2024教科版高中物理必修第三册同步练习（有解析）--第一章 静电场

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2024教科版高中物理必修第三册同步
第一章　静电场
注意事项
1.全卷满分100分。考试用时75分钟。
2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。
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目要求)
1.氘核(H)和氦核(He)从静止开始,经同一电场加速后,它们的速度分别为v1和v2,则 (　　)
A.v1=v2　　　　B.v1=2v2　　　　C.v1=3v2　　　　D.2v1=v2
2.AB是长为L的均匀带电绝缘细杆,P1、P2是位于AB所在直线上的两点,位置如图所示。AB上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1,在P2处的场强大小为E2,若将绝缘细杆的右半边截掉并移走(左半边电荷量、位置不变),则P2处的场强大小变为 (　　)
A.E2+E1　　　　B.E2-E1　　　　C.E1-
3.如图所示,用起电机使金属球A带上正电,靠近验电器B,则 (　　)
A.验电器金属箔不张开,因为球A没有和B接触
B.验电器金属箔张开,因为整个验电器都带上了正电
C.验电器金属箔张开,因为整个验电器都带上了负电
D.验电器金属箔张开,因为验电器金属箔片都带上了正电
4.两个等量同种点电荷的电场线如图所示,图中电场线上下、左右均对称。点P、Q,点M、N,点R、S,均关于两点电荷连线的中点O对称,则 (　　)
A.P、Q两点电场强度相同
B.M、N两点电场强度相同
C.R、S两点电势不相等
D.在两点电荷连线的中垂线上O点电势最高
5.如图所示,图中虚线为一静电场的三条等差等势线,而实线则为一电子在电场力作用下的运动轨迹。已知电子由a点运动到c点动能增加了200 eV,a、c两点间的距离为5 cm,则 (　　)
A.a、b、c三点的电势关系为φa>φb>φc
B.a、b两点的电势差为Uab=-100 V
C.a点的电场强度Ea=4 000 N/C,方向水平向右
D.c点的电场强度Ec=4 000 N/C,方向水平向左
6.如图所示为某一处于静电平衡状态下的导体周围的电场分布示意图,a和b是导体表面上的两点,下列判断正确的是 (　　)
A.图中的“线”为一系列的等势线
B.a点处的电荷分布比b点处更密集
C.电荷从a移动到b,电场力可能做正功
D.a点周围的电场强度小于b点周围的电场强度
7.有一静电场,其电势φ沿x轴方向变化的图线如图所示。一带负电粒子(重力不计)从坐标原点O由静止释放,粒子沿x轴运动,电场中P、Q两点的坐标分别为1 mm、4 mm。下列说法正确的是 (　　)
A.粒子经过P点和Q点时,加速度大小相等、方向相同
B.粒子经过P点与Q点时,动能相等
C.粒子经过P点与Q点时,静电力做功的功率相等
D.粒子在P点的电势能为正值
8.空间中有竖直向上的匀强电场,电场强度E=。绝缘圆形轨道竖直放置,O点是它的圆心、半径为R,A、C为圆轨道的最低点和最高点,B、D为与圆心O等高的两点,如图所示。在轨道A点放置一质量为m、带电荷量为+q的光滑小球。现给小球一初速度v0(v0≠0),重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　　)
A.无论v0多大,小球不会脱离轨道
B.只有v0≥,小球才不会脱离轨道
C.v0越大,小球在A、C两点对轨道的压力差也越大
D.若将小球无初速度从D点释放,小球一定会沿轨道经过C点
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.如图所示为静电植绒的装置简图,将表面涂有黏合剂的被植体放在金属板上,打开电源开关后,在金属网与金属板间会产生3 kV的高压,放在金属网上的绒毛将垂直地粘在被植体上。若保持金属网和金属板间的距离为2 cm,忽略边缘效应,将网与板间的电场视为匀强电场,则下列说法正确的是 (　　)
A.金属网和金属板间的场强为1.5×105 V/m
