高中物理人教版选修3-1课后练习质量检测卷 第1章　静电场word含解析

第一章　静电场
(时间：90分钟　满分：100分)
一、单选题(本题共8小题，每小题3分，共24分)
1．(2019·邯郸区县期中)下列说法中，正确的是(　　)
A．由E＝可知电场中某点的电场强度E与q成反比
B．由公式φ＝可知电场中某点的电势φ与q成反比
C．由Uab＝Ed可知，电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大
D．公式C＝，其中电容器的电容C与电容器两极板间电势差U无关
解析：选D　公式E＝、φ＝、C＝是比值定义法来定义新的物理量的，电场强度E由电场本身决定，与F无关，电势φ与q无关，电容C由电容器本身决定，与U、Q无关，A、B选项错误，D选项正确；根据匀强电场中电势差和电场强度的关系可知，Uab＝Ed，匀强电场中的两点a、b沿电场线方向的距离越大，则两点间的电势差一定越大，C选项错误．
2．(2018·全国卷Ⅰ)如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab＝5 cm，bc＝3 cm，ca＝4 cm.小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线．设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则(　　)
A．a、b的电荷同号，k＝ B．a、b的电荷异号，k＝
C．a、b的电荷同号，k＝ D．a、b的电荷异号，k＝
解析：选D　假设a、b的电荷同号，若小球c与a、b的电荷同号，则小球c所受库仑力的合力的方向斜向上；若小球c与a、b的电荷异号，则小球c所受库仑力的合力的力向斜向下，这样与已知条件“小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线”相矛盾，故a、b的电荷异号．设ac与ab的夹角为θ，则tan θ＝＝，根据库仑定律有：Fbc＝k0、Fac＝k0，而tan θ＝，解得k＝＝.
3．(2017·江苏卷)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子(　　)
A．运动到P点返回
B．运动到P和P′点之间返回
C．运动到P′点返回
D．穿过P′点
解析：选A　分析题意可知，电子在AB板间做加速运动，在BC板间做减速运动，恰好运动到P点，将C板向右平移到P′点，则BC间距变大，根据平行板电容器电容的决定式可知，C＝，电容减小，电场强度E＝＝＝，分析可知，BC极板间电场强度恒定不变，故电子仍然运动到P点返回，A选项正确．
4．如图所示，一个原来不带电的半径为r的空心金属球放在绝缘支架上，右侧放置一个电荷量为＋Q的点电荷，点电荷到金属球表面的最近距离为2r，则下列说法中正确的是(　　)
A．金属球在达到静电平衡后左侧感应出的电荷量为＋Q
B．由于静电感应而在金属球上出现感应电荷，这些感应电荷在球心处所激发的电场强度大小为E＝，方向水平向右
C．如果用导线的一端接触金属球的左侧，另一端接触金属球的右侧，金属球两侧的电荷将被中和
D．如果用导线的一端接触金属球的右侧，另一端与大地相连，则右侧的感应电荷将流入大地
解析：选B　由于静电感应，金属球的左侧带正电，结合点电荷的电场的特点可知，在金属球达到静电平衡后左侧感应出的电荷量一定小于Q，故A错误；感应电荷在金属球球心处激发的电场场强与点电荷在球心处产生的电场强度大小，方向相反，即为E＝k＝，方向向右，故B正确；如果用导线的一端接触金属球的左侧，另一端接触金属球的右侧，金属球两侧仍然有感应电荷，不会被中和，故C错误；用导线的一端接触金属球的右侧，另一端与大地相连，则金属球与大地组成一个新的导体，所以金属球的右侧仍然是负的感应电荷，大地的电子将流入金属球，中和金属球左侧的正电荷，故D错误．
5．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．带电粒子在0～3 s内的初、末位置间的电势差为零
D．0～3 s内，电场力的总功不为零
解析：选C　由牛顿第二定律可以知道，带电粒子在第1 s内的加速度为第2 s内加速度的，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，第3 s内将减速至初始位置，且速度为零．v-t图象如图所示：带电粒子在前1 s匀加速运动，在第2 s内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向同一个方向运动，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以知道，在t＝2 s时，带电粒子没有回到出发点，粒子在0～3 s内的位移为零，回到出发点，B错误；由图可以知道，粒子在0～3 s内的位移为零，故初、末位置间的电势差为零，C正确；因为第3 s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3 s内动能变化为0，即电场力做的总功为零，D错误．
