高二物理人教版選修31： 靜電場　單元檢測

1、.2019-2019高二物理人教版選修3-1：靜電場 -單元檢測一、單項選擇題本大題共11小題，共44.0分1. 以下關于起電的說法錯誤的是()A. 不管是何種起電方式，都要遵循電荷守恒定律B. 摩擦起電時，失去電子的物體帶正電，得到電子的物體帶負電C. 摩擦和感應都能使電子轉移，只不過前者使電子從一個物體轉移到另一個物體上，而后者那么使電子從物體的一部分轉移到另一部分D.  物體帶電量有可能是3×1019C2. 如下圖，光滑絕緣的程度面上的P點固定一個帶正電的點電荷，在它的右側N點由靜止開場釋放一個也帶正電的小球可視為質點，以向右為正方向，以下選項中能反映小球運動速度隨時

2、間變化規(guī)律的是 A. B. C. D. 3. 如圖，在光滑絕緣程度面上，三個帶電小球a、b和c分別位于邊長為L的正三角形的三個頂點上；a、b帶正電，電荷量均為q，c帶負電。整個系統(tǒng)置于方向程度的勻強電場中。靜電力常量為k。假設三個小球均處于靜止狀態(tài)，那么勻強電場場強的大小為 A. 3kq3l2B. 3kql2C. 3kql2D. 23kql24. 如下圖，曲線是電場中的一組電場線，A、B是電場中的兩點，那么以下說法正確的選項是A. 電勢A>B，場強EA<EBB. 電勢A>B，場強EA>EBC. 將q電荷從A點移到B點電場力做正功D. 將q電荷分別放在A、B兩點時具有的電

3、勢能EPA>EPB5. 在電場中的a點放一試探電荷+q，它受到的電場力大小為F，方向程度向右，那么a點的場強大小為Ea=Fq，方向程度向右，以下說法正確的選項是A. 在a點放置一個負試探電荷2q，a點的場強變?yōu)?EB. 在a點放置一個負試探電荷2q，a點的場強方向變?yōu)槌潭认蜃驝. 在a點放置一個電荷量為2q的檢驗電荷，那么a點的場強變?yōu)?ED. 在a點放置一個電荷量為2q的檢驗電荷，那么a的場強仍為E6. 如下圖，a、b是兩個電荷量都為Q的正點電荷。O是它們連線的中點，P、P是它們連線中垂線上的兩個點。從P點由靜止釋放一個質子，質子將向P運動。不計質子重力。那么質子由P向P運動的情況是A

4、. 先做加速運動，后做減速運動B. 一直做加速運動，加速度一定是逐漸減小C. 一直做加速運動，加速度一定是逐漸增大D. 一直做加速運動，加速度可能是先增大后減小7. 如下圖，在勻強電場中有四條間距均為d的平行等勢線1、2、3、4，各條線上的電勢分別為0、0、20、30，其中0>0；有一個帶電粒子，質量為m不計重力，電荷量為q，從A點與等勢線4成角以初速度v0射入電場中，到達等勢線2上的B點時，速度方向恰好程度向左，那么勻強電場場強的大小為       A. B. C. D. 8. 如下圖，半徑為40cm的圓O所在的平面內有勻強電

5、場存在，電場方向與圓面平行，圓上互相垂直的兩條直徑與圓的四個交點分別為a，b，c，d，其中三個交點a、b、c的電勢分別為4V、4V、60V，以下判斷正確的選項是A. d點電勢為4VB. d點的電勢為52VC. 電場強度方向與ac平行D. 電場強度方向與ac垂直9. 如下圖電路中，A、B為兩塊豎直放置的金屬板，G是一只靜電計，開關S合上后，靜電計指針張開一個角度，下述做法可使靜電計指針張角增大的是A. 使A、B兩板靠近一些B. 使A、B兩板正對面積錯開一些C. 斷開S后，使B板向左平移靠近A一些D. 斷開S后，使A、B正對面積錯開一些10. 如下圖，電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開場運動，

6、然后射入電勢差為U2的兩塊平行極板間的偏轉勻強電場中，在滿足電子能射出平行極板區(qū)的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉角變小的是A. U1變大、U2變大B. U1變小、U2變大C. U1變小、U2變小D. U1變大、U2變小11. 如圖，一帶正電的點電荷固定于O點，兩虛線圓均以O為圓心，兩實線分別為帶電粒子M和N先后在電場中運動的軌跡，a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點不計重力以下說法正確的選項是A. N帶負電荷，M帶正電荷B. M在a點的動能小于它在b點的動能C. N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能D. N在從c點運動到d點的過程中抑制電場力做功二、多項選擇題本大題共4小題，共2