B.绒毛在飞往被植体的过程中电势能不断增大
C.若增大金属网和金属板间的距离,则网和板之间的电势差也增大
D.在干燥的环境中进行植绒效果会更好
10.真空中A、B两个异种点电荷,带电荷量分别为qA=2Q、qB=-Q,固定在光滑水平桌面上相距为L的两处。下列分析正确的是 (　　)
A.A、B两个点电荷之间的库仑力大小为F=
B.A、B两个点电荷连线上的电场方向是由A指向B
C.A、B两个点电荷连线中垂线OO1上各位置的电场强度方向都与AB平行且指向B侧
D.在连线BA的延长线上、点电荷A的左侧静止释放一负点电荷,它一定加速向A靠近
11.如图所示,氕核(H)和氚核(H)沿水平方向射入平行板电容器。平行板电容器上极板带有正电荷,下极板带有等量负电荷。氕核(H)和氚核(H)均带正电且电荷量相等,它们的质量之比为1∶3。两粒子射入电场的初动能相等且均可从电场射出,不计粒子所受重力,则下列说法正确的是 (　　)
A.氕核和氚核在电场中的运动时间之比为1∶3
B.氕核和氚核在电场中运动的加速度大小之比为3∶1
C.氕核和氚核在电场中运动时的侧向位移之比为1∶1
D.氕核和氚核在电场中运动时的动能的增加量之比为3∶1
12.如图所示的直线加速器由沿轴线分布的金属圆筒(又称漂移管)A、B、C、D、E组成,相邻金属圆筒分别接在电源的两端。质子以初速度v0从O点沿轴线进入加速器,质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T,在金属圆筒之间的狭缝被电场加速,加速时电压U大小相同。质子电荷量为e,质量为m,不计质子经过狭缝的时间,则 (　　)
A.M、N所接电源的极性应周期性变化
B.金属圆筒的长度应与质子进入圆筒时的速度成正比
C.质子从圆筒E射出时的速度大小为
D.圆筒E的长度为
二、非选择题(本题共6小题,共60分)
13.(6分)某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间静电力的因素。图甲中,A是一个带正电的小球,系在绝缘丝线上带正电的小球B会在静电力的作用下发生偏离,静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。
甲
(1)他们分别进行了以下操作。
①把系在丝线上的带电小球B先后挂在如图甲中横杆上的P1、P2、P3等位置,小球B平衡后丝线偏离竖直方向的夹角依次减小,由此可得,两小球所带电荷量不变时,距离增大,两小球间静电力　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)。
②使小球B处于同一位置,增大小球A所带的电荷量,小球B平衡时丝线偏离竖直方向的夹角增大,由此可得,两小球距离不变时,电荷量增大,两小球间静电力　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)。
乙
(2)接着该组同学又进行了如下实验,如图乙所示,悬挂在P点的不可伸长的绝缘细线下端有一个带电荷量不变的小球B,在两次实验中,均缓慢移动另一带同种电荷的小球A,当A球到达悬点P的正下方并与B在同一水平线上,B处于受力平衡时,悬线偏离竖直方向角度为θ,若两次实验中A的电荷量分别为q1和q2,θ分别为30°和45°,则为　　　　。
14.(8分)如图甲所示是观察电容器的充、放电现象实验装置的电路图。电源输出电压恒为8 V,S是单刀双掷开关,G为灵敏电流计,C为平行板电容器。(已知电流I=)
(1)当开关S接　　　　(选填“1”或“2”)时,平行板电容器充电,在充电开始时电路中的电流比较　　　　(选填“大”或“小”)。电容器放电时,流经G表的电流方向与充电时　　　　(选填“相同”或“相反”)。
(2)将G表换成电流传感器,电容器充电完毕后再放电,其放电电流随时间变化的图像如图乙所示,已知图线与横轴所围的面积约为41个方格,可算出电容器的电容为　　　　　。
(3)在电容器放电实验中,接不同的电阻放电,图丙中a、b、c三条曲线中对应电阻最大的一条是　　　　(选填“a”“b”或“c”)。
甲
乙
丙
15.(8分)如图所示,为一组方向未知的匀强电场的电场线,将带电荷量为q=-1.0×10-6 C的点电荷由A点沿水平线移至B点,克服电场力做了2×10-6 J的功,已知A、B间的距离为2 cm。