6．一带正电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中O～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是(　　)
A．x1处电场强度最大
B．x2～x3段是匀强电场
C．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2>φ3
D．粒子在O～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动
解析：选B　根据功能关系可知，电场力做功等于电势能的减少量，故Ep-x图象斜率的绝对值表示电场力的大小，x1处斜率为零，电场强度为零，A选项错误；x2～x3段的斜率恒定，是匀强电场，B选项正确；带正电的粒子经历x1、x2、x3处，电势能逐渐增加，故电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1<φ2<φ3，C选项错误；0～x2段图象斜率的绝对值先减小后增大，故粒子做变加速运动，D选项错误．
7．如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，相互绝缘且质量均为2 kg，A带负电，电荷量为0.2 C，B不带电．开始处于静止状态，若突然加沿竖直方向的匀强电场，此瞬间A对B的压力大小变为8 N，g＝10 m/s2，则(　　)
A．电场强度为120 N/C，方向竖直向下
B．电场强度为60 N/C，方向竖直向下
C．电场强度为120 N/C，方向竖直向上
D．电场强度为100 N/C，方向竖直向上
解析：选A　开始时物体B平衡，A对B的压力大小等于A的重力大小，为20 N；加上电场后瞬间A对B的压力大小变为8 N，而弹簧的弹力和重力不变，故合力为12 N，方向向上，根据牛顿第二定律，有a＝＝＝6 m/s2，再对物体A受力分析，设电场力为F(向上)，根据牛顿第二定律，有FN＋F－mg＝ma，解得F＝24 N，故场强为E＝＝＝120 N/C，方向竖直向下，故A正确，B、C、D错误．
8．如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止．现撤去F，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，则上述过程中 (　　)
A．小球与弹簧组成的系统机械能守恒
B．小球的重力势能增加W1
C．小球的机械能增加W1＋mv2
D．小球的电势能减少W2
解析：选D　根据功能关系可知，小球离开弹簧的过程中，电场力做正功，小球与弹簧组成的系统机械能增加，A选项错误；重力做负功，重力势能增加－W1，B选项错误；小球增加的机械能在数值上等于重力势能和动能的增量，ΔE机＝－W1＋mv2，C选项错误；电场力做功是电势能变化的量度，电场力做正功W2，电势能减少W2，D选项正确．
二、多选题(本题共7小题，每小题3分，共21分)
9.如图所示，两块平行金属板正对着水平放置，两板分别与电源正、负极相连．当开关闭合时，一带电液滴恰好静止在两板间的M点，则(　　)
A．当开关闭合时，若减小两板间距，液滴仍静止
B．当开关闭合时，若增大两板间距，液滴将下降
C．开关再断开后，若减小两板间距，液滴仍静止
D．开关再断开后，若增大两板间距，液滴将下降
解析：选BC　液滴受G和Eq二力平衡，液滴能否再次平衡取决于E的变化情况，当开关闭合时，由E＝知d增而E减，液滴向下运动，A错误，B正确；由E＝＝＝·知，当恒定时，E与d无关，C正确，D错误．
10.如图所示，A、B两导体板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)．分别在A、B两板间加四种电压，它们的UAB-t图线如下列四图所示，一定能使电子到达B板的是(　　)
解析：选ACD　在A项所加电压下，电子将一直向B加速；在C项所加电压下，电子也一直向B板运动，是先加速再减速至0，再加速再减速至0，一直向B板运动；D项和C项一样，只不过电子的加速度发生变化；只有在B项所加电压下，电子先向B板加速再减速，再向A板加速再减速至初始位置，且速度变为0，如此在AB间往返运动．
11.如图所示，水平固定的矩形金属板A带电量为Q，电势为零，从金属板中心O处释放一质量为m、带电量为＋q的小球，由于电场力的作用，小球竖直上升的最大高度可达金属板中心竖直线上的C点，已知OC＝h，重力加速度为g，又知道小球过竖直线上B点时的速度最大，由此可确定Q所形成的电场中的物理量是(　　)
