高一电场综合练习

高一电场综合练习本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共150分考试用时120分钟第Ⅰ卷（选择题共40分）一、本题共十小题；每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。1．设电子在运动过程中只受电场力作用，则在下列哪个电场中，只要给电子一个适当的初速度它就能自始至终沿一条电场线运动；而给电子一个适当的初速度它就能始终沿某个等势面运动（）A．匀强电场B．正点电荷产生的电场C．负点电荷产生的电场D．以上都不可能2．如图，把一带正电的小球a放在光滑绝缘面上，欲使球a能静止在斜面上，需在MN间放一带电小球b，则b应（）A．带负电，放在A点B．带正电，放在B点C．带负电，放在C点D．带正电，放在C点3．在平行金属板间加上如图所示电压，使处于板中央原来静止的电子能做往复运动的电压是（）A．B．C．D．4．A、B两个小球带同种电荷，放在光滑的绝缘水平面上，A的质量为m，B的质量为2m，它们相距为d，同时由静止释放，在它们距离到2d时，A的加速度为a，速度为v，则（）A．此时B的加速度为a/4B．此过程中电势能减小5mv2/8C．此过程中电势能减小mv2/4D．此时B的速度为v/25．如图所示，L为竖直、固定的光滑绝缘杆，杆上O点套有一质量为m、带电量为－q的小环，在杆的左侧固定一电荷量为+Q的点电荷，杆上a、b两点到+Q的距离相等，Oa之间距离为h1，ab之间距离为h2，使小环从图示位置的O点由静止释放后，通过a的速率为13gh。则下列说法正确的是（）A．小环通过b点的速率为)23(21hhgB．小环从O到b，电场力做的功可能为零C．小环在Oa之间的速度是先增大后减小D．小环在ab之间的速度是先减小后增大6．如图所示，长为L，倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电量为+q，质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v0，则（）A．A、B两点的电势差一定为mgLsinθ/qB．小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能C．若电场是匀强电场，则该电场的场强的最大值一定是mg/qD．若该电场是斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷7．一根放在水平面内的光滑玻璃管绝缘性很好，内部有两个完全相同的弹簧金属小球A和B，带电量分别为9Q和—Q，两球从图示的位置由静止释放，那么两球再次经过图中的原静止位置时，A球的瞬时加速度为释放时的（）A．16/9倍B．9/16倍C．1倍D．3/20倍8．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）A．三个等势面中，a的电势最高B．带电质点通过P点时的电势能较Q点大C．带电质点通过P点时的动能较Q点大D．带电质点通过P点时的加速度较Q点大9．如图所示，水平放置的平行金属板a、b分别与电源的两极相连，带电液滴P在金属板a、b间保持静止，现设法使P固定，再使两金属板a、b分别绕中心点O、O/垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度α，然后释放P，则P在电场内将做（）A．匀速直线运动B．水平向右的匀加速直线运动C．斜向右下方的匀加速直线运动D．曲线运动10．A、B两点各放有电量为+Q和+2Q的点电荷，A、B、C、D四点在同一直线上，且AC＝CD＝DB。将一正电荷从C点沿直线移到D点，则（）A．电场力一直做正功B．电场力先做正功再做负功C．电场力一直做负功D．电场力先做负功再做正功第Ⅱ卷（非选择题共60分）二、本题共五小题，共60分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位。11．（10分）在与x轴平行的匀强电场中，一带电量为1.0×10－4C，质量为2.5×10－3kg的物体在光滑水平面上沿着x轴方向做直线运动，其位移与时间的关系是x=0.16t－0.02t2，式中x以米为单位，t以秒为单位。从开始运动到5s末物体所经过的路程为多少？克服电场力做的功是多少？12．（10分）一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图，AB与电场线夹角θ=30°，已知带电微粒的质量m=1.0×10－7kg，电量q=1.0×10－10C，A、B相距L=20cm。（取g=10m/s2，结果保留二位有效数字）求：（1）说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由。（2）电场强度的大小和方向？（3）要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？13．（13分）已经证实，质子、中子都是由上夸克和下夸克的两种夸克组成的，上夸克带电为23e，下夸克带电为13e，e为电子所带电量的大小，如果质子是由三个夸克组成的，且各个夸克之间的距离都为l,151.510lm,试计算质子内相邻两个夸克之间的静电力（库仑力）。14．