人教版物理选修3-1 同步练习：第1章 静电场 检测试题

第一章　检测试题
(时间:90分钟　满分:100分)
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知识点
题号
1.静电感应及静电现象
7
2.电场强度和电势差
2,3,15,16
3.电场线和等势面(线)
4,5
4.电容及电容器
1,17
5.带电粒子在电场中的运动
6,8,9,13
6.带电粒子在电场中的综合问题
10,11,12,13,14,18
一、选择题(共12小题,每小题4分,共48分.1～6小题为单项选择题,7～12小题为多项选择题,选对但不全的得2分)
1.如图所示,A,B为两块竖直放置的平行金属板,G是静电计,开关S合上后,静电计指针张开一个角度.下述做法可使指针张角增大的是(　D　)
A.使A,B两板靠近些
B.使A,B两板正对面积错开些
C.断开S后,使B板向左平移减小板间距离
D.断开S后,使A,B板错位正对面积减小
解析:电容器与电源相连时,板间电压不变,指针张角增大表明两平行金属板间电压增大,所以选项A,B均错;断开S后,电容器所带电荷量不变,由C=知,电容C减小.根据电容C=知,可增大板间距离或减小两板正对面积,选项C错误,D正确.
2.
正电荷均匀分布在半球面上,它们在此半球的球心O处产生的电场强度大小为E0,现将一个通过O点且与半球底面成θ=60°的平面把半球面切分出一个“小瓣”球面,如图所示,所分出的“小瓣”球面上的电荷在O点处产生电场的电场强度大小为(　B　)
A.E0
B.E0
C.E0
D.E0
解析:
半球的中心O处的电场强度E0是球面上电荷产生的电场叠加的结果,根据对称性,作出球面上的电荷在O点产生的电场分布,如图所示.
由平行四边形定则得到“小瓣”球面上的电荷在O处产生的电场强度为E=E0sin
30°=,选项B正确.
3.
两块大平行金属板A,B间存在电场强度为E的匀强电场,场强方向由B指向A,并将B板接地作为零电势点,如图所示,现将正电荷逆着电场线方向由A板移到B板,若用x表示移动过程中该正电荷到A板的距离,则其电势能Ep随x变化的图线为图中的(　C　)
解析:场强E的方向水平向左(由B指向A),B板接地B=0,则A,B板
内各点电势均为负值,则距A板x处的某点的电势能Ep=q(x-B)=
qUxB=-Eq(d-x),由此可判断选项C正确.
4.
如图所示,在等量异种电荷形成的电场中,画一正方形ABCD,对角线AC与两点电荷连线重合,两对角线交点O恰为电荷连线的中点.下列说法中正确的是(　B　)
A.A,C两点的电场强度及电势均相同
B.B,D两点的电场强度及电势均相同
C.一电子由B点沿B→C→D路径移至D点,电势能先减小后增大
D.一质子由C点沿C→O→A路径移至A点,静电力对其先做负功后做正功
解析:在电场中EA=EC,A点电势大于C点,故选项A错误;由于B,D两点关于O点对称,因此其场强大小相等,方向均水平向右,中垂线为等势线,故选项B正确;电子由B沿B→C运动到C过程中,靠近负电荷远离正电荷,因此静电力做负功,电势能增大,沿C→D运动到D过程中,靠近正电荷远离负电荷,静电力做正功,电势能减小,故整个过程中电势能先增大后减小,故选项C错误;图中两电荷连线电场方向水平向右,即由A指向C,质子受静电力水平向右,故质子由C点沿C→O→A路径移至A点过程中静电力做负功,故选项D错误.
5.
如图所示,实线为一点电荷Q形成的电场中的几条电场线(方向未标出),虚线为一电子在电场中从M点运动到N点的轨迹.若电子在运动中只受静电力的作用,则下列判断正确的是(　D　)
A.形成电场的点电荷Q带负电
B.电子在M点的加速度比在N点的加速度大
C.电子在M点的速度比在N点的速度大
D.电子在M点的电势能比在N点的电势能大
解析:由题图看出,电子的轨迹向上弯曲,其所受的静电力方向向上,故形成电场的点电荷Q带正电,故选项A错误;电场线的疏密表示电场强度的大小,M点电场线稀疏,所以电子在M点的静电力小,加速度也小,故选项B错误;粒子从M到N,静电力做正功,动能增大,电势能减小,所以电子在N点的速度大于在M点的速度,电子在M点的电势能比在N点的电势能大,故选项C错误、D正确.
