第一章 静电场 单元测试 word版含答案

2018-2019学年鲁科版选修3-1 静电场 单元测试
一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）
1.两个半径相同的金属小球，带电荷量之比为1∶7，相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则相互作用力可能为原来的 (　　)
A. B. C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】
由库仑定律列出接触前的库仑力表达式，根据电荷守恒定律可得出接触后两球的电荷量，再由库仑定律列出库仑力表达式，即可求得两力的关系；
【详解】由库仑定律可得：两球接触前的库仑力当两球带同种电荷时，两球接触后平分电量，则两球的电量
两球接触后的库仑力；当两球带异种电荷时，两球接触中和后再平分电量，则两球的电量
两球接触后的库仑力，故AB错误，CD正确。
【点睛】两相同小球相互接触再分开，同种电荷则直接平分电量，异种电荷则先中和然后再平分总电荷量，库仑定律计算中可以只代入电量，最后再根据电性判断库仑力的方向。
2.关于电场，下面说法正确的是（　　）
A. 在点电荷附近一点，如果没有放检验电荷，则这一点的电场强度为零
B. 电荷在电场中某点受到的电场力很大，该点的电场强度也一定很大
C. 以一个点电荷为中心，r为半径的球面上，各处的电场强度大小都相同
D. 如果把点电荷放在一电场中，由静止状态释放，此电荷一定沿电场线运动
【答案】C
【解析】
【详解】场强由电场本身决定，与检验电荷无关，即使P点没有检验电荷，P点的场强不变，故A错误。电荷在电场中某点受到的电场力大，则可能是电荷量多，该点的电场强度是不变的，故B错误。在一个以点电荷为中心，r为半径的球面上各处的电场强度大小相等，但方向不同。故C正确。在电场中由静止释放一正检验电荷，若电场线是直线，则它一定沿电场线运动。故D错误。故选C。
【点睛】电场强度的定义式E=F/q具有比值定义法的共性，定义出场强只与电场本身有关，与放入电场的检验电荷所受的电场力、电荷量大小无关，要根据比值法定义的共性来理解场强的物理意义．
3.如图所示，B为线段AC的中点，如果在A处放一个+Q的点电荷，测得B处的场强EB=48N/C，则（　　）
A. ?
B. ?
C. 若要使，可在C处放一个的点电荷
D. 把?C的点电荷放在C点，则其所受电场力的大小为?N
【答案】B
【解析】
【详解】Q相同，B离点+Q的距离等于C离+Q的距离的一半，则根据真空中点电荷场强公式E=kQ/r2，得EB=4EC；因B处的场强EB=48N/C，则EC=12N/C．故A错误，B正确；若要使EB=0，可在C处放一个+Q的点电荷，故C错误；把q=10-9C的点电荷放在C点，则其受电场力的大小为F=qE=10-9C×12N/C=1.2×10-8N，故D错误；故选B。
4.用一条绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球质量为1.0×10－2kg，所带电荷量为+2.0×10－8C。现加一水平方向的匀强电场，平衡时绝缘绳与铅锤线成30°夹角。则所加匀强电场的场强为

A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据小球的受力情况，根据共点力平衡有：mgtanθ=qE，解得：，故选A.
【点睛】解决本题的关键进行正确的受力分析，然后根据共点力平衡求出未知力．以及掌握电场强度的定义式E=F/q.
5.如图中a、b、c是匀强电场中同一平面上的三个点，各点的电势分别是φa=5V，φb=2V，φc=4V，则在下列各示意图中能表示该电场强度方向的是（　　）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
匀强电场电场线是平行等间距，而等势面与电场线垂直，等势面也平行等间距，而且沿着电场线方向，电势降低．
【详解】由题意可知，各点的电势分别为Ua=5V，Ub=2V，Uc=4V，则ab连线上离a点处的电势为4V，所以该点与c点的连线即为等势线．由于沿着电场线方向，电势降低．故D正确，ABC错误； 故选D.
