1、第一章第一章 电场章末检测试卷电场章末检测试卷 (时间：90 分钟 满分：100 分) 一、单项选择题(本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分) 1.下列说法正确的是( ) A.由 EF q可知， 电场的电场强度与试探电荷在其中受的电场力成正比， 与其电荷 量成反比 B.物理学家法拉第提出一种观点，即在电荷的周围存在着由它产生的电场，处在 电场中的其他电荷受到的作用力就是这个电场给予的 C.库仑通过实验研究确认真空中点电荷之间的相互作用力规律，称为库仑定律， 而静电力常量 k 是法拉第通过库仑扭秤测定的 D.库仑通过库仑扭秤实验测定了电子的电荷量 答案 B 解析 电场强度由电场本身决定
2、，与试探电荷在其中受的电场力及其所带的电荷 量均无关，故 A 说法错误；法拉第提出了“电场”的概念，认为在电荷的周围存 在着由它产生的电场， 处在电场中的其他电荷受到的作用力就是这个电场给予的， 故 B 说法正确；静电力常量是库仑用扭秤实验测定的，故 C 说法错误；密立根通 过实验测出了电子的电荷量的大小，故 D 说法错误. 2.下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是( ) A.根据电场强度的定义式 EF q可知， 电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电 荷量成反比 B.根据电容的定义式 CQ U可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极 板间的电压成反比 C.根据真空中
3、点电荷的电场强度公式 EkQ r2可知，电场中某点的电场强度与场源 电荷所带的电荷量无关 D.根据电势差的定义式 UABWAB q 可知，带电荷量 1 C 的正电荷，从 A 点移动到 B 点克服电场力做功为 1 J，则 A、B 两点间的电势差为1 V 答案 D 解析 电场强度 E 与 F、q 无关，由电场本身决定，A 错误；电容 C 与 Q、U 无 关，由电容器本身决定，B 错误；EkQ r2是决定式，C 错误； 由电势差的定义式 UABWAB q 知，D 正确. 3.在静电场中， 一个电子由a点移到b点时静电力做功为5 eV(1 eV1.610 19 J)， 则以下说法中正确的是( ) A.
4、电场强度的方向一定由 b 沿直线指向 a B.a、b 两点间电势差 Uab5 V C.电子的电势能减少 5 eV D.电子的电势能减少 5 J 答案 C 解析 电场强度的方向与运动路径无关，A 错误；UabWab q 5 eV e 5 V，B 错 误；静电力做 5 eV 的正功，电势能减少 5 eV，C 正确，D 错误. 4.空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感 应，两球在空间形成了如图 1 所示稳定的静电场.实线为其电场线，虚线为其等势 线，A、B 两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D 两点关于直线 AB 对称， 则( ) 图 1 A.A 点和 B 点的电
5、势相同 B.C 点和 D 点的电场强度相同 C.正电荷从 A 点移至 B 点，电场力做正功 D.负电荷从 C 点沿直线 CD 移至 D 点，电势能先增大后减小 答案 C 解析 由题图可知 AB，所以正电荷从 A 移至 B，电场力做正功，故 A 错误， C 正确；C、D 两点场强方向不同，故 B 错误；负电荷从 C 点沿直线 CD 移至 D 点，电势能先减小后增大，故 D 错误. 5.如图 2 所示，一半径为 R 的圆盘上均匀分布着电荷量为 Q 的电荷，在垂直于圆 盘且过圆心 c 的轴线上有 a、 b、d 三个点，a 和 b、b 和 c、 c 和 d 间的距离均 为 R，在 a 点处有一电荷量为
6、 q (q0)的固定点电荷.已知 b 点处的场强为零，则 d 点处场强的大小为(k 为静电力常量)( ) 图 2 A.k3q R2 B.k10q 9R2 C.kQq R2 D.k9Qq 9R2 答案 B 解析 由于 b 点处的场强为零，根据电场叠加原理知，带电圆盘和 a 点处点电荷 在 b 处产生的场强大小相等， 方向相反.带电圆盘在 d 点处和点电荷在 a 点处产生 的场强方向相同，所以 Ek q （3R）2k q R2k 10q 9R2，所以 B 正确. 6.一带电粒子在电场中仅在电场力作用下，从 A 点运动到 B 点，速度随时间变化 的图象如图 3 所示，tA、tB分别是带电粒子到达 A
