人教版高中物理選修3-1：第一章：靜電場(章末檢測)

《靜電場》章末檢測題考試時間：90分鐘；滿分：100分；命題人：汪宏斌姓名：___________班級：___________成績：___________一、單選題（共6小題，每小題4分）1.關(guān)于電場強度與電勢的關(guān)系，下面各種說法中正確的是()A．電場強度大的地方，電勢一定高B．電場強度不變，電勢也不變C．電場強度為零處，電勢一定為零D．電場強度的方向是電勢降低最快的方向2．如圖所示，帶正電的小球靠近不帶電的絕緣支架上的金屬導體AB的A端，由于靜電感應(yīng)，A端出現(xiàn)負電荷，B端出現(xiàn)正電荷，則()A．用手觸摸B端，移開帶電小球，導體帶負電B．用手觸摸A端，移開帶電小球，導體帶正電C．用手觸摸導體的中部，移開帶電小球，導體不帶電D．用手觸摸導體的中部，移開帶電小球，導體帶正電3．在某電場中，沿x軸上的電勢分布如圖所示，由圖可以判斷（）A．x=2m處電場強度可能為零B．x=2m處電場方向一定沿x軸正方向C．沿x軸正方向，電場強度先增大后減小D．某負電荷沿x軸正方向移動，電勢能始終增大4．如圖所示，圓弧線a、b、c代表某固定點電荷電場中的三個等勢面，相鄰兩等勢面間的距離相等，直線是電場中的幾條沒標明方向的電場線，粗曲線是一帶正電粒子只在電場力作用下運動軌跡的一部分，M、N是軌跡上的兩點．粒子過M、N兩點的加速度大小分別是aM、aN，電勢能分別是EPM、EPN，a、b、c的電勢分別是φa、φb、φc，ab間，bc間的電勢差分別是Uab、Ubc，則下列判斷中正確的是（）A．a(chǎn)M＞aN，EPM＞EPNB．φa＜φb＜φc，EPM＜EPNC．a(chǎn)M＞aN，Uab=UbcD．Uaab=Ubc，EPM＜EPN5．如圖所示，豎直向上的勻強電場中，絕緣輕質(zhì)彈簧豎直立于水平地面上，上面放一質(zhì)量為m的帶正電小球，小球與彈簧不連接，施加外力F將小球向下壓至某位置靜止．現(xiàn)撤去F，小球從靜止開始運動到離開彈簧的過程中，重力、電場力對小球所做的功分別為W1和W2，小球離開彈簧時速度為v，不計空氣阻力，則上述過程中（）A．小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒B．小球的重力勢能增加W1C．小球的機械能增加W1+mv2D．小球的電勢能減少W26．如圖所示，正電荷Q均勻分布在半徑為r的金屬球面上，沿x軸上各點的電場強度大小和電勢分別用E和ε表示．選取無窮遠處電勢為零，下列關(guān)于x軸上各點電場強度的大小E或電勢?隨位置x的變化關(guān)系圖，正確的是（）A．B．C．D．二、多選題（共4小題，每小題5分，全對得5分，不全得3分，錯選得0分）7.如圖所示，懸線下掛著一個它的質(zhì)量為m、電量為+q帶電小球，整個裝置處于水平向右的勻強電場中，電場強度為E．（）A．小球平衡時，懸線與豎直方向夾角的正切為Eq/mgB．小球平衡時剪斷懸線，則小球做曲線運動C．小球平衡時剪斷懸線后，小球的重力勢能減少，為動能和電勢能都增加D．小球平衡時剪斷懸線，則小球做勻加速直線運動8．傳感器是一種采集信息的重要器件，如圖所示的是一種測定壓力的電容式傳感器，當待測壓力F作用于可動膜片電極上時，以下說法中正確的是()A．若F向上壓膜片電極，電路中有從a到b的電流B．若F向上壓膜片電極，電路中有從b到a的電流C．若F向上壓膜片電極，電路中不會出現(xiàn)電流D．若電流表有示數(shù)，則說明壓力F發(fā)生變化9.如圖所示，兩平行金屬板水平放置，板長為L，板間距離為d，板間電壓為U，一不計重力、電荷量為q的帶電粒子以初速度v0沿兩板的中線射入，經(jīng)過t時間后恰好沿下板的邊緣飛出，則()A．在前eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(1,4)UqB．在后eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(3,8)UqC．在粒子下落的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)過程中，電場力做功之比為1∶1D．在粒子下落的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)過程中，電場力做功之比為1∶210.如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場強度為E、區(qū)域足夠大的勻強電場中，以初速度v0沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線運動．ON與水平面的夾角為30°，重力加速度為g，且mg＝qE，則()A．電場方向豎直向上B．小球運動的加速度大小為gC．小球上升的最大高度為eq\f(v\o\al(2,0),2g)D．