2019—2020学年高中物理教科版选修3-1：第一章 静电场 单元检测试题3（解析版)

2019—2020学年教科版选修3-1
静电场
单元检测试题
1．下列物理量不属于矢量的是（　　）
A．速度
B．力
C．功
D．电场强度
2．在以点电荷为球心、r为半径的球面上各点相同的物理量是（　　）
A．电场强度
B．同一电荷所受电场力
C．电势
D．不同电荷具有的电势能
3．如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，A、B为x轴上的两点，xA、xB分别为A、B两点在x轴上的坐标值．一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的电势能Ep随其坐标x变化的关系如图乙所示，EpA和EpB分别表示电子在A、B两点时的电势能．则下列说法中正确的是（
）
A．该电场可能是孤立的点电荷形成的电场
B．该电场方向可能从B指向A
C．电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功W=-（EpA－EpB）
D．电子在A点的动能大于在B点的动能
4．使两个完全相同的金属小球(均可视为点电荷)分别带上－3Q和＋5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1.现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a的两点，它们之间库仑力的大小为F2.则F1与F2之比为
A．2∶1
B．4∶1
C．16∶1
D．60∶1
5．如图A、B
为两等量异号电荷，A
带正电，B
带负电，在
A、B
连线上有
a、b、c
三点，其中b
为连线的中点，ab=bc，则以下说法不正确的是（　　）
A．a
点与c
点的电场强度相同
B．a
点与c
点的电势相同
C．a、b
间电势差与b、c
间电势差相等
D．点电荷
q
沿A、B
连线的中垂线移动，电场力不做功
6．如图绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E。在与环心等高处放有一质量为m、带电＋q的小球，由静止开始沿轨道运动，下述说法正确的是（　　）
A．小球在运动过程中机械能守恒
B．小球经过环的最低点时速度最大
C．小球经过环的最低点时对轨道压力为(mg＋Eq)
D．小球经过环的最低点时对轨道压力为3(mg－qE)
7．如图所示，在电场中有M、N两点，则（　　）
A．M点的电势比N点的电势高
B．M点的电场强度比N点的电场强度大
C．正电荷在M点的电势能比在N点的电势能大
D．负电荷从M点运动到N点，电场力做负功
8．以下说法正确的有（　　）
A．元电荷就是点电荷
B．感应起电的本质是自由电子的移动
C．点电荷所带的电荷量一定是元电荷的整数倍
D．若点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量，则q1对q2的库仑力大于q2对q1的库仑力
9．如图所示，空间中固定的四个点电荷分别位于正四面体的四个顶点处，A点为对应棱的中点，B点为右侧面的中心，C点为底面的中心，D点为正四面体的中心(到四个顶点的距离均相等)。则下列判断正确的是（　　）
A．将电子从A点移动到B点，电势能增加
B．B点电势高于C点电势
C．A点电势等于D点电势
D．A点的电势等于C点的电势
10．质量为的带电小球以初速度水平抛出，经过时间后进入方向竖直向下的匀强电场，再经过时间速度方向重新变为水平，已知初末位置分别为A点和C点，经B点进入电场。下列分析正确的是（　　）
A．电场力大小为2mg
B．从A到C的运动过程，小球机械能守恒
C．小球从A到B与从B到C的速度变化量相同
D．电场中BC两点间的电势差
11．在“用传感器观察电容器的充电和放电”实验中，电路图如图甲。一位同学使用的电源电动势为8.0V，测得电容器放电的i-t图像如图乙所示。
（1）若按“四舍五入（大于半格算一个，小于半格舍去）”法，
i-t?图线与两坐标轴包围面积表示的物理意义是_______；电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为___________C；（结果保留两位有效数字）
（2）根据以上数据估算电容器的电容值为_____
F；（结果保留两位有效数字）
（3）如果将电阻R换一个阻值更大的电阻，则放电过程释放的电荷量___________（选填“变多”、“不变”或“变少”）。
12．在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷的间距和带电量有关。他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图所示。实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大。
