2021-2022学年高二上学期物理教科版（2019）必修第三册第一章 静电场 期末综合复习滚动测试卷 (Word版含答案)

第一章 静电场 期末综合复习滚动测试卷
一、单选题
1．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开。下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是（　　）
A．B．C．D．
2．示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如图所示，真空室中电极K发出电子（初速度不计），经过电压为的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中．金属板长为L，相距为d，当A、B间电压为时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点．已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是（　　）
A．变小，变大 B．变大，变小
C．变大，变大 D．变小，变小
3．如图所示，竖直平面内平行直线MN、PQ间距为d，直线与水平面成30°角，两线间有垂直指向PQ的匀强电场.一电荷量为+q、质量为的粒子在直线PQ上某点O以初速度竖直向上射出.不计重力，直线足够长.若粒子能打到MN上，则下列说法正确的是（ ）
A．电场强度最大值为B．电场强度最小值为
C．电场强度最大值为D．电场强度最小值为
4．如图，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q（q>0）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）（　　）
A． B． C． D．
5．一个介子由一个夸克和一个反d夸克组成，二者的电荷量分别是e和e。如果将夸克按经典带电粒子处理，两夸克间的距离约10-15 m，元电荷e=1.6×10-19C，静电力常量k=9.0×109N·m2/C2，则介子中两个夸克的库仑力约为（ ）
A．5×10 -14N B．5 ×105N C．50N D．5×1020N
6．如图示真空中a、b、c、d四点共线且等距，a、b、c、d连线水平．先在a点固定一点电荷+Q，测得b点场强大小为E．若再将另一点电荷+2Q放在d点时，则
A．b点场强大小为，方向水平向右B．b点场强大小为，方向水平向左
C．c点场强大小为，方向水平向右D．c点场强大小为，方向水平向左
7．如图所示，板长为L的平行板电容器与一直流电源相连接，其极板与水平面成300角；若粒子甲乙以相同的大小的初速度由图中的P点射入电容器，分别沿着虚线1和2运动，然后离开电容器；虚线1为连接上下极板边缘的水平线，虚线2为平行且靠近上极板的直线，则下列关于两粒子的说法正确的是（ ）
A．两者均做匀速直线运动B．两者电势能均逐渐增加
C．两者的比荷之比为D．两者离开电容器时的速率之比为
8．如图所示，匀强电场的方向向上，电场强度大小E=5N/C，把电量为+q=2C的点电荷由静止释放，点电荷做直线运动．以下判断正确的是( )．
A．点电荷受到的电场力大小为10NB．点电荷受到的电场力大小为
C．点电荷在匀强电场运动时电场力不断增大D．点电荷在匀强电场运动时电场力不断减小
二、多选题
9．如图所示，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置，在管子的底部固定一电荷量为Q（Q>0）的带电体，在距离底部点电荷为h2的管口A处，有一电荷量为q（q>0）、质量为m的小球自静止释放，在距离底部点电荷为 h1的B处速度恰好为零，现让一个电荷量为q、质量为2m的小球仍在A处自静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则该小球（　　）
A．运动到B处的速度为零B．在下落过程中加速度大小先变小后变大
C．向下运动了位移x=h2﹣时速度最大D．小球向下运动到B点时的速度为
10．美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量。如图所示，平行板电容器两极板M、N与电压为U的恒定电源两极相连，板的间距为d。现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落，则(　　)
A．此时极板间的电场强度 B．油滴带电荷量为
C．减小极板间电压，油滴将加速下落 D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动
11．如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～ 时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g，关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是(　　)
A．末速度大小为 v0B．末速度沿水平方向
C．重力势能减少了 mgdD．克服电场力做功为mgd
12．如图所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成15°角斜向左下方，在竖直平面内直线AB与场强E相互垂直，在A点以大小为的初速度水平向右抛出一质量为m，带电荷量为+q的小球，经时间t，小球下落一段距离过C点（图中未画出）时其速度大小仍为v0，已知A、B、C三点在同一平面内，则在小球由A点运动到C点的过程中
A．小球的机械能增加B．小球的电势能增加
C．小球的重力势能增加D．C点位于AB直线的右侧
三、填空题
13．如图所示，ABCD为放在E＝1.0×103V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中BCD部分是直径为20 cm的半圆环，AB＝15 cm，今有m＝10 g、q＝10－4C的小球从静止由A点沿轨道运动，它运动到图中C处时的速度是______ m/s，在C处时对轨道的压力是______ N；要使小球能运动到D点，开始时小球的位置应离B点________m.
