2024春新教材高中物理第1章静电场的描述第2章静电场的应用达标检测卷粤教版必修第三册

第一、二章达标检测卷(考试时间：60分钟满分：100分)一、选择题：本题共20小题，每小题3分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是()A．依据电场强度的定义式E＝eq\f(F,q)可知，电场中某点的电场强度与摸索电荷所带的电荷量成反比B．依据电容的定义式C＝eq\f(Q,U)可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间电压成反比C．依据真空中点电荷的电场强度公式E＝keq\f(Q,r2)可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关D．依据电势差的定义式UAB＝eq\f(WAB,q)可知，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服静电力做功为1J，则A、B两点间的电势差为－1V【答案】D【解析】电场强度取决于电场本身，与有无摸索电荷无关，A错误；电容取决于电容器本身，与电容器所带电荷量和两极板间电压无关，B错误；E＝keq\f(Q,r2)中，Q是场源电荷，所以电场中某点的电场强度与Q成正比，C错误；由UAB＝eq\f(WAB,q)知，D正确．2．如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不行伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b．不计空气阻力，则下列说法正确的()A．小球带负电B．电场力跟重力平衡C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小D．小球在运动过程中机械能守恒【答案】B【解析】由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0，电场力方向竖直向上，小球带正电，A错误，B正确；从a→b，电场力做负功，电势能增大，C错误；由于有电场力做功，机械能不守恒，D错误．3．(2024年朔州名校检测)图中带箭头的直线是某电场中的一条电场线，在这条直线上有a、b两点，若用φa、φb表示a、b两点的电势大小，则()A．电场线是从a指向b，所以有φa＞φbB．a、b两点的场强方向相反C．同一负电荷在b点的电势能小于在a点的电势能D．若此电场是由一负点电荷所产生的，则有Ea＞Eb【答案】A【解析】沿着电场线电势降低，所以φb＜φa，A正确；a、b两点在同一条电场线上，电场强度方向相同，B错误；依据公式Ep＝qφ，可知同一负电荷在b点的电势能大于在a点的电势能，C错误；若场源电荷电性为负，则应在b点左侧，有Ea＜Eb，D错误．4．如图所示，电场中有A、B两点，则下列说法中正确的()A．电势φA＜φB，场强EA＞EB B．电势φA＞φB，场强EA＞EBC．电势φA＜φB，场强EA＜EB D．电势φA＞φB，场强EA＜EB【答案】D【解析】依据沿电场线电势降低可知φA＞φB；依据电场线越密的位置电场强度越大可知EA＜EB，故D正确．5．如图所示，将一个不带电的金属球A放在带正电的点电荷Q的左侧，当金属球达到静电平衡时，下列推断正确的是()A．金属球将产生出正电荷B．点电荷Q在A的球心处产生的电场强度为零C．金属球左侧将出现负的净电荷D．A的内部合电场强度到处为零【答案】D【解析】感应起电的实质是电子的转移，没有产生新的电荷，故A错误；由于球处于静电平衡状态，所以内部的场强为零，即正电荷和感应电荷在内部产生的合场强为零，正点电荷Q在球心处产生的场强方向向左，所以感应电荷在球内球心处产生的场强方向向右，故B错误，D正确；达到静电平衡后，金属球右侧将出现负的净电荷，金属球左侧将出现正的净电荷，故C错误．6．如图所示，在阴极射线管的阴、阳两极间加上电压U，电子电量为－e，电子从阴极动身，到达阳极时()A．动能不变 B．动能削减了eUC．电势能削减了eU D．电势能增加了eU【答案】C【解析】因为电子从阴极动身到达阳极过程中，电场力做功为W＝eU，即电场力做正功，则电势能削减，动能增加，且电势能削减了eU，动能增加了eU，故C正确，A、B、D错误．7．假如将q＝－2×10－8C的点电荷从电场中的a点移动到b点，电场力对该电荷做了4×10－7J的正功，则该电荷的电势能()A．增加了20J B．增加了4×10－7JC．削减了8×10－7J D．削减了4×10－7J【答案】D【解析】由功能关系可知，把q＝－2×10－8C的点电荷从a点移到b点，电场力对该电荷做了4×10－7J的正功，则该点电荷的电势能将减小4×10－7J，故D正确．