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1、.2019-2019高二物理人教版选修3-1：第一章静电场单元检测一、单项选择题本大题共10小题，共40.0分1. 两个分别带有电荷量Q和5Q的一样金属小球均可视为点电荷，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F，两小球互相接触后将其固定间隔 变为2r，那么两球间库仑力的大小为 A. 5F16B. 16F5C. F5D. 4F52. 如下图，将带电棒移近两个不带电的导体球，甲、乙两个导体球开场时互相接触且对地绝缘下述几种方法中能使两球都带电的是 A. 先把两球分开，再移走棒B. 先移走棒，再把两球分开C. 先将棒接触一下其中的一球，再把两球分开D. 棒的电荷量不变
2、，两导体球不能带电3. 如下图，某电场中一根电场线上有a、b、c三点，间隔 ab=bcb点电势高于c点电势假设一个电子仅在电场力作用下从c点静止开场运动，那么以下说法正确的选项是 A. 电场线方向由c点指向b点B. 在cb段和ba段，两个过程中电场力做功一定相等C. 电子的加速度一定越来越大D. 电子电势能一定不断减小4. 如下图，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹粒子先经过M点，再经过N点以下判断正确的选项是A. 该粒子带负电B. 粒子在M点的速度大于N点的速度C. 粒子在M点的加速度大于N点的加速度D. 粒子在M点的电势能大于N点的电势能5. 如下图，在两等量异种点
3、电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上。以下判断正确的选项是 A. b点场强大于d点场强B. a、b两点的电势差大于b、c两点间的电势差C. a、c两点的电场强度相等D. 试探电荷q在a点的电势能大于在c点的电势能6. 如下图，图中边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定有三个点电荷q、q、q，那么该三角形中心O点处的场强为A. 3kga2，方向由C指向OB. 3kga2，方向由O指向CC. 6kga2，方向由O指向CD. 6kga2，方向由C指向O7. 以下哪个电场线图正确描绘了两块靠近
4、的、分别带等量正负电荷的平行金属板间的匀强电场？A. B. C. D. 8. 如下图，悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线，下端有一个质量为m、带电量为q的小球，假设在空间加一与纸面平行的匀强电场，当电场强度为最小值时，小球静止在A点，此时细线与竖直方向夹角为，那么A. 该电场的方向为程度向左方向B. 该电场场强的最小值为E=mgsinqC. 假设剪断细线，小球将做曲线运动D. 假设撤去电场瞬时，小球的加速度为零9. 如下图，等腰三角形ABC处在匀强电场中，ABC=CAB=45，BC=32m，一个电荷量q=2×106C的带负电的点电荷由A移到C的过程中，电势能增加6×106J
5、，由C移到B的过程中电场力做功6×106J，以下说法正确的选项是() A. A、C两点的电势差UAC=3VB. A点的电势低于B点的电势C. 该电场的电场强度方向垂直AB背离CD. 该电场的电场强度大小为1V/m10. 如下图，程度向右的匀强电场中有一绝缘斜面，一带电金属滑块以Ek0=30J的初动能从斜面底端A冲上斜面，到顶端B时返回，滑块从A滑到B的过程中抑制摩擦力做功10J，抑制重力做功24J，那么A. 滑块带正电，上滑过程中电势能减小4 JB. 滑块上滑过程中机械能增加4 JC. 滑块上滑到斜面中点时重力势能增加14 JD. 滑块返回到斜面底端时动
6、能为15 J二、多项选择题本大题共5小题，共30.0分11. 如下图，平行板电容器两极板A、B与电池两极相连，一带正电小球悬挂在电容器内部闭合开关S，充电完毕后悬线偏离竖直方向夹角为，那么 A. 保持S闭合，将A板向B板靠近，那么增大B. 保持S闭合，将A板向B板靠近，那么不变C. 断开S，将A板向B板靠近，那么增大D. 断开S，将A板向B板靠近，那么不变12. 如下图，两块竖直放置的导体板间的电场强度为E，在靠近左板处有一带电量为q、质量为m的小球，以程度初速度v0向右射出在运动过程中不与右板发生碰撞，也没有落地假设重力加速度为g，不计空气阻力，那么A. 在碰到左板前，小球做匀变速
7、直线运动B. 两板之间的间隔 d>mv02/2qEC. 由题干条件，不可求得小球回到出发点的正下方时速度的大小和方向D. 小球向右运动时下落的高度与向左运动时下落的高度之比为1：313. 如下图，A板发出的电子经加速后，程度射入程度放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，以下说法中正确的选项是 A. 滑片向右挪动，其他不变时，电子打在荧光屏上的位置上升B. 滑片向左挪动，其他不变时，电子打在荧光屏上的位置上升C. 电压U减小，其他不变时，电子从发出到打在荧光屏上的时间减小D. 电压U减小，其他不变时，电子从发出到打在荧光屏上的时间不变14.
