+Q的距离等于C离+Q的距离的一半，则根据真空中点电荷场强公式，得EB=4EC；因B处的场强EB=60N/C，则EC=15N/C故A、B错误。C、若要使EB=0，可在C处放一个+Q的点电荷，故C错误；D、把q=10-9C的点电荷放在C点，则其受电场力的大小为F=qEC=10-9C15N/C=1.510-8N，故D正确；故选D。6在密立根油滴实验中，调节两金属板间的电势差等于U0两板距离为d时，某质量为m的油滴恰好做匀速运动，则该油滴所带电荷量为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】油滴匀速运动过程中受到电场力和重力平衡， 根据平衡条件，有：mg=qE，又有，联立可得：，故A正确，BCD错误。7如图所示，是一个点电荷电场的电场线(箭头线)和等势面(虚线)，两等势面之间的电势差大小为2 V，有一个带电荷量为q1.0108 C的电荷，从A点沿不规则曲线路径移到B点，电场力做功为（ ） A. 2.0108 J B. 2.0108 JC. 1.60107 J D. 4.0108 J【答案】B【解析】由图可知，电场线的方向向外，所以A点的电势大于B点的电势，所以AB之间的电势差为：U=2V；由电场力做功的公式有：W=qU=-1.0108C2V=-2.0108J，故B正确，ACD的错误；故选B。8如图所示，一个带正电的球体M放在绝缘支架上，把系在绝缘丝线上的带电小球N挂在横杆上的P1处，当小球N静止时，丝线与竖直方向的夹角为。若将丝线悬点从P1移到P2处。则 A. 角变大，小球N带正电B. 角变小，小球N带正电C. 角变大，小球N带负电D. 角变小，小球N带负电【答案】B 9三个粒子在同一地点沿同一方向飞入偏转电场，出现了如图所示的轨迹，由此可以判断下列不正确的是 A. 在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上B. b和c同时飞离电场C. 进电场时c的速度最大，a的速度最小D. 动能的增加值c最小，a和b一样大【答案】B【解析】A、三个粒子的质量和电量都相同，则知加速度相同，a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据，可知运动时间相等，故A正确；B、b、c竖直方向上的位移不等，根据，可知，故B错误；C、在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有：v=xt，因，则，故C正确；D、根据动能定理知，a、b两电荷，电场力做功一样多，所以动能增加量相等，c电荷电场力做功最少，动能增加量最小，故D正确；选不正确的，故选B。10一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2x3段是直线，则下列说法正确的是 A. x1处电场强度最小，但不为零B. 粒子在0x2段做匀变速运动，x2x3段做匀速直线运动C. 若x1、x3处电势为1、3，则13,故C错误； D、x2x3段斜率不变，所以这段电场强度大小方向均不变，故D正确；故选D二、多选11. 如图为某一电场的电场线，M、N、P 为电场线上的三个点，M、N 是同一电场线上两点。下列判 断正确的是( ) A. 只受电场力作用时，同一负电荷在 N 点的加速度最大B. M、N、P 三点中 N 点的电势最高C. 正电荷从 M 点自由释放，电荷不可能沿电场线运动到 N 点D. 只受电场力作用时，同正电荷在 M 点的电势能大于在 N 点的电势能【答案】ACD 12两电荷量分别为Q1和Q2的点电荷放在x轴上的O、A点， 两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中B、C两点的电势均为零，则 A. Q1与Q2带异种电荷B. B、C点的电场强度大小为零C. CD点间各点的场强方向向x轴负方向D. 若有一个电子在C点无初速运动，则在随后的一段时间内，电场力先做正功后做负功【答案】ACD【解析】由图象可知，图象中的电势有正有负，如果都是正电荷，则电势不会为负、如果都是负电荷，电势不会为正，则Q1与Q2带异种电荷。故A正确。电势随x变化图线的切线斜率表示电场强度，B、C点处切线斜率不为零，则电场强度大小不为零，故B错误。由图可知：CD段中，电势升高，所以场强方向沿x轴负方向。故C正确。