14．如图所示，在边长为L的正方形的四个顶点上分别放置点电荷，其电荷量为q、Q、q、－Q，已知点电荷Q刚好静止，则 ＝________，若点电荷－Q的质量为m，释放瞬间加速度为________．
15．如图所示，点电荷A、B带电量分别为3.0×10－8C和－2.4×10－8C，彼此相距6cm，若在两点电荷连线中点O处放一个半径为1cm的金属球壳，则球壳上的感应电荷在O处的场强大小__________N/C，方向___________．
四、解答题
16．如图，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q（q＞0）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）．
17．如图所示，在光滑绝缘的水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为L的正三角形的三个顶点上，a、b带正电，电量均为q，c带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为K。若三个小球均处于静止状态，试求该匀强电场的场强以及c的带电量。
18．如图所示，一质量为m=1.0×10 -2kg，带电量大小为q=1.0×10 -6C的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场足够大，静止时悬线向左与竖直方向成450角．小球在运动过程中电量保持不变，重力加速度g取10m／s2．
(1)求电场强度E； (2)若在某时刻将细线突然剪断，求经过1s时小球的位移大小．
19．如图所示，一质量为m.电荷量为q的带正电荷小球（可视为质点）从y轴上的A点以初速度（未知）水平抛出，两长为L的平行金属板M.N倾斜放置且水平方向间的夹角为，带电小球恰好能垂直M板从其中心小孔B进入两板间（sin37°=0.6, g取10m/s2）
（1）试求带电小球抛出时的初速度；
（2）若该平行金属板M.N间有如图所示的匀强电场，且匀强电场的电场强度大小与小球质量之间的关系满足，试计算两平行板M.N之间的垂直距离d至少为多少时才能保证小球不打在N板上.
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．B
【解析】由静电感应特点可知，近端感应出异种电荷，远端感应出同种电荷，故选B。
2．A
【解析】设经过电压为的加速电场后，速度为v，在加速电场中，由动能定理可得
电子进入偏转电场后做类平抛运动，在水平方向上
在竖直方向上
解得
由此可知，当变小，变大。y变大，BCD错误，A正确。
故选A。
3．C
【解析】带电粒子受电场力，把速度分解，垂直于PQ方向的分速度，沿PQ方向的分速度，若粒子刚好能打到MN上，则粒子到达MN时速度平行于MN方向，此时电场强度最大，在垂直于PQ方向， ，，解得，C正确.
4．B
【解析】设Q在b点产生的场强大小为E，由对称性可知Q在d点产生的场强大小也为E，方向相反，水平向右，由于b点的场强为零，得
所以q、Q在d点产生的场强为
故选B。
5．C
【解析】根据库仑定律可得
故选C。
6．D
【解析】设，在a点固定一点电荷+Q，测得b点场强大小为E，则
AB：将另一点电荷+2Q放在d点时，+2Q在b点产生场强，方向水平向左；则b点场强大小，方向水平向右．故AB两项均错误．
CD：将另一点电荷+2Q放在d点时，+2Q在c点产生场强，方向水平向左；点电荷+Q，在c点产生场强，方向水平向右；则c点场强大小，方向水平向左．故C项错误，D项正确．
7．D
【解析】根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度在同一直线上，所以电场力只能垂直极板向上，受力如图所示；根据受力图，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，故A错误；
粒子甲受到的电场力与位移方向的夹角为钝角，所以电场力做负功，电势能逐渐增加；粒子乙运动的方向与电场力的方向垂直，电场力不做功，所以粒子的电势能不变．故B错误；根据受力图，对甲：m甲g＝q甲 Ecos30°＝q甲E，所以：