8、如下图，竖直向下的匀强电场里，用绝缘细线拴住的带电小球在竖直平面内绕O做圆周运动，以下四种说法中正确的选项是 A. 带电小球可能做匀速率圆周运动B. 带电小球可能做变速率圆周运动C. 带电小球通过最高点时，细线的拉力一定最小D. 带电小球通过最低点时，细线的拉力有可能最小15. 如图一根不可伸长绝缘的细线一端固定于O点，另一端系一带电小球，置于程度向右的匀强电场中，现把细线程度拉直，小球从A点静止释放，经最低点B后，小球摆到C点时速度为0，那么A. 小球在B点时的速度最大B. 小球从A到B的过程中，机械能一直在减少C. 小球在B点时的绳子拉力最大D. 从B到C的过程中小球的电势能一直增大三、计
9、算题本大题共3小题，共30.0分16. 如下图，O点固定，绝缘轻细杆l，A端粘有一带正电荷的小球，电量为q，质量为m，程度方向的匀强电场的场强为E，将小球拉成程度后自由释放，求 1小球到达最低点B时的速度大小2在最低点B时绝缘杆给小球的力3在A点给小球多大的向下的速度才能使小球能在竖直面内恰做圆周运动17. 如下图，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，坐标系内有A、B两点，其中A点坐标为6 cm，0，B点坐标为0，3cm ，坐标原点O处的电势为0，A点的电势为8 V，B点的电势为4 V。现有一带电粒子从坐标原点O处沿电势为0的等势线方向以速度v4×105m /s射入电
10、场，粒子运动时恰好通过B点，不计粒子所受重力，求： 1匀强电场的场强大小；2带电粒子的比荷18. 如图，A、B为两块相距很近的平行金属板，AB间电压为UAB=-U0，紧贴A板有一电子源，飘出一个质量为m，带电量为e的电子可视为初速度为0。在B板右侧两块平行金属板M、N间加有恒定电压,UMN=U1，金属板M、N长为L,间距为d,荧光屏中心为O点距MN板右端的间隔 为L。求电子进入偏转板时的速度；沿中线射入偏转板间的电子刚射出偏转板时与板间中线的间隔 ；电子打在荧光屏上的位置与0点的间隔 答案和解析1.【答案】C【解析】【分析】根据库仑定律的公式，写出在真空中有两个点电荷间的作用力遵守
11、库仑力，运用比例法求解两小球互相接触后总电量不变，两球平分总电量。本题考查运用比例法解决物理问题的才能，技巧在于用一样的量表示作用力，然后求出比例关系。【解答】根据库仑定律：得： ，两小球互相接触后总电量不变，每一个小球的电量均为：2Q ，两个小球之间的库仑力：，两式联立得，故ABD错误，故C正确。故选C。2.【答案】A【解析】【分析】将棒移近两个不带电的导体球，靠感应起电使物体带电，带电的本质是电荷的移动，总电荷量保持不变.解决本题的关键知道摩擦起电、感应起电、接触带电的本质都是电荷的移动，电荷的总量保持不变.【解答】A.先把两球分开，再移走棒，两球由于感应起电带上异种电
12、荷，A正确；B.先移走棒，此时甲乙两球中的电荷又发生中和，不再带电，再把球分开，同样不再带电，B错误；C.使棒与其中一球接触时，这样两球都带同种电，再把两球分开,当移走棒，两球仍带同种电， C错误；D.通过上面的分析，可知，带电的过程是电荷转移的过程，棒上的电荷量发生了变化，故D错误.故选A. 3.【答案】D【解析】【分析】沿电场线电势降低，根据电势的上下断定电场线方向，根据W=Uq分析电场力做功情况；由电场力的大小分析加速度的大小；电子在电势低处电势能大。本题考查电场线，电势，电场力做功等概念，关键在于电场线方向的分析。【解答】A.沿电场线电势降低，b点电势高于c点电势，
