第一单元静电场2 Word版含解析

2019-2020学年高二上学期第一单元训练卷
物 理 （二）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单项选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)
1．真空中两个点电荷的电量分别是+q、+3q，库仑力为F；当把它们接触再放回原处，库仑力大小变为(　　)
A． B． C． D．
【答案】D根据库仑定律公式得接触前库仑力为，接触再分离后所带电量各为，，故D正确。
2．关于两个点电荷间相互作用的电场力，下列说法中正确的是(　　)
A．它们是一对作用力与反作用力
B．电量大的点电荷受力大，电量小的点电荷受力小
C．当两个点电荷间距离增大而电量保持不变时，这两个电场力的大小可能不变
D．当第三个点电荷移近它们时，原来两电荷间相互作用的电场力的大小和方向会变化
【答案】A
【解析】两个点电荷间相互作用的电场力是一对作用力与反作用力，故A正确；作用力和反作用力总是大小相等，方向相反的，与两个点电荷的电量多少无关，故B错误；根据库仑定律：可知，当两个点电荷间距离增大而电量保持不变时，这两个电场力的大小一定减小，故C错误；根据库仑定律可知，当第三个点电荷移近它们时，原来两电荷间相互作用的电场力的大小和方向不变，故D错误。
3．如图所示，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞出．仅在电场力作用下，两粒子的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的加速度减小，b的加速度增大
C．a的电势能减小，b的电势能增大
D．a的动能减小，b的动能增大
【答案】D
【解析】由运动轨迹如图可知，a、b做曲线运动，由于电场线方向未知，故a、b电性不能确定，故A错误；根据a、b两粒子做曲线运动轨迹弯曲程度及电场线的疏密可知，b所处的电场线变密，电场强度变强，所受的电场力在增大，加速度在增大；a所处的电场线变疏，电场强度变弱，所受的电场力在减小，加速度在减小，故B正确；根据图知a、b两粒子的电场力、速度的夹角为锐角，电场力对电荷做正功，其动能都增大，其电势能都减小，故C、D错误。
4．下列关于点电荷的场强公式E＝k的说法中，正确的是(　　)
A．在点电荷Q的电场中，某点的场强大小与Q成反比，与r2成正比
B．Q是产生电场的电荷，r是场强为E的点到Q的距离
C．点电荷Q产生的电场中，各点的场强方向一定都指向点电荷Q
D．点电荷Q产生的电场中，各点的场强方向一定都背向点电荷Q
【答案】B
【解析】E＝k是点电荷场强的决定式，即点电荷在空间各点所形成的电场强度的大小由此公式决定，所以可以说在点电荷Q的电场中，某点的场强大小与Q成正比，与r2成反比，故A选项错误，B选项正确。点电荷Q的电场中，各点的场强方向还与场源电荷Q的带电性质有关，如果Q带正电，各点的场强方向一定都背向点电荷Q; 如果Q带负电，各点的场强方向一定都指向点电荷Q，所以选项C、D错误。
5．如图所示，在原来不带电的金属细杆ab附近P处放置一个正点电荷，达到静电平衡后(　　)
A．a端的电势比b端低
B．b端的电势与d点的电势相等
C．杆内c处场强大小不等于零，c处场强方向由b指向a
D．感应电荷在杆内c处场强的方向由a指向b
【答案】D
【解析】沿电场线方向电势降低，而处于电场中的导体处于静电平衡状态，根据静电平衡可知，同一个导体为等势体，导体上的电势处处相等，A、B错误；根据内部场强处处为零，利用叠加原理即可知感应电荷形成的场强方向与点电荷形成的场强方向相反，C错，D对。
6．a、b是x轴上的两个点电荷，电荷量分别为Q1和Q2，沿x轴a、b之间各点对应的电势高低如图中曲线所示。从图中可看出以下说法中不正确的是(　　)
A．把带正电的检验电荷沿x轴由a移到b的过程中，电场力对该电荷先做正功后做负功
B．a、P间和P、b间各点的电场方向都指向P点
C．电势最低的P点的电场强度为零
D．a和b一定是同种电荷，但是不一定是正电荷
【答案】D
【解析】P点的左侧电场方向向右，P点的右侧电场方向向左，知正电荷所受的电场力先向右后向左，电场力先做正功再做负功，故A错误，由上面的电场线知和之间各点的电场方向都指向P点，B正确，由图象可知，切线斜率表示电场强度的大小，就知道p处场强为零，且电势最低，故C正确，P点切线斜率为零，而图线的切线斜率表示电场强度的大小，则P点的电场强度为零．两电荷在P点的合场强为零，P点距离较远，根据点电荷的场强公式知，的电量大于的电量．从坐标x1到x2电势先减小后增大，因为沿电场线方向电势逐渐降低，知和一定是同种电荷，且都为正电荷．故D错误，
7．“探究影响平行板电容器电容大小因素”的实验装置如图所示，忽略漏电产生的影响，下列判断正确的是(　　)
A．静电计指针偏转角度的大小显示了平行板电容器所带电量的多少
B．若用一个电压表替代静电计，实验效果相同
C．若在平行板间插入介电常数更大的电介质，板间的电场强度会减小
D．若平板正对面积减小时，静电计指针偏角减小
【答案】C
【解析】静电计指针张角指针偏转角试大小表示两板间的电势差大小，故A错误；电压表有示数必须有电源，所以不能用电压表替代静电计，故B错误；若在平行板间插入介电常数更大的电介质，增大介电常数，电容增大，由可知，U减小，根据得板间的电场强度会减小，故C正确；若平板正对面积减小时，由可知，C减小，由得U增大，即静电计指针偏角变大，故D错误。