7、4.0分12. 如下圖，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直面紙面內，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱忽略空氣阻力由此可知A. Q點的電勢比P點低B. 油滴在Q點的動能比它在P點的大C. 油滴在Q點的電勢能比它在P點的大D. 油滴在Q點的加速度大小與它在P點的加速度大小相等13. 有三個質量相等的小球，分別帶正電、負電和不帶電，以一樣的程度速度由P點射入程度放置的平行金屬板間，它們分別落在下板的A，B，C三處，兩金屬板的上板帶負電荷，下板接地，如下圖，以下判斷正確的選項是A. 落在A，B，C三處的小球分別是帶正電、不帶電和帶負電的B. 三小球在該電場中的加速度大小關系是aA<

8、aB<aCC. 三小球從進入電場至落到下板所用的時間相等D. 三小球到達下板時動能的大小關系是EKC<EKB<EKA14. 如下圖，A、B、C、D為勻強電場中相鄰的四個等勢面，一個電子只受電場力的作用，經(jīng)過等勢面D時的動能為6eV，經(jīng)過等勢面A時的動能為21eV，等勢面B的電勢為0假設相鄰兩等勢面間的間隔 均為5cm，以下判斷正確的選項是A. 電子的動能和電勢能總和為0B. 當電子的動能是10eV時其電勢能為6eVC. 電子經(jīng)過A等勢面時電勢能為5eVD. 電場強度大小為200N/C15. 真空中相距為3a的兩個點電荷M、N，分別固定于x軸上x1=0和x2=3a的兩點上，在它

9、們連線上各點場強E隨x變化關系如下圖，以下判斷正確的選項是A. x=2a處的電勢一定為零B. 點電荷M、N一定為同種電荷C. 在兩點電荷之間沿x軸正向電勢降低D. 點電荷M、N所帶電荷量的絕對值之比為4：1三、計算題本大題共3小題，共32.0分16. 豎直放置的平行金屬板A .B 相距30cm, 帶有等量異種電荷。在兩板間用絕緣細線懸掛一個質量m =4.0×10-5kg, 帶電荷量q =3.0×10-7C 的小球，平衡時懸線偏離豎直方向夾角=37°如下圖。sin37°=0.6 cos37°=0.8，g=10m/s2求； 1電場強度大小。 2A、

10、B 兩板間的電壓。17. 如下圖，在程度向右的、強度E = 2019V/m的勻強電場中，質量m = 1.73mg的帶電粒子以大小v0 = 10m/s、方向和程度方向成30°的初速度從A點射入，發(fā)現(xiàn)它恰能做直線運動。以A點所在的等勢面為參考平面，電場區(qū)域足夠大。試求： 1粒子的電性和電量；2粒子沿直線前進的最大間隔 ；3粒子可以獲得的最大電勢能。18. 如下圖，在兩條平行的虛線內存在著寬度為L、電場強度為E的勻強電場，在與右側虛線相距L處有一與電場平行的屏現(xiàn)有一電荷量為q、質量為m的帶電粒子重力不計，以垂直于電場線方向的初速度v0射入電場中，v0方向的延長線與屏的交點為O試求：1粒子從

11、射入到打到屏上所用的時間；2粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tana；3粒子打到屏上的點P到O點的間隔 x答案和解析1.【答案】D【解析】【分析】明確電荷守恒定律的內容，知道起電的本質是電荷的轉移；并且主要是電子的轉移；并能正確進行解釋即可求解。 元電荷又稱“根本電量，在各種帶電微粒中，電子電荷量的大小是最小的，人們把最小電荷叫做元電荷，常用符號e表示，任何帶電體所帶電荷都等于元電荷或者是元電荷的整數(shù)倍。電荷守恒定律：電荷既不能被創(chuàng)造，也不能被消滅，只能從一個物體轉移到另一個物體，或者從物體的一部分轉移到另一部分；在轉移的過程中，電荷的總量保存不變?！窘獯稹緼.不

12、管是何種起電方式，都要遵循電荷守恒定律；故A正確；B.摩擦起電時，電子發(fā)生轉移；失去電子的物體帶正電，得到電子的物體帶負電；故B正確；C.起電的原因均為電荷的轉移；摩擦和感應都能使電子轉移，只不過前者使電子從一個物體轉移到另一個物體上，而后者那么使電子從物體的一部分轉移到另一部分；故C正確；D.元電荷的值通常取作e=1.60×10-19C，所有帶電體的電荷量都等于元電荷的整數(shù)倍，故D錯誤。故選D。2.【答案】D【解析】【分析】N點的小球釋放后，受到向右的庫侖力的作用，根據(jù)分析庫侖力的變化，根據(jù)牛頓第二定律分析加速度，而v-t圖像中圖像的斜率表示物體運動的加速度，即可得出正確的答案。本

