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1、单元综合测评一第一章静电场(时间：90分钟满分：100分)温馨提示：1.第卷答案写在答题卡上，第卷书写在试卷上；交卷前请核对班级、姓名、考号.2.本场考试时间为90分钟，注意把握好答题时间.3.认真审题，仔细作答，永远不要以粗心为借口原谅自己第卷(选择题，共52分)一、选择题(本大题共13小题，每小题4分，共52分，每小题至少有一个选项是正确的，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)1(2013湖南师大附中高二期中)下列各量中，与检验电荷无关的物理量是()A电场力FB电场强度EC电势差U D电场力做的功W解析：电场力FqE，与检验电荷有关，故A项错；电场强度E、电势差U与检
2、验电荷无关，故BC对；电场力做功WqU，与检验电荷有关，故D项错答案：BC2如图所示，空间有一电场，电场中有两个点a和b.下列表述正确的是()A该电场是匀强电场Ba点的电场强度比b点的大Cb点的电场强度比a点的大D正电荷在a、b两点受力方向相同解析：由电场线的分布可以看出，此电场不是匀强电场，选项A错误；a点电场线比b点电场线密，故a点的电场强度比b点的大，选项B正确；正电荷在a、b两点受力方向分别沿a、b两点的切线方向，选项D错误答案：B3关于电场强度与电势的关系，下面各种说法中正确的是()A电场强度大的地方，电势一定高B电场强度不变，电势也不变C电场强度为零处，电势一定为零D电场强度的方向
3、是电势降低最快的方向解析：电场强度是描述静电力的性质的物理量，电势是描述电场能的性质的物理量，电场强度的大小和电势高低没有必然关系，电场线的方向，即电场强度的方向是电势降低最快的方向，选项A、B、C错误，选项D正确答案：D4在静电场中，将一正电荷从a点移到b点，电场力做了负功，则()A该电荷电势能一定减少B该电荷电势能一定增加Cb点的电势一定比a点高Db点的电势一定比a点低解析：正电荷从a点移到b点，电场力做负功，正电荷电势能增加，电势升高，ba，故选项B、C正确，A、D项错误答案：BC5(2013焦作市高二期末)如图所示，某区域电场线左右对称分布，M、N为对称线上两点下列说法正确的是()AM
4、点电势一定高于N点电势BM点场强一定大于N点场强C正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能D将电子从M点移动到N点，电场力做正功解析：沿电场线方向，电势降低，所以M点电势比N点电势高，A项对；N点电场线密，则场强大，故B项错；M点电势高，正电荷在M点的电势能大，故C项对；电子在N点电势能大，将电子从M点移到N点，电场力做负功，故D项错答案：AC6.如图所示，平行板电容器经开关S与电池连接，a处有一电荷量非常小的点电荷，S是闭合的，a表示a点的电势，F表示点电荷受到的静电力，现将电容器的B板向下稍微移动，使两板间的距离增大，则()Aa变大，F变大 Ba变大，F变小Ca不变，F不变 Da不变，F变小
5、解析：从题意可知在使B板下移的过程中，电容器两端的电压不变，当板间距离增大时，由E可知板间场强E减小，故电荷受到的静电力减小，又因为UaAEdaA，所以UaA减小则UaB增大，由UaBa0可知，a增大，故选项B正确答案：B7中子内有一个电荷量为e的上夸克和两个电荷量为e的下夸克，一简单模型是三个夸克都在半径为r的同一圆周上，如图所示在下图给出的四幅图中，能正确表示出各夸克所受静电作用力的是()解析：电荷量为e的上夸克受另两个下夸克的吸引力，合力的方向一定竖直向下对其中一个下夸克，受力如右图所示，由于F1的水平分力与F2大小相等，方向相反，故F1与F2的合力竖直向上答案：B8.(2013临汾高二
6、检测)一带电粒子在匀强电场中的运动轨迹如图所示，如果带电粒子只受电场力作用从a到b运动，下列说法正确的是()A粒子带正电B粒子带负电C粒子所受电场力是恒定的D带电粒子做匀变速运动解析：由于粒子运动轨迹越来越向上弯曲，可判断它受力方向为竖直向上，所以粒子应带负电，故A错B对又由于该电场是匀强电场，粒子仅受电场力作用，则粒子所受电场力恒定，做匀变速曲线运动，故C、D均对答案：BCD9静电场中，带电粒子在电场力作用下从电势为a的a点运动至电势为b的b点若带电粒子在a、b两点的速率分别为va、vb，不计重力，则带电粒子的比荷为()A. B.C. D.解析：由电势差公式以及动能定理：WqUabq(ab)
7、m(vv)，可得比荷为.答案：C10(2013遵义高二检测)在静电场中，下列说法正确的是()A沿着电场线方向，电势一定越来越低B电场强度为零的点，电势一定为零C电场强度处处相同的区域内，电势也一定处处相同D只在电场力作用下，正电荷一定从高电势的地方向低电势的地方移动解析：沿着电场线方向，电势一定越来越低，且电势沿电场线方向降低得最快，A对；电场强度的大小与电势的高低无必然关系，电场强度为零的点，电势不一定为零，电场强度相同的地方，电势不一定相同，B、C错；电荷的运动方向除了与电场力方向有关外，还与它的初速度方向有关，D错答案：A11(2013玉溪高二检测)在真空中有两个等量的正电荷q1和q2，
