2020年高考物理一轮复习 第6章 电场性质的理解及应用 章末综合练 讲义(人教版浙江)

章末综合练(六)一、单项选择题 1.下列说法正确的是( ) A.物体带电荷量有可能是3×10－19CB.感应起电的实质是电荷发生了转移C.物体所带电荷量可能很小，可以小于元电荷D.经过摩擦使某物体带正电是因为产生了额外的正电荷 答案 B解析 元电荷的数值通常取e ＝1.60×10－19 C ，所有带电体的电荷量都等于元电荷的整数倍，故A 、C 错误；感应起电的实质是电荷可以从物体的一部分转移到另一个部分，故B 正确；摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷，遵循电荷守恒定律，故D 错误.2.以下说法正确的是( )A.由E ＝Fq 可知此场中某点的电场强度E 与F 成正比B.由公式φ＝E pq可知电场中某点的电势φ与q 成反比C.由U ab ＝Ed 可知，匀强电场中的任意两点a 、b 间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大D.公式C ＝QU ，电容器的电容大小C 与电容器两极板间电势差U 无关答案 D解析 电场强度E ＝Fq 是采用比值定义的，E 和F 以及检验电荷q 无关，E 是由电场本身决定的，故A 错误；电场中某点的电势φ与检验电荷q 无关，是由电场本身和零电势点决定的，故B 错误；U ab ＝Ed 中的d 是匀强电场中的任意两点a 、b 沿着电场线方向的距离，故C 错误；公式C ＝QU ，电容器的电容大小C 与电容器两极板间电势差U 无关，与两极板间距离d 、极板面积S 等有关.3.如图1所示，两个质量均为m ＝5×10－7 kg 的小球，分別固定在长l ＝30 cm 的两细丝线的一端，两丝线的另一端固定于同一点O .当两小球带上等量正电荷，两球静止时两丝线间夹角为α＝90°(两小球可看成点电荷).则每个小球的带电荷量为(g ＝10 m/s 2)( )图1A.1×10－6 C B.1×10－7 C C.1×10－8 C D.3×10－9 C答案 C解析 设小球在水平方向受到库仑力的大小为F .以右边的小球为研究对象，受力分析如图所示.则根据平衡条件有：F ＝mg tan α2＝mg tan 45°＝5×10－7×10 N ＝5×10－6 N ，根据库仑定律得：F ＝k q 2L 2，而L ＝2l ，代入数据，解得：q ＝1×10－8 C.4.等量异种点电荷的连线和中垂线如图2所示，现将一个带负电的检验电荷先从图中a 点沿直线移到b 点，再从b 点沿直线移到c 点，则检验电荷在此全过程中( )图2A.所受电场力的方向将发生改变B.所受电场力的大小恒定C.电势能一直减小D.电势能先不变后减小 答案 D解析 在等量的异种电荷的中垂线上，电场方向始终垂直中垂线且指向负电荷，检验电荷所受电场力的方向保持不变，所以A 错误；又因为电场线分布的疏密不同，所受电场力是变化的，所以B错误；电荷从a运动到b，因电场力与位移方向垂直，电场力不做功，电势能不变，所以C错；电荷从b运动到c，因为电场力做正功，所以电荷电势能减小，所以D正确.5.A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度－时间图象如图3所示.则这一电场可能是下图中的()图3答案 A解析由题图可知，速度在逐渐减小，图象的斜率在逐渐增大，故此带负电的微粒做加速度越来越大的减速直线运动，所受电场力越来越大，受力方向与运动方向相反，故A正确.6.如图4为两个点电荷在真空中所产生电场的电场线(方向未标出).图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称.则下列说法中正确的是()图4A.这两点电荷一定是等量异种电荷B.这两点电荷一定是等量同种电荷C.D、C两点的电场强度一定相等D.C点的电场强度比D点的电场强度小答案 A解析根据电场线的特点：电场线从正电荷出发到负电荷终止，可知A、B是两个等量异种电荷，故A正确，B错误；在两等量异种电荷连线的中垂线上，C点处电场线最密，电场强度最大，所以C点的电场强度比D点的电场强度大，故C、D错误.7.