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章末综合检测(一)　静电场
(本试卷满分：100分)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分，每小题只有一个选项符合题意)
1．在物理学的重大发现中，科学家们创造出了许多物理学方法，如比值法、理想实验法、控制变量法、极限法、类比法和科学假说法等，以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是(　 )
A．定义电场强度E时用到了极限法
B．在不需要考虑带电物体本身的大小、形状和电荷分布状况时用点电荷来代替带电物体的方法运用了理想化模型法
C．在利用向心力演示仪研究向心力与角速度关系时运用了类比法
D．在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了科学假说法
2．在真空中的一个点电荷产生的电场中，离该点电荷距离为r0的一点引入电荷量为q的检验电荷，测得检验电荷所受静电力为F，则离该点电荷距离为r的某处的场强大小为(　 )
A. B.
C. D.
3.如图所示，在匀强电场中相距10 mm的两等势面AA′、BB′。其间有一静止的油滴P。已知油滴P受到的重力是1.6×10－4 N，所带的电荷量是＋3.2×10－9 C。则下列判断正确的是(　 )
A．φA＞φB，UAB＝100 V
B．φA＞φB，UAB＝750 V
C．φA＜φB，UBA＝500 V
D．φA＜φB，UBA＝1 000 V
4.如图所示，在边长为l的正三角形的顶点分别固定一负电荷，A处的电荷量为Q，中心O处的场强恰好为零，已知静电力常量为k。若仅将A处电荷改为等量的正电荷，则O处场强的大小和方向分别为(　 )
A.，沿AO方向 B.，沿OA方向
C.，沿AO方向 D.，沿OA方向
5.如图所示，金属球壳A带有正电，其上方有一小孔a，静电计B的金属球b用导线与金属小球c相连，以下操作所发生的现象正确的是(　 )
A．将c移近A，但不与A接触，B的指针会张开
B．将c与A外表面接触后移开A，B的指针不会张开
C．将c与A内表面接触时，B的指针不会张开
D．将c从导线上解下，然后用绝缘细绳吊着从A上小孔置入A内，并与其内壁接触，再提出空腔，与b接触，B的指针会张开
6.如图所示，以O点为圆心，以R＝0.20 m为半径的圆与坐标轴交点分别为a、b、c、d，该圆所在平面内有一匀强电场，场强方向与x轴正方向成θ＝60°角，已知a、b、c三点的电势分别为4 V、4 V、－4 V，则下列说法正确的是(　 )
A．该匀强电场的场强E＝40 V/m
B．该匀强电场的场强E＝80 V/m
C．d点的电势为－2 V
D．d点的电势为－4 V
7.某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，质子先被某匀强电场加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤，杀死其中的癌细胞，如图所示。若质子的加速长度为d＝4.0 m，要使质子由静止被加速到v＝1.0×107 m/s，已知质子质量为m＝1.67×10－27 kg，质子电荷量为e＝1.60×10－19 C，则下列说法不正确的是(　 )
A．由以上信息可以推算该加速电场的电压
B．由以上信息可以推算该加速电场的电场强度大小
C．由以上信息不可以推算该质子加速后的电势能
D．由以上信息可以判断出运动过程中质子所受电场力做正功，电势能增加
8.如图所示，A、B是半径为r的圆上两点，空间存在平行于圆面的匀强电场，将质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从圆心处以大小均为v0的初速度向各个方向射出，结果粒子到达A、B两点时动能均减少了mv02，已知∠AOB＝120°，不计粒子的重力，则匀强电场的电场强度大小为(　 )