（13分）如图所示，两块长3cm的平行金属板AB相距1cm，并与300V直流电源的两极相连接，BA，如果在两板正中间有一电子（m=9×10－31kg，e=－1.6×10－19C），沿着垂直于电场线方向以2×107m/s的速度飞入，则（1）电子能否飞离平行金属板正对空间？（2）如果由A到B分布宽1cm的电子带通过此电场，能飞离电场的电子数占总数的百分之几？15．（14分）如图所示，在倾角为37°的斜面两端，垂直于斜面方向固定两个弹性板，两板相距2m，质量为10g，带电量为1×10－7C的物体与斜面间的动摩擦因数为0.2，物体从斜面中点以大小为10m/s的速度沿斜面开始运动。若物体与弹性板碰撞过程中机械能不损失，电量也不变，匀强电场（方向与斜面平行）的场强E=2×106N/C，求物体在斜面上运动的总路程。（g取10/s2）参考答案12345678910BCABDAAABDBB11．解：位移与时间的关系式x=0.16t－0.02t2，当t=4s时，x正向最大为xm=0.32m当t=5s时，x=0.3m所以路程为s=0.32+(0.32－0.3)=0.34m由位移与时间的关系式可得v0=0.16m/s，a=－0.04m/s2，所以t=5s时，vt=v0+at=－0.04m/s由动能定理得，W电=⊿Ek=m(v02－vt2)/2=3×105J。12．解：（1）微粒只在重力和电场力作用下沿AB方向运动，在垂直于AB方向上的重力和电场力必等大反向，可知电场力的方向水平向左，如图所示，微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度vA方向相反，微粒做匀减速运动。（2）在垂直于AB方向上，有qEsinθ－mgcosθ=0所以电场强度E=1.7×104N/C电场强度的方向水平向左（3）微粒由A运动到B时的速度vB=0时，微粒进入电场时的速度最小，由动能定理得，mgLsinθ+qELcosθ=mvA2/2代入数据，解得vA=2.8m/s13．解：质子带电为+e，所以它是由2个上夸克和1个下夸克组成的.按题意，三个夸克必位于等边三角形的三个顶点处.这时上夸克与上夸克之间的静电力应为222943232lekleekFm代入数值，得mF=46N，为斥力。上夸克与下夸克之间的静电力为222923231lekleekFnd代入数值，得ndF=23N，为引力。14．解：（1）当电子从正中间沿着垂直于电场线方向以2×107m/s的速度飞入时，若能飞出电场，则电子在电场中的运动时间为0vlt在沿AB方向上，电子受电场力的作用，在AB方向上的位移为221aty，其中mdeUmeEmFaAB联立求解，得y=0.6cm，而5.02dcm，所以2dy，故粒子不能飞出电场。（2）从（1）的求解可知，与B板相距为y的电子带是不能飞出电场的，而能飞出电场的电子带宽度为4.06.01ydxcm，所以能飞出电场的电子数占总电子数的百分比为00400010014.000100dxn15．解：NmgFfN016.037cosmgsin37°=0.06NEq=0.2Nf+mgsin37°Eq故最后应停在紧靠上边弹性板处，由动能定理得：2210sin22mvfSLmgLEq解得：S=40m参考答案12345678910BCCDAAABDBB14．解：位移与时间的关系式x=0.16t－0.02t2，当t=4s时，x正向最大为xm=0.32m当t=5s时，x=0.3m所以路程为s=0.32+(0.32－0.3)=0.34m由位移与时间的关系式可得v0=0.16m/s，a=－0.04m/s2，所以t=5s时，vt=v0+at=－0.04m/s由动能定理得，W电=⊿Ek=m(v02－vt2)/2=3×105J。15．解：（1）微粒只在重力和电场力作用下沿AB方向运动，在垂直于AB方向上的重力和电场力必等大反向，可知电场力的方向水平向左，如图所示，微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度vA方向相反，微粒做匀减速运动。（2）在垂直于AB方向上，有qEsinθ－mgcosθ=0所以电场强度E=1.7×104N/C电场强度的方向水平向左（3）微粒由A运动到B时的速度vB=0时，微粒进入电场时的速度最小，由动能定理得，mgLsinθ+qELcosθ=mvA2/2代入数据，解得vA=2.8m/s16．解：质子带电为+e，所以它是由2个上夸克和1个下夸克组成的.按题意，三个夸克必位于等边三角形的三个顶点处.这时上夸克与上夸克之间的静电力应为222943232lekleekFm代入数值，得mF=46N，为斥力。上夸克与下夸克之间的静电力为222923231lekleekFnd代入数值，得ndF=23N，为引力。17．解：（1）当电子从正中间沿着垂直于电场线方向以2×107m/s的速度飞入时，若能飞出电场，则电子在电场中的运动时间为0vlt在沿AB方向上，电子受电场力的作用，在AB方向上的位移为221aty，其中mdeUmeEmFaAB联立求解，得y=0.6cm，而5.02dcm，所以2dy，故粒子不能飞出电场。（2）从（1）的求解可知，与B板相距为y的电子带是不能飞出电场的，而能飞出电场的电子带宽度为4.06.01ydxcm，所以能飞出电场的电子数占总电子数的百分比为00400010014.000100dxn18．解：NmgFfN016.037cosmgsin37°=0.06NEq=0.2Nf+mgsin37°Eq故最后应停在紧靠上边弹性板处，由动能定理得：2210sin22mvfSLmgLEq解得：S=40m