若小球在初始位置的電勢能為零，則小球電勢能的最大值為eq\f(mv\o\al(2,0),4)三．填空題（共2小題，每空2分）11．如圖所示，有一水平方向的勻強電場，場強大小為900N/C，在電場內(nèi)一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A，B兩點，AO沿電場方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電荷量為10－9C的正點電荷，則A處場強大小EA＝________N/C，B處場強大小EB＝________N/C.12．如圖所示，A，B，C，D是勻強電場中一正方形的四個頂點，已知A，B，C三點的電勢分別為?A=15V，?B=3V，?C=-3V，由此可知D點電勢?D=______V；若該正方形的邊長為2cm，且電場方向與正方形所在平面平行，則場強為E=________V/m。四．計算題13．（12分）一長為L的細線，上端固定，下端拴一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，處于如圖所示的水平向右的勻強電場中，開始時，將線與小球拉成水平，然后釋放小球由靜止開始向下擺動，當細線轉(zhuǎn)過60°角時，小球到達B點速度恰好為零．試求：（1）AB兩點的電勢差UAB；（2）勻強電場的場強大??；（3）小球到達B點時，細線對小球的拉力大小．14．（10分）如圖所示，一平行板長l＝4cm，板間距離為d＝3cm，傾斜放置，使板面與水平方向夾角α＝37°，若兩板間所加電壓U＝100V，一帶電荷量q＝3×10－10C的負電荷以v0＝0.5m/s的速度自A板左邊緣水平進入電場，在電場中沿水平方向運動，并恰好從B板右邊緣水平飛出，則帶電粒子從電場中飛出時的速度為多少？帶電粒子的質(zhì)量為多少？(g取10m/s2)15.（12分）半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，環(huán)上套有一質(zhì)量為m、帶正電荷的小球，空間存在水平向右的勻強電場，如圖所示，小球所受電場力是其重力的eq\f(3,4)倍，將小球從環(huán)上最低點位置A點由靜止釋放，則：(1)小球所能獲得的最大動能是多大；(2)小球?qū)Νh(huán)的最大壓力是多大．16.（14分）如圖所示，在界限MN左上方空間存在斜向左下與水平方向夾角為45°的勻強電場，場強大小E＝×105V/m.一半徑為R＝0.8m的光滑絕緣圓弧凹槽固定在水平地面上．一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量m＝0.2kg、電荷量大小q＝1×10－5C的帶正電金屬塊P從槽頂端A由靜止釋放，從槽底端B沖上與槽底端平齊的絕緣長木板Q.長木板Q足夠長且置于光滑水平地面上，質(zhì)量為M＝1kg.已知開始時長木板有一部分置于電場中，圖中C為界限MN與長木板Q的交點，B、C間的距離xBC＝0.6m，物塊P與木板Q間的動摩擦因數(shù)為μ＝，取g＝10m/s2，求：(1)金屬塊P從A點滑到B點時速度的大?。?2)金屬塊P從B點滑上木板Q后到離開電場過程所經(jīng)歷的時間；(3)金屬塊P在木板Q上滑動的過程中摩擦產(chǎn)生的熱量．《靜電場》章末檢測題參考答案1.D2．C3.【答案】D【解析】A、φ﹣x圖象的斜率等于電場強度，則知x=2m處的電場強度不為零．故A錯誤．B、從0到x=4m處電勢不斷降低，但x=2m點的電場方向不一定沿x軸正方向．故B錯誤．C、由斜率看出，從0到4m，圖象的斜率先減小后增大，則電場強度先減小后增大．故C錯誤．D、沿x軸正方向電勢降低，某負電荷沿x軸正方向移動，受力的方向始終指向x軸的負方向，電場力做負功，電勢能始終增大．故D正確．故選：D4.【答案】B【解析】根據(jù)運動軌跡可知電場力指向運動軌跡的內(nèi)側(cè)即斜向左上方，由于質(zhì)點帶正電，因此電場線方向也指向左上方，所以正電荷受到點電荷的吸引力，所以圓心處的點電荷一定帶負電，電場線的方向指向圓心，所以φa＜φb＜φc，根據(jù)點電荷的電場線的分布特點可得，M點的電場線密，所以正電荷在M點受到的電場力大，產(chǎn)生的加速度大，即：aM＞aN；根據(jù)點電荷的電場線的分布特點可得，ab之間的電場強度大于bc之間的電場強度，由于相鄰兩等勢面間的距離相等，根據(jù)U=Ed可得，Uab＞Ubc；設(shè)粒子從M向N運動，正電荷受到的電場力的方向指向圓心，所以受力的方向與M到N的方向之間的夾角是鈍角，電場力做功負功，電勢能減小，所以EPM＜EPN．只有選項B正確．故選：B5.【答案】D【解析】A、由于電場力做正功，故小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能增加，機械能不守恒，故A選項錯誤；B、重力做功是重力勢能變化的量度，由題意知重力做負功，重力勢能增加﹣w1，故B選項錯誤；C、小球增加的機械能在數(shù)值上等于重力勢能和動能的增量，即﹣W1+mv2，故C選項錯誤；D、根據(jù)電場力做功是電勢能變化的量度，電場力做正功電勢能減少，電場力做負功電勢能增加，故D選項正確；故選D6.