(1)实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的______而增大，随其所带电荷量的______而增大。（两空均选填“增大”、“减小”）
(2)此同学在探究中应用的科学方法是________________（选填“累积法”、“等效替代法”、“控制变量法”或“演绎法”）。
13．如图所示,一对平行金属板M、N长为L，相距为d。当两板间加电压UMN=U0时，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场，某种带负电的粒子以速度v0沿下极板N边缘射入电场，恰好打在上极板M的中点(带电粒子所受的重力不计)求：带电粒子的比荷。
14．在一个水平面上建立x轴，在过原点O右侧空间有一个匀强电场，场强大小，方向与x轴正方向相同，在O处放一个带电量．质量的带负电绝缘物块．物块与水平面间的动摩擦因数，沿x轴正方向给物块一个初速度，如图所示，
求（1）物块最终停止时的位置（g取10）
（2）物块在电场中运动过程的机械能增量．
15．如图，x<0区域存在沿x轴正方向、场强大小为E的匀强电场；x≥0区域存在沿x轴负方向、场强大小为2E的匀强电场。一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子在电场中P（-L，2L）点沿y轴负方向以某一初速度v0射出，粒子恰好从坐标原点O进入x>0区域。粒子重力不计。求：
(1)粒子的初速度大小v0；
(2)粒子第二次通过y轴的位置坐标。
16．如图所示，在场强E＝104N/C的水平匀强电场中，有一根长l＝15
cm的细线，一端固定在O点，另一端系一个质量m＝3
g、电荷量q＝2×10－6C的带正电小球，当细线处于水平位置时，小球从静止开始释放，g取10
m/s2.求：
(1)小球到达最低点B的过程中重力势能、电势能分别变化了多少？
(2)若取A点电势为零，小球在B点的电势能、电势分别为多大？
(3)小球到B点时速度为多大？绳子张力为多大？
参考答案
1．C
【解析】
速度、力、电场强度都是既有大小又有方向的矢量，功是只有大小没有方向的标量，故ABD错误，C正确。
故选C。
2．C
【解析】
AB．电场强度和电场力均为矢量，在以点电荷为球心、r为半径的球面上各点的电场强度和电场力的大小相同，方向不同，AB错误；
C．在以点电荷为球心、r为半径的球面上各点电势相同，即等势面，C正确；
D．根据可知不同电荷在同一等势面上电势能不同，D错误。
故选C。
3．D
【解析】
AB．根据电场力做功与电势能的关系
由于
图像斜率恒定，因此该电场为匀强电场，电子受力的方向由B向A，电场强度的方向由A向B，该电场不可能是点电荷形成的，AB错误；
C．电子由A点运动到B点的过程中，电场力对其所做的功，C错误；
D．从A向B运动的过程中，由于电场力做负功，因此动能减小，D正确。
故选D。
4．D
【解析】
开始时由库仑定律得：；现用绝缘工具使两小球相互接触后，各自带电为Q，因此此时：；联立得：F2=F1，则F1与F2之比为
60：1，故选D.
5．B
【解析】
本题考察等量异种电荷的电场特点以及电场力和电场力做功的分析。
【详解】
ACD．根据等量异种电荷电场特点，连线上场强方向向右，场强大小左右对称。整个中垂面电势相等且为0。故ACD正确，不符合题意。
B．沿电场线方向电势降低，所以ａ点电势大于ｃ点电视，故B错误，符合题意。
故选B。
6．B
【解析】
A．小球运动过程中电场力做功改变机械能，所以小球机械能不守恒，A错误；
B．小球下滑过程中电场力和重力做正功，小球速度变大，到达最低点时速度最大，之后上滑过程中电场力和重力做负功，小球速度减小，B正确；
CD．小球从静止下滑到轨道最低点，根据动能定理
在最低点
解得
根据牛顿第三定律可知小球经过环的最低点时对轨道压力为，CD错误。
故选B。
7．B
【解析】
A．沿电场线方向电势降低，所以，A错误；
B．电场线的疏密程度表示电场强度的弱强，所以，B正确；
C．根据电势能可知正电荷在点的电势能比在点的电势能小，C错误；
D．负电荷从M点运动到N点，受到的电场力与运动方向相同，电场力做正功，D错误。
故选B。
8．BC
【解析】
A．元电荷是电荷量的最小值，不是点电荷。故A错误；
B．感应起电的本质是自由电子的移动，故B正确；
C．点电荷所带的电荷量一定是元电荷的整数倍，故C正确；
D．q1对q2的库仑力与q2对q1的库仑力是一对相互作用力，大小相等，故D错误。
故选BC。
9．BC
【解析】
C．由题如图所示
两个等量异种点电荷，其电场线和等势面具有对称性，通过ab和cd之间的中垂面是一等势面，由题目描述知A、D在同一等势面上，电势相等，故C正确；
BD．由图可知，电场线方向由B指向C一侧，依据沿电场线方向电势降低，由几何关系可知
