第一章 静电场 单元测试 Word版含解析

第一章　学业质量标准检测1
本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题　共40分)
一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．(2016·浙江省杭州二中高二上学期期中)用金属做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上。小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上，如图所示。对上述现象的判断与分析，下列说法不正确的是(　D　)
A．摩擦使笔套带电
B．笔套靠近圆环时，圆环上、下感应出的电荷是异种的
C．圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力
D．笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和
解析：笔套与头发摩擦后，能够吸引圆环，说明笔套上带了电荷，即摩擦使笔套带电，选项A正确；笔套靠近圆环时，由于静电感应，会使圆环上、下部感应出异种电荷，选项B正确；圆环被吸引到笔套上是由于圆环所受吸引力大于圆环所受的重力，故选项C正确；笔套碰到圆环后，笔套上的部分电荷转移到圆环上，使圆环带上相同性质的电荷，选项D错误。
2．(2018·江西省南昌八一中学、洪都中学、麻丘中学等八校高二上学期期末)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示(取无穷远处电势为0)。电场中四个点A、B、C和D的φ－r关系对应图中的a、b、c和d点。则下列叙述正确的是(　C　)
A．该点电荷一定是负电荷
B．A、B、C和D点的电场强度方向一定相同
C．A、C两点的电场强度大小之比为9∶1
D．将一带正电的试探电荷由A点移动到C点和由B点移动到D点，电场力做功相同
解析：由图象可知，点电荷周围的电势随距离增大而降低，可知该点电荷一定是正电荷，选项A错误；A、B、C和D点不一定在同一条电场线上，则四点的电场强度方向不一定相同，选项B错误；由点电荷场强公式E＝可得：Ea∶Ec＝∶＝9∶1，故C正确；因UAC＝4V，UBD＝2V，根据W＝Uq，则将一带正电的试探电荷由A点移动到C点和由B点移动到D点，电场力做功不相同，故D错误。
3．(2016·吉林一中高二上学期期中)某静电场的电场线分布如图，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ，电势分别为φP和φQ，则(　D　)
A．EP＞EQ，φP＜φQ B．EP＜EQ，φP＞φQ
C．EP＜EQ，φP＜φQ D．EP＞EQ，φP＞φQ
解析：由图P点电场线密，电场强度大，则EP＞EQ。沿电场线的方向电势降低，则有φP＞φQ。故D正确，故选D。
4．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R。已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为(　A　)
A．－E　　 B．
C．－E　　 D．＋E
解析：完整球壳在M点产生电场的场强为k＝，根据电场叠加原理，右半球壳在M点产生电场的场强为－E，根据对称性，左半球壳在N点产生的电场的场强为－E，选项A正确。
5．(2017·浙江省温州中学高二上学期期中)一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示。容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是(　C　)
A．A点的电场强度比B点的大
B．小球表面的电势比容器内表面的电势低
C．B点的电场强度方向与该处内表面垂直
D．将检验电荷从A点沿不同路径到B点，电场力所做的功不同
解析：由于A点处电场线比B点处电场线疏，因此A点电场强度比B点小，A项错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，因此小球表面的电势比容器内表面的电势高，B项错误；由于处于静电平衡的导体表面是等势面，电场线垂直于等势面，因此B点的电场强度方向与该处内表面垂直，C项正确；将检验电荷从A点沿不同的路径移到B点，由于A、B两点的电势相等，因此电场力做功为零，D项错误。
6．(2018·吉林省长春市田家炳实验中学高二上学期期末)水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇，如图所示。若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是(　A　)
A．电荷M的比荷大于电荷N的比荷
B．两电荷在电场中运动的加速度相等
C．从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M做的功等于电场力对电荷N做的功
D．电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同
解析：若两板间电压为U，间距为d，长为L。则由题意：vNt＋vMt＝L ①
t2＋＝t2 ②
由①式分析得vM、vN不一定相同，D错误。由②式分析得：>，A正确，由>进一步分析可得两个电荷的加速度aM>aN，电场力对电荷所做的功WM>WN，B、C错误。
7．如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是(　BC　)
A．电子一定从A向B运动
B．若aA>aB，则Q靠近M端且为正电荷
C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpAD．B点电势可能高于A点电势