【答案】C【解析】A，B：金屬球是一個等勢體，等勢體內(nèi)部的場強處處為0，故A錯誤，B錯誤；C，D：金屬球是一個等勢體，等勢體內(nèi)部的電勢處處相等，故C正確，D錯誤．故選：C．7【答案】AD【解析】A、小球受重力、電場力和拉力處于平衡，根據(jù)共點力平衡得，mgtanθ=qE，則tanθ=．故A正確．B，D、剪斷細線，小球受重力和電場力，兩個力為恒力，合力為恒力．合力的方向與繩子的拉力方向等值反向，所以小球沿細繩反方向做初速度為零的勻加速直線運動．故D正確，B錯誤．C、由以上分析可知，小球沿細繩反方向做初速度為零的勻加速直線運動，所以重力和電場力都做正功，重力勢能和電勢能都減?。蔆錯誤．故選：AD8【答案】BD【解析】F向上壓膜片電極，使得電容器兩板間的距離減小，電容器的電容增大，又因電容器兩極板間的電壓不變，所以電容器的電荷量增大，電容器繼續(xù)充電，電路中有從b到a的電流，B正確．若電流表有示數(shù)，則電容器在不斷充電(或放電)，故Q在變化，F(xiàn)變化，D正確．9.答案BC解析粒子在兩平行金屬板間做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，在前后兩個eq\f(t,2)的時間內(nèi)沿電場線方向的位移之比為1∶3，則在前eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(1,8)Uq，在后eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(3,8)Uq，選項A錯，B對；由W＝Eq·x知在粒子下落的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)過程中，電場力做功之比為1∶1，選項C對，D錯．10.答案BD解析由于帶電小球在豎直面內(nèi)做勻變速直線運動，其合力沿ON方向，而mg＝qE，由三角形定則，可知電場方向與ON方向成120°角，A錯誤；由圖中幾何關(guān)系可知，其合力為mg，由牛頓第二定律可知a＝g，方向與初速度方向相反，B正確；設(shè)帶電小球上升的最大高度為h，由動能定理可得－mg·2h＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得h＝eq\f(v\o\al(2,0),4g)，C錯誤；電場力做負功，帶電小球的電勢能變大，當帶電小球速度為零時，其電勢能最大，則Ep＝－qE·2hcos120°＝qEh＝mg·eq\f(v\o\al(2,0),4g)＝eq\f(mv\o\al(2,0),4)，D正確．11【答案】01.27×103【解析】由E＝k，得點電荷在A處產(chǎn)生的場強EA＝900N/C，方向向左，所以A處合場強為零．點電荷在B處產(chǎn)生的場強EB＝900N/C，方向向下，所以B處合場強為1.27×103N/C.12【答案】9V;450V/m【解析】（1）根據(jù)勻強電場分布電勢特點可知AC連線中點電勢與BD連線中點電勢相等，且電勢大小為兩端點電勢和的一半，即?A+?C=?B+?D，則?D=9V；（2）連接A、C，用E、F將AC三等分，可知F點電勢為3V，連接BF，則BF為等勢線。作AG┴BF，則AG為電場線?，F(xiàn)求BF長度。由余弦定理得。又由于△ABF面積為△ABC的，則，得解得V。13【答案】（1）AB兩點的電勢差UAB為；（2）勻強電場的場強大小是；（3）小球到達B點時，細線對小球的拉力大小是mg．【解析】（1）小球由A到B過程中，由動能定理得：mgLsin60°+qUAB=0所以UAB=﹣（2）BA間電勢差為UBA=﹣UAB=則場強E==（3）小球在AB間擺動，由對稱性得知，B處繩拉力與A處繩拉力相等，而在A處，由水平方向平衡有：FTA=Eq=mg，所以FTB=FTA=mg14、【答案】1m/s8×10－8kg【解析】帶電粒子能沿直線運動，所受合力與運動方向在同一直線上，由此可知重力不可忽略，受力分析如圖所示．靜電力在豎直方向上的分力與重力等大反向，則帶電粒子所受合力與靜電力在水平方向上的分力相同，即水平方向上F合＝qEsinα＝qsinα豎直方向上mg＝qEcosαm＝＝＝3×10－10××0.8kg＝8×10－8kg根據(jù)動能定理有mv2－mv＝F合x，x＝聯(lián)立以上各式解得v＝1m/s.15.解析(1)因qE＝eq\f(3,4)mg，所以qE、mg的合力F合與豎直方向夾角tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(3,4)，即θ＝37°，則小球由A點靜止釋放后從A到B過程中做加速運動，如圖所示，B點動能最大，由動能定理得qErsinθ－mgr(1－cosθ)＝Ek解得