【点睛】考查匀强电场的电场线是平行，等势线也是平行，且掌握电场线的方向与电势降低的方向关系．
6.如图所示，在水平向右、大小为E的匀强电场中，在O点固定一电荷量为Q的正电荷，A、B、C、D为以O为圆心、半径为r的同一圆周上的四点，B、D连线与电场线平行，A、C连线与电场线垂直．则（　　）
A. A点的场强大小为
B. B点的场强大小为
C. D点的场强大小不可能为0
D. A、C两点的场强相同
【答案】A
【解析】
【详解】正点电荷Q在A点的电场强度大小E′=，而匀强电场在A点的电场强度大小为E，因方向相互垂直，根据矢量的合成法则，则有A点的场强大小为，故A正确；同理，点电荷Q在B点的电场强度的方向与匀强电场方向相同，因此B点的场强大小为E+，故B错误；当点电荷Q在D点的电场强度的方向与匀强电场方向相反，且大小相等时，则D点的电场强度大小可以为零，故C错误；根据矢量的合成法则，结合点电荷电场与匀强电场的方向，可知，A、C两点的电场强度大小相等，而方向不同，故D错误；故选A。
【点睛】考查点电荷的电场强度公式的内容，掌握矢量合成法则的应用，注意正点电荷在各点的电场强度的方向是解题的关键．
7.如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，运动轨迹如图中虚线所示．则
A. a一定带正电，b一定带负电
B. a的速度将减小，b的速度将增加
C. a的加速度将减小，b的加速度将增加
D. 两个粒子的电势能一个增加一个减小
【答案】C
【解析】
【分析】
电场线的疏密代表电场的强弱，所以出发后的一小段时间内a受到的电场力变小，b受到的电场力变大；正电荷所受电场力的方向就是电场线的方向，而负电荷所受的电场力的方向与电场线的方向相反，由于场强方向未知故不能确定电荷的电性．根据动能定理，合外力做正功，动能增加．
【详解】由轨迹弯曲方向可判断出电场力方向，由于不知道场强的方向，故不能确定电场力的方向与场强方向的关系，所以不能确定ab两电荷的电性，A错误；由于出发后电场力与速度方向夹角为锐角，故始终对电荷做正功，两电荷的动能越来越大，故两个电荷的速度都将越来越大，两个电荷的电势能都减小，BD错误；电场线的疏密代表电场的强弱，由图可知越向左场强越小，故a出发后的一小段时间内其所处的位置的场强越来越小，而b出发后的一小段时间内其所处的位置场强越来越大，所以出发后的一小段时间内a受到的电场力变小，b受到的电场力变大。a的加速度将减小，b的加速度将增大，C正确．
【点睛】本题涉及的知识较多，综合性较强，但只要我们理解了电场线的特点就能顺利解决选项A、C、D，明白了只要合外力做正功物体的动能就将增加的道理选项B就不难解决，所以我们一定要掌握好基本知识．
8.a粒子的质量是质子的4倍，电荷量是质子的2倍，若a粒子和质子均从静止开始在同一匀强电场中加速，经过相等的位移之后，粒子与质子获得的动能之比为( )
A. 1：2 B. 1：1 C. 2：1 D. 1：
【答案】C
【解析】
试题分析：根据动能定理则可知，当经过相同路程即电势差相同，动能大小与电荷量正比，所以答案为C
考点：动能定理
点评：此类题型考察了动能定理的运用
9.图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0.一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26 eV和5 eV.当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为－8 eV，它的动能应为（? ?）
A. 8 eV B. 13 eV C. 20 eV D. 34 ev
【答案】C
【解析】
当电荷经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV，动能减小为21eV。而相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，则电荷从2等势面到4等势面时，动能减小14eV，电势能增大，等势面2的电势为0，电荷经过b时电势能为14eV，又由题意可知，电荷经b点时的动能为5eV，所以电荷的总能量为E=Ep+Ek=14eV+5eV=19eV，其电势能变为-6eV时，根据能量守恒定律得到，动能应为25eV，故C正确，ABD错误。
10.如图所示，虚线a、b、c表示在O处某一点电荷的电场中的三个等势面，设两相邻等势面间的间距相等．一电子射入电场后的运动轨迹如图中实线所示，其中1、2、3、4表示电子的运动轨迹与等势面的一些交点．由此可以判定( )
A. 电子在1、2、3、4位置处所具有的电势能与动能的总和一定相等
B. O处的点电荷一定带正电
C. a、b、c三个等势面的电势关系是
D. 电子从位置1到2和从位置3到4的过程中电场力做功的大小关系是
【答案】A
【解析】
【分析】
根据电子的运动轨迹判断受力情况，从而确定场源电荷的电性；根据功能关系判断能量的转化情况；根据沿着电场线电势降低判断电势的变化情况。
【详解】电子在运动的整个过程中，只受电场力，故只有电场力做功，电场力做功等于电势能的减小量，总功又等于动能的增加量，故电势能和动能之和守恒，故A正确；由于曲线运动的合力应该指向内侧，故从电子的运动轨迹可以看出，电子受到排斥力，故场源电荷是负电荷，故B错误；由于场源电荷是负电荷，又由于沿着电场线电势降低，故结合负点电荷的电场线分布规律可以知道：φa＜φb＜φc，故C错误；由于负点电荷的电场不是匀强电场，电场线越密的地方，等差等势面也越密。故从位置1到位置2电场力做的功大于从位置3到位置4电场力做功的两倍，故D错误；故选A。
【点睛】本题关键是要根据运动轨迹确定受力情况，然后结合点电荷的电场线和等势面情况来确定电势情况和能量的转化情况。
二、多选题（本大题共6小题，共24.0分）
11.如图所示，平行板电容器的两极板A、B接在电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，下列说法中正确的是(　　)
A. 保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大