对乙：m乙g cos30°=q乙E，所以：；所以： ，故C错误；带电微粒甲沿水平直线运动，合力做的功：W1＝m甲g tan30° =m甲gL，根据动能定理得：；所以：；带电微粒乙沿平行于极板的直线运动，合力做的功：W2＝m乙g sin30° L＝m乙gL，根据动能定理得：，所以：v乙＝；所以：．故D正确．故选D．
8．A
【解析】点电荷在电场中受到的电场力F=Eq=10 N，故A正确，B错误；点电荷+q在匀强电场运动时电场力不变，故CD错误．故选A．
9．BD
【解析】AD．质量为m点电荷，从静止释放后开始下落，库仑力越来越大，所以点电荷先加速后减速．则加速度先减小后增大．当到达B点时，点电荷停止，由动能定理可得
解得
而当换成质量2m点电荷时，仍从原来位置静止释放，则点电荷先加速后减速．则加速度先减小后增大，设电荷到达位置B时速度为v，则由动能定理可得
解得
则速度为零的位置在B点下方，A错误，D正确；
B．由题意知，小球应先做加速运动，再做减速运动，即开始时重力应大于库仑力；而在下落中，库仑力增大，故下落时加速度先减小，后增大，B正确；
C．速度最大位置，就是加速度为零的位置，即库仑力与重力相等的位置，当质量为m 时，设平衡位置距底部点电荷的距离为h0则有
而当质量为2m时，设平衡位置距底部点电荷的距离为h0′则有：
得
则向下运动的位移为
C错误。
故选BD。
10．AC
【解析】A．极板间电压为U，间距为d，是匀强电场，故场强为：，故A正确；
B．油滴受重力和电场力，处于平衡状态，故：
解得：，故B错误；
C．减小极板间电压，场强减小，电场力小于重力，合力向下，故油滴将加速下落，故C错误；
D．将极板 N 向下缓慢移动一小段距离，板间距增大，场强减小，电场力减小，电场力小于重力，合力向下，故油滴将加速下降，故D错误．
【点睛】
本题关键是明确油滴的受力情况和运动情况，然后结合牛顿第二定律确定加速度的方向，从而判断油滴的运动情况．
11．BC
【解析】AB．0～时间内微粒匀速运动，则有：qE0=mg，～内，微粒做平抛运动，下降的位移，～T时间内，微粒的加速度 ，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0．故A错误，B正确．
C．0～时间内微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为d，则重力势能的减小量为mgd，故C正确．
D．在～内和～T时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，则～内和～T时间内位移的大小相等均为d，所以整个过程中克服电场力做功为，故D错误．
12．BD
【解析】试题分析：根据动能定理，则，故由于重力做正功，故电场力做负功，大小等于重力功，电势能增加，重力势能减小，机械能减小；由于电场力做负功，故C点位于AB直线的右侧，选项BD正确；故选BD.
考点：动能定理；电场力做功与电势能的变化.
13． ； 0.4； 0.25；
【分析】
对A到C点的过程运用动能定理，求出C点的速度；根据径向的合力提供向心力，求出轨道对球的弹力，从而得知球对轨道的压力；
小球恰好到达D点时重力提供向心力，应用牛顿第二定律求出到达D点的速度，然后应用动能定理求出小球初位置到B的距离；
【解析】小球从A经B到C的过程中，由动能定理得：，
代入数据解得：；
在C点，牛顿第二定律得：，代入数据解得：
由牛顿第三定律可知，小球对轨边C点的压力：；
小球恰好运动到D点时，在D点，由牛顿第二定律得：，
从A点到D点过程，由动能定理得：，
代入数据解得：，开始时小球的位置应离B点．
【点睛】
本题考查了动能定理的应用，分析清楚小球的运动过程、知道向心力来源是解题的前提与关键，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题．
14． ; ;
【分析】
首先对Q和-Q进行受力分析，根据平衡条件和牛顿第二定律进行分析即可．
【解析】点电荷Q受三个力作用，如图甲，其中，，由于Q静止，三个力的合力为零，F3＝F1，得；
点电荷－Q受三个力作用，如图乙所示，，，三个力的合力，则－Q释放时的加速度．
【点睛】
本题考查库仑定律与力学的综合问题，首先对Q和-Q进行受力分析，根据平衡条件和牛顿第二定律进行分析即可．
15．5.4×105 向左