13、題主要考查了v-t圖像、庫侖定律和牛頓第二定律的應用，難度一般，基礎題?！窘獯稹縉點的小球釋放后，受到向右的庫侖力的作用，開場向右運動，根據(jù)庫侖定律可得，隨著兩者之間的間隔 的增大，N受到的庫侖力在減小，根據(jù)牛頓第二定律可得，N點的點電荷做加速度減小的直線運動，而v-t圖像中圖像的斜率表示物體運動的加速度，故D正確，ABC錯誤。故選D。3.【答案】B【解析】【分析】三個小球均處于靜止狀態(tài)，以整個系統(tǒng)為研究對象根據(jù)平衡條件得出c的電荷量，再以c電荷為研究對象受力分析求解。本題主要考察庫侖定律及平行四邊形定那么?！窘獯稹吭Oc電荷帶電量為Q，以c電荷為研究對象受力分析  根據(jù)平衡

14、條件得a、b對c的合力與勻強電場對c的力等值反向，即： ， 所以勻強電場場強的大小為，故B正確，ACD錯誤。故選B。4.【答案】B【解析】解：A、B由圖看出，A處電場線比B處電場線密，那么A點場強大于B點的場強，沿電場線方向電勢逐漸降低，故AB故A錯誤，B正確。C、從高電勢向低電勢移動負電荷電場力做負功。故C錯誤。D、負電荷在電勢低的地方電勢能大，故將-q電荷分別放在A、B兩點時具有的電勢能在B點大。故D錯誤。故選：B。電場線越密，場強越大沿電場線方向電勢逐漸降低，從高電勢向低電勢移動正電荷電場力做正功掌握電場線的特點：疏密表示場強的大小，切線方向表示場強的方向，沿電場線方

15、向電勢逐漸降低5.【答案】D【解析】解：據(jù)題意可知，該點的場強方向程度向右；電場強度取決于電場本身，與有無試探電荷無關；場強公式E=，是采用比值法下的定義，所以在該點放置不同的檢驗電荷，該點的場強不變；由上分析可知，當在a點放置一個電荷量為2q的檢驗電荷，那么a點的場強仍不變，故ABC錯誤，D正確。故選：D。電場中的場強取決于電場本身，與有無檢驗電荷無關；利用場強方向的規(guī)定判斷電荷所受的電場力。明確電場中的場強取決于電場本身，與有無檢驗電荷無關是解題的關鍵，同時理解比值定義法的含義。6.【答案】D【解析】解：a、b是兩個電荷量都為Q的正點電荷O是它們連線的中點，從P點靜止釋放一個質子后將向P運

16、動，由于電場強度方向是P指向P，那么質子受到的電場力指向PP，所以質子做加速運動，由于電場強度的大小不定，從P到P電場強度可能減小，也可能先增加后減小，也可能增加，所以加速度可能減小，也可能先增加后減小，也可能增加，因此只有D正確；ABC均是錯誤；故選：Da、b為兩個等量的正點電荷，其連線中垂線上電場強度方向PP，質子從P點到P點運動的過程中，電場力方向PP，但電場線的疏密情況不確定，電場強度大小變化情況不確定，那么電荷所受電場力大小變化情況不確定，加速度變化情況不確定PP過程中，質子一直做加速運動，但加速度變化情況不確定本題考查對等量異種電荷電場線的分布情況及特點的理解和掌握程度，要抓住電場

17、線的對稱性7.【答案】A【解析】【分析】本題考查勻強電場，電場力。根據(jù)等勢線判斷電場線豎直向下，又電荷到達等勢線2上的B點時，速度方向恰好程度向左，說明豎直方向減速運動，且到B點豎直速度為零，由運動的獨立性結合運動學公式求解。解題的關鍵是知道B點速度程度，電場力做功?！窘獯稹坑深}意，將速度v0分解為程度和豎直的分量，豎直的分量為v0sin，在豎直方向根據(jù)運動學公式有解得，故A正確，BCD錯誤。故選A。8.【答案】B【解析】【分析】在勻強電場中，兩條任意方向的平行線，經(jīng)過相等的間隔 ，電勢差相等，可求d點的電勢；電場線一定垂直等勢線可分析CD。本題考查勻強電場的能的性質，關鍵是知道勻強電場中等間