6.
如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像.当t=0时,在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子,设带电粒子只受静电力的作用,则下列说法中正确的是(　D　)
A.带电粒子将始终向同一个方向运动
B.2
s末带电粒子回到原出发点
C.3
s末带电粒子的速度不为零
D.0～3
s内,静电力做的总功为零
解析:
由牛顿第二定律可知,带电粒子在第1
s内的加速度为a1=,为第2
s内加速度a2=的,因此先加速1
s再减速0.5
s时速度为零,接下来的0.5
s将反向加速,vt图像如图所示.带电粒子在第1秒内匀加速运动,在第2秒内先做匀减速后反向加速,所以不是始终向同一方向运动,故选项A错误.根据图线与t轴围成的面积可知,在t=2
s时,带电粒子不在出发点,故选项B错误;由图可知,粒子在第3
s末的瞬时速度为0,故选项C错误;因为第3
s末粒子的速度为0,根据动能定理知静电力做功为零,故选项D正确.
7.冬天当脱毛衫时,静电经常会跟你开个小玩笑.下列一些相关的说法中正确的是(　CD　)
A.在将外衣脱下的过程中,内外衣间摩擦起电,内衣和外衣所带的电荷是同种电荷
B.如果内外两件衣服可看做电容器的两极,并且在将外衣脱下的某个过程中两衣间电荷量一定,随着两衣间距离的增大,两衣间电容变小,则两衣间的电势差也将变小
C.在将外衣脱下的过程中,内外两衣间隔增大,衣物上电荷的电势能将增大(若不计放电中和)
D.脱衣时如果人体带上了正电,当手接近金属门把时,由于手与门把间空气电离会造成对人体轻微的电击
解析:根据电荷守恒知,选项A错;由C=和C∝知,当内外衣之间的距离d增大时,两衣间的电势差增大,选项B错;因为内外衣所带的是异种电荷,产生静电引力作用,故当两衣之间的距离增大时,静电力做负功,电荷的电势能增大,选项C对;由于人体带上正电荷,当手靠近金属门把时,产生静电感应现象,当两者之间的电压足以使空气电离时,产生放电现象,故人感觉到有轻微的电击,选项D也正确.
8.(2016南昌市二中月考)某同学设计了一种静电除尘装置,如图1所示,其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道,其前、后面板为绝缘材料,上、下面板为金属材料.图2是装置的截面图,上、下两板与电压恒定为U的高压直流电源相连.带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0,当碰到下板后其所带电荷被中和,同时被收集.将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值称为除尘率.不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用.要增大除尘率,下列措施可行的是(　AB　)
A.只增大电压U
B.只增大长度L
C.只增大高度d
D.只增大尘埃被吸入水平速度v0
解析:带电尘埃在矩形通道在静电力的作用下做类平抛运动,电场强度为E=,在竖直方向上的加速度a==,在水平方向上做匀速直线运动,根据分运动的等时性可得,粒子的运动时间t=,故尘埃沿电场的方向上的位移为y=·()2,要增大除尘率,只需增大在电场方向上的位移即可,选项A,B正确.
9.
如图所示,水平面绝缘且光滑,一绝缘的轻弹簧左端固定,右端有一带正电荷的小球,小球与弹簧不相连,空间存在着水平向左的匀强电场,带电小球在静电力和弹簧弹力的作用下静止,现保持电场强度的大小不变,突然将电场反向,若将此时作为计时起点,则下列描述速度与时间、加速度与位移之间变化关系的图像正确的是(　AC　)
解析:电场反向后,带电小球受向右的弹力和静电力向右加速,弹簧弹力逐渐减小,小球的加速度逐渐减小,当小球离开弹簧后,由于静电力恒定,小球的加速度恒定,小球做匀变速直线运动,选项A正确,B错误;由牛顿第二定律,a=,小球在与弹簧接触过程中,ax图线为直线,选项C正确,D错误.