8．一个带正电的质点，电量q＝2.0×10－9C，在电场中由A点移到B点．在此过程中，除电场力外，其他力做的功为6.0×10－5J，质点的动能增加了8.0×10－5J，则A、B两点间的电势差UAB为()A．3.0×104V B．1.0×104VC．4.0×104V D．7.0×104V【答案】B【解析】由题意，依据动能定理有W＋qUAB＝ΔEk，解得UAB＝1.0×104V，故B正确．9．有一接地的导体球壳，如图所示，球心处放一点电荷q，达到静电平衡时，则()A．点电荷q的电荷量变更时，球壳外电场随之变更B．点电荷q在球壳外产生的电场强度为零C．球壳内空腔中各点的电场强度都为零D．点电荷q与球壳内表面的电荷在壳外的合场强为零【答案】D【解析】由于球壳接地，在静电平衡后，球壳与大地是等势体，所以球壳外的电场为0，不随q的变更发生变更，A错误；平衡状态后，q与球壳内表面的电荷在壳外的合场强为零，q单独在球壳外产生的电场强度不为零，B错误；金属球壳外表面接地，所以球壳外表面不带电，内表面带与q相反电性的电荷，当到达静电平衡状态后，q与球壳内表面的电荷在壳外的合场强为零，故C错误，D正确．10．一只竖直向上的避雷针发生尖端放电时在空间形成的电场如图，在空间取一条水平线abc和一条圆弧线adc，bd连线为ac连线的中垂线，图中所画电场线关于直线bd对称，以下说法正确的是()A．adc是一条等势线B．沿abc移动与沿adc移动点电荷电场力做的功均为零C．a、c两点的电场强度相同D．正点电荷在b点比在d点受到的电场力大，且在b点比在d点的电势能大【答案】B【解析】无法确定圆弧adc是不是一条等势线，A错误；因ac两点电势相等，可知沿abc移动与沿adc移动点电荷电场力做的功均为零，B正确；a、c两点的电场强度大小相等，但是方向不同，C错误；b点电场线较d点密集，可知b点场强比d点大，正点电荷在b点比在d点受到的电场力大；沿电场线电势降低，可知d点电势高于b点，正电荷在b点比在d点的电势能小，D错误．11．如图所示，水平向右的匀强电场中，电荷量为＋2C的带电小球在A点的电势能为6J，在B点的电势能为2J，已知A点与B点间的距离为0.2m，A、B连线与电场线平行．下列说法正确的是()A．电场强度的大小为0.1V/mB．电场强度的大小为10V/mC．若带电小球沿曲线ACB由A运动到B，则动能增加量大于4JD．若带电小球沿曲线ACB由A运动到B，则动能削减量等于4J【答案】B【解析】由电势能确定式Ep＝φq，可知φA＝3V，φB＝1V，所以电场强度的大小为E＝eq\f(φA－φB,dAB)＝10V/m，故A错误，B正确；电场力做功与路径无关，粒子沿曲线ACB运动，动能增加量等于电势能的削减量，等于4J，故C、D错误．12．如图所示，在一匀强电场中的A、B、C、D四点构成一个菱形，场强方向平行于菱形所在平面，菱形的对角线AC＝12cm、BD＝16cm．规定A点的电势为零，将一个电子从A移到B，克服电场力做了8eV的功；将一个电子从A移到C，电场力做了8eV的功．则下列说法正确的是()A．D点的电势为16VB．电场强度的方向沿CB方向C．一个初动能为16eV的电子从C点动身有可能到达B点D．一个初动能为24eV的电子从D点动身有可能到达B点【答案】A【解析】由题意可知UAB＝eq\f(WAB,－e)＝8V，UAC＝eq\f(WAC,－e)＝－8V，而φA＝0，所以φB＝－8V，φC＝8V，依据UAB＝UDC求得φD＝16V，A正确；因BC的中点M电势也为0，故AM连线在一个等势面上，如图所示，电场强度的方向应垂直AM连线，不沿CB方向，也不沿DB方向，B错误；由以上分析可知，电子从C到B不能是直线运动，到达B点时应还有动能，由于UCB＝16V，可知电子从C到B须要克服电场力做功16eV，故一个初动能为16eV的电子从C点动身不行能到达B点，C错误；由以上分析可知，电子从D到B不能是直线运动，到达B点时应还有动能，由于UDB＝24V，可知电子从D到B须要克服电场力做功24eV，故一个初动能为24eV的电子从D点动身不行能到达B点，D错误．13．计算机键盘每个键下面都连有一块小金属片，与该金属片隔有肯定空气间隙的另一块固定的小金属片组成一个可变电容器，如图所示．当连接电源不断电，按下某个键时，与之相连的电子线路就给出该键相应的信号．当按下该键时，下列说法正确的是()A．电容减小 B．极板间的电压增大C．极板间的电场强度变大 D．