高二物理人教版选修31： 静电场　单元检测

1、.2019-2019高二物理人教版选修3-1：静电场 -单元检测一、单项选择题本大题共11小题，共44.0分1. 以下关于起电的说法错误的是()A. 不管是何种起电方式，都要遵循电荷守恒定律B. 摩擦起电时，失去电子的物体带正电，得到电子的物体带负电C. 摩擦和感应都能使电子转移，只不过前者使电子从一个物体转移到另一个物体上，而后者那么使电子从物体的一部分转移到另一部分D.  物体带电量有可能是3×1019C2. 如下图，光滑绝缘的程度面上的P点固定一个带正电的点电荷，在它的右侧N点由静止开场释放一个也带正电的小球可视为质点，以向右为正方向，以下选项中能反映小球运动速度随时

2、间变化规律的是 A. B. C. D. 3. 如图，在光滑绝缘程度面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为L的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电。整个系统置于方向程度的匀强电场中。静电力常量为k。假设三个小球均处于静止状态，那么匀强电场场强的大小为 A. 3kq3l2B. 3kql2C. 3kql2D. 23kql24. 如下图，曲线是电场中的一组电场线，A、B是电场中的两点，那么以下说法正确的选项是A. 电势A>B，场强EA<EBB. 电势A>B，场强EA>EBC. 将q电荷从A点移到B点电场力做正功D. 将q电荷分别放在A、B两点时具有的电

3、势能EPA>EPB5. 在电场中的a点放一试探电荷+q，它受到的电场力大小为F，方向程度向右，那么a点的场强大小为Ea=Fq，方向程度向右，以下说法正确的选项是A. 在a点放置一个负试探电荷2q，a点的场强变为2EB. 在a点放置一个负试探电荷2q，a点的场强方向变为程度向左C. 在a点放置一个电荷量为2q的检验电荷，那么a点的场强变为2ED. 在a点放置一个电荷量为2q的检验电荷，那么a的场强仍为E6. 如下图，a、b是两个电荷量都为Q的正点电荷。O是它们连线的中点，P、P是它们连线中垂线上的两个点。从P点由静止释放一个质子，质子将向P运动。不计质子重力。那么质子由P向P运动的情况是A

4、. 先做加速运动，后做减速运动B. 一直做加速运动，加速度一定是逐渐减小C. 一直做加速运动，加速度一定是逐渐增大D. 一直做加速运动，加速度可能是先增大后减小7. 如下图，在匀强电场中有四条间距均为d的平行等势线1、2、3、4，各条线上的电势分别为0、0、20、30，其中0>0；有一个带电粒子，质量为m不计重力，电荷量为q，从A点与等势线4成角以初速度v0射入电场中，到达等势线2上的B点时，速度方向恰好程度向左，那么匀强电场场强的大小为       A. B. C. D. 8. 如下图，半径为40cm的圆O所在的平面内有匀强电

5、场存在，电场方向与圆面平行，圆上互相垂直的两条直径与圆的四个交点分别为a，b，c，d，其中三个交点a、b、c的电势分别为4V、4V、60V，以下判断正确的选项是A. d点电势为4VB. d点的电势为52VC. 电场强度方向与ac平行D. 电场强度方向与ac垂直9. 如下图电路中，A、B为两块竖直放置的金属板，G是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是A. 使A、B两板靠近一些B. 使A、B两板正对面积错开一些C. 断开S后，使B板向左平移靠近A一些D. 断开S后，使A、B正对面积错开一些10. 如下图，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开场运动，

6、然后射入电势差为U2的两块平行极板间的偏转匀强电场中，在满足电子能射出平行极板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变小的是A. U1变大、U2变大B. U1变小、U2变大C. U1变小、U2变小D. U1变大、U2变小11. 如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点不计重力以下说法正确的选项是A. N带负电荷，M带正电荷B. M在a点的动能小于它在b点的动能C. N在d点的电势能等于它在e点的电势能D. N在从c点运动到d点的过程中抑制电场力做功二、多项选择题本大题共4小题，共2

7、4.0分12. 如下图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面纸面内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称忽略空气阻力由此可知A. Q点的电势比P点低B. 油滴在Q点的动能比它在P点的大C. 油滴在Q点的电势能比它在P点的大D. 油滴在Q点的加速度大小与它在P点的加速度大小相等13. 有三个质量相等的小球，分别带正电、负电和不带电，以一样的程度速度由P点射入程度放置的平行金属板间，它们分别落在下板的A，B，C三处，两金属板的上板带负电荷，下板接地，如下图，以下判断正确的选项是A. 落在A，B，C三处的小球分别是带正电、不带电和带负电的B. 三小球在该电场中的加速度大小关系是aA<