A.　 B.　
C.　 D.
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分，每小题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9.某电场的等势面如图所示，图中a、b、c、d、e为电场中的5个点，则(　 )
A．一正电荷从b点运动到e点，电场力做正功
B．一电子从a点运动到d点，电场力做功为4 eV
C．b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右
D．a、b、c、d四个点中，b点的电场强度大小最大
10.如图所示的电场中，虚线为某带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，则(　 )
A．粒子一定带正电
B．粒子一定是从a点运动到b点
C．粒子在c点加速度一定大于在b点加速度
D．粒子在电场中c点的速度一定大于在a点的速度
11．如图所示，带电量为＋q 的小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为m、带电量为＋q的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑到与小球等高的B点时加速度为零，滑到C点时速度为零。已知AC间的距离为S，重力加速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是(　 )
A．OB的距离l＝
B．OB的距离l＝
C．从A到C，静电力对小滑块做功W＝－mgS
D．AC之间的电势差UAC＝－
12．在如图甲所示的两平行金属板上加有如图乙所示的电压，该电压的周期为T，大量电子(其重力不计)以相同的初速度连续不断地沿平行于金属板的方向从两板间射入电场，并都能从两板间通过，且飞行时间为T，不考虑电子间的相互作用力，下列说法正确的是(　 )
A．0时刻射入电场的电子离开电场时侧移量最大
B.时刻射入电场的电子离开电场时侧移量最大
C．在一个周期内，不同时刻进入电场的电子离开电场时速度大小都相同
D．在一个周期内，不同时刻进入电场的电子离开电场时速度方向都不同
三、非选择题(本题共5小题，共60分)
13.
　(6分)用如图甲所示的实验原理图来研究电容器的充放电过程。电流和电压传感器将采集到的数据传输给计算机，通过计算机对数据进行分析和处理，得到电容器充、放电过程的U t图像和I t图像如图乙。完成下列相关实验内容：
(1)图甲中开关S接________(选填“a”或“b”)时，电容器处于放电过程；
(2)图甲中电源电动势为E，与图乙U t图像中U0的大小关系为：E________U0(选填“＞”“＜”或“＝”)；
(3)图乙I t图像中，图线与t轴所围成的面积表示的是________。
14.　(8分)电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛。使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化。图甲中电源电压为8 V，实验前电容器不带电。先使S与“1”端相连给电容器充电，充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的i t曲线如图乙所示。
(1)图像阴影为i t图像与对应时间轴所围成的面积，表示的物理意义是__________________；
(2)乙图中阴影部分的面积S1________S2；(选填“>”“<”或“＝”)
(3)计算机测得S1＝1 203 mA·s，则该电容器的电容为__________F；(保留两位有效数字)
(4)由甲、乙两图可判断阻值R1________R2。(选填“>”“<”或“＝”)
15.(12分)如图所示，真空中固定在O点的点电荷带电荷量Q＝＋2×10－6 C，虚线为另一带电荷量q＝－2×10－9 C的点电荷从无穷远处向O点运动的轨迹。点电荷从无穷远处移到A点静电力做了1.5×10－7 J的功；取无穷远处电势为零，轨迹上离O点距离为3 cm的B点电势φB＝125 V。(静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2)求：
(1)点电荷在B点时受到的静电力的大小F；
(2)点电荷在A点的电势能EpA；