解析：电子仅在电场力作用下可能从A运动到B，也可能从B运动到A，所以A错误；若aA>aB，说明电子在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力，所以A距离点电荷较近，B距离点电荷较远，又因为电子受到的电场力指向轨迹凹侧，因此Q靠近M端且为正电荷，B正确；无论Q是正电荷还是负电荷，若电子从A运动到B，一定是克服电场力做功，若电子从B运动到A，一定是电场力做正功，即一定有EpA8．(2018·湖南长沙长郡中学高二上学期期末)如图所示，两个带等量正电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑绝缘水平面上。P、N是水平面上小球A、B连线的垂直平分线上的点，且PO＝ON。现将一个电荷量很小的带负电的小球C(可视为点电荷)，由P点静止释放，在小球C向N点运动的过程中，关于小球C的v－t图象中，可能正确的是(　AB　)
解析：在A、B连线的垂直平分线上，从无穷远处到O点电场强度先变大后变小，到O点变为零，带负电的小球C受力沿垂直平分线指向O点，则小球C开始由P向O运动，若P、O较远，加速度先变大后变小，速度不断增大，在O点加速度变为零，速度达到最大，若P、O较近，加速度逐渐减小，速度不断增大，在O点加速度为零，速度达到最大；由O点到N点，速度变化情况与由P点到O点的速度变化情况具有对称性。故选A、B。
9．(2018·山东师大附中第三次学分认定)如图所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，两极中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某处放一带电质点由静止开始下落，若不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回。现要使带电质点能穿过b孔，则可行的方法是(　BC　)
A．保持S闭合，将A板适当上移
B．保持S闭合，将B板适当下移
C．先断开S，再将A板适当下移
D．先断开S，再将B板适当上移
解析：设质点距离A板的高度为h，A、B两板原来的距离为d，电压为U。质点的电量为q。
A．由质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得mg(h＋d)－qU＝0。若保持S闭合，将A板适当上移，设质点到达b时速度为v，由动能定理得mg(h＋d)－qU＝mv2，得v＝0，说明质点到达b孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b孔，故A错误。
B．若保持S闭合，将B板适当下移距离Δd，由动能定理得mg(h＋d＋Δd)－qU＝mv2，则v＞0，质点能穿过b孔，故B正确。
C．若断开S时，将A板适当下移，板间电场强度不变，设A板下移距离为Δd，由动能定理得mg(h＋d)－qE(d－Δd)＝mv2，又由原来情况有mg(h＋d)－qEd＝0。比较两式得，v＞0，说明质点能穿出b孔，故C正确。
D．若断开S，再将B板适当上移，根据动能定理：mg(h＋d′)－qEd′＝mv2，因d′＜d，可知，质点没到达b孔时速度减为零，故不能穿过b孔，故D错误。
10．(2017·北京师大附中实验中学高二上学期期中)如图甲所示，Q1、Q2为两个固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b、c三点在它们连线的延长线上。现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始向远处运动经过b、c两点(粒子只受电场力作用)，粒子经过a、b、c三点时的速度分别为va、vb、vc，其速度—时间图象如图乙所示。以下说法中正确的是(　ABD　)
A．Q2一定带正电
B．Q2的电量一定小于Q1的电量
C．b点的电场强度最大
D．粒子由a点运动到c点运动过程中，粒子的电势能先增大后减小
解析：从速度图象上看，可见a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零，负电荷在ab上做减速运动，电场力向左，合场强向右，b点左侧合电场主要取决于Q2，故Q2带正电；故A正确，C错误；b点的电场强度为0，根据点电荷场强公式K＝K，因为r1>r2，故Q1>Q2，即Q2的电量一定小于Q1的电量，故B正确。负电荷从a点到b点的过程中，电场力做负功，电势能增加；从b点到c点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故粒子从a到b到c的过程中，电势能先增加后减小，故D正确；故选：ABD。
第Ⅱ卷(非选择题　共60分)
二、填空题(共2小题，每小题7分，共14分。把答案直接填在横线上)
11．如图所示，计算机键盘的每一个键下面都连有一块金属片，与该金属片隔有一定空隙的是另一块小的固定的金属片。这两片金属组成一小电容器。该电容器的电容C可用公式C＝εS/d计算，式中常量ε＝9×10－12F/m，S表示金属片的正对面积，d表示两金属片间的距离。当键被按下时，此小电容器的电容发生变化，与之相连的电子线路就能检测出是哪个键被按下了，从而给出相应的信号。设每个金属片的正对面积为50mm2，键未按下时两金属片的距离为0.6mm。如果电容变化0.25pF，电子线路恰能检测出必要的信号，则键至少需要被按下__0.15mm___。
电容式键盘
解析：据C＝ε得：C＝ε＝F
＝7.5×10－13F
当键被按下Δd时，电容增加ΔC＝0.25pF，
即：C＋ΔC＝ε，＝
Δd＝＝m
＝1.5×10－4m＝0.15mm。
12．(2018·湖北省公安县车胤中学高二上学期检测)密立根油滴实验首先测出了元电荷的数值，其实验装置如图所示，油滴从喷雾器喷出，以某一速度进入水平放置的平行板之间。今有一带负电的油滴，不加电场时，油滴由于受到重力作用加速下落，速率变大，受到的空气阻力也变大，因此油滴很快会以一恒定速率v1匀速下落。若两板间加一电压，使板间形成向下的电场E，油滴下落的终极速率为v2。已知运动中油滴受到的阻力可由斯托克斯公式f＝6πηrv计算(其中r为油滴半径，η为空气粘滞系数)。实验时测出r、v1、v2，E、η为已知，则