【分析】
当导体处于静电平衡状态时，导体内部场强处处为零，球壳上感应电荷在球心O处产生的场强与外电场在O点的场强大小相等，方向相反．只要求出两个点电荷在球心O处产生的合场强，即可得到球壳上感应电荷在球心O处产生的电场强度．
【解析】两个点电荷在O处产生的场强为：，方向水平向右．根据静电平衡状态的特点可知，球壳上感应电荷在球心O处产生的电场强度与两个点电荷在O处产生的电场强度大小相等，方向相反，所以球壳上感应电荷在球心O处产生的电场强度大小E′=E=5.4×105N/C，方向水平向左．
【点睛】
解决本题的关键知道静电平衡导体的特点：内部场强处处为零，即外加电场和感应电荷产生电场的合场强为零．
16．
【解析】试题分析：由题意可知，半径为R均匀分布着电荷量为Q的圆盘上电荷，与在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷，在b点处的场强为零，说明各自电场强度大小相等，方向相反．那么在d点处场强的大小即为两者之和．因此根据点电荷的电场强度为E=k即可求解．
解：电荷量为q的点电荷在b处产生电场强度为E=k，而半径为R均匀分布着电荷量为Q的圆盘上电荷，与在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷，在b点处的场强为零，则圆盘在此处产生电场强度也为E=k．
那么圆盘在此d产生电场强度则仍为E=k．
而电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度为E′=k=k，由于都在d处产生电场强度方向相同，即为两者大小相加．
所以两者这d处产生电场强度为
故答案为．
【点评】考查点电荷与圆盘电荷在某处的电场强度叠加，紧扣电场强度的大小与方向关系，从而为解题奠定基础．
17．该匀强电场的场强，以及C的带电量2q
【解析】对c进行受力分析可知，为使c静止，必须c所受的电场力向下，由此可知匀强电场的场强方向一定向上，对a进行受力分析可知，为使a静止，应有下式子成立
，
解得
，
18．（1）小球带负电，电场强度E为1.7N/C
（2）细线剪断后1s时小球的速度为20m/s，方向与竖直方向夹角为60°斜向下
【解析】试题分析：本题的关键是正确对小球受力分析，根据平衡条件可得小球受到的电场力方向向左并可求出电场强度的值，剪断细线后，由于小球受到的重力与电场力都为恒力，所以小球将做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式，即可求解．
解：（1）对小球受力分析，受到向下的重力、沿绳子方向的拉力和水平向左的电场力，可见小球应带负电，由平衡条件可得：qE=mgtanθ，解得：E=1.7×N/C．
（2）剪断细线后小球做初速度为零的匀加速直线运动，此时小球受到的合力F= ①
由牛顿第二定律F=ma可得a= ②
又由运动学公式v=at ③
联立以上各式解得：v=20m/s，方向与竖直方向夹角为60°斜向下．
答：（1）小球带负电，电场强度E为1.7N/C
（2）细线剪断后1s时小球的速度为20m/s，方向与竖直方向夹角为60°斜向下．
【点评】解决动力学问题的关键是正确受力分析和运动过程分析，然后选择相应规律列式求解即可．
19．（1）；（2）
【解析】试题分析： （1）设小球由y轴上的A点运动到金属板M的中点B的时间为t，由题意，在与x轴平行的方向上，有：，，
带电小球在竖直方向上下落的距离为：
所以小球抛出点A的纵坐标为：，
以上各式联立并代入数据可解得：．
所以小球抛出点A的坐标为，小球抛出时的初速度大小为：
（2）设小球进入电场时的速度大小为v，则由动能定理可得：
解得：．
带电小球进入匀强电场后的受力情况如图所示．
因为，所以，
因此，带电小球进入该匀强电场之后，将做类平抛运动．其加速度大小为：，
设带电小球在该匀强电场中运动的时间为，欲使小球不打在N板上，由类平抛运动的规律可得：，
以上各式联立求解并代入数据可得：
考点：带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】该题综合考查平抛运动、受力分析与带电粒子在电场中的偏转，其中结合题目的要求，正确分析出小球在电场中受到的合力的方向，是解题的关键．答案第1页，共2页
答案第1页，共2页