A．B点的场强 B．C点的场强
C．B点的电势 D．C点的电势
解析：选AD　小球受到向下的重力和向上的电场力，小球在B点速度最大，加速度为零，即mg＝qE，可以确定B点的场强，故A选项正确；小球从O向C运动的过程中，－mgh＋qUO C＝0，其中φC＝UC O＝－UO C，即可以确定C点的电势，故D选项正确．
12．某静电场中的一条电场线与x轴重合，其电势的变化规律如图所示．在O点由静止释放一个负点电荷，该负点电荷仅受电场力的作用，则在－x0～x0区间内(　　)
A．该静电场是匀强电场
B．该静电场是非匀强电场
C．负点电荷将沿x轴正方向运动，加速度不变
D．负点电荷将沿x轴负方向运动，加速度逐渐减小
解析：选AC　图线的斜率大小等于电场中电场强度的大小，故该条电场线上各点场强一样，该静电场为匀强电场，A正确，B错误；沿着电场线的方向电场降低，可知静电场方向沿x轴负方向，故负点电荷沿x轴正方向运动，其受到的电场力为恒力，由牛顿第二定律可知其加速度不变，C正确，D错误．
13.如图所示，虚线同心圆是一簇某静电场中的等势面，其电势分别是φa、φb和φc，一带正电粒子射入电场中，运动轨迹如图中实线KLMN所示．由图可知(　　)
A．粒子从K到L的过程中，静电力做负功，电势能增加
B．粒子从L到M的过程中，静电力做负功，电势能增加
C．φa>φb>φc
D．φa<φb<φc
解析：选AD　由等势面的分布规律可知，该电场为点电荷的电场．由运动轨迹可知，运动的正电荷跟场源电荷的相互作用规律是排斥，所以场源电荷是正电荷．根据电场线与等势面垂直，电场的分布是发散状辐射向外的．正电荷从K到L受静电力的方向背离圆心，与移动方向相反，静电力做负功，电荷的电势能增加，选项A正确；从L到M，可看做从跟轨迹有交点的同一等势面的点到M，受到的静电力与移动方向相同，静电力做正功，电荷的电势能减少，选项B错误；根据电场线的方向是电势降低的方向可知，选项C错误，D正确．
14.如图所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两板间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电量为＋q的微粒，以初速度v0竖直向上从两板正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N板上的C点．已知AB＝BC．不计空气阻力，则可知(　　)
A．微粒在电场中做抛物线运动
B．微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等
C．MN板间的电势差为
D．MN板间的电势差为
解析：选AB　由题意可知，微粒受水平向右的电场力qE和竖直向下的重力mg作用，合力与v0不共线，所以微粒做抛物线运动，故A正确；因AB＝BC，即·t＝·t，可见vC＝v0，故B正确；由q·＝mvC2，得U＝＝，故C错误；又由mg＝qE得q＝，代入U＝，得U＝，故D错误．
15.如图所示，内壁光滑的绝缘材料制成的圆轨道固定在倾角为θ＝37°的斜面上，与斜面的交点为A，直径AB垂直于斜面，直径CD和MN分别在水平和竖直方向上，它们处在水平向右的匀强电场中．质量为m、电荷量为q的小球(可视为点电荷)刚好能静止于圆轨道内的A点．现对在A点的该小球施加一沿圆环切线方向的瞬时速度，使其恰能绕圆环完成圆周运动．下列对该小球运动的分析中正确的是(　　)
A．小球一定带负电
B．小球运动到B点时动能最小
C．小球运动到M点时动能最小
D．小球运动到D点时机械能最小
解析：选ABD　小球能静止于A点，说明小球在A点所受的合力为零，静电力一定与场强方向相反，小球带负电，A正确；小球所受的重力和静电力的合力F是不变的，方向沿AB直径指向A，小球从A运动到B的过程中F做负功，动能减小，所以小球运动到B点时动能最小，B正确，C错误；在圆环上，D点的电势最低，小球在D点的电势能最大，由能量守恒定律可得，小球运动到D点时机械能最小，D正确．
三、非选择题(本题共5小题，共55分)
16．(8分)如图所示，在真空中有两个点电荷A和B，电荷量分别为－Q和＋2Q，它们相距为l，如果在两点电荷连线的中点O有一个半径为r(2r解析：先求点电荷A、B在O点产生的电场强度，E0＝k＋k＝，方向沿AB连线指向A．静电平衡后，球壳内部电场强度处处为0，说明感应电荷在O点产生的电场强度E′与E0大小相等、方向相反．即E′＝E0＝，方向沿AB连线指向B．
答案：　沿AB连线指向B
17．(10分)如图所示为匀强电场中的一组等势面，若A、B、C、D相邻两点间的距离都是2 cm，P点到A点距离为1.4 cm，e＝－1.6×10－19C．求：
(1)场强的大小与方向；
(2)P点的电势；
(3)电子在P点的电势能．
解析：(1)根据匀强电场中电场强度和电势差的关系可知，电场强度E＝.
