新教材同步系列2024春高中物理章末综合测评1静电场的描述粤教版必修第三册

章末综合测评(一)静电场的描述一、单项选择题：本题共7小题，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．下列关于点电荷的叙述正确的是()A．点电荷就是电荷量和体积都足够小的带电体B．体积大、形态怪异的带电体肯定不能视为点电荷C．点电荷所带电荷量的肯定值为1.6×10-19CD．带电体的形态和大小对其库仑力的影响可忽视时，带电体可看作点电荷2．如图所示，a、b两点位于以负点电荷－Q(Q>0)为球心的球面上，c点在球面外，则()A．a点电势比c点低B．b点电势比c点高C．a、b两点场强相同D．b点场强的大小比c点小3．如图所示，在匀强电场中取一点O，过O点作射线OA＝OB＝OC＝20cm，∠AOB＝∠BOC，已知O、A、B、C各点的电势分别为0、7V、8V、7V，则匀强电场的电场强度的大小和方向是()A．35V/m，沿OA方向B．35V/m，沿OC方向C．40V/m，沿OB方向D．40V/m，沿BO方向4．如图所示，三个同心圆是以同一负点电荷为圆心的等势面，相邻等势面的电势差相等，则下列说法正确的是()A．一个点电荷＋q在B点所受的静电力比在A点的大B．一个点电荷＋q在B点具有的电势能比在A点的小C．将同一个电荷由B点移到D点静电力做的功比由C点移到A点多D．将电荷＋q由B点移到C点，静电力做正功5．如图甲、乙所示，两个带电荷量均为q的点电荷分别位于带电荷量线密度相同、半径相同的半圆环和34圆环的圆心，环的粗细可忽视不计。若图甲中环对圆心点电荷的库仑力大小为F甲乙A．32FB．12FC．22F6．如图所示，绝缘光滑圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60°角，bc连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态。下列说法正确的是()A．a、b、c小球带同种电荷B．a、b小球带异种电荷，b、c小球带同种电荷C．a、b小球电荷量之比为3D．a、b小球电荷量之比为37．光滑水平面上的两个小球A、B围着它们连线上的某点做匀速圆周运动，两个小球间的距离为L并保持不变，小球A、B所带电荷量分别为＋2Q和－Q，质量分别为m和2m。不计两球间的万有引力，则下列说法正确的是()A．A、B所受库仑力大小之比为2∶1B．A、B的线速度大小之比为2∶1C．若仅把B的电荷量变为－2Q，则稳定后A、B做圆周运动的半径之比为1∶1D．若仅把A的质量变为2m，则稳定后A、B的线速度大小之比为2∶1二、多项选择题：本题共3小题，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。8．如图所示，虚线1、2、3表示电场中的三条等势线，一电子从电场中的a点由静止释放后沿直线运动到b点，不计电子重力，则下列说法正确的是()A．a点场强大于b点场强B．a点场强小于b点场强C．a点电势高于b点电势D．a点电势低于b点电势9．一带负电的粒子只在静电力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变更的关系如图所示，其中O～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是()A．x1处电场强度最小，但不为零B．粒子在O～x2段做变速运动，x2～x3段做匀变速运动C．x2～x3段的电场强度大小方向均不变，为肯定值D．在O、x1、x2、x3处电势φO、φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2＝φ10．(2024·全国甲卷)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后，()A．小球的动能最小时，其电势能最大B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大C．小球速度的水平重量和竖直重量大小相等时，其动能最大D．从射出时刻到小球速度的水平重量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量三、非选择题：共5个小题。11．两个相同的负电荷和一个正电荷旁边的电场线分布如图所示。c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则a点的电场强度________b点的电场强度，c点的电场强度________d点的电场强度。 (选填“＞”“＜”或“＝”)12．