10.
(2016汕头金山中学月考)两个固定的等量异种电荷,在它们连线的垂直平分线上有a,b,c三点,如图所示,下列说法正确的是(　BC
)
A.a点的电势比b点电势高
B.a,b两点场强方向相同,b点场强比a大
C.a,b,c三点与无穷远处电势相等
D.一带电粒子(不计重力)在a点无初速释放,则它将在a,b线上运动
解析:等量异种电荷连线的中垂线上的点的电场强度方向都是垂直于中垂线指向负电荷的,所以中垂线是一条等势线,中垂线延伸到无穷远处,即和无穷远处电势相等,都为零,故A错误,C正确;由于中垂线上的电场线从中点c处向外变疏,所以电场强度向外减小,故a,b两点场强方向相同,b点场强比a点大,B正确;因为中垂线上的点的电场强度方向都是垂直中垂线指向负电荷的,所以由静止释放的电荷不会沿着中垂线运动,D错误.
11.
(2016正定中学月考)如图所示,在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面,斜面上有一带电金属块沿斜面滑下,已知在金属块滑下的过程中动能增加了12
J,金属块克服摩擦力做功8
J,重力做功24
J,则以下判断正确的是(　CD　)
A.金属块带负电荷
B.静电力做功4
J
C.金属块的电势能与动能之和增加了16
J
D.金属块的机械能减少12
J
解析:在金属块滑下的过程中动能增加了ΔEk=12
J,摩擦力做功Wf=
-8
J,重力做功WG=24
J,根据动能定理得W合=WG+W电+Wf=ΔEk,解得W电=-4
J,所以金属块克服静电力做功4.0
J,金属块的电势能增加4
J.由于金属块下滑,静电力做负功,由于静电力水平向右,所以金属块带正电荷,故A,B错误;金属块的动能增加12
J,电势能增加4
J,所以金属块的电势能与动能之和增加了16
J,故C正确;在金属块滑下的过程中重力做功24
J,重力势能减小24
J,动能增加了12
J,所以金属块的机械能减少12
J,故D正确.
12.
如图所示,电荷量、质量分别为q1,q2,m1,m2的两个小球用绝缘丝线悬于同一点,静止后它们恰好位于同一水平面上,细线与竖直方向夹角分别为α,β,下列说法正确的是(　CD　)
A.若m1=m2,q1B.若m1>m2,q1=q2,则α>β
C.若m1=m2,无论q1,q2大小关系如何,则α=β
D.q1,q2是否相等与α,β谁大谁小无关,若m1>m2,则α<β
解析:设左边球为A,右边球为B,A,B球受力如图所示,根据共点力平衡和几何关系得F1=m1gtan
α,F2=m2gtan
β.由于F1=F2,若m1=m2,则有α=β;若m1>m2,则有α<β,α与β关系和q1,q2大小无关.
二、非选择题(共52分)
13.
(8分)一束电子流经U1=5
000
V的加速电压加速后,在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场,若两板间距d=1.0
cm,板长L=5.0
cm,足够大的竖直屏与两板右侧相距b=20
cm.如图所示,在两板间加上可调偏转电压U2=300
V.电子质量m=9.1×10-31
kg、带电荷量为e=1.6×10-19
C(不计重力和电子间相互作用)求:
(1)电子从平行板间飞出时,偏转的角度θ的正切tan
θ;
(2)电子从平行板间飞出达到竖直屏时,竖直方向偏移的距离Y.