如图5所示的实验装置中，平行板电容器的极板A接地，极板B与一个灵敏的静电计相接.A极板向上移动，减小电容器两极板的正对面积时，电容器所带的电荷量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是()图5A.Q变小，C不变，U不变，E变小B.Q变小，C变小，U不变，E不变C.Q不变，C变小，U变大，E不变D.Q不变，C变小，U变大，E变大答案 D解析电容器所带电荷量Q不变，故A、B错误；A极板向上移动，减小电容器两极板的正对面积时，由C＝εr S4πkd ，知电容C变小，Q不变，根据C＝QU分析可知，U变大，由E＝Ud，知d不变，则E变大，故C错误，D正确.8.如图6所示，a、b两个带正电的粒子，电荷量分別为q1与q2，质量分别为m1和m2.它们以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后.a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力.则()图6A.电荷量q1大于q2B.质量m1小于m2C.粒子的电荷量与质量之比q1m1>q2m2D.粒子的电荷量与质量之比q1m1<q2m2答案 C解析设任一粒子的速度为v，电荷量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度：a＝qEm①时间t＝x v②偏转量y ＝12at 2③因为两个粒子的初速度相等，由②得：t ∝x ，则得a 粒子的运动时间短，由③得：a 的加速度大，由①得：a 粒子的比荷qm 就一定大，但a 的电荷量不一定大，质量不一定小，故C 正确，A 、B 、D 错误. 二、多项选择题9.两个用相同材料制成的半径相等的带电金属小球，其中一个球的带电量的绝对值是另一个的5倍，它们间的库仑力大小是F ，现将两球接触后再放回原处，它们间库仑力的大小可能是( )A.5F 9B.4F 5C.5F 4D.9F 5 答案 BD解析 若两电荷同性，设一个球的带电荷量为Q ，则另一个球的带电荷量为5Q ，此时F ＝k 5Q 2r 2，接触后再分开，带电荷量各为3Q ，则两球的库仑力大小F ′＝k 9Q 2r 2＝9F5.若两电荷异性，接触后再分开，两球电荷量的绝对值为2Q ，此时两球的库仑力F ″＝k 4Q 2r 2＝45F ，故B 、D 正确，A 、C 错误.10.图7中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域的运动轨迹，a 、b 是轨迹上的两点.若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是( )图7A.带电粒子所带电荷的符号B.带电粒子在a 、b 两点的受力方向C.带电粒子在a 、b 两点的速度a 处较大D.带电粒子在a 、b 两点的电势能a 处较大 答案 BC解析 由题图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a 、b 两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性，故A 错误，B 正确；由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知，由a →b 的过程，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a 点的速度较大，在b 点电势能较大，故C 正确，D 错误.11.如图8所示，AB 是一个接地的很大的薄金属板，其右侧P 点有一带电荷量为Q 的正电荷，N 为金属板外表面上的一点，P 到金属板的垂直距离PN ＝d ，M 为PN 连线的中点.关于M 、N 两点的场强和电势，下列说法正确的是( )图8A.M 点的电势比N 点的电势高，M 点的场强比N 点的场强大B.M 点的场强大小为4kQd 2C.N 点的电势为零，场强不为零D.N 点的电势和场强都为零 答案 AC解析 金属板接地，用镜像法，相当于在＋Q 关于板对称的地方放上一个－Q . 