(1)试求A、B两点间的电势差UAB;
(2)若A点的电势为φA=1 V,试求B点的电势;
(3)试求该匀强电场的电场强度E的大小并判断其方向。
16.(9分)如图所示,带电荷量为Q=+1×10-7 C的小球A固定在光滑绝缘桌面的上方,高度h= m,一个质量为m=1×10-4 kg、带电荷量q=-4×10-8 C的小球B在桌面上以小球A在桌面上的投影点O为圆心做匀速圆周运动,其运动半径为r=0.1 m。(静电力常量k=9×109 N·m2/C2)求:
(1)小球A、B之间的库仑力F的大小;
(2)桌面对小球B的支持力FN的大小;
(3)小球运动的线速度v的大小。
17.(13分)如图所示,某正方形ABCD空间有4个交替的电场,每个电场的区域大小相同,竖直宽度都为d,相邻电场方向相反,电场场强大小均为E,一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从左侧射入电场。不计重力。
(1)若粒子从距A点d的P处垂直射入电场,初动能Ek0=16qEd,求粒子在电场中的运动时间t;
(2)若粒子从AB中点M处与水平方向成θ角射入电场,初动能Ek1=4qEd,且带电粒子从CD边出射点与入射点竖直距离不超过一个电场区域范围d,求入射角θ的范围。
18.(16分)如图甲所示,真空室中电极K发出的电子(初速度不计)经过电压为U1的加速电场加速后,沿两水平金属板C、D间的中心线射入两极板间,最后打在荧光屏上。C、D极板间加一交变电压,电压UCD随时间变化的图像如图乙所示,已知电子质量为m,电荷量为e,C、D极板长为L,板间距离为d,偏转电压为U2,荧光屏距C、D极板右端的距离为,且所有电子都能从C、D极板右端射出。不计重力。
(1)求电子刚进入偏转电场时的速度大小;
(2)若偏转电场的周期等于电子通过C、D极板的时间,求打到荧光屏上的电子距离O点的最大距离;
(3)若偏转电场的周期等于电子通过C、D极板时间的2倍,求打在荧光屏上O点时电子的动能。
答案与解析
第一章　静电场
1.A 2.B 3.D 4.D 5.B 6.B
7.B 8.D 9.AD 10.BD 11.BC 12.AB
1.A　粒子在电场中加速运动,根据动能定理得qU=mv2,解得v=,则有v1=,v2=,所以v1=v2,故A正确。
2.B　AB的左半部分上电荷产生的静电场在P1点的场强为零,则右半部分上电荷产生的静电场在P1点的场强等于P1点的场强为E1,则由对称可知,AB右半部分上电荷产生的静电场在P2点的场强也为E1;设AB左半部分上电荷产生的静电场在P2点的场强为E,则E+E1=E2,则若将绝缘细杆的右半边截掉并移走,左半边在P2点的场强为E=E2-E1,选B。
3.D　
图形剖析　
把一个带正电的金属球A,靠近一个原来不带电的验电器的金属小球,由于静电感应,验电器的金属小球会带上负电荷、金属箔会带上正电荷,所以验电器金属箔张开,而验电器整体所带的电荷量为零,选项D正确。
4.D　由图中电场线的方向可知,P、Q两点电场强度的方向不同,故A错误;M、N两点在两个等量同种点电荷的连线上,M更靠近左边电荷,则电场强度方向向右,同理N点的电场强度方向向左,故B错误;沿电场线方向电势降低,等量同种点电荷的中垂线上,O点电势最高,中垂线上关于O点对称的两点电势相等,则R、S两点电势相等,故C错误,D正确。
5.B　电子由a点运动到c点动能增加了200 eV,则电势能减少了200 eV,说明电场力做正功,电子所受电场力水平向右,电场线方向水平向左,因此a、b、c三点的电势关系为φa<φb<φc,选项A、C错误。由a点运动到c点电势能减少了200 eV,则由a点运动到b点电势能减少了100 eV,电场力做功-100 eV,则有Uab==-100 V,选项B正确。若为匀强电场,则E==4000 N/C;由等势面分布知此电场为非匀强电场,c点的等势面相对稀疏,电场强度小一些,因此Ec≠4 000 N/C,选项D错误。
6.B　由图线的分布可知,图中的“线”为一系列的电场线,A错误;电场线的疏密可以表示电场的强弱,由图可知,与b点相比,a点处的电场线更密,则a点处的电荷分布更密集,a点周围的电场强度更大,B正确,D错误;处于静电平衡状态下的导体是等势体,所以电荷从a移动到b,电场力不做功,C错误。