解析:(1)加速过程中,由动能定理得eU1=m,(1分)
在偏转电场中L=v0t
根据牛顿第二定律得a==,(1分)
则vy=at
而tan
θ=(1分)
联立解得tan
θ==0.15.(1分)
(2)根据y=at2解得y==
m=0.375
cm,(2分)
射出偏转电场后做匀速直线运动,b=v0t′,y′=vyt′,(1分)
所以竖直方向偏移的距离Y=y+y′=3.375
cm.(1分)
答案:(1)0.15　(2)3.375
cm
14.(8分)
一电荷量为q(q>0)、质量为m的带电粒子只在静电力的作用下在t=0时由静止开始运动,电场强度随时间变化的规律如图所示,不计重力.求:
(1)在t=T时刻,粒子运动的速度的大小和方向;
(2)在t=0到t=T的时间间隔内,粒子位移的大小和方向.
解析:(1)粒子在0～0.5T,0.5T～T时间间隔内分别做匀变速运动,设加速度大小分别为a1,a2,由牛顿第二定律得
qE0=ma1,2qE0=ma2(2分)
粒子在0.5T时刻的速度
v1=a1T=(1分)
粒子在T时刻的速度
v2=v1-a2T=-(1分)
速度的大小为,方向与t=0时刻场强方向相反.(1分)
(2)粒子在0～0.5T时间内的位移
x1=a1(T)2=(1分)
粒子在0.5T～T时间内的位移
x2=v1T-a2(T)2=0(1分)
粒子在0～T时间内的总位移
x=x1+x2=,位移的方向与t=0时刻的场强方向相同.(1分)
答案:见解析
15.(8分)
如图所示,带负电的小球静止在水平放置的平行板电容器两板间,距下板0.8
cm,两板间的电势差为300
V.如果两板间电势差减小到60
V,则带电小球运动到极板上需多长时间(g=10
m/s2)
解析:取带电小球为研究对象,设它带电荷量为q,则带电小球受重力mg和静电力qE的作用.
当U1=300
V时,小球受力平衡:mg=q(2分)
当U2=60
V时,带电小球向下极板做匀加速直线运动:
mg-q=ma,又h=at2(2分)
解得t=
=
s
=4.5×10-2
s.(4分)
答案:4.5×10-2
s
16.
(8分)(2016荆州中学月考)如图所示,匀强电场中A,B,C三点构成一个直角三角形中,∠A=30°,边长AC=32
cm.把电荷量q=-2×
10-10
C的点电荷由A点移到B点,静电力做功4.8×10-8
J,再由B点移到C点,电荷克服静电力做功4.8×10-8
J,取B点的电势为零,求:
(1)A,C两点的电势;
(2)匀强电场的场强.
解析:
(1)A,B间UAB==
V=-240
V,(1分)
B,C间UBC==
V=240
V(1分)
又UAB=A-B,UBC=B-C,
B=0,
得到A=-240
V,
C=-240
V.(2分)
(2)因A,C在同一等势面上,场强方向垂直A,C连线指向左上方.(1分)
A,B两点沿场强方向的距离d=ACcos
30°sin
30°=0.24
m.(1分)
大小E==
V/m=103
V/m.(2分)
答案:(1)-240
V　-240
V　(2)103
V/m　方向垂直AC指向左上方
17.
(8分)(
2016甘肃省会宁县一中期中)如图所示,一平行板电容器的两个极板竖直放置,在两板之间有一个带电小球,小球用绝缘细线连接悬挂于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30°.再给电容器缓慢充电,直到悬线与竖直方向的夹角增加到60°,且小球与两板不接触.求第二次充电使电容器正板增加的电荷量是多少
解析:设电容器的电容为C,板间距为d.
第一次充电后有U=和E=(2分)
由受力分析得tan
θ=,即tan
θ=(2分)
由于q,m,g,d,C均为常数
所以=(2分)
代入数据ΔQ=2Q.(2分)
答案:2Q
18.(12分)如图,ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道,其中AB段是水平的,BD段为半径R=0.2
m的半圆,两段轨道相切于B点,整个轨道处在竖直向下的匀强电场中,场强大小E=5.0×103
V/m.一带正电小球以速度v0沿水平轨道向右运动,接着进入半圆轨道后,恰能通过最高点D点.已知小球的质量为m=1.0×10-2
kg,所带电荷量q=2.0×10-5
C,
g=10
m/s2.(水平轨道足够长,小球可视为质点,整个运动过程无电荷转移)
(1)小球能通过轨道最高点D时的速度大小;
(2)带电小球在从D点飞出后,首次在水平轨道上的落点与B点的
距离;
(3)小球的初速度v0.