13、电场线方向由b指向c，故A错误；B.间隔 ab=bc，电场不一定是匀强电场，所以Uab不一定等于Ubc，所以电场力做功不一定相等，故B错误；C.一根电场线无法断定电场强度的大小，所以无法断定加速度的大小，故C错误；D.根据，电子在电势低处电势能大，由电场线方向可知，所以电子电势能一定不断减小，故D正确；故选D。4.【答案】D【解析】 【分析】带电粒子的轨迹向下弯曲，那么带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下，那么知带电粒子带正电，由电场线的疏密可判断场强的大小，再判断电场力的大小由带电粒子的轨迹可断定电场力的方向，确定电场力做功情况，分析电势能和动能的变化，再分析速度的变化带电粒子的动
14、能和电势能总和守恒。此类轨迹问题，由轨迹的弯曲方向可断定电场力的方向，并判断电场力做功正负情况。【解答】A、带电粒子的轨迹向下弯曲，那么带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下，那么知带电粒子带正电，故A错误。B、电场力做正功，动能增大，速度也增大，故带电粒子在M点的速度小于在N点的速度。故B错误。C、电场线的疏密表示场强大小，由图知粒子在M点的场强小于N点的场强，在M点的加速度小于N点的加速度。故C错误。D、电场力做正功，电势能减小。故D正确。故选：D。5.【答案】D【解析】【分析】根据等量异号电荷的电场分布特点可知各点的场强大小，由电场线性质及电场的对称性可知ab及bc两点间的电势差；由电势能
15、的定义可知ac两点电势能的大小。该题考查常见电场的电场线分布及等势面的分布，要求我们能熟练掌握并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性。【解答】A.在MN上，两电荷连线中点电场线最密，场强最大在两电荷连线上，中点处电场线最疏，场强最小，那么b点场强小于连线中点的场强，也小于d点场强，故A错误；B.由对称性可知，a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差，故B错误；C.由对称性可知，a、c两点的电场强度大小相等，但方向不同，故C错误；D.因a点的电势高于c点的电势，故试探电荷-q在a点的电势能小于在c点的电势能，故D正确。故选D。6.【答案】C【解析】
16、由点电荷场强公式E=k分别求出三个电荷在O处产生的场强大小，再进行合成求解 本题是电场的叠加问题，关键要掌握点电荷场强公式和平行四边形定那么，结合数学知识求解解：O点是三角形的中心，到三个电荷的间隔 为r=×a×sin60°=，三个电荷在O处产生的场强大小均E0=k 根据对称性和几何知识得知：两个+q在O处产生的合场强为E1=k 再与-q在O处产生的场强合成，得到O点的合场强为E=E1+E0=2k=2k=，方向由O指向C 故选C7.【答案】C【解析】【分析】带等量正负电荷的平行金属板间的电场是匀强电场，根据匀强电场电场线的特
17、点即可解题。本题考查了匀强电场电场线的特点，属于基础题。【解答】带等量正负电荷的平行金属板间的电场是匀强电场，匀强电场电场线从正极指向负极、等距的平行线。故选：C。8.【答案】B【解析】【分析】本题考查对小球受力分析,受重力、电场力和拉力,小球保持静止,受力平衡,由平衡条件和电场力公式求解场强。解决本题的关键进行正确的受力分析，灵敏运用图解法分析力平衡问题，同时注意电场力的性质。【解答】小球的受力如图1所示,由共点力平衡条件得: ， 计算得出:
18、电场强度：改变匀强电场的方向并保持悬绳与竖直方向夹角不变,作出细线的拉力和电场力的合力如图,由图解法可以知道当电场力的方向与细线垂直时,电场力qE最小,那么电场强度最小。那么有:qEmin=mgsin，那么场强的最小值,方向与程度方向成斜右上方，如图故A错误，B正确；C.假设剪断细线，小球受到重力和电场力的作用，方向与细线拉力方向相反，小球做匀加速直线线运动 ，故C错误；D.假设撤去电场瞬时，小球仍然受到重力和细线的拉力，加速度不为零，故D错误。 故选B。9.【答案】D【解析】【分析】电场力做功量度电势能的变化。匀强电场的电场线为互相平行间隔相等的平行线，而等势线与电场线垂直；由题意知AB连线