7.B　
解题关键　(1)要关注电势的正负值:在0~6 mm区间,电势为正值,则负电荷的电势能为负值。(2)要关注电势变化的特点:在0~2 mm区间,电势是均匀增加的,则该区域是匀强电场;在2 mm~6 mm区间,电势是均匀减小的,则该区域也是匀强电场。
沿着电场线的方向电势降低,图中0~2 mm区间电场线沿x轴负方向,带负电的粒子受到沿x轴正方向的电场力,则加速度沿x轴正方向;图中2 mm~6 mm区间电场线沿x轴正方向,带负电的粒子受到沿x轴负方向的电场力,则加速度沿x轴负方向;φ-x图线的斜率表示电场强度,由图像可知,粒子经过P点和Q点时,加速度大小不同、方向相反,A错误。P点与Q点电势相同,带负电的粒子经过P点与Q点时的电势能相同,根据能量守恒可知,动能相等,B正确。粒子经过P点与Q点时所受电场力不同,但速率相同,根据P=Fv可知粒子经过P点与Q点时,静电力做功的功率不相等,C错误。P点的电势为正值,根据Ep=qφ可知,带负电的粒子在P点的电势能为负值,D错误。
8.D　
解题关键　(1)由于小球所受的电场力是竖直向上的,且是重力的3倍,所以A点是“等效最高点”。(2)要使小球不会脱离轨道,小球在A点所需的向心力至少是重力与电场力的合力大小。
小球所受电场力与重力的合力方向竖直向上,大小为F=qE-mg=2mg;若要使小球不脱离轨道,设其在A点所具有的最小速度为vmin,根据牛顿第二定律有F=m,解得vmin=,所以只有当v0≥时,小球才不会脱离轨道,故选项A、B错误;假设小球可以在轨道上做完整的圆周运动,在C点的速度大小为v1,根据动能定理有=F·2R,在A、C点小球所受轨道的支持力大小分别为F0和F1,根据牛顿第二定律有F0+F=m,F1-F=m,联立解得ΔF=F1-F0=6F=12mg,根据牛顿第三定律可知小球在A、C两点对轨道的压力差等于12mg,与v0的大小无关,故C错误;若将小球无初速度从D点释放,由于F向上,所以小球一定能沿DC轨道经过C点,故D正确。
9.AD　将网与板间的电场视为匀强电场,则金属网和金属板间的场强为E= V/m=1.5×105 V/m,A正确;绒毛在飞往被植体的过程中,电场力做正功,则电势能不断减小,选项B错误;由于金属网与金属板间有3 kV的恒定的高压,若增大金属网和金属板间的距离,网和板之间的电势差是不变的,选项C错误;在干燥的环境中静电不容易被导走,进行植绒效果会更好,选项D正确。
10.BD　A、B两个点电荷受到的库仑力大小为F=,选项A错误;在A、B两个点电荷连线上,点电荷A产生的电场由A指向B,点电荷B产生的电场由A指向B,结合电场的叠加原理,合电场由A指向B,选项B正确;A、B两个点电荷连线中垂线OO1上各位置到A、B两个点电荷的距离相等,根据E=可知合电场方向是偏向右上方的,选项C错误;在连线BA的延长线上、点电荷A的左侧某处的负点电荷,受到点电荷A的电场力F1向右,受到点电荷B的电场力F2向左,且F1>F2,负点电荷受到的合电场力向右,所以它向右做加速运动,选项D正确。
11.BC　两粒子射入电场的初动能相等,
由Ek=mv2可得氕核(H)和氚核(H)射入电场的初速度之比为;
粒子在电场中水平方向上做匀速运动,
根据t=,选项A错误。
根据a=,选项B正确。
根据y=,选项C正确。
根据ΔEk=qEy可知氕核和氚核在电场中运动时的动能的增加量之比为=1,选项D错误。
12.AB　
图形剖析　
由图可知,质子每次通过狭缝时,都被加速一次;当质子在A、B间被加速时,A接电源的正极,则下一次在B、C间被加速时,就需要B接电源的正极,所以M、N所接电源的极性应周期性变化,选项A正确。因质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T,由L=vT可知金属圆筒的长度应与质子进入圆筒时的速度成正比,选项B正确。质子以初速度v0从O点沿轴线进入加速器,质子经4次加速从圆筒E射出,由动能定理有4eU=,解得质子从圆筒E射出时的速度大小vE=,所以圆筒E的长度LE=vET=T,选项C、D错误。
13.答案　(1)①减小(2分)　②增大(2分)　(2)(2分)