φB＞φC
φB＞φA
φD＞φC
故B正确，D错误；
A．由上分析可知
φB＞φA
将电子从A点移动到B点，电场力做正功，电势能减少，故A错误。
故选BC。
10．AD
【解析】
A．小球从A到B过程中，小球只受重力，所以做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，故，小球从B到C过程中，小球受到重力，电场力，要使在竖直方向上到达C点时竖直速度为零，所以小球在竖直方向上做匀减速直线运动，故，根据牛顿第二定律可得
联立解得，
，故A正确。
B．小球从从A到C的运动过程，静电力做负功，小球机械能不守恒，故B错误。
C．球从A到B过程中速度变化，方向竖直向下，从B到C过程中速度变化为，方向竖直向上，两者大小相同，方向不同，C错误；
D．从B到C点过程中，竖直高度
由动能定理
解得，故D正确；
故选AD。
11．I-t
图象与坐标轴围成的面积表示总的电荷量
2.4×10－3～2.6×10－3C
3.0×10－4～3.3×10－4F
不变
【解析】
(1)[1]电容器的放电图象是一条逐渐下降的曲线，而q=It，从微法得到，I－t图象与坐标轴围成的面积就是总的电荷量；
[2]图象下共有30格，所以电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为
由于误差所以2.4×10－3～2.6×10－3C均可；
(2)[3]电容器充满电后所带的电荷量Q=2.4×10-3C，而所加电压U=E=8.0V，所以
由于Q值2.4×10－3～2.6×10－3C均可，所以电容在3.0×10－4～3.3×10－4F均可；
(3)[4]由图看出，若将电阻换一个阻值较大电阻，但由于电容器电荷量一定，则所有电荷量将通过电阻R释放，只是图象更加平缓些，但总量不变。
12．减小
增大
控制变量法
【解析】
(1)[1]对小球B进行受力分析，可以得到小球受到的电场力
F=mgtanθ
即B球悬线的偏角越大，电场力也越大；
所以使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其距离的减小而增大；
[2]两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其所带电荷量的增大而增大。
(2)[3]先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，这是只改变它们之间的距离；
再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，这是只改变电量。所以采用的方法是控制变量法。
13．
【解析】
带电离子在电场中做类平抛运动,设带电离子的加速度为a，粒子在电场中运动的时间为t，带电粒子的加速度为
a=
沿极板方向有
L=v0t
垂直极板方向
d=at2
由以上可以求得
14．（1）物块停止在原点O左侧0.2m处．
（2）0.016J
【解析】
物体向右匀减速运动，用动能定理求出物块沿x轴正方向运动离O点的最远距离；由于电场力大于摩擦力，当物块运动到沿x轴正方向离O点的最远距离时又返回向x轴负方向运动，对返回的过程运用动能定理，求出物块最终停止时的位置；物块在电场中运动过程中电场力做功为零，物块机械能的增量等于摩擦力所做的功．
（1）第一个过程：物块向右做匀减速运动到速度为0，由动能定理得
解得
第二个过程：物块向左做匀加速运动，离开电场后在做匀减速运动直到停止．
由动能定理得：
解得
则物块停止在原点O左侧0.2m处．.
（2）物块在电场中运动过程的机械能增量数值上等于摩擦力所做功．
【点睛】运用动能定理解题关键合理地选择研究过程，分析过程中有哪些力做功，结合各力做功的代数和等于动能的变化量进行求解．
15．(1)；(2)（0，-2L）
【解析】
（1）粒子在x<0区域做类平抛运动，轨迹如图
设粒子的运动时间为t1，从P到O，由运动学规律有
2L=v0t1，
由牛顿第二定律有
qE=ma1
由运动学规律有
得
（2）在x>0区域，粒子做加速度恒定的匀变速曲线运动，第二次通过y轴的位置为N，从O到N运动的时间为t2。运动轨迹如图所示
由牛顿第二定律有
从O到N，由运动学规律有
，
联立求解得ON=2L
所以粒子第二次通过y轴的位置坐标为N（0，-2L）
16．（1）-4.5×10－3J
；3×10－3J；（2）3×10－3J；1.5×103V
；（3）1
m/s；5×10－2N.
【解析】
（1）重力势能
ΔEp＝-mgl＝-4.5×10－3J
电势能
ΔEp电＝Eql＝3×10－3J
（2）若取A点电势为零，则小球在B点的电势能
Ep＝3×10－3J
Ep＝φBq
φB＝V＝1.5×103V
（3）A→B由动能定理得：
mgl－Eql＝mvB2
所以
vB＝1
m/s
在B点对小球
FT－mg＝
解得
FT＝5×10－2N