7、、B 两点对应的时刻，则下列说 法中正确的是( ) 图 3 A.A 处的场强一定小于 B 处的场强 B.A 处的电势一定高于 B 处的电势 C.电荷在 A 处的电势能一定小于在 B 处的电势能 D.电荷在 A 到 B 的过程中，电场力一定对电荷做正功 答案 D 解析 根据速度图象的斜率等于加速度， 从 A 点运动到 B 点的过程中带电粒子的 加速度减小，则其所受的电场力减小，电场强度减小，即 A 处的场强一定大于 B 处的场强，A 错误；由于带电粒子的电性未知，无法判断电场方向，也就不能判 断电势高低，故 B 错误；由图看出，带电粒子的速度增大，动能增大，则由能量 守恒定律得知，其电势能减小，
8、电场力做正功，故 C 错误，D 正确. 二、多项选择题(本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分) 7.下列各量中，与检验电荷无关的物理量是( ) A.电场力 F B.电场强度 E C.电势差 U D.电场力做的功 W 答案 BC 解析 电场力 FqE，与检验电荷有关，故 A 错误；电场强度 E、电势差 U 与检 验电荷无关，故 B、C 正确；电场力做功 WqU，与检验电荷有关，故 D 错误. 8.如图 4 所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，断开电源， 带电小球以速度 v0水平射入电场， 且沿下板边缘飞出.若下板不动， 将上板上移一 小段距离，小球仍以相同的速度 v0
9、从原处飞入，则带电小球( ) 图 4 A.将打在下板中央 B.仍沿原轨迹运动到下板边缘飞出 C.不发生偏转，沿直线运动 D.若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央 答案 BD 解析 由题意可知，电容器所带电荷量不变，因为 EU d Q Cd 4kQ rS ，所以上板 上移一小段距离，两极板间电场强度不变，以相同速度入射的小球仍将沿原轨迹 运动到下板边缘飞出，B 正确，A、C 错误；若上板不动，将下板上移一段距离， 小球可能打在下板的中央，D 正确. 9.如图 5 所示为点电荷 a、b 所形成的电场线分布，有一粒子(不计重力)由 A 点进 入电场，A、B 是轨迹上的两点，以下说法
10、正确的是( ) 图 5 A.该粒子带正电 B.a、b 为异种电荷 C.该粒子在 A 点加速度较 B 点大 D.该粒子在 A 点电势能较 B 点大 答案 BC 解析 根据电场线从正电荷出发，到负电荷终止，可知 a 带正电，b 带负电；由 粒子的轨迹向左上方弯曲，可知该粒子所受的电场力方向为左上方，因此该粒子 带负电，故 A 错误，B 正确；A 点电场线密，则 A 点电场强度大，粒子所受的电 场力大，则粒子在 A 点加速度较大，故 C 正确；根据顺着电场线方向电势降低， 可知 A 点的电势较高，由推论：负电荷在电势高处电势能小，则知粒子在 A 点电 势能较 B 点小，故 D 错误. 10.如图 6
11、 甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔.右极板电势 随时间变化的规律如图乙所示.电子原来静止在左极板小孔处(不计重力作用).下 列说法正确的是( ) 图 6 A.从 t0 时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上 B.从 t0 时刻释放电子，电子可能在两板间振动 C.从 tT 4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上 D.从 t3T 8 时刻释放电子，电子必将从左极板小孔飞出 答案 AC 解析 从 t0 时刻释放电子，电子将向右先匀加速T 2，接着匀减速 T 2，速度减小到 零后，又开始向右匀加速T 2，接着匀减速 T 2直到打在右极板上，电子不可能向
12、 左运动.从 tT 4时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速 T 4， 接着匀减速T 4，速度减小到零后，改为向左再匀加速 T 4，接着匀减速 T 4，即在两极 板间振动；如果两极板间距离不够大，则电子在第一次向右运动过程中就有可能 打在右极板上.从 t3T 8 时刻释放电子，如果两极板间距离不够大，电子将在第一 次向右运动过程中就打在右极板上；如果第一次向右运动没有打在右极板上，那 就一定会在向左运动过程中从左极板小孔飞出，选项 A、C 正确. 三、计算题(本题共 4 小题，共 50 分) 11.(10 分)如图 7 所示，在匀强电场中，将带电荷量 q610 6 C 的电荷从