极板间的电量不变【答案】C【解析】当按下该键时，两金属片间距d减小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，电容C变大，故A错误；由于电容器保持与电源相连，极板间的电压不变，故B错误；由E＝eq\f(U,d)，U不变，d减小，所以极板间的场强变大，故C正确；由Q＝CU，U不变，C变大，所以极板的电量变大，故D错误．14．如图所示，相距较近的一对带等量异种电荷的平行金属板水平放置，两板间的电场可看作匀强电场．一电子以初速度v0沿平行于板面的方向射入匀强电场，运动轨迹如图中实线所示．则电子在两板间运动过程中()A．速度渐渐增大 B．加速度渐渐增大C．电子的电势能渐渐增大 D．静电力对电子做负功【答案】A【解析】电子在两板间运动过程中，静电力对电子做正功，电子速度渐渐增大，电势能渐渐减小，由于电子所受电场力不变，所以加速度不变，故A正确，B、C、D错误．15．在某雷雨天，一雷雨云下方存在一沿竖直方向的匀强电场，其电场强度为104V/m．一半径为1mm的球形雨滴在此电场中不会下落，则该雨滴携带的电荷量的最小值约为(重力加速度取10m/s2，水的密度为103kg/m3)()A．2×10－9C B．4×10－9CC．6×10－9C D．8×10－9C【答案】B【解析】带电雨滴在电场力和重力作用下保持静止，依据平衡条件电场力和重力必定等大反向mg＝Eq，其中m＝ρV，V＝eq\f(4,3)πr3，解得q＝eq\f(mg,E)＝eq\f(ρ\f(4,3)×πr3g,E)＝eq\f(103×\f(4,3)×3.14×10－9×10,104)C≈4×10－9C．故B正确．16．三个带电粒子的电荷量和质量分别为：甲粒子(q，m)、乙粒子(－q，m)、丙粒子(2q，4m)，它们先后以相同的速度从坐标原点O沿x轴正方向射入沿y轴负方向的匀强电场中，粒子的运动轨迹如图所示．不计重力，q＞0．则甲、乙、丙粒子的运动轨迹分别是()A．①、②、③ B．③、①、②C．②、①、③ D．③、②、①【答案】B【解析】由图可知，匀强电场的方向竖直向下，而①轨迹对应的粒子所受的电场力方向竖直向上，故①轨迹对应的粒子带负电，即为乙粒子；由图可知，②、③轨迹对应的粒子，在水平方向都做匀速直线运动，且水平位移相同，则两粒子的运动时间相同，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，在相同的时间内，②轨迹对应的粒子的竖直位移较小，故②轨迹对应的加速度较小，而甲粒子的加速度为a甲＝eq\f(qE,m)，丙粒子的加速度a丙＝eq\f(2qE,4m)＝eq\f(qE,2m)，则有a丙＜a甲，故②轨迹对应的粒子为丙粒子，而③轨迹对应的粒子为甲粒子，故B正确，A、C、D错误．17．如图，带电的平行板电容器和静电计用导线相连()A．若仅使上极板上移一段距离，则电容器的电容增大B．若仅向两板间插入云母介质，则板间电场强度减小C．若静电计指针张角增大，可能仅是因为两板正对面积增大D．若静电计指针张角减小，可能仅是因为两板间距变大【答案】B【解析】根C＝eq\f(εrS,4πkd)据可知，若仅使上极板上移一段距离，则d变大，电容器的电容减小，A错误；依据C＝eq\f(εrS,4πkd)，若仅向两板间插入云母介质，则电容器的电容变大，依据C＝eq\f(Q,U)可知，两板电势差U减小，依据E＝eq\f(U,d)可知板间电场强度减小，B正确；若仅是因为两板正对面积增大，依据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知C变大，由C＝eq\f(Q,U)可知U减小，即静电计指针张角减小，C错误；仅是因为两板间距变大，依据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知C变小，由C＝eq\f(Q,U)可知U变大，即静电计指针张角变大，D错误．18．一带正电粒子仅在电场力作用下从A点经B、C运动到D点，其v－t图像如图所示，则下列说法中正确的是()A．A处的电场强度肯定小于B处的电场强度B．A处的电势肯定大于在B处的电势C．CD间各点电场强度和电势都为零D．AB两点间的电势差不等于CB两点间的电势差【答案】B【解析】由v－t图像斜率可看出，带正电的粒子的加速度在A点时较大，由牛顿其次定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度肯定大于B点的电场强度，A错误；B点速度比A点的速度大，说明从A到B电场力做正功，电势能减小，由于是正电荷，依据φ＝eq\f(Ep,q)，电势也减小，A点电势大于B点电势，B正确；CD间各点电荷的加速度为零，故不受电场力，故电场强度为零，电场强度为零，说明各点之间的电势差为零，但电势不肯定为零，C错误；A、C两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到C电场力做功的肯定值相同，AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差，D错误．