解析　(1)①设丝线与竖直方向夹角为θ,根据平衡条件有mg tan θ=F,由图甲可得,两小球所带电荷量不变时,距离增大,丝线与竖直方向夹角减小,静电力减小。②使小球B处于同一位置,增大小球A所带的电荷量,小球B平衡时丝线偏离竖直方向的夹角增大,则两小球间静电力增大。
(2)对小球B受力分析,根据库仑定律结合平衡条件有mg tan θ=,解得qA=,可得两次实验中A的电荷量之比为。
14.答案　(1)1(1分)　大(1分)　相反(1分)　
(2)4.1×10-4 F(3分)　(3)c(2分)
解析　(1)充电时必须将电容器接电源,故将开关S接1时,平行板电容器充电,在充电开始时电路中的电流比较大,之后电流减小,当电容器充满电时,电流为零;电容器充电时,上极板接电源正极,所以电容器上极板带正电,充电时负电荷流出电容器上极板,放电时负电荷流入上极板,所以放电时流经G表的电流方向与充电时相反。(2)I-t图线与时间轴所围成的面积表示电荷量,每个小格表示的电荷量为q=0.4×0.2×10-3 C=8×10-5 C,由图乙可知Q=41q=41×8×10-5 C=3.28×10-3 C,根据C=,代入数据解得C=4.1×10-4 F。(3)在电容器放电实验中,根据Im=可知,电阻越大,放电电流的最大值越小,由图可知,c图线的最大电流最小,故c图线对应的电阻最大。
15.答案　(1)2 V　(2)-1 V　(3)200 V/m,沿电场线向下
解析　(1)由题意可知,点电荷从A到B电场力做负功,WAB=-2×10-6 J(1分)
则UAB==2 V(1分)
(2)根据UAB=φA-φB (1分)
解得φB=φA-UAB=-1 V(1分)
(3)如图所示
由几何关系可得A、B两点沿电场线方向的距离d=2×10-2 cos 60° m=1×10-2 m (1分)
根据E= (1分)
解得E=200 V/m(1分)
沿电场线方向电势降低,故电场强度的方向沿电场线向下。 (1分)
16.答案　(1)9×10-4 N　(2)2.2×10-4 N　(3)0.67 m/s
解析　(1)由几何关系知,A、B小球间的距离L==0.2 m(1分)
A、B小球连线与竖直方向的夹角θ=30°。 (1分)
小球A、B之间的库仑力的大小为F=k=9×10-4 N(1分)
(2)在竖直方向,小球B所受的合力为0,即F cos θ+FN=mg (2分)
解得FN=×10-4 N≈2.2×10-4 N(1分)
(3)库仑力水平方向的分力提供向心力,故F sin θ= (2分)
解得v=0.3 m/s≈0.67 m/s(1分)
17.答案　(1)　(2)入射角θ的范围为斜向上30°与斜向下30°之间
解析　(1)粒子初动能Ek0= (1分)
由题意有Ek0=16qEd
设粒子从CD边射出,水平位移4d=v0t (1分)
侧向位移为y=t2 (2分)
可得y=d解得粒子在电场中的运动时间t= (1分)
(2)若粒子斜向上射出,设与水平方向的夹角为θ时,粒子最高点恰好与电场边界相切,则在电场方向上有(v sin θ)2=2ad (1分)
由题意有初动能Ek1=4qEd=mv2 (1分)
又由qE=ma (1分)
解得sin θ= (1分)
即θ=30° (1分)
若粒子斜向下射出,同理可得θ=30° (1分)
所以入射角θ的范围为斜向上30°与斜向下30°之间。 (1分)
18.答案　(1)　(2)　(3)eU1+
解析　(1)电子在加速电场加速时,由动能定理得
eU1= (1分)
解得v0= (1分)
(2)t=0、T、2T、…时刻进入金属板间的电子向上偏转量最大(同理,t=T、…时刻进入金属板间的电子向下偏转量最大) (1分)
电子在偏转电场中的运动时间为t0= (1分)
偏转量为y=,由相似三角形可得,则打到荧光屏上的电子距离O点的最大距离为
Lmax= (2分)
(3)电子要能到达O点,电子在竖直方向先加速后减速再反向加速,且向上和向下位移大小相等,向上偏转量y上=a(Δt)2×2 (1分)
向下偏转量y下=+a(t0-2Δt) (2分)
由y上=y下 (1分)
解得Δt= (1分)
竖直方向,电子反向加速的位移
y'= (1分)
电场力做功W=e (2分)
电子到达O点时动能Ek=eU1+ (2分)
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