8、aB<aCC. 三小球从进入电场至落到下板所用的时间相等D. 三小球到达下板时动能的大小关系是EKC<EKB<EKA14. 如下图，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，一个电子只受电场力的作用，经过等势面D时的动能为6eV，经过等势面A时的动能为21eV，等势面B的电势为0假设相邻两等势面间的间隔 均为5cm，以下判断正确的选项是A. 电子的动能和电势能总和为0B. 当电子的动能是10eV时其电势能为6eVC. 电子经过A等势面时电势能为5eVD. 电场强度大小为200N/C15. 真空中相距为3a的两个点电荷M、N，分别固定于x轴上x1=0和x2=3a的两点上，在它

9、们连线上各点场强E随x变化关系如下图，以下判断正确的选项是A. x=2a处的电势一定为零B. 点电荷M、N一定为同种电荷C. 在两点电荷之间沿x轴正向电势降低D. 点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4：1三、计算题本大题共3小题，共32.0分16. 竖直放置的平行金属板A .B 相距30cm, 带有等量异种电荷。在两板间用绝缘细线悬挂一个质量m =4.0×10-5kg, 带电荷量q =3.0×10-7C 的小球，平衡时悬线偏离竖直方向夹角=37°如下图。sin37°=0.6 cos37°=0.8，g=10m/s2求； 1电场强度大小。 2A、

10、B 两板间的电压。17. 如下图，在程度向右的、强度E = 2019V/m的匀强电场中，质量m = 1.73mg的带电粒子以大小v0 = 10m/s、方向和程度方向成30°的初速度从A点射入，发现它恰能做直线运动。以A点所在的等势面为参考平面，电场区域足够大。试求： 1粒子的电性和电量；2粒子沿直线前进的最大间隔 ；3粒子可以获得的最大电势能。18. 如下图，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、电场强度为E的匀强电场，在与右侧虚线相距L处有一与电场平行的屏现有一电荷量为q、质量为m的带电粒子重力不计，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O试求：1粒子从

11、射入到打到屏上所用的时间；2粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tana；3粒子打到屏上的点P到O点的间隔 x答案和解析1.【答案】D【解析】【分析】明确电荷守恒定律的内容，知道起电的本质是电荷的转移；并且主要是电子的转移；并能正确进行解释即可求解。 元电荷又称“根本电量，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都等于元电荷或者是元电荷的整数倍。电荷守恒定律：电荷既不能被创造，也不能被消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移的过程中，电荷的总量保存不变。【解答】A.不

12、管是何种起电方式，都要遵循电荷守恒定律；故A正确；B.摩擦起电时，电子发生转移；失去电子的物体带正电，得到电子的物体带负电；故B正确；C.起电的原因均为电荷的转移；摩擦和感应都能使电子转移，只不过前者使电子从一个物体转移到另一个物体上，而后者那么使电子从物体的一部分转移到另一部分；故C正确；D.元电荷的值通常取作e=1.60×10-19C，所有带电体的电荷量都等于元电荷的整数倍，故D错误。故选D。2.【答案】D【解析】【分析】N点的小球释放后，受到向右的库仑力的作用，根据分析库仑力的变化，根据牛顿第二定律分析加速度，而v-t图像中图像的斜率表示物体运动的加速度，即可得出正确的答案。本

13、题主要考查了v-t图像、库仑定律和牛顿第二定律的应用，难度一般，基础题。【解答】N点的小球释放后，受到向右的库仑力的作用，开场向右运动，根据库仑定律可得，随着两者之间的间隔 的增大，N受到的库仑力在减小，根据牛顿第二定律可得，N点的点电荷做加速度减小的直线运动，而v-t图像中图像的斜率表示物体运动的加速度，故D正确，ABC错误。故选D。3.【答案】B【解析】【分析】三个小球均处于静止状态，以整个系统为研究对象根据平衡条件得出c的电荷量，再以c电荷为研究对象受力分析求解。本题主要考察库仑定律及平行四边形定那么。【解答】设c电荷带电量为Q，以c电荷为研究对象受力分析  根据平衡

14、条件得a、b对c的合力与匀强电场对c的力等值反向，即： ， 所以匀强电场场强的大小为，故B正确，ACD错误。故选B。4.【答案】B【解析】解：A、B由图看出，A处电场线比B处电场线密，那么A点场强大于B点的场强，沿电场线方向电势逐渐降低，故AB故A错误，B正确。C、从高电势向低电势移动负电荷电场力做负功。故C错误。D、负电荷在电势低的地方电势能大，故将-q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能在B点大。故D错误。故选：B。电场线越密，场强越大沿电场线方向电势逐渐降低，从高电势向低电势移动正电荷电场力做正功掌握电场线的特点：疏密表示场强的大小，切线方向表示场强的方向，沿电场线方