19、上一定有一点的电势与C点相等，故可以找到一条等势线，根据电场线与等势线的特点可确定电场线的方向，再根据公式U=Ed求出电场强度。本题的关键在于找出等势面，然后才能确定电场线，要求学生明确电场线与等势线的关系，能利用几何关系找出等势点，再根据等势线的特点确定等势面。知道公式U=Ed应用时d为沿着电场线方向的间隔 。【解答】A.电荷由A移到C的过程中电势能增大，那么电场力做负功，大小6×10-6J，根据W=Uq得：A、C两点的电势差，故A错误；B.点电荷由A移到B的过程中，电势能增加1.2×10-5J，根据电场力做功量度电势能的变化得：点电荷由A移到B的过程中，电场力做功-1.
20、2×10-5J，A、B两点的电势差，所以A点的电势高于B点的电势，故B错误；C.，UCA=-UAC=-3V，所以UAB=6V，在AB连线取一点D为该线中点，所以UAD=3V，UCA=-3V，UAC=3V，所以C、D电势相等，CD连线为等势线，而三角形ABC为等腰三角形，所以电场强度方向沿着AB方向，由A指向B，故C错误；D.因为，由几何关系得：dAD=3m，所以UAD=EdAD=3V，解得该电场的场强为：，故D正确。故选D。10.【答案】A【解析】解：A、由动能定理知上滑过程中W电-WG-Wf=Ek，代入数值得W电=4 J，电场力做正功，滑块带正电，电势能减小4 J，故A正确；B、由
21、功能关系知滑块上滑过程中机械能的变化量为E=W电-Wf=-6 J，即机械能减小6 J，故B错误；C、由题意知滑块上滑到斜面中点时抑制重力做功为12 J，即重力势能增加12 J，故C错误；D、由动能定理知2Wf=Ek0-Ek，所以滑块返回到斜面底端时动能为10 J，故D错误。故选：A。对上滑的过程运用动能定理，求出电场力做功情况，从而得出滑块的电性，得出电势能的变化。根据除重力以外其它力做功等于机械能的变化量得出机械能的变化。根据重力做功得出重力势能的变化，对全过程运用动能定理，结合动能定理求出返回底端的动能。解决本题的关键掌握功能关系，知道重力做功等于重力势能的减小量，合力做功等于动能的增加量
22、，除重力以外其它力做功等于机械能的变化量，电场力做功等于电势能的减小量。11.【答案】AD【解析】【分析】小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态，保持开关S闭合，电容器两极板间的电势差不变；断开开关S，电容器所带的电量不变通过电场强度的变化判断 角的变化。解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量假设电容器与电源断开，电量保持不变；假设电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变。【解答】保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变，带正电的A板向B板靠近，极板间间隔 减小，电场强度E增大，小球所受的电场力变大，增大故A正确，B错误。断开开关S，电容器所带的电量不变，根据，得，知d
23、变化，E不变，电场力不变，不变，故C错误，D正确。故选AD。12.【答案】BD【解析】【分析】由题意可知，将运动分解成程度方向与竖直方向两个直线运动，根据分运动的等时性，结合运动学公式，即可求解。本题考查了运动的合成与分解，掌握处理的方法与规律，理解分运动与合运动的等时性，同时掌握初速度为零的匀加速运动中，在任意相等的时间内的，位移之比为1：3：5：7。【解答】A.小球在程度方向受到电场阻力，在竖直方向受到重力，因此小球在碰到左板前，小球做匀变速曲线运动，故A错误；B.在程度方向，做初速度为v0的，匀减速直线运动，电场力大小为qE，因此根据动能定理可知，小球在程度方向的位移，解得：两板之间的间