其中，d＝lsin 30°.
解得E＝100 V/m，方向垂直等势面与AD成60°角斜向左上方．
(2)电场中某点的电势等于该点到零电势点的电势差，B点电势为零，故P点的电势φP＝－E·xPBsin 30°.
代入数据解得，φP＝－0.3 V.
(3)电子在P点的电势能EP＝φPq.
代入数据解得，EP＝4.8×10－20J.
答案：(1)100 V/m 　垂直等势面与AD成60°角斜向左上方　(2)－0.3 V　(3)4.8×10－20J
18．(10分)如图ABCD是竖直放在E＝103 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，BCD是直径为20 cm的半圆环，AB＝15 cm，一质量m＝10 g，带电量q＝10－4 C的小球由静止在电场力作用下自A点沿轨道运动，求：它运动到C点速度多大？此时对轨道的压力多大？
解析：小球从A经B到C的过程中，电场力做功，克服重力做功，根据动能定理得：
qE(sAB＋R)－mgR＝mvC2
代入数据，计算得出vC＝ m/s.
在C点，支持力与电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律：
N－qE＝m
则N＝qE＋m＝0.1＋0.3 N＝0.4 N
根据牛顿第三定律小球对轨道C点的压力为0.4 N.
答案： m/s　0.4 N
19．(12分)如图所示，在真空中，沿水平方向和竖直方向建立直角坐标系xOy，在x轴上方有一沿x轴正方向的匀强电场E(电场强度E的大小未知)．有一质量为m，带电量为＋q的小球，从坐标原点O由静止开始自由下落，当小球运动到P(0，－h)点时，在x轴下方突然加一竖直向上的匀强电场，其电场强度与x轴上方的电场强度大小相等．其小球从P返回到O点与从O点下落到P点所用的时间相等，重力加速度为g，试求：
(1)小球返回O点时的速度大小；
(2)匀强电场的电场强度E的大小；
(3)小球运动到最高点时的位置坐标．
解析：(1)设小球从O点运动到P点所用时间为t，在P点的速度为v1，返回O点时的速度为v2，根据运动学公式得h＝gt2，解得t＝，其中v1＝gt＝，根据平均速度公式得h＝t，解得v2＝2.
(2)根据加速度公式得a＝＝3g，根据牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得E＝＝.
(3)设小球进入x轴上方运动到最高点所用时间为t2，则t2＝＝2，其中ax＝＝＝4g，根据运动学公式得x＝axt22＝16h，
在竖直方向，y＝＝4h.
小球运动到最高点的位置坐标为(16h,4h)．
答案：(1)2　(2)　(3)(16h,4h)
20．(15分)如图所示，由A、B两平行板构成的电容器，电容为C，原来不带电．电容器的A板接地，并且中心有一个小孔，通过这个小孔向电容器中射入电子，射入的方向垂直于极板，射入的速度为v0，如果电子的发射是一个一个单独进行的，即第一个电子到达B板后再射第二个电子，并且所有和B板相碰的电子都留在B板上．随着电子的射入，两极板间的电势差逐渐增加，直至达到一个稳定值．已知电子的质量为m、电量为e，电子所受的重力可忽略不计，A、B两板的距离为L.
(1)有n个电子到达B板上，这时两板间电场的场强E多大？
(2)最多能有多少个电子和B板相碰？
(3)到达B板的第1个电子在两板间运动的时间和最后一个电子在两板间运动的时间相差多少？
解析：(1)当B板上聚集了n个射来的电子时，两板间的电势差为：U＝＝
内部电场为匀强电场，场强为E＝＝.
(2)设最多能聚集N个电子，第N＋1个射入的电子到达B板时速度减为零．
此时两板间的电势差为U1＝＝
对此后再射入的电子，根据动能定理有－eU1＝0－mv02
联立解得N＝.
(3)第一个电子在两板间作匀速运动，运动时间为t1＝
最后一个电子在两板间作匀减速运动，到达B板时速度为零，运动时间为t2＝＝
二者时间差为Δt＝t2－t1＝.
答案：(1)　(2)　(3)