15、向电势逐渐降低5.【答案】D【解析】解：据题意可知，该点的场强方向程度向右；电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；场强公式E=，是采用比值法下的定义，所以在该点放置不同的检验电荷，该点的场强不变；由上分析可知，当在a点放置一个电荷量为2q的检验电荷，那么a点的场强仍不变，故ABC错误，D正确。故选：D。电场中的场强取决于电场本身，与有无检验电荷无关；利用场强方向的规定判断电荷所受的电场力。明确电场中的场强取决于电场本身，与有无检验电荷无关是解题的关键，同时理解比值定义法的含义。6.【答案】D【解析】解：a、b是两个电荷量都为Q的正点电荷O是它们连线的中点，从P点静止释放一个质子后将向P运

16、动，由于电场强度方向是P指向P，那么质子受到的电场力指向PP，所以质子做加速运动，由于电场强度的大小不定，从P到P电场强度可能减小，也可能先增加后减小，也可能增加，所以加速度可能减小，也可能先增加后减小，也可能增加，因此只有D正确；ABC均是错误；故选：Da、b为两个等量的正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向PP，质子从P点到P点运动的过程中，电场力方向PP，但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，那么电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定PP过程中，质子一直做加速运动，但加速度变化情况不确定本题考查对等量异种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场

17、线的对称性7.【答案】A【解析】【分析】本题考查匀强电场，电场力。根据等势线判断电场线竖直向下，又电荷到达等势线2上的B点时，速度方向恰好程度向左，说明竖直方向减速运动，且到B点竖直速度为零，由运动的独立性结合运动学公式求解。解题的关键是知道B点速度程度，电场力做功。【解答】由题意，将速度v0分解为程度和竖直的分量，竖直的分量为v0sin，在竖直方向根据运动学公式有解得，故A正确，BCD错误。故选A。8.【答案】B【解析】【分析】在匀强电场中，两条任意方向的平行线，经过相等的间隔 ，电势差相等，可求d点的电势；电场线一定垂直等势线可分析CD。本题考查匀强电场的能的性质，关键是知道匀强电场中等间

18、隔 的电势差相等进行分析。【解答】AB.在匀强电场中，因为ab连线平行dc连线，所以，由此可求得d点的电势为52V ，故B正确，A错误；C.因为b、d电势不相等，所以bd不是等势面，故电场线不平行ac，故C错误D.因为a、c电势不相等，所以ac不是等势面，故电场线不垂直ac，故D错误故选B。9.【答案】D【解析】图中静电计的金属杆接A板，外壳和B板均接地，静电计显示的是A、B两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高当合上S后，A、B两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压不变，静电计指针张角不变；当断开S后，板间间隔 减小，使电容器的电容变大，而电容器电荷量不变，由UQ/C

19、可知，板间电压U减小，从而静电计指针张角减小，C错误；正对面积减小，都将使电容器的电容变小，而电容器电荷量不变，由UQ/C可知，板间电压U增大，从而静电计指针张角增大D正确.开关S闭合，电容器两端的电势差不变；断开S，电容器所带的电量不变；通过确定电容器两端间的电势差变化判断指针张角的变化本题是电容器的动态分析，关键抓住不变量，开关S闭合，电容器两端的电势差不变；断开S，电容器所带的电量不变10.【答案】D【解析】解：根据动能定理：eU1=mv2得：v=在偏转电场中vy=ata=t=vy=attan=假设使偏转角变小即使tan变小，由上式看出可以减小U2增大U1故选：D。电子经电场加速后，进入

20、偏转电场，在程度方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出电子分开电场时数值方向分速度，表示出偏转角正切值的表达式，从而判断使偏转角变小的方法本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成，常规问题11.【答案】C【解析】【分析】根据轨迹的弯曲，确定粒子所受的力是吸引力还是排斥力，从而确定粒子的电性；根据动能定理，结合库仑力做功情况判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化。 本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，掌握判断动能和电势能变化的方向，一般的解题思路是根据动

21、能定理判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化。【解答】A.由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A正确；B.M从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，那么b点的动能小于在a点的动能，故B正确；C.d点和e点在同一等势面上，电势相等，那么N在d点的电势能等于在e点的电势能，故C正确；D.N从c到d，库仑斥力做正功，故D错误。故选C。 12.【答案】BD【解析】【分析】根据曲线运动的性质以及运动轨迹可明确粒子受力情况，再根据电场力的性质即可判断电场线的方向，从而明确电势上下；根据电场力做功情况可明确动能的变化以及电势能的变化；根据