8．如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为－q的带电粒子(不计重力)，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板。如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是(　　)
A．使初速度为原来
B．使M、N间电压提高到原来的2倍
C．使M、N间电压提高到原来的4倍
D．使初速度和M、N间电压都减为原来的
【答案】BD
【解析】在粒子刚好到达N板的过程中，由动能定理得－qEd＝0－，所以，令带电粒子离开M板的最远距离为x，则使初速度减为原来的，x＝，故A错误；使M、N间电压提高到原来的2倍，电场强度变为原来的2倍，x＝，故B正确；使M、N间电压提高到原来的4倍，电场强度变为原来的4倍，x＝，故C错误；使初速度和M、N间电压减为原来的，电场强度变为原来的一半，x＝，故D正确。
9．如图，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后垂直射入电势差为U2的匀强电场中，整个装置处在真空中，重力忽略不计。在满足电子能射出电场的条件下，下述四种情况下，一定能使电子的侧移量y增大的是(　　)
A．增大U1，增大U2 B．减小U1，减小U2
C．减小U1，增大U2 D．增大U1，减小U2
【答案】C
【解析】设粒子质量为m，电荷量为q，粒子射出加速电场时速度大小为v0，在加速电场中，根据动能定理可得：，，粒子在偏转电场中做匀变速曲线运动，在水平方向做匀速运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动。设偏转电场极板长为L，两极板间距为d，偏转电压为U2，运动时间为：，粒子在垂直电场方向侧移距离为：，根据以上推导式可知，减小加速电压和增大偏转电压一定可以增加粒子的侧移值，故C正确，ABD错误。
10．一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法不正确的是(　　)
A．电场强度的大小为2.5 V/cm
B．坐标原点处的电势为1 V
C．电子在a点的电势能比在b点的低7 eV
D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV
【答案】C
【解析】ac垂直于bc，沿ca和cb两方向的场强分量大小分别为E1＝＝2 V/cm、E2＝＝1.5 V/cm，根据矢量合成可知E＝2.5 V/cm，A项正确；根据在匀强电场中平行线上等距同向的两点间的电势差相等，有φO－φa＝φb－φc，得φO＝1 V，B项正确；电子在a、b、c三点的电势能分别为－10 eV、－17 eV和－26 eV，故电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，C项错误；电子从b点运动到c点，电场力做功W＝(－17 eV)－(－26 eV)＝9 eV，D项正确。
二、多项选择题(本大题共5小题，每小题4分，共20分。每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
11．库仑定律的适用范围是(　　)
A．真空中两个带电球体间的相互作用
B．真空中任意带电体间的相互作用
C．真空中两个点电荷间的相互作用
D．真空中两个带电体的大小远小于它们之间的距离，则可应用库仑定律
【答案】CD
【解析】库仑定律适用于真空中的点电荷，或者带电体大小远小于它们之间距离（即也可看成点电荷），故C、D正确，A、B错误。
12．如图所示，是静电场的一部分电场线的分布，下列说法正确的是(　　)
A．这个电场是匀强电场
B．这个电场可能是负点电荷的电场
C．点电荷q在A点受的电场力比在B点受到的电场力大
D．点电荷q在A点瞬时加速度比在B点的瞬时加速度大（不计重力）
【答案】CD
【解析】孤立的负点电荷形成的电场电场线是收缩型的射线，则知这个电场不可能是孤立的负点电荷形成的电场，也不是均匀的电场线形成的匀强电场，所以A、B错误；电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以EA>EB，根据F=qE可知，点电荷在A点时受到的电场力比在B点时受到的电场力大，故C正确；根据牛顿第二定律，结合EA>EB可得，q在A点瞬时加速度比在B点的瞬时加速度大，D正确。
13．如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平地面的高度相等，绳与竖直方向的夹角分别为α、β，且β＞α，若同时剪断两根细线，空气阻力不计，两球带电量不变，则下列叙述正确的是(　　)
A．a球的质量比b球的质量大
B．a球的电荷量比b球的电荷量大
C．a，b两球飞行的水平距离相等
D．两球同时落地
【答案】AD
【解析】对A、B两球进行受力分析，均受重力、细线的拉力和库仑斥力三个力的作用而处于平衡状态，对a球，对b球，得，因为β＞α，所以，故A正确；电荷a、b的库仑力遵循牛顿第三定律，总是大小相等，方向相反，与电荷量的大小无关，故B错误；剪断细线后，水平方向受库仑力，竖直方向受重力作用，竖直方向的分运动为自由落体运动，因为两小球高度相等，所以下落时间相等，水平方向两球的加速度不等，故水平位移不等，故C错误；由C分析知，两球落地时间相等，所以D正确。
14．如图所示，在空间中，水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场；质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平；A、B、C三点在同一直线上，且AB=2BC。由此可见(　　)