解析:(1)恰能通过轨道的最高点的情况下,
设到达最高点的速度为vD,
离开D点到达水平轨道的时间为t,
落点到B点的距离为x,则m=mg+qE,(2分)
代入数据解得vD=2
m/s.(2分)
(2)2R=()t2,代入数据解得t=0.2
s,(2分)
x=vDt=0.4
m.(2分)
(3)由动能定理得:
-mg·2R-qE·2R=m-m(2分)
得v0=2
m/s.(2分)
答案:(1)2
m/s　(2)0.4
m　(3)2
m/s
(教师备用)
【补偿题组】
1.
(针对第2题)如图所示,N个小球(可看做质点)均匀分布在半径为r的圆周上,圆周上P点的一个小球所带电荷量为-2q,其余小球带电荷量为+q,圆心处的电场强度大小为E.若仅撤去P点的带电小球,圆心处的电场强度大小为(　C　)
A.E
B.
C.
D.
解析:假设圆周上均匀分布的都是电荷量为+q的小球,由于圆周的对称性,圆心处场强为0,则知P处小球在圆心处产生的场强大小为
E1=,方向水平向左,可知图中所有小球在圆心处的场强E2=E1=,方向水平向右.图中带-2q电荷量的小球在圆心处产生的场强大小E3=,方向水平向右.根据电场的叠加有E2+E3=E,则得=,所以若仅撤去P点的带电小球,圆心处的电场强度大小为,选项C正确.
2.
(针对第5题)(2016福建师大附中期中)如图所示,三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面,其电势分别为10
V,20
V,30
V.实线是一带电的粒子(不计重力)在该区域内运动的轨迹,已知带电粒子带电荷量为0.01
C,在a点处的动能为0.5
J,则该带电粒子(　D　)
A.可能带负电
B.在b点处的电势能为0.5
J
C.在b点处的动能为零
D.在c点处的动能为0.4
J
解析:由带电粒子的运动轨迹可知,静电力指向曲线的凹侧,所以静电力垂直于等势面指向电势低处,故带电粒子带正电,选项A错误;在b点处的电势能为Epb=bq=30×0.01
J=0.3
J,选项B错误;因带电粒子做曲线运动,在b点的速度不为零,故动能不为零,选项C错误;带电粒子在电场中只受静电力作用,故动能与电势能之和守恒,则Eka+aq=Ekc+cq,解得Ekc=0.4
J,选项D正确.
3.(针对第6题)(2016安徽师大附中期中)如图(a)所示,两平行板正对的金属板A,B间加有如图(b)所示的交变电压,一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处,若在t0时刻释放该粒子,粒子会时而向A板运动,时而向B板运动,并最终打在A板上.则t0可能属于的时间段(　B　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.0B.C.D.T解析:若0每次向右运动的距离大于向左运动的距离,最终打在B板上,所以选项D错误.
4.(针对第18题)(2016安徽师大附中期中)如图所示,用长为L的绝缘细线拴住一个质量为m、带电荷量为+q的小球(可视为质点)后悬挂于O点,整个装置处于水平向右的匀强电场E中,将小球拉至使悬线呈水平的位置A后,由静止开始将小球释放,小球从A点开始向下摆动,当悬线转过60°角到达位置B时,速度恰好为零,求:
(1)B,A两点的电势差;
(2)电场强度E;
(3)小球到达B处时,悬线对小球的拉力FT.
解析:(1)小球由A到B过程中,由动能定理得
mgLsin
60°+qUAB=0,
所以UAB=-,
B,A间电势差为UBA=-UAB=.
(2)根据公式E=可得场强E==.
(3)小球在A,B间摆动,由对称性得知,B处绳拉力与A处绳拉力大小相等,而在A处,由水平方向平衡有
FTA=Eq=mg,
所以FTB=FTA=mg.
答案:(1)　(2)　(3)mg