22、力的性质可明确加速度的关系。本题考查带电粒子在匀强电场中的运动，要注意本题中油滴受到重力和电场力作用，这里应先考虑合力，再去分析电场力的性质；同时注意掌握物体做曲线运动的条件应用。【解答】A.根据粒子的弯折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同时因轨迹关于P点对称，那么可说明电场力应竖直向上；粒子带负电，故说明电场方向竖直向下；那么可判断Q点的电势比P点高，故A错误；B.粒子由P到Q过程，合外力做正功，故油滴在Q点的动能比它在P点的大，故B正确；C.因电场力竖直向上，故油滴由P到Q的过程中，电场力做正功，故电势能减小，Q点的电势能比它在P点的小，故C错误；D.因受力为恒力，故PQ两点加速度大小一

23、样，故D正确。故选BD。13.【答案】AB【解析】【分析】三个小球在电场中做平抛运动或类平抛运动，程度方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动；由图看出程度位移的关系，比较运动时间关系；竖直位移大小相等，根据牛顿第二定律和位移公式分析加速度关系，判断三个小球的电性；根据动能定理分析三小球到达下板时的动能关系。类平抛运动和平抛运动研究的方法相似，都可运用运动的合成与分解方法研究，只是两种运动加速度不同；本题要根据轨迹直接看出两个方向位移的关系，这是分析其他量关系的基础。【解答】ABC.三个小球在程度方向都做匀速直线运动，由图看出程度位移关系是：xAxBxC，三个小球程度速度v0一样，由x=v

24、0t得运动时间关系是：tAtBtC；竖直方向上三个小球都做匀加速直线运动，由图看出竖直位移y大小相等，由得到加速度关系为：aAaBaC；根据牛顿第二定律得到合力关系为：FAFBFC，三个小球重力一样，而平行金属板上板带负极，可以判断出来A带正电、B不带电、C带负电，故AB正确，C错误；D.三个小球所受合力方向都竖直向下，都做正功，竖直位移大小相等，而合力FAFBFC，那么合力做功大小关系为：WAWBWC，根据动能定理得，三小球到达下板时的动能关系是EkCEkBEkA，故D错误。故选AB。14.【答案】BC【解析】解：A、电子由D到A动能变大，那么电场力做正功，场强的方向为由A指向D，等势面B的

25、电势为0，那么ACD三个等势面的电势分别为U、-U、-2U；在D等势面时总能量ED=-2U-e+6eV；同理在A等势面时总能量EA=U-e+21eV；因电子的总能量守恒，那么-2U-e+6eV=U-e+21eV，解得U=5V，那么电子的动能和电势能总和为E=16eV，当电子的动能是10eV时其电势能为6eV；选项A错误，B正确；电子经过A等势面时电势能为-5eV，选项C正确；电场强度大小为，选项D错误； 故选：BC。根据电势能公式Ep=q求解C等势面的电势。电子从D到B过程，根据动能定理求出BD间电势差，即可得到B等势面的电势，从而求出电子通过B等势面时的电势能，即可得到总能量；根据电场线与等

26、势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面，分析电势的上下。本题是带电粒子在匀强电场中的运动问题，关键是知道只有电场力做功时电子的电势能和动能之和守恒，根据功能关系即可分析。15.【答案】BD【解析】解：A、x=2a处的场强为零，但由于电势与场强无关，那么场强为零的地方电势不一定为零，故A错误；B、x从0到3a，场强先正方向减少到零又反方向增加，必为同种电荷，故B错误；C、由于两点电荷为同种电荷，那么根据同种电荷电场线的分布规律可知，电势不会沿x轴正向降低，故C错误；D、x=2a处的合场强为0，由E=k得：k=k，得QM：QN=4：1，故D正确。故选：BD。场强为零的地方电势不一定为零，电

27、势零点是人为选取的。场强先正方向减少到零又反方向增加，必为同种电荷，由点电荷公式判断电荷量之比。本题的关键要要掌握同种电荷和异种电荷电场的分布情况，知道空间每一点的电场是由两个点电荷产生的电场的叠加，电势与场强无关。16.【答案】解：1根据共点力平衡得电场力F=qE=mgtan37°解得E=mgtan37°q=4×105×10×0.753×107=1000N/C2A、B两边间的电压U=Ed=1000×0.3V=300V【解析】1根据共点力平衡得出电场力的大小，进而求解电场强度大小；2通过电场强度，结合两极板间的间隔 求出A、

28、B两板间电压。本题考查了电场强度定义式、电势差与电场强度关系以及共点力平衡的综合运用，在U=Ed中，注意d为沿电场线方向上的间隔 。17.【答案】解：1由题意可知，该带电粒子所受的电场力方向应程度向左，与电场方向相反，所以粒子带负电设其电荷量为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为 F=mgsin30°=2mg根据动能定理得：Fx=012mv02联立得：x=2.5m3U=Ed=Excos