A．小球带负电
B．小球带正电
C．小球从A到B与从B到C的运动时间相等
D．小球从A到B与从B到C的速度变化量相等
【答案】AD
【解析】小球在沿MN方向上做匀速直线运动，速度为v0，在AB段做平抛运动，在BC段做类平抛运动且加速度向上。由AB=2BC可得t1=2t2，小球带负电，A对，B、C错；小球从A到B与从B到C的速度变化量相等，且都为Δv=gt1或Δv=at2，D对。
15．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，时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g。下列关于微粒在?0 ~ T时间内运动的描述，正确的是(　　)
A．末速度大小为
B．末速度沿水平方向
C．重力势能减少了
D．克服电场力做功为
【答案】BC
【解析】时间内微粒匀速运动，则有：，内，微粒做平抛运动，下降的位移，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；微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为，则重力势能的减小量为，故C正确；在内和时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，则位移的大小相等，为，整个过程中克服电场力做功为
，故D错误。
三、计算题(共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
16．(10分)在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电极，然后射到荧光屏上。如图所示，设电子的质量为m(不考虑所受重力)，电量为e，从静止开始，经过加速电场加速，加速电场电压为U1，然后进入偏转电场，偏转电极中两板之间的距离为d，板长为L，偏转电压为U2，则电子射到荧光屏上的动能为多大？
【解析】令电子经过U1加速后的速度为，根据动能定理：
进入偏转电场后做类平抛运动则有：
在水平方向：
在竖直方向：
加速度为：
对运动的全程，根据动能定理，有：
联立解得：
17．(13分)如图所示，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径R=0.50 m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E=1.0×104 N/C，现有质量m=0.20 kg，电荷量q=8.0×10-4 C的带电体(可视为质点)，从A点由静止开始运动，已知xAB=1.0 m，带电体与轨道AB、CD的动摩擦因数均为0.5．假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，取g=10 m/s2。求：
(1)带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度；
(2)带电体最终停在何处；
(3)带电体到达C点后经多长时间停止运动。
【解析】（1）设带电体到达C时的速度为，有动能定理得：
解得=10m/s
（2）设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h，由动能定理得：
解得：
在最高点。带电体受到的最大静摩擦力
重力G=mg=2N
因为G＜，所以带电体最终静止在与C点的竖直距离为处
（3）根据（2）中分析可知带电体到达C点后做匀减速直线运动最终停止在距C点竖直距离h=处，根据牛顿第二定律可知：
再根据运动学公式得：
带入数据解得：
点睛：本题主要考查了动能定理、牛顿第二定律和类平抛运动，关键是明确电子的受力情况和运动情况，然后根据动能定理、类平抛运动的分运动公式列式求解。
18．(17分)如图所示，在竖直平面内的+面直角坐标系xOy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m，电荷量为－q(－q＜0)的带电绝缘小球，从y轴上的P(0，L)点由静止开始释放，运动至x轴上的A(－L，0)点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入固定在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管细管的圆心O1位于y轴上，交y轴于B点，交x轴于A点和C(L，0)点已知细管内径略大于小球外径，小球直径远小于细管半径，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)匀强电场的电场强度的大小；
(2)小球运动到B点时对管的压力的大小和方向；
(3)小球从C点飞出后落在x轴上的位置坐标
【解析】(1)小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为，即加速度方向与竖直方向的夹角为，则
解得：
(2)根据几何关系可知，,圆弧的半径
从P到B点的过程中，根据动能定理得：
在B点，根据牛顿第二定律得：
联立解得：，方向向上
根据牛顿第三定律可得小球运动到 B 点时对管的压力的大小，方向向下
(3)从P到A的过程中，根据动能定理得：
解得：
小球从C点抛出后做类平抛运动
抛出时的速度
小球的加速度
当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x轴，则有：
解得：
则沿x轴方向运动的位移
则小球从C点飞出后落在x轴上的坐标。