B. 保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ不变
C. 断开S，将A板向B板靠近，则θ增大
D. 断开S，将A板向B板靠近，则θ不变
【答案】AD
【解析】
A、若保持S闭合，则电容器两极板之间的电压保持不变，当将A板向B板靠近时，根据可知，场强增大，对球受力分析，如图所示：
结合矢量的合成，则有：，因，可知，电场强度增大，则电场力增大，将增大，故A正确，B错误；B、若断开S，电容器带电量保持不变，由和以及可得：，由于Q、S不变，只是d变化，所以电场强度不变，故电场力不变，则不变，故C错误，D正确。
点睛：对于电容器的讨论注意电容器的两种状态，同时熟练掌握公式：、、之间的推导，尤其是在电容器电量保持不变时，要正确根据这三个公式推导电场强度的表达式，从而正确判断电场强度的变化。
12.如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t=0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )
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. 1 s末与4s末带电粒子的速度相同
D. 0 3 s内，电场力做的总功为零
【答案】CD
【解析】
【分析】
由图象可知，电场强度的大小与方向的变化，当带电粒子由静止释放仅在电场力作用下，根据运动与力的关系可确定运动情况。
【详解】由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为，为第2s内加速度的，因此先加速1s再减小0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v-t图象如图所示：
带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误．根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t=3s时，带电粒子回到出发点，故B错误；由图可知，1 s末与4s末带电粒子的速度相同，故C正确；因为第3s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前3s内动能变化为0，即电场力做的总功为零.故D正确。故选CD。
【点睛】本题带电粒子在周期性变化的电场中运动，关键之处是电场强度大小不一，导致加速度不一，所以失去对称性．通过画出粒子运动的v-t图像即可很容易分析其运动情况。
13.a、b、c三个质量和电荷量都相同的粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场。对于三个粒子在电场中的运动过程，下列说法正确的是 (? ?????)
A. 在b飞离电场的同时，a还未打到负极板上
B. b和c同时飞离电场
C. 进入电场时，c的速度最大，a的速度最小
D. 动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大
【答案】CD
【解析】
【详解】三个粒子所受的电场力相等，加速度大小相等，在竖直方向上有：y=at2，知a、b的偏转位移相等，大于c的偏转位移，知a、b的运动时间相等，大于c的时间；则在b飞离电场的同时，a还也打到负极板上；b和c不是同时飞离电场，故AB错误；因为a的水平位移小于b的水平位移，时间相等，则a的速度小于b的速度，b的水平位移和c的水平位移相等，b的时间大于c的时间，则b的速度小于c的速度，所以进入电场时，c的速度最大，a的速度最小，故C正确；根据动能定理知，a、b的偏转位移相等，则电场力做功相等，大于c电场力做功，所以a、b的动能增量相等，大于c的动能增量，故D正确。故选CD。
【点睛】解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，在沿电场方向上做匀加速直线运动，垂直电场方向上做匀速直线运动，结合运动学公式抓住等时性进行分析求解。
14.如图所示是示波器的原理示意图，电子经电压为U1的加速电场加速后，进入电压为U2的偏转电场，离开偏转电场后打在荧光屏上的P点．P点与O点的距离叫偏转距离．要提高示波器的灵敏度（即单位偏转电压U2引起的偏转距离）．应采用下列办法中可行的是（???）
A. 提高加速电压 B. 增加偏转极板a、b的长度
C. 增大偏转极板与荧光屏的距离 D. 减小偏转极板间的距离
【答案】BCD
【解析】
【详解】设进入偏转电场时的速度为v0，偏转电场之间的距离为d，在电场中的偏转位移为h，偏转电场的极板长度为L，当越大时，说明灵敏度越高；电子在加速电场中加速，根据动能定理可得：eU1=mv02，所以电子进入偏转电场时速度的大小为：，电子进入偏转电场后的偏转的位移为：h=at2，，，；即示波管的灵敏度为：，所以要提高示波管的灵敏度可以增大L，减小d和减小U1 ，故BD正确，A错误；又偏转电场极板与荧光屏间的距离越大，则偏转距离越大，则灵敏度越高，故C正确；故选BCD。
【点睛】本题是信息的给以题，根据所给的信息，找出示波管的灵敏度的表达式即可解决本题．这是一个选择题，应该记住某些结论，减少解题时间．
15.x轴上有两点电荷Q1和Q2，Q1和Q2的位置坐标分别为x1、x2．Q1和Q2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，从图中可看出（　　）
A. 的电荷量一定小于的电荷量
B. 和一定是正电荷
C. 电势最低处P点的电场强度为零
D. 将一负点电荷由点的左侧移至右侧，电场力先做正功后做负功
【答案】BC
【解析】
【详解】如图所示，作出电场线，知道Xp处合场强为0，则Q1与Q2在Xp处场强大小相等，方向相反． ?根据E=KQ/r2知，Q1＞Q2，故A错误．若两个电荷是异种电荷，则电场线方向向左或向右，不可能；若两个电荷都是负电荷，则在Xp左侧电场线方向向左，右侧向右，与实际电场方向不符，不可能；则两个电荷一定是正电荷．故B正确．根据电场线的方向可知，从x1到x2，电势先降低后升高，P点场强为零，故C正确． 负电荷右移，电场力先做负功后正功．故D错误．故选BC .