(1)油滴的带电量__q＝___。
(2)经多次测量得到许多油滴的Q测量值如下表(单位10－19C)
6.41
8.01
9.65
11.23
12.83
14.48
分析这些数据可知__电荷的最小电量即元电荷为1.6×10－19C___。
解析：(1)没有加电压时，达到v1有mg＝f1＝6πrηv1
加上电压后，受到向上的阻力和电场力，有mg＝f2＋qE＝6πrηv2＋qE
解以上两式得到油滴电量q＝
(2)在误差范围内，可以认为油滴的带电量总是1.6×10－19C的整数倍，故电荷的最小电量即元电荷为1.6×10－19C。
三、论述·计算题(共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．(10分)质量均为m的两个可视为质点的小球A、B，分别被长为L的绝缘细线悬挂在同一点O，给A、B分别带上一定量的正电荷，并用水平向右的外力作用在A球上，平衡以后，悬挂A球的细线竖直，悬挂B球的细线向右偏60°角，如图所示。若A球的带电量为q，则：
(1)B球的带电量为多少；
(2)水平外力多大。
答案：(1)　(2)mg
解析：(1)当系统平衡以后，B球受到如图所示的三个力：重力mg、细线的拉力F1、库仑斥力F。合力为零，由平衡条件得：Fcos30°－F1cos30°＝0
2Fsin30°－mg＝0
由库仑定律：F＝k
联立上述三式，可得B球的带电量qB＝
(2)A球受到如图所示的四个力作用，合力为零。
得FT＝F′·cos30°而F′＝F＝mg
所以，A球受到的水平推力FT＝mgcos30°＝ mg
14．(11分)如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为＋Q和－Q，A、B间距离为2d，MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P，其质量为m、电荷量为＋q(可视为点电荷，不影响电场分布)。现将小球P从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球P向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v。已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g。求：
(1)C、O间的电势差；
(2)O点的场强大小与方向。
答案：(1)　(2)　方向竖直向下
解析：(1)小球P由C点运动到O点时，由动能定理可得mgd＋qUCO＝mv2－0
所以UCO＝
(2)小球P经过O点时的受力分析如图所示，由库仑定律得
F1＝F2＝k
电场力为F＝F1cos45°＋F2cos45°＝
O点的场强为E＝＝
方向竖直向下。
15．(12分)(2017·西藏拉萨中学高二上学期月考)如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连。它的极板长L＝0.4m，两板间距离d＝4×10－3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m＝4×10－5kg，电量q＝＋1×10－8C，(g＝10m/s2)求：
(1)微粒入射速度v0为多少？
(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？
答案：(1)10m/s　(2)负极，120V≤U≤200V
解析：(1)粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则有：
水平方向有：＝v0t
竖直方向有：＝gt2
解得：v0＝10m/s
(2)由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小，所以电场力方向向上，又因为是正电荷，所以上极板与电源的负极相连，
当所加电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则有：＝a1()2
根据牛顿第二定律得：mg－q＝ma1
解得：U1＝120V
当所加电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出，则有：＝a2()2
根据牛顿第二定律得：q－mg＝ma2
解得：U2＝200V
所以所加电压的范围为：120V≤U≤200V
16．(13分)(2018·四川省成都市高二上学期期末)如图，矩形区域MNPQ内有水平向右的匀强电场，虚线框外为真空区域；半径R＝1m、内壁光滑、内径很小的绝缘半圆管ADB固定在竖直平面内，直径AB垂直于水平虚线MN，圆心O在MN的中点，半圆管的一半处于电场中。一带正电的小球从半圆管的A点由静止开始滑入管内，到达B点时，小球对管壁的压力大小等于其重力的3倍。小球可视为质点，比荷q/m＝1×10－2C/kg，重力加速度g＝10m/s2。
(1)求小球在B点的速度大小v；
(2)求匀强电场的电场强度大小E；
(3)若小球能从MNPQ区域右边界NP离开电场，求该区域的高度HMQ和宽度LMN的最小值。
答案：(1)2m/s　(2)1×103N/C　(3)(4＋2)m；2m
解析：(1)在B点，由牛顿第二定律：FN－mg＝m，解得v＝＝2m/s
(2)从A到B，由动能定理2mgR－qER＝mv2，解得E＝1×103N/C
(3)从B点滑出后，小球在竖直方向做自由落体运动；在水平方向的加速度恒定，先向左做匀减速运动，速度减为零后再向右做匀加速运动，水平方向：qE＝max
得：ax＝g，竖直方向：ay＝g
设向左减速的时间为t1，则有t1＝＝
小球向左运动的最大距离为：x＝t1＝R，所以MNPQ区域的最小宽度为LMN＝2R＝2m
设向右加速的时间为t2，则有LMN＝axt，
可得：t2＝2
小球出电场时，下落的高度为h＝ay(t1＋t2)2，解得h＝3m＋2m，故MNPQ区域的高度满足：H≥h＋R＝4m＋2m