13、电场 中的 A 点移到 B 点，克服电场力做了 2.410 5 J 的功，再从 B 点移到 C 点，电 场力做了 1.210 5 J 的功.求： 图 7 (1)A、B 两点间的电势差 UAB和 B、C 两点间的电势差 UBC； (2)如果规定 B 点的电势为零，则 A 点和 C 点的电势分别为多少； (3)作出过 B 点的一条电场线(只保留作图的痕迹，不写做法). 答案 (1)4 V 2 V (2)4 V 2 V (3)见解析图 解析 (1)UABWAB q 2.410 5 610 6 V4 V UBC 1.210 5 610 6 V2 V (2)UABAB UBCBC 又 B0 故 A4 V
14、，C2 V (3)如图所示 12.(12 分)如图 8 所示，水平放置的平行板电容器，两板板间距 d8 cm，极板长 L25 cm，接在直流电源上.有一带电液滴以 v00.5 m/s 的初速度从板间的正中 央水平射入时，恰好做匀速直线运动，当它运动到 P 处时迅速将下板向上提升 4 3 cm，液滴刚好从金属板末端飞出，g 取 10 m/s 2.求： 图 8 (1)将下板向上提升后，液滴的加速度大小； (2)液滴从射入电场开始计时，匀速运动到 P 点所用时间. 答案 (1)2 m/s2 (2)0.3 s 解析 (1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滳匀速运动，所以 qEmg，qU
15、dmg，即 qUmgd.当下板向上提后，d 减小，E 增大，电场力增大， 故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动.此时液滴所受电场力 FqU d mgd d ，加 速度 aFmg m mg d d1 m 1 5g2 m/s 2. (2)因为液滴刚好从金属板末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是d 2.设液滴从 P 点开始在匀强电场中飞行的时间为 t1，则d 2 1 2at 2 1，t1 d a0.2 s，而液滴从刚 进入电场到射出电场的时间 t2 L v00.5 s.所以液滴从射入电场开始匀速运动到 P 点的时间为 tt2t10.3 s. 13.(14 分)如图 9 所示，在场强 E103 V/
16、m 的水平向左匀强电场中，有一光滑半 圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道 MN 连接，半圆轨道所在竖直平 面与电场线平行，其半径 R 0.4 m，一带正电荷 q10 4 C 的小滑块质量为 m 0.04 kg，与水平轨道间的动摩擦因数 0.2，g 取 10 m/s2，求： 图 9 (1)要使小滑块能运动到半圆轨道的最高点 L，滑块应在水平轨道上离 N 点多远处 释放； (2)这样释放的滑块通过 P 点时对轨道压力是多大.(P 为半圆轨道中点) 答案 (1)20 m (2)1.5 N 解析 (1)滑块刚能通过轨道最高点条件是 mgmv 2 R，v Rg2 m/s， 滑块由释放点到最高点过
17、程由动能定理： Eqsmgsmg2R1 2mv 2 所以 s m 1 2v 22gR Eqmg 代入数据得：s20 m (2)滑块从释放到 P 点过程，由动能定理得： mgREqR1 2mv 21 2mv 2 P 所以 v2Pv22(gEq m )R 在 P 点由牛顿第二定律：FNEqmv 2 P R ， FN3(mgEq) 代入数据得：FN1.5 N 由牛顿第三定律得 FNFN1.5 N 14.(14 分)如图 10 所示，质量 m2.010 4 kg、电荷量 q1.0106 C 的带正电 微粒静止在空间范围足够大的电场强度为 E 的匀强电场中.取 g10 m/s2. 图 10 (1)求匀强
18、电场的电场强度 E 的大小和方向； (2)在 t0 时刻，电场强度大小突然变为 E04.0103 N/C，方向不变.求在 t 0.2 s 时间内电场力做的功； (3)在 t0.2 s 时刻突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能. 答案 (1)2.0103 N/C 方向向上 (2)8.010 4 J (3)8.010 4 J 解析 (1)因微粒静止，则其受力平衡，对其受力分析有 qEmg Emg q 2.010 410 1.010 6 N/C2.0103 N/C，方向向上. (2)在 t0 时刻， 电场强度大小突然变为 E04.0103 N/C， 设微粒的加速度为 a， 在 t0.2 s 时间内上升高度为 h，电场力做功为 W，则 qE0mgma 解得：a10 m/s2 h1 2at 2，解得：h0.2 m WqE0h，解得：W8.010 4 J. (3)设在 t0.2 s 时刻突然撤掉电场时微粒的速度大小为 v，回到出发点时的动能 为 Ek，则 vat 由动能定理得 mghEk1 2mv 2 解得：Ek8.010 4 J.