18、隔 的電勢差相等進行分析?！窘獯稹緼B.在勻強電場中，因為ab連線平行dc連線，所以，由此可求得d點的電勢為52V ，故B正確，A錯誤；C.因為b、d電勢不相等，所以bd不是等勢面，故電場線不平行ac，故C錯誤D.因為a、c電勢不相等，所以ac不是等勢面，故電場線不垂直ac，故D錯誤故選B。9.【答案】D【解析】圖中靜電計的金屬桿接A板，外殼和B板均接地，靜電計顯示的是A、B兩極板間的電壓，指針張角越大，表示兩板間的電壓越高當合上S后，A、B兩板與電源兩極相連，板間電壓等于電源電壓不變，靜電計指針張角不變；當斷開S后，板間間隔 減小，使電容器的電容變大，而電容器電荷量不變，由UQ/C

19、可知，板間電壓U減小，從而靜電計指針張角減小，C錯誤；正對面積減小，都將使電容器的電容變小，而電容器電荷量不變，由UQ/C可知，板間電壓U增大，從而靜電計指針張角增大D正確.開關S閉合，電容器兩端的電勢差不變；斷開S，電容器所帶的電量不變；通過確定電容器兩端間的電勢差變化判斷指針張角的變化本題是電容器的動態(tài)分析，關鍵抓住不變量，開關S閉合，電容器兩端的電勢差不變；斷開S，電容器所帶的電量不變10.【答案】D【解析】解：根據(jù)動能定理：eU1=mv2得：v=在偏轉電場中vy=ata=t=vy=attan=假設使偏轉角變小即使tan變小，由上式看出可以減小U2增大U1故選：D。電子經(jīng)電場加速后，進入

20、偏轉電場，在程度方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求出電子分開電場時數(shù)值方向分速度，表示出偏轉角正切值的表達式，從而判斷使偏轉角變小的方法本題是帶電粒子先加速后偏轉問題，電場中加速根據(jù)動能定理求解獲得的速度、偏轉電場中類平拋運動的研究方法是運動的分解和合成，常規(guī)問題11.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)軌跡的彎曲，確定粒子所受的力是吸引力還是排斥力，從而確定粒子的電性；根據(jù)動能定理，結合庫侖力做功情況判斷動能的變化，根據(jù)電場力做功判斷電勢能的變化。 本題關鍵是根據(jù)曲線運動的條件判斷出靜電力的方向，掌握判斷動能和電勢能變化的方向，一般的解題思路是根據(jù)動

21、能定理判斷動能的變化，根據(jù)電場力做功判斷電勢能的變化?！窘獯稹緼.由粒子運動軌跡可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M帶負電荷，N帶正電荷，故A正確；B.M從a到b點，庫侖力做負功，根據(jù)動能定理知，動能減小，那么b點的動能小于在a點的動能，故B正確；C.d點和e點在同一等勢面上，電勢相等，那么N在d點的電勢能等于在e點的電勢能，故C正確；D.N從c到d，庫侖斥力做正功，故D錯誤。故選C。 12.【答案】BD【解析】【分析】根據(jù)曲線運動的性質以及運動軌跡可明確粒子受力情況，再根據(jù)電場力的性質即可判斷電場線的方向，從而明確電勢上下；根據(jù)電場力做功情況可明確動能的變化以及電勢能的變化；根據(jù)

22、力的性質可明確加速度的關系。本題考查帶電粒子在勻強電場中的運動，要注意本題中油滴受到重力和電場力作用，這里應先考慮合力，再去分析電場力的性質；同時注意掌握物體做曲線運動的條件應用。【解答】A.根據(jù)粒子的彎折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同時因軌跡關于P點對稱，那么可說明電場力應豎直向上；粒子帶負電，故說明電場方向豎直向下；那么可判斷Q點的電勢比P點高，故A錯誤；B.粒子由P到Q過程，合外力做正功，故油滴在Q點的動能比它在P點的大，故B正確；C.因電場力豎直向上，故油滴由P到Q的過程中，電場力做正功，故電勢能減小，Q點的電勢能比它在P點的小，故C錯誤；D.因受力為恒力，故PQ兩點加速度大小一