24、隔 ，故B正确；C.小球在程度方向先减小后回头加速，当回到出发点的正下方时，程度方向速度大小不变，根据运动学公式，可知运动的时间，从而根据速度与时间的，可求出当回到出发点正下方时的竖直方向的速度，最后由速度的合成，可知，小球回到出发点的正下方时速度的大小和方向，故错误；D.由于小球来去的时间相等，小球在竖直方向初速度为零，因此，小球向右运动时下落的高度与向左运动时下落的高度之比1：3，故D正确。故选BD。13.【答案】BD【解析】【分析】粒子在电场中加速时，滑动触头向右移动时，加速电压增大，加速后速度变大，粒子在偏转电场中运动时间变短，粒子在平行偏转电场方向的位移减小；同理触头向左移动时，加速
25、电压减小，加速后速度变小，粒子在电场中运动时间变长，粒子在平行偏转电场方向的位移增大；当加速电压不变时，偏转电压变化，影响平行电场方向的电场力的大小，也就是影响加速度的大小，粒子在电场中运动时间不变，改变偏转的位移大小。本题考查了带电粒子在电场中的运动；电子在加速电场作用下做加速运动，运用动能定理可得电子获得的速度与加速电场大小间的关系，电子进入偏转电场后，做类平抛运动，运动时间受电场的宽度和进入电场时的速度所决定，电子在电场方向偏转的间隔 与时间和电场强度共同决定；熟练用矢量合成与分解的方法处理类平抛运动问题。【解答】由题意知电子在加速电场中加速运动，电子获得的速度，电子进入偏转电场后做类平
26、抛运动，也就是平行电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，加速度电子在电场方向偏转的位移，垂直电场方向做速度为的匀速直线运动，粒子在电场中运动时间，又因为偏转电场方向向下，所以电子在偏转电场里向上偏转；A.滑动触头向右移动时，加速电压变大，所以电子获得的速度v增加，电子在电场中运动时间减少，故电子偏转位移变小，因为电子向上偏转，故在屏上的位置下降，故A错误；B.滑动触头向左移动时，加速电压变小，所以电子获得的速度v减小，电子在电场中运动时间变大，故电子偏转位移变大，因为电子向上偏转，故在屏上的位置上升，故B正确；CD.偏转电压减小时，电子在电场中受到电场力增大，即电子偏转的加速度度a增大，又因为
27、加速电压不变，电子进入电场的速度没有变化，电子在电场中运动的时间没有发生变化，故C错误，D正确。故选BD。14.【答案】ABD【解析】【分析】小球在竖直平面内做圆周运动，重力、电场力、绳子拉力的合力提供向心力，分析重力和电场力的大小关系，从而明确小球可能的运动情况。本题考查带电粒子在电场中运动，要注意明确电场力和重力均沿竖直方向，可以将两力等效成一个力后再对小球正确受力分析，由于两力大小未知，故应进行讨论，全面分析问题才能准确求解。【解答】AB.当小球带负电荷时，小球在电场中受到重力和向上的电场力，当重力与电场力平衡时，小球做匀速圆周运动；小球所受重力与电场力不平衡时，小球做非匀速圆周运动，故
28、AB正确；C.当小球所受电场力与重力平衡时，做匀速圆周运动，线的拉力提供向心力且大小不变，故C错误；D.当小球带负电荷，重力大于电场力时，小球运动到最高点时，线的张力最小，到达最低点时，线的张力最大；当重力小于电场力时，小球运动到最高点时，线的张力最大，到达最低点时，线的张力最小，故D正确。故选ABD。15.【答案】BD【解析】【分析】首先要 判断出小球运动的等效最低点，然后根据动能减小判断电场力做功的正负，从而知道带电的正负，利用电场力做功与电势能的变化关系判断电势能的变化。本题是复合场在的等效最低点的问题，带电物体在电场中圆周运动问题，利用等效最低点的特点与电场力做功与电势能和动能的变化关