【点睛】本题的技巧是作电场线，将抽象问题形象化，是电场中常用方法．作出Q1、Q2之间的电场线，就知道Xp处场强为零，知道负电荷在低电势点电势能较大．
16.如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子不计重力，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是　　
A.
B.
C.
D.
【答案】AD
【解析】
电子在一个周期内的运动情况：在内，电子由静止状态开始匀加速运动；在内，电子做匀减速运动，方向不变，并在 时，速度减为0；在时，电子反向做匀加速运动；在，电子做匀减速运动，并在T时，速度减为0。故A正确；
综上所述本题答案是：A
三、计算题（本大题共3小题，共36.0分）
17.在如图所示的匀强电场中，一个电荷量q=+2.0×10-8 C的点电荷，其所受电场力F=4.0×10-4 N。沿电场线方向有A、B两点，A、B两点间的距离d=0.10m。求：
（1）匀强电场的电场强度E的大小；
（2）该电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功W。
【答案】（1）EA=2×104N/C（2）W=4×10-5J
【解析】
试题分析：（1）匀强电场的电场强度
E=N/C = 2.0×104N/C
（2）电场力所做的功
W =" Fs" = 4.0×10-4×0.10 J = 4.0×10-5J
考点：电场强度；电场力功。
18.如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑轨道，一个带负电的小球从斜轨上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m，电荷量为–q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α，圆轨道半径为R，小球的重力大于受到的电场力。
（1）求小球沿轨道滑下的加速度的大小；
（2）若使小球通过圆轨道顶端的B点，求A点距水平地面的高度h1至少为多大；
（3）若小球从斜轨道h2=5R处由静止释放。假设其能通过B点，求在此过程中小球机械能的改变量。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】
（1）根据牛顿第二定律有：（mg－qE）sin α＝ma
解得a＝
（2）若小球刚好通过B点，根据牛顿第二定律有：mg－qE＝
小球由A到B，根据动能定理有：（mg－qE）（h－2R）＝
联立以上两式得h＝
（3）小球从静止开始沿轨道运动到B点的过程中，设机械能的变化量为ΔE机
由ΔE机＝W电，W电＝－3qER
得ΔE机＝－3qER
19.如图所示，质量为m、电荷量为e的粒子从A点以v0的速度垂直电场线沿直线AO方向射入匀强电场，由B点飞出电场时速度方向与AO方向成45°角，已知AO的水平距离为d，不计重力，求：
(1)从A点到B点所用的时间；
(2)粒子在B点的速度大小；
(3)匀强电场的电场强度大小．
【答案】(1) (2) v0(3)
【解析】
试题分析：粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向射入电场，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由水平距离d和初速度v0可求出时间；将粒子射出电场的速度进行分解，求出竖直方向分速度vy，由牛顿第二定律和vy=at结合求出电场强度E；由动能定理可求解AB两点间电势差。
(1)粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向射入电场，
水平方向做匀速直线运动，则有：
解得：
（2）由牛顿第二定律得：
将粒子射出电场的速度v进行分解，则有 vy=v0tan45°=v0
根据速度时间关系：vy=at
联立解得：
（3）由动能定理得：
解得：
试题分析：本题主要考查了运动的分解法研究类平抛运动，关键将速度进行分解，由牛顿第二定律和运动学公式相结合进行解题。