(3)A、B两点间的电势差UAB。
16.(14分)如图，绝缘细杆AB倾角为α，在杆上B点处固定有一电荷量为Q的正电荷。现将带正电的小球由距B点竖直高度为H的A点处无初速释放，小球下滑过程中电荷量不变。已知小球的质量为m、电荷量为q。不计小球与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，静电力常量为k，重力加速度为g。求：
(1)正电荷Q在A处产生的场强大小；
(2)小球刚释放时的加速度大小；
(3)若A、B间的距离足够大，小球动能最大时球与B点间的距离。
17.(20分)如图所示，竖直平面内的矩形ABCD区域内存在方向水平向左的匀强电场(图中未画出)，AD竖直。若使一质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)从AD上的O点沿OB方向(OB与OA的夹角θ＝37°)射入电场，则小球做直线运动并恰好能到达B点；若使该小球沿垂直于OB方向射入电场，则小球恰好从D点射出电场。AB＝d，BC＝3d，重力加速度大小为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力。求：
(1)匀强电场的电场强度大小E以及小球从O点运动到B点的时间t1；
(2)小球沿OB方向与垂直OB方向射入电场的初速度大小之比。
章末综合检测(一)
1．选B　电场强度E的定义式E＝，电场强度的大小与试探电荷所受的静电力及试探电荷的带电量无关，只与该比值有关，因此该定义采用的是比值法，A错误；在不需要考虑带电物体本身的大小、形状和电荷分布状况时用点电荷来代替带电物体的方法运用了理想化模型法，B正确；在利用向心力演示仪研究向心力与角速度、半径、质量的关系时，分别控制其中两个物理量保持不变，只改变一个物理量，因此该实验运用了控制变量法，C错误；在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了极限法，D错误。
2．选B　设点电荷的电荷量为Q，由库仑定律得F＝，在离点电荷距离为r处的场强E＝，联立以上两式得E＝，故选项B正确。
3．选C　由于油滴静止，则油滴所受静电力与重力等大、反向，即电场方向竖直向上，故φA＜φB。由E＝、F＝G得E＝5×104 V/m，又由于d＝10 mm＝0.01 m，所以UBA＝Ed＝500 V，故选项C正确。
4．选A　A处的电荷量为Q，OA的距离为L＝＝l，则Q在O点产生的电场强度为E＝k，由于B和C处电荷与A处的电荷在O点的合场强为零，则B和C处电荷在O处的电场强度大小为E′＝k，方向沿AO方向；若仅将A处电荷改为等量的正电荷，则O处场强的大小为E合＝E＋E′＝，沿AO方向，故A正确，B、C、D错误。
5．选A　把c逐渐从远处向A靠近过程中，由于静电感应，B的指针张开，故A正确。当把c与A的外表面接触后移开，c带正电，导致B的指针张开，故B错误。把c与A的内表面接触，静电平衡后，电荷只分布在外表面，但静电计处于新组成的导体的外表面，则B指针会张开，故C错误。c与A内壁接触时，由于静电屏蔽，小球c不带电，故再与b接触时，B的指针不会张开，故D错误。
6．选D　在匀强电场中，平行等长的线段两端的电势差相等，有Ubc＝Uad，得φd＝－4 V，C错误，D正确；同理得O点电势为零，又UaO＝ERsin θ，得E＝40 V/m，A、B错误。
7．选D　质子被加速过程中，根据动能定理有qU＝mv2，据此可计算出加速电场的电压为U＝，A正确；已知加速长度，又已知加速电场为匀强电场，根据E＝，可得加速电场的电场强度大小，B正确；电势能Ep＝qφ是一个相对量，是相对零势能面来说的，因为没有规定零势能面，所以不知道质子加速后的电势能，C正确；在质子被加速的过程中，电场力做正功，电势能减少，D错误。
8．选A　根据题意可知，A、B两点等电势，电场线垂直于A、B连线，则有电场强度垂直于A、B连线，由于粒子在A、B的动能小于在O点的动能，因此粒子在A、B的电势能比在O点电势能大，由于粒子带正电，因此A、B电势比O点电势高，粒子从O点到A、B两点，由动能定理可得－qU＝0－mv02，O到AB连线的距离为d＝rsin 30°，由匀强电场的电势差与电场强度的关系可知，匀强电场的电场强度大小为E＝＝，A正确，B、C、D错误。
