高中物理人教版 (新课标)选修3第一章 静电场综合与测试复习练习题

第一章　静电场

本章达标检测

(满分:100分;时间:60分钟)

一、选择题(本题共8小题,共56分,1-5小题为单选题,每小题7分,6-8小题为多选题,每小题7分)

1.(2021北京101中学高二月考)如图所示,真空中有两个点电荷分别位于M点和N点,它们所带电荷量分别为q1和q2。已知在M、N连线上某点P处的电场强度为零,且MP=3PN,则              (　　)

A.q1=3q2　　　　　　　　B.q1=9q2

C.q1=q2　　　　　　　　D.q1=q2

2.(2020福建漳州长泰一中高二上月考)如图所示,A为带正电的金属板,其所带电荷量为Q,在金属板的垂直平分线上,距板r处放一质量为m、电荷量为q的小球,小球用绝缘细线悬挂于O点,小球受水平向右的静电力,偏转θ角保持静止,静电力常量为k,重力加速度为g,则小球与金属板之间的静电力大小为              (　　)

A.k　　　　　　　　B.k

C.　　　　　　　　D.mg tan θ

3.(2020广东广大附中高二上期中)如图所示,在O点放置一点电荷Q,以O为圆心作一圆。现将一试探电荷分别从圆上的B、C、D三点移到圆外的A点,下列说法正确的是              (　　)

A.从B移到A的过程中静电力做功最少

B.从C移到A的过程中静电力做功最少

C.从D移到A的过程中静电力做功最多

D.三个过程中静电力做功一样多

4.(2020四川峨眉二中高二上月考)两点电荷q1和q2(电性和电荷量大小均未知)分别固定在x轴上的-2L和2L处。两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示。下列说法正确的是              (　　)

A.从-2L处到2L处场强先减小后增大

B.-L处的场强沿x轴负方向

C.将一电子从-2L处移动到2L处,静电力做正功

D.x轴上只有一个点的场强为0,且位于2L处的左边

5.(2021山东枣庄三中高二月考)如图所示,在A、D两点放置电荷量分别为Q和2Q的正电荷,一原来不带电的金属球的球心位于AD的中点O处,球内B、C两点与O点等距离,A、B、O、C、D五点共线。设金属球上感应电荷在球内B、O、C三点产生电场的场强大小分别为EB、EO、EC,则下列结论正确的是              (　　)

A.EB最大　　　　　　　　B.EC最大

C.EO最大　　　　　　　　D.EB=EO=EC

6.(2021湖北随州广水一中高二月考)一个大的平行板电容器,水平放置在桌面上,极板N接地,两极板与电源和小指示灯连成如图所示的电路。当闭合开关S后,电容器充电,一质量为m、电荷量为-q的绝缘带电颗粒,恰好能吸附在上极板上,小指示灯正常发光。当开关S断开时,下列说法正确的是              (　　)

A.小指示灯立即熄灭

B.小颗粒立即做自由落体运动

C.小颗粒立即做加速度变大的变加速运动

D.小颗粒的机械能可能先减小,而后守恒

7.(2021广东汕头金山中学高二月考)如图,直角三角形abc中bc=4 cm,∠acb=30°。匀强电场的电场线平行于△abc所在平面,且a、b、c三点的电势分别为3 V、-1 V、3 V。下列说法中正确的是              (　　)

A.电场强度的方向沿ac方向

B.电场强度的大小为2 V/cm

C.电子从a点移动到b点,电势能增加了4 eV

D.电子从c点移动到b点,电场力做功为4 eV

8.(2020重庆高二期末)如图所示,质量相同的两个带电粒子M、N以相同的速度同时沿垂直于电场方向射入两平行金属板间的匀强电场中,M从两极板正中央射入,N从下极板边缘处射入,它们最后打在同一点。不计带电粒子重力和带电粒子间的相互作用,则从粒子射入到打在上极板的过程中              (　　)

A.它们运动的时间相等

B.它们的电势能减少量之比ΔEpM∶ΔEpN=1∶2

C.它们的动能增加量之比ΔEkM∶ΔEkN=1∶2

D.它们所带的电荷量之比qM∶qN=1∶2

二、非选择题(共3小题,共44分)