沿电场线的方向电势越来越低，所以M 点的电势大于N 点的电势(N 点的电势为零)；M 点电场线较密，场强较大，故A 正确； 可以推得N 点的场强为E N ＝2kQ d 2，方向向左，M 点的场强为E M ＝40kQ9d 2，方向向左，故B 错误；金属板AB 接地，所以AB 上各点电势都为零，N 点电势就为零，N 点场强不为零，故C 正确，D 错误.12.如图9所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连.若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )图9A.所受重力与电场力平衡B.电势能逐渐增加C.动能逐渐增加D.做匀变速直线运动答案 BD解析 根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，因此A 错误，D 正确；由A 选项分析可知，电场力做负功，则电势能增加，故B 正确；因电场力做负功，则电势能增加，导致动能减小，故C 错误. 三 、非选择题13.如图10所示，匀强电场的场强方向与竖直方向成α角，一带电荷量为q 、质量为m 的小球，用绝缘细线固定在竖直墙上，小球恰好静止在水平位置.求：图10(1)小球所带电荷的电性及场强的大小；(2)若将细线突然剪断，小球在电场力和重力作用下做何种性质的运动？加速度为多大？ 答案 (1)负电mgq cos α(2)初速度为零的匀加速直线运动 g tan α 解析 (1)由小球恰好静止在水平位置，知小球带负电，受力分析如图，根据平衡条件得mg ＝Eq cos α 得E ＝mgq cos α(2)将细线突然剪断，小球将做初速度为零的匀加速直线运动 根据牛顿第二定律得：a ＝F 合m ＝mg tan αm＝g tan α14.如图11所示，有一质子(电荷量为q ，质量为m )由静止经电压U 1加速后，进入两块间距为d ，电压为U 2的平行金属板间.若质子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从下板右边缘穿出电场，求：图11(1)质子刚进入偏转电场U 2时的速度；(2)在偏转电场U 2中运动的时间和金属板的长度L ；(3)质子穿出电场时的动能. 答案 (1) 2qU 1m(2) m qU 2d 2U 1U 2d (3)e (U 1＋U 22)解析 (1)质子在左边的加速电场中有：qU 1＝12m v 20 解得：v 0＝2qU 1m即质子刚进入偏转电场U 2时的速度为2qU 1m(2)质子在右边的偏转电场中可分解为沿板方向的匀速直线运动和垂直板方向的匀加速直线运动，所以沿板方向：x ＝L ＝v 0t ① 垂直板方向：y ＝12d ＝12at 2②而加速度：a ＝F m ＝qU 2md ③由以上各式解得：L ＝ 2U 1U 2d t ＝m qU 2d (3)质子先在加速电场中电场力对其做正功，而后又在偏转电场中，尽管做曲线运动，但电场力对它仍然做正功，且电场力做功与路径无关.所以整个过程由动能定理得： eU 1＋e U 22＝E k －0所以质子射出电场时的动能为：E k ＝e (U 1＋U 22)15.如图12所示，MPQO 为有界的竖直向下的匀强电场(边界上有电场)，电场强度为E ＝mgq ，ACB 为光滑固定的半圆形绝缘轨道，轨道半径为R ，O 点是圆心，直径AB 水平，A 、B 为直径的两个端点，AC 为14圆弧.一个质量为m 、电荷量为q 的带负电小球，从A 点正上方高为R处由静止释放，从A 点沿切线进入半圆形轨道，不计空气阻力.求：图12(1)小球到达C 点时对轨道的压力；(2)若E ′＝2mgq ，小球从A 点正上方离A 点至少多高处静止释放，才能使小球沿轨道运动到C点.答案 (1) 2mg ，方向竖直向下 (2)32R解析 (1)小球进入半圆形轨道，电场力和重力平衡，小球做匀速圆周运动，根据动能定理得，mgR ＝12m v 2，解得v ＝2gR ，根据牛顿第二定律得，F N ＝m v 2R＝2mg .再由牛顿第三定律得，小球到达C 点时对轨道的压力为2mg ，方向竖直向下.(2)若E ′＝2mgq ，小球在最低点对轨道的作用力为零，设小球从A 点正上方离A 点的高度为H ，根据牛顿第二定律得，qE ′－mg ＝m v 2C R ，解得v C ＝gR ，根据动能定理得，mg (H ＋R )－qE ′R＝12m v 2C －0，解得H ＝3R 2，所以H 至少为32R .。