29、系判断是常用的解题方法。【解答】A、C、小球受到电场力与重力、绳子的拉力的作用，在复合场中做类单摆运动，当重力与电场力的合力与绳子的拉力在同一条直线上时，小球处于等效最低点，此时小球的速度最大，对绳子的拉力最大。故A错误，C错误；B、从A到B的过程中电场力对小球做负功，小球的机械能减小。故B正确；D、从B到C的过程中抑制电场力做功，小球的电势能一直增大，D正确；故选BD。16.【答案】解：1以小球为研究对象，从A到B过程中，由动能定理得：mgl+qEl=12mvB2，那么在最低点的速度vB=2(mgl+qEl)m；2当小球到达B点时，对小球受力分析，那么在竖直方向上：Tmg=mvB2l，由1问
30、得出vB=2(mgl+qEl)m，解得T=3mg+2qE，方向竖直向上；3设最高点为C点，以小球为研究对象，从A到C过程中，由动能定理得：mgl+qEl=12mvC212mvA2，由题可知小球恰好在竖直面内做圆周运动，vC=0m/s，解得vA=2mgl2qElm。答1小球经过最低点时速度是2(mgl+qEl)m；2在最低点时绝缘杆给小球的力为3mg+2Eq，方向竖直向上；3vA=2mgl2qElm能使小球能在竖直面内恰做圆周运动。【解析】本题考察结合电场与重力场情况研究小球在竖直面上做圆周运动。对小球A到B的过程运用动能定理，求出小球经过最低点时的动能，在最低点，根据径向的合力提供向心力求出绝
31、缘杆对小球的作用力；解决本题的关键知道径向的合力提供圆周运动的向心力，结合动能定理和牛顿第二定律进行求解。17.【答案】解：1坐标原点O处的电势为0，点A处的电势为8V，OA的中点C点，根据U=Ed知：由题意可得C点的电势为4V。B、C两点的电势相等，连接BC，因BC的电势相等，所以匀强电场的方向垂直于BC，过O点做BC的垂线相交于D点，由几何关系得： OD=OCsinBCO=0.03×sin30°=1.5cm=1.5×10-2m，那么电场强度为：E=UODOD=41.5×102=8003V/m2带电粒子从坐标原点O处沿电势为0的等势线方向射入
32、电场，做类平抛运动，那么有： OD=12at2 BD=vt又a=qEm，BD=OBcos60°联立解得：qm=2.4×1011C/kg。【解析】1根据题中的数据找出x轴方向上电势与B点相等的C点，可知BC两点的电势相等，BC连线上的各点电势相等，通过几何关系，求出O点到BC的间隔 ，由匀强电场中电势差与电场强度的关系可得出电场强度的大小2由题意带电粒子从坐标原点O处沿电势为0的等势线方向射入电场，做类平抛运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解粒子的比荷在匀强电场中，电场是处处相等的，电场强度，电势差与沿电场方向上的间隔 有关系E=，值得注意的是该关系
33、式只适用于匀强电场18.【答案】解：1电子的加速电场中由动能定理有eU0=12mv2，解得：v=2eU0m2因t=Lv=Lm2eU0，那么电子在电场方向加速的间隔 ：y=12at2=12·eU1md·L2m2eU0=U1L24U0d3因为粒子从偏转电场中射出时，好似是从极板间的L2处沿直线射出似的，所以设电子打在荧光屏上的位置与O点的间隔 为Y，那么yY=L23L2=13，即：Y=3y=3U1L24U0d。【解析】本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转。1根据动能定理可求分开加速电场的速度。2根据电场力求得加速度，根据垂直极板方向的运动性质求出垂直极板方向的间隔 即侧移量。3根据带电粒子在电场中的推论求最大偏移量。*.;第 15 页