9.(2020江西抚州高二月考)(9分)在探究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验中,某同学猜测电容可能与极板间的距离d、极板的正对面积S及插入极板间的电介质有关。他将一个已经充电的平行板电容器与静电计连接,如图所示。实验时保持电容器极板所带的电荷量不变,且电容器B板位置不动。

(1)将A板向右平移,静电计指针张角　　　　;将A板竖直向下平移,则静电计指针张角　　　　;在A、B板间插入电介质,则静电计指针张角　　　　。(均选填“变大”“变小”或“不变”)。 

(2)若将电容器水平放置,有一带电液滴静止在电容器内部,现将电容器A板向下平移一小段距离,则液滴　　　　(选填“静止不动”“向下运动”或“向上运动”)。 

10.(2021四川成都外国语学校高二月考)(15分)长为L的绝缘细线上端固定在O点,下端系一质量为m的带电小球,置于一方向水平向右、场强为E的匀强电场中,重力加速度为g,当细线偏离竖直方向的角度为θ时,小球位于A位置处于平衡状态。

(1)求O、A之间的电势差UOA;

(2)小球带何种电荷,电荷量为多少?

(3)要使小球在竖直平面内能做完整的圆周运动,可让小球以一定大小的初速度从A点出发,求小球在A点的初速度至少多大?

11.(2020福建漳平一中高二上期中)(20分)如图所示,带电金属板A、B竖直平行正对放置,B板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy的O点,y轴沿竖直方向。在x>0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场,电场强度大小为×103 V/m;比荷为1.0×105 C/kg的带正电的粒子P从A板中心O'处由静止释放,其运动轨迹恰好经过M(4,3)点。粒子P的重力不计。

(1)求金属板A、B之间的电势差UAB;

(2)若在粒子P经过O点的同时,在y轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电粒子Q,使P、Q恰能在运动中相碰;假设Q的质量是P的2倍,带电情况与P相同,粒子Q的重力及P、Q之间的相互作用力均忽略不计,求粒子Q释放点的横纵坐标x、y应满足的函数关系。

答案全解全析

一、选择题

1.B　因为P处的电场强度为0,故k=k,因为MP=3PN,故q1=9q2,选项B正确。

2.D　A为带正电的金属板,此时不能将其看成点电荷,所以不能使用库仑定律求小球受到的静电力,选项A、B错误;小球受到的静电力方向水平向右,重力竖直向下,则小球的受力情况如图所示,由平衡条件得F=mg tan θ,选项C错误,D正确。

3.D　在O点放置一点电荷Q,以O为圆心作一圆,根据点电荷等势面的分布情况知,B、C、D三点的电势相等,因此A与B、C、D三点间的电势差相等,将一电荷从圆上的B、C、D三点移到圆外的A点的过程中,根据W=qU得知,静电力做功相等,选项D正确,A、B、C错误。

4.A　φ-x图线斜率的绝对值表示场强大小,从-2L处到2L处场强先减小后增大,选项A正确;从-L处的左边到右边,电势降低,由沿电场线方向电势降低可知,-L处场强方向沿x轴正方向,选项B错误;从-2L处到2L处,电势降低,由于移动的是电子,所以电子的电势能增大,静电力做负功,选项C错误;由图象可知,-2L处的电荷为正电荷,电荷量较大,2L处的电荷为负电荷,电荷量较小,则在x轴上只有一个点的场强为零,且位于2L处的右边,选项D错误。

5.B　A、D两点处正电荷在B、O、C三点产生的合场强大小关系是EC'>EO'>EB',由于金属球处于静电平衡状态,内部场强处处为0,所以金属球上感应电荷在三点产生的场强一定与外电场在三点的场强等大反向,即EC最大,B正确。

6.CD　当开关S断开时,电容器放电,有放电电流通过指示灯,则指示灯不会立即熄灭,A错误;电容器极板间的电压随着放电而减小,极板间的电场强度减小,小颗粒所受的电场力减小,小颗粒向下加速运动,由牛顿第二定律可得mg-qE=ma,解得a=g-,场强E减小,a增大,小颗粒做加速度逐渐增大的变加速运动,B错误,C正确;小颗粒开始下落阶段,电场力做负功,因此机械能逐渐减小,若小颗粒下落到下极板前电容器放电完毕,板间没有电场,小颗粒不再受电场力,只受重力,则此后小颗粒机械能守恒,因此小颗粒的机械能可能先减小,而后守恒,D正确。故选C、D。