9．选BD　由题图可知φb＝φe，则正电荷从b点运动到e点，电场力不做功，A错误；由题图可知φa＝3 V，φd＝7 V，根据电场力做功与电势能的变化关系有Wad＝Epa－Epd＝(φa－φd)·(－e)＝4 eV，B正确；沿电场线方向电势逐渐降低，则b点处的电场强度方向向左，C错误；由于电场线与等势面处处垂直，则可画出电场线大体分布如图所示，由图可知b点电场线最密集，则b点处的电场强度最大，D正确。
10．选AC　做曲线运动的物体，合力指向运动轨迹的内侧，由此可知，带电粒子受到的电场力的方向为沿着电场线向左，所以粒子带正电，A正确；粒子不一定是从a点运动到b点，也可能从b点运动到a点，B错误；由电场线的分布可知，粒子在c点所受的电场力较大，加速度一定大于在b点的加速度，C正确；若粒子从c运动到a，电场力与速度的夹角成锐角，则粒子做加速运动；若粒子从a运动到c，电场力与速度的夹角成钝角，则粒子做减速运动，故在c点的速度一定小于在a点的速度，D错误。
11．选AD　由题意知小滑块在B点处的加速度为零，则根据受力分析有沿斜面方向mgsin 30°＝cos 30°，解得l＝，A正确，B错误；因为小滑块滑到C点时速度为零，则从A到C的过程，静电力对小滑块做的功为W，根据动能定理有W＋mgSsin 30°＝0，解得W＝－，故C错误；根据电势差与静电力做功的关系可知AC之间的电势差UAC＝＝－，故D正确。
12．选AC　设板间距为d，电子质量为m、电量为e，从0时刻射入电场的电子，在电场力作用下做类平抛运动，侧移量为y1＝·2，当到T时间内沿着速度方向做匀速直线运动，侧移量为y2＝··＝，时刻射入电场的电子离开电场时侧移量是T到时间内的侧移量，为y3＝·2，故0时刻射入电场的电子离开电场时侧移量最大，故A正确，B错误；在一个周期内不同时刻进入电场的电子离开电场时速度均是v＝＝，速度方向与垂直电场方向夹角的正切为tan θ＝＝，方向相同，故C正确，D错误。
13．解析：(1)由图甲可知，开关S接a端时，电源给电容器充电，开关S接b端时，电容器处于放电过程。
(2)当电源给电容器充满电时，电路处于断路，充电电流为零，可知此时电容器的电压等于电源电动势，即E＝U0。
(3)在I t图像中，图线与t轴所围成的面积为S＝∑I·t＝q可知，图线与t轴所围成的面积表示的是极板所带的电荷量。
答案：(1)b　(2)＝　(3)极板所带的电荷量
14．解析：(1)根据q＝it可知i t图像与对应时间轴所围成的面积表示的物理意义是电容器带的电荷量。
(2)S1表示电容器充电后所带电荷量，S2表示电容器放电的电荷量，所以S1＝S2。
(3)该电容器的电容为C＝＝≈0.15 F。
(4)由题图乙可知电容器充电瞬间电流比电容器放电瞬间电流大， 且电容器充电瞬间电源电压和放电瞬间电容器两端电压相等，则有>
所以R1答案：(1)电容器带的电荷量　(2)＝　(3)0.15　(4)＜
15．解析：(1)点电荷在B点时受到的静电力大小F＝，
解得F＝4×10－2 N。
(2)根据功能关系有W∞A＝Ep∞－EpA，
解得EpA＝－1.5×10－7 J。　
(3)A点的电势φA＝＝ V＝75 V，A、B两点间的电势差UAB＝φA－φB＝－50 V。
答案：(1)4×10－2 N　(2)－1.5×10－7 J　(3)－50 V
16．解析：(1)根据E＝k，又因为r＝
所以EA＝ksin2α。
(2)根据牛顿第二定律mgsin α－F＝ma
根据库仑定律F＝k，解得a＝gsin α－。
(3)当小球受到的合力为零，即加速度为零时，动能最大
设此时小球与B点间的距离为R，则mgsin α＝
解得R＝ 。
答案：(1)ksin2α　(2)gsin α－　 (3)
17．解析：(1)小球在电场中的受力情况如图所示，故合力方向与沿OB方向射入的小球运动方向相反，满足qE＝mgtan θ，解得E＝，
设小球沿OB方向做匀减速直线运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律有＝ma，由匀变速直线运动规律有＝at12，联立解得t1＝ 。
(2)根据匀变速直线运动规律有v1＝at1，根据几何关系有OD＝3d－＝d，沿垂直于OB方向射入的小球，初速度方向与合力方向垂直，小球做类平抛运动，设小球从O点运动到D点的时间为t2，有ODsin θ＝v2t2，ODcos θ＝at22，联立解得＝。
答案：(1)　　(2)
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