因CF段中，电势先高升后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，则将一负点电荷从C无初速运动，则在随后的一段时间内，电场力先做正功（CD段）后做负功（D点以后）。故D正确；故选ACD。13如图所示为静电除尘机理图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，放电极和集尘极加上高压电场，使尘埃带上负电，尘埃只在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，达到除尘目的，图中虚线为电场线(方向未标出)。不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电量变化，则（ ） A. 电场线方向由集尘极指向放电极B. 图中A点场强小于B点场强C. 沿水平方向进入的尘埃在迁移过程中可以做类平抛运动D. 尘埃在迁移过程中电势能减小【答案】AD【解析】由题可知带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则知集尘极带正电荷，是正极，所以电场线方向由集尘极指向放电极，故A正确；电场线的疏密程度表示电场强度的大小，由图可知A点的电场线更密，故A点的电场强度大于B点的电场强度，故B错误；放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的，所以不能做类平抛运动，故C错误；带电尘埃所受的电场力方向与位移方向相同，电场力做正功，所以在迁移过程中电势能减小，故D正确。所以AD正确，BC错误。14电流传感器可以像电流表一样测量电流，可以捕捉到瞬间的电流变化，相当于一个理想电流表。用如图甲所示的电路来研究电容器的放电过程。实验时将开关S拨到1端，用直流8V电压给电容器充电，待电路稳定后，将电流传感器打开，再将开关S拨到2端，电容器通过电阻R放电。以S拨到2端时为t=0时刻，电流传感器测得的电流I随时间t变化图像如图乙所示，根据题意，下列说法正确的是： A. 由I-t图可知，电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为3.210-3CB. 由I-t图可知，电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为3.2CC. 此电容器的电容约为4.010-4FD. 此电容器的电容约为0.4F【答案】AC【解析】A、B、将横坐标t分成许多很小的时间间隔t，在这些很小的时间间隔里，放电电流I可以视为不变，则It为这段时间内的电量，则电容器所带的电荷量为Q=I1t1+I2t2+I3t3+Intn，式中I1t1、I2t2为图中的狭条形面积，由此可知，电容器所带的电荷量在数值上等于图象与坐标轴所包围的面积纵坐标的每个小格为0.2mA，横坐标的每个小格为0.4s，则每个小格所代表的电荷量数值为q=0.210-30.4=810-5C，曲线下包含的小正方形的个数为39个（格数为38-42都正确）；总放电量为Q=39810-5C=3.210-3C，故A正确，B错误C、D、由电容器的计算公式，可得电容值，故C正确，D错误。故选AC。15如图所示，倾角为的光滑斜面下端固定一绝缘轻弹簧，M点固定一个质量为m、带电量为q的小球Q整个装置处在场强大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。现把一个带电量为+q的小球P从N点由静止释放，释放后P沿着斜面向下运动。N点与弹簧的上端和M的距离均为s0P、Q以及弹簧的轴线ab与斜面平行。两小球均可视为质点和点电荷，弹簧的劲度系数为k0，静电力常量为k。则（ ） A. 小球P返回时，可能撞到小球QB. 小球P在N点的加速度大小为C. 小球P沿着斜面向下运动过程中，其电势能不一定减少D. 当弹簧的压缩量为时，小球P的速度最大【答案】BC【解析】A项：根据动能定理知，当小球返回到N点，由于重力做功为零，匀强电场的电场力做功为零，电荷Q的电场对P做功为零，则合力做功为零，知道到达N点的速度为零所以小球不可能撞到小球Q，故A错误；B项：根据牛顿第二定律得，小球在N点的加速度，故B正确；C项：小球P沿着斜面向下运动过程中，匀强电场的电场力做正功，电荷Q产生的电场对P做负功，两个电场力的合力不一定沿斜面向下，则最终电场力不一定做正功，则电势能不一定减小，故C错误；D项：当小球所受的合力为零时，速度最大，即，则压缩量不等于，故D错误。