7.BC　在匀强电场中,a、c两点的电势相等,故a、c连线为等势线,且φa=φc>φb,因电场线与等势面垂直且指向电势降低的方向,所以电场强度的方向垂直于ac向上,故A错误;过b点作ac的垂线,交ac于d点,如图

则电场强度的大小为E== V/cm=2 V/cm,故B正确;电子从a点移动到b点,电势能的增量为ΔEp=-eφb-(-eφa)=4 eV,故C正确;电子从c点移动到b点,电场力做功为Wcb=-eUcb=-4 eV,故D错误。故选B、C。

8.AD　由题可知,两个带电粒子都做类平抛运动,在水平方向做匀速直线运动,而且它们的水平位移相等、初速度相等,则在电场中的运动时间相等,选项A正确;粒子的竖直位移y=at2=,m、t、E相等,则两粒子带电荷量之比qM∶qN=yM∶yN=1∶2,带电粒子在电场中运动时,由功能关系可知,电势能减少量等于静电力做的功,则电势能减少量之比ΔEpM∶ΔEpN=qMEyM∶qNEyN=1∶4,选项B错误,D正确;由题意知,两带电粒子在电场中运动只受静电力作用,动能的增加量等于静电力所做的功,则它们的动能增加量之比ΔEkM∶ΔEkN=1∶4,选项C错误。

二、非选择题

9.答案　(1)变小(2分)　变大(2分)　变小(2分)

(2)静止不动(3分)

解析　(1)将A板向右平移,两板间距d减小,由C=可知电容变大,由U=可知,两极板间电势差变小,静电计指针张角变小。将A板竖直向下平移,两极板正对面积S减小,由C=可知电容减小,由U=可知,两极板间电势差变大,静电计指针张角变大。在A、B板间插入电介质,由C=可知电容变大,由U=可知,两极板间电势差变小,静电计指针张角变小。

(2)电容器带电荷量不变,改变两板间距,根据C=、C=和U=Ed得E=,可知,场强不变,则静电力不变,液滴仍然静止不动。

10.答案　(1)EL sin θ　(2)正电　　(3)

解析　(1)O、A之间电势差UOA=EL sin θ (3分)

(2)因为小球受到的电场力水平向右,电场线方向也是水平向右,所以小球带正电。受力分析如图所示。

有mg tan θ=qE (3分)

则q= (1分)

(3)电场力和重力的合力F=,将此合力视为“等效重力”,其方向沿OA方向。 (2分)

要使小球恰做完整的圆周运动,在等效最高点满足

F=,则v= (3分)

根据动能定理得F·2L=m(-v2) (2分)

解得vA= (1分)

11.答案　(1)×103 V　(2)y=x2,其中x>0

解析　(1)设粒子P的质量为m、带电荷量为q,从O点进入匀强电场时的速度大小为v0,由题意可知,粒子P在y轴右侧匀强电场中做类平抛运动,设从O点运动到M(4,3)点历时为t0,由类平抛运动规律可得

xM=v0t0 (2分)

yM=a1 (2分)

根据牛顿第二定律有:Eq=ma1 (2分)

联立解得:v0=×104 m/s

在金属板A、B之间,由动能定理有:qUAB=m (2分)

联立解得UAB=×103 V(2分)

(2)设P、Q在右侧电场中运动的加速度分别为a1、a2,Q粒子从N(x,y)点释放后,竖直向上做初速度为0的匀加速直线运动,经时间t与粒子P相遇,由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得,对于P粒子:

x=v0t (1分)

yP=a1t2 (1分)

对于粒子Q:Eq=2ma2 (2分)

yQ=a2t2 (2分)

因为a2<a1,所以粒子Q应在第一象限内释放,则有:

yP=y+yQ (2分)

联立解得y=x2,其中x>0 (2分)

即粒子Q释放点的横纵坐标满足的方程为y=x2,其中x>0。