19．如图所示，一质量为m、带电荷量为q的粒子，以初速度v0从a点竖直向上射入匀强电场中，匀强电场方向水平向右．粒子通过电场中的b点时，速率为2v0，方向与电场方向一样，则a、b两点间的电势差为()A．eq\f(mveq\o\al(2,0),2q) B．eq\f(3mveq\o\al(2,0),q)C．eq\f(2mveq\o\al(2,0),q) D．eq\f(3mveq\o\al(2,0),2q)【答案】C【解析】由题意可知，粒子受重力和水平方向的静电力作用，由加速度定义a＝eq\f(Δv,Δt)，可得加速度的大小ax＝2ay＝2g，由牛顿其次定律可知，qE＝2mg，水平位移x＝eq\f(2v0,2)t，竖直位移y＝eq\f(v0,2)t，即x＝2y，因此静电力做功W1＝qEx＝qUab，重力做功W2＝－mgy＝eq\f(－W1,4)，由动能定理得W1＋W2＝eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Uab＝eq\f(2mveq\o\al(2,0),q)．20．如图所示，A、B两带正电粒子质量相等，电荷量之比为1∶4．两粒子在O上方同一位置沿垂直电场方向射入平行板电容器中，分别打在C、D两点，OC＝CD．忽视粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是()A．A和B在电场中运动的时间之比为1∶2B．A和B运动的加速度大小之比为4∶1C．A和B的初速度大小之比为1∶4D．A和B的位移大小之比为1∶2【答案】C【解析】粒子电荷量之比为1∶4，粒子在竖直方向上做匀加速运动，由h＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qE,2m)t2，可知A和B在电场中运动的时间之比为2∶1，故A错误；A、B两带正电粒子质量相等，电荷量之比为1∶4，依据qE＝ma，所以A和B运动的加速度大小之比为1∶4，故B错误；依据题意OC＝CD，两粒子在水平方向上做匀速运动，依据l＝v0t，可知A和B的初速度大小之比为1∶4，故C正确；A和B的水平位移大小之比为1∶2，竖直方向也有位移，那么合位移之比不等于1∶2，故D错误．二、非选择题：本题共3小题，共40分．21．(12分)如图甲是视察用干电池对电容器充电过程中电容器两端电压随时间变更的图像，图乙是其对应的充电电流随时间变更的图像．在充电的起先阶段，充电电流较大，电容器两端电压U增加______(填“较快”或“较慢”)，随着电容器两端电压的增加，充电电流__________(填“渐渐减小”或“渐渐增加”)，且电容器两端电压U的上升速度变缓，电压U向着____________趋近．在充电过程中电容器的电能______．充电起先的瞬间电容器两端电压__________(填“能突变”或“不能突变”)．通过图像看出在第2s时电容器增加的电荷量Q约为________C(已知Q＝It)．【答案】较快渐渐减小10V增加不能突变0.7×10－322．(14分)如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为l＝0.20m的绝缘轻线把质量m＝0.10kg、带有正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时轻线与竖直方向的夹角θ＝37°．现将小球拉至位置A，使轻线水平张紧后由静止释放．g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80．求：(1)小球所受静电力的大小；(2)小球通过最低点C时的速度大小；(3)小球通过最低点C时轻线对小球的拉力大小．【答案】(1)0.75N(2)1.0m/s(3)1.5N【解析】(1)小球受重力mg、静电力F和拉力FT，其静止时受力如图所示．依据共点力平衡条件有F＝mgtan37°＝0.75N．(2)设小球到达最低点时的速度为v，小球从水平位置运动到最低点的过程中，依据动能定理有mgl－Fl＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gl（1－tan37°）)＝1.0m/s．(3)设小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为F′T．依据牛顿其次定律有F′T－mg＝meq\f(v2,l)，解得F′T＝1.5N．23