三、解答题16如图所示，边长为L的正方形区域ABCD内存在着沿AD方向的匀强电场。电量为q、速度为v的带电粒子从A点沿AB方向进入电场，恰好从BC的中点离开电场，不计粒子所受重力。求电场强度的大小E。 【答案】 17如图所示，用长30cm的细线将质量为m=410-3kg的带电小球P悬挂在O点，当空间有方向为水平向右、大小为E=1104N/C的匀强电场时，小球偏转37，并处于静止状态。（sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2。）（1）判断小球的带电性质；（2）求小球所带的电荷量和细线的拉力大小。 【答案】（1）小球带正电 （2）510-2N【解析】（1）小球受力如图 电场力方向与场强方向相同，故带正电；（2）小球受力平衡，在水平方向：qE=mgtan37得q=310-6C；由力的平衡条件，在竖直方向上：Fcos37=mg即F=510-2N，方向与竖直方向成37角。18如图所示，一带电荷量为q5103 C，质量为m0.1 kg的小物块处于一倾角为37的光滑绝缘斜面上，当整个装置处于一水平向左的匀强电场中时，小物块恰处于静止状态(g取10 m/s2，已知sin 370.6，cos 370.8)求： 电场强度的大小；若从某时刻开始，电场强度减小为原来的，物块下滑时的加速度大小【答案】(1) E150 N/C (2) 3 m/s2【解析】试题分析：对物块受力分析，根据平衡条件列式可求得电场强度；由牛顿第二定律可求得物块的加速度。小物块受力如图，由受力平衡得：qEFNsin 0 mgFNcos0解得：代入数据得E150 N/C由牛顿第二定律得： 代入数据得加速度大小为：a3 m/s219如图所示，电子从灯丝K发出（初速度不计），在KA间经加速电压U1加速后，从A板中心小孔射出，进入由M、N两个水平极板构成的偏转电场，M、N两板间的距离为d，电压为U2，板长为L，电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，射出时没有与极板相碰已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力及它们之间的相互作用力求： （1）电子在偏转电场中的运动时间t；（2）电子从偏转电场射出时沿垂直于板方向偏移的距离y【答案】（1）（2）【解析】电子在加速电场中加速，进入偏转电场，做类平抛运动，根据类平抛运动规律即可求解。（1）根据动能定理得：解得：在平行于极板方向做匀速运动：解得：（2）在垂直于极板方向做匀加速直线运动：根据牛顿第二定律得：解得：20如图甲所示，真空中的电极K连续不断地发出电子（电子的初速度可忽略不计），经电压为U1的电场加速，加速电压U1随时间t变化的图象如图乙所示。每个电子通过加速电场的过程时间极短，可认为加速电压不变。电子被加速后由小孔S穿出，沿两个彼此靠近且正对的水平金属板A、B间中轴线从左边缘射入A、B两板间的偏转电场，A、B两板长均为L=0.20m，两板之间距离d=0.050m，A板的电势比B板的电势高。A、B板右侧边缘到竖直放置的荧光屏P（面积足够大）之间的距离b=0.10m。荧光屏的中心点O与A、B板的中心轴线在同一水平直线上。不计电子之间的相互作用力及其所受的重力，求： （1）要使电子都打不到荧光屏上，则A、B两板间所加电压U2应满足什么条件；（2）当A、B板间所加电压U2=50V时，电子打在荧光屏上距离中心点O多远的范围内。【答案】（1）U至少为100V；（2）电子打在屏上距中心点O在2.5cm5.0cm范围内。【解析】试题分析：（1）设电子的质量为m、电量为e，电子通过加速电场后的速度为v，由动能定理有： ;电子通过偏转电场的时间;此过程中电子的侧向位移联立上述两式解得： ;要使电子都打不到屏上，应满足u取最大值800V时仍有代入数据可得，为使电子都打不到屏上，U至少为100V。（2）当电子恰好从A板右边缘射出偏转电场时，其侧移量最大电子飞出偏转电场时，其速度的反向延长线通过偏转电场的中心，设电子打在屏上距中心点的最大距离为Ymax，则由几何关系可得： ，解得由第（1）问中的可知，在其它条件不变的情况下，u越大y越小，所以当u=800V时，电子通过偏转电场的侧移量最小。其最小侧移量同理，电子打在屏上距中心点的最小距离所以电子打在屏上距中心点O在2.5cm5.0cm范围内。