23、樣，故D正確。故選BD。13.【答案】AB【解析】【分析】三個小球在電場中做平拋運動或類平拋運動，程度方向做勻速直線運動，豎直方向做勻加速直線運動；由圖看出程度位移的關系，比較運動時間關系；豎直位移大小相等，根據(jù)牛頓第二定律和位移公式分析加速度關系，判斷三個小球的電性；根據(jù)動能定理分析三小球到達下板時的動能關系。類平拋運動和平拋運動研究的方法相似，都可運用運動的合成與分解方法研究，只是兩種運動加速度不同；本題要根據(jù)軌跡直接看出兩個方向位移的關系，這是分析其他量關系的基礎?！窘獯稹緼BC.三個小球在程度方向都做勻速直線運動，由圖看出程度位移關系是：xAxBxC，三個小球程度速度v0一樣，由x=v

24、0t得運動時間關系是：tAtBtC；豎直方向上三個小球都做勻加速直線運動，由圖看出豎直位移y大小相等，由得到加速度關系為：aAaBaC；根據(jù)牛頓第二定律得到合力關系為：FAFBFC，三個小球重力一樣，而平行金屬板上板帶負極，可以判斷出來A帶正電、B不帶電、C帶負電，故AB正確，C錯誤；D.三個小球所受合力方向都豎直向下，都做正功，豎直位移大小相等，而合力FAFBFC，那么合力做功大小關系為：WAWBWC，根據(jù)動能定理得，三小球到達下板時的動能關系是EkCEkBEkA，故D錯誤。故選AB。14.【答案】BC【解析】解：A、電子由D到A動能變大，那么電場力做正功，場強的方向為由A指向D，等勢面B的

25、電勢為0，那么ACD三個等勢面的電勢分別為U、-U、-2U；在D等勢面時總能量ED=-2U-e+6eV；同理在A等勢面時總能量EA=U-e+21eV；因電子的總能量守恒，那么-2U-e+6eV=U-e+21eV，解得U=5V，那么電子的動能和電勢能總和為E=16eV，當電子的動能是10eV時其電勢能為6eV；選項A錯誤，B正確；電子經(jīng)過A等勢面時電勢能為-5eV，選項C正確；電場強度大小為，選項D錯誤； 故選：BC。根據(jù)電勢能公式Ep=q求解C等勢面的電勢。電子從D到B過程，根據(jù)動能定理求出BD間電勢差，即可得到B等勢面的電勢，從而求出電子通過B等勢面時的電勢能，即可得到總能量；根據(jù)電場線與等

26、勢面垂直，且由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，分析電勢的上下。本題是帶電粒子在勻強電場中的運動問題，關鍵是知道只有電場力做功時電子的電勢能和動能之和守恒，根據(jù)功能關系即可分析。15.【答案】BD【解析】解：A、x=2a處的場強為零，但由于電勢與場強無關，那么場強為零的地方電勢不一定為零，故A錯誤；B、x從0到3a，場強先正方向減少到零又反方向增加，必為同種電荷，故B錯誤；C、由于兩點電荷為同種電荷，那么根據(jù)同種電荷電場線的分布規(guī)律可知，電勢不會沿x軸正向降低，故C錯誤；D、x=2a處的合場強為0，由E=k得：k=k，得QM：QN=4：1，故D正確。故選：BD。場強為零的地方電勢不一定為零，電

27、勢零點是人為選取的。場強先正方向減少到零又反方向增加，必為同種電荷，由點電荷公式判斷電荷量之比。本題的關鍵要要掌握同種電荷和異種電荷電場的分布情況，知道空間每一點的電場是由兩個點電荷產(chǎn)生的電場的疊加，電勢與場強無關。16.【答案】解：1根據(jù)共點力平衡得電場力F=qE=mgtan37°解得E=mgtan37°q=4×105×10×0.753×107=1000N/C2A、B兩邊間的電壓U=Ed=1000×0.3V=300V【解析】1根據(jù)共點力平衡得出電場力的大小，進而求解電場強度大??；2通過電場強度，結合兩極板間的間隔 求出A、

28、B兩板間電壓。本題考查了電場強度定義式、電勢差與電場強度關系以及共點力平衡的綜合運用，在U=Ed中，注意d為沿電場線方向上的間隔 。17.【答案】解：1由題意可知，該帶電粒子所受的電場力方向應程度向左，與電場方向相反，所以粒子帶負電設其電荷量為q那么有：mgcos30°=qEsin30°可得：q=mgEtan30°=1.73×106×102×103×33C=1.5×108C2粒子所受的合力大小為 F=mgsin30°=2mg根據(jù)動能定理得：Fx=012mv02聯(lián)立得：x=2.5m3U=Ed=Excos