8、分别固定于A、B两点，DC为AB连线的中垂线，C为A、B两点连线的中点，将一正电荷q3由C点沿着中垂线移至无穷远处的过程中，下列结论正确的有()A电势能逐渐减小B电势能逐渐增大Cq3受到的电场力逐渐减小Dq3受到的电场力逐渐增大解析：中垂线CD段上的电场强度方向处处都是竖直向上，故正电荷q3由C点沿着中垂线移至无穷远处的过程中，电场力做正功，电势能减小，A对，B错；中垂线上由C到D，电场强度先变大后变小，q3受到的电场力先变大后变小，C、D错答案：A12(2012高考福建理综)如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1，q2分别置于A，B两点，虚线为等势线取无穷远处为零电势点，若
9、将q1，q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是()AA点电势大于B点电势BA、B两点的电场强度相等Cq1的电荷量小于q2的电荷量Dq1在A点的电势能小于q2在B点的电势能解析：q1，q2向无穷远运动过程克服电场力做功，故点电荷Q为负电荷，由负电荷的电场线和等势面可判断AB错误；设两电荷移动到无穷远的过程中，克服电场力做功为W，则Wq1UA0q2UB0，UA0，UB0为负值，且|UA0|UB0|，故q1q2，C正确；无穷远电势为零，电荷移动到无穷远的过程中克服电场力做的功即是两电荷的电势能，q1在A点的电势能和q2在B点的电势能相等，D错误答案：C13(2012高考
10、新课标全国卷)如图，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()A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做匀变速直线运动解析：受力分析如图所示，重力与电场力的合力与速度方向相反，所以粒子做匀减速直线运动，动能减小，AC错误，D正确；因为电场力与速度方向夹角为钝角，所以电场力做负功，电势能增加，B正确答案：BD第卷(非选择题，共48分)二、计算题(本大题共4小题，共48分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的题要注明单位)14如图所示，A、B两个带电小球可以看成点电荷，用两等长绝缘细线悬
11、挂起来，在水平方向的匀强电场中，A、B静止，且悬线都保持竖直，已知A、B相距3 cm，A的带电量为qA2.0109 C求：(1)匀强电场的场强大小和方向；(2)小球B的电量和电性；(3)A、B连线中点处的场强大小和方向解析：(1)B所处位置合场强为零，设匀强电场的场强为EEEA2104 N/C方向向左(2)A、B整体水平方向所受外力平衡，则B带负电，电量qBqA2.0109 C.(3)在A、B连线中点处EAEB8104 N/C合场强E合EAEBE1.4105 N/C方向向右答案：(1)2104 N/C方向向左(2)2.0109 C带负电(3)1.4105 N/C方向向右15如图所示，匀强电场中
12、A、B、C三点构成一个直角三角形，把电荷量q21010C的点电荷由A点移到B点，电场力做功4.8108J，再由B点移到C点，电荷克服电场力做功4.8108J，取B点的电势为零，求A、C两点的电势及场强的方向解析：把电荷从A点移到B点，由UAB得，UAB V240 V.即ABA240 V.把电荷从B点移到C点，UBC V240 V.即BCC240 V，所以C240 V.由于AC，所以A、C在同一个等势面上，根据场强方向垂直于等势面并且由高电势处指向低电势处，可得到该电场的场强方向垂直于AC，指向左上方，如图所示答案：AC240 V方向垂直于AC连线指向左上方16.如图所示，有一电子(电荷量为e)
13、经电压U0加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能穿过电场，求：(1)金属板AB的长度L；(2)电子穿出电场时的动能解析：(1)电子在加速电场中加速，由动能定理可得eU0mv，电子在偏转电场中做类平抛运动，在垂直电场方向上有Lv0t，在沿着电场方向上有t2，解以上三式可得Ld .(2)对于电子运动的全过程，根据动能定理可得EkeU0eU.答案：(1)d (2)e17(2012高考全国卷)如图，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点现给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为Q和Q，此时悬线与竖直方向的夹角为/6.再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到/3，且小球与两极板不接触求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量解析：设电容器电容为C.第一次充电后两极板之间的电压为U两极板之间电场的场强为E式中d为两极板间的距离按题意，当小球偏转角1时，小球处于平衡状态设小球质量为m，所带电荷量为q，则有Tcos1mgTsin1qE式中T为此时悬线的张力联立式得tan1设第二次充电使正极板上增加的电荷量为Q，此时小球偏转角2，则tan2联立式得代入数据解得Q2Q答案：2Q