在探究“两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关”的试验中，一同学猜想可能与两电荷的距离和电荷量有关。他选用带正电的小球A和B，A球固定在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图所示。试验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处渐渐向B球靠近，视察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大；再保持两球的距离不变，变更小球所带的电荷量，视察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大。试验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的________而增大，随其所带电荷量的________而增大。此同学在探究中应用的科学方法是_____________(选填“累积法”“等效替代法”“限制变量法”或“演绎法”)。13．如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h高度的P点固定一个电荷量为＋Q的点电荷。一质量为m、带电荷量为＋q的物块(可视为质点)从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v。已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ(取无穷远处电势为零)，PA连线与水平轨道的夹角为60°，重力加速度为g，静电力常量为k。求：(1)物块在A点时受到轨道的支持力大小；(2)点电荷产生的电场在B点的电势。14．如图所示，AB是竖直面内、圆心在O点、半径为R的14光滑绝缘轨道，其B端切线水平且与水平地面平滑连接，OB连线上及其右侧的空间存在方向竖直向下的匀强电场。将一质量为m、电荷量为q的带负电小球从轨道A端无初速度释放，小球滑离B点后，在水平地面上最终停在D点，BD的距离为x＝4R。若小球可视为质点，小球与水平面间动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g(1)匀强电场的场强大小E；(2)小球在B处对轨道的压力大小FN′。15．如图所示的匀强电场，等势面是一簇相互平行的竖直平面，间隔均为d，各等势面电势已在图中标出，现有一质量为m的带电小球以速度v0、方向与水平方向成45°角斜向上射入电场，重力加速度为g，要使小球做直线运动，求：(1)小球应带何种电荷及其电荷量；(2)小球受到的合外力的大小；(3)在入射方向上小球运动的最大位移xm。(电场足够大)章末综合测评(一)12345678910DADDCDBADBCDBD1．D[带电体能否看作点电荷是由探讨问题的性质确定的，与自身大小、形态无必定关系，当带电体的形态、大小对它们之间相互作用力的影响可以忽视时，这个带电体就可以看作点电荷，故A、B、C错误，D正确。]2．A[由于负点电荷的电场线指向负点电荷，而沿着电场线电势渐渐降低，又由于对称性，因此a、b两点电势都比c点低，且a、b两点电势相等，故A正确，B错误；电场线的疏密反映了场强的大小，而且电场强度为矢量，具有方向性，因此a、b两点场强大小相等，方向不同，都比c点场强大，故C、D错误。]3．D[因A、C两点电势相等，故AC连线是一等势线，由几何关系可知OB⊥AC，因沿着电场线方向电势降低，故可知电场线方向由B到O，场强大小为E＝Ud＝84．D[点电荷电场中，离点电荷越近场强越大，所以EA>EB，点电荷＋q在A点受的静电力比在B点受的静电力大，A错误；点电荷＋q从B向A移动，静电力做正功，电势能减小，即＋q在B点的电势能比在A点大，B错误；若从B到D移动电荷量为＋q的电荷，静电力做功WBD＝qUBD，从C到A静电力所做的功是WCA＝qUCA，因为UBD＝UCA，故WBD＝WCA，C错误；从B到C移动电荷量为＋q的电荷，静电力做正功，D正确。]5．C[由题图甲中匀称带电半圆环对圆心点电荷的库仑力大小为F，可以得出14圆环对圆心点电荷的库仑力大小为22F。将题图乙中的匀称带电34圆环分成三个14圆环，关于圆心对称的两个14圆环对圆心点电荷的库仑力的合力为零，因此题图乙中的6．D[a受到重力、环的支持力以及b、c对a的库仑力，重力的方向在竖直方向上，环的支持力以及b对a的库仑力均沿圆环直径方向，故c对a的库仑力为引力，同理可知，c对b的库仑力也为引力，所以a与c的电性肯定相反，a与b的电性肯定相同，即a、b小球带同种电荷，b、c小球带异种电荷，故A、B错误；对c小球受力分析，将力沿水平方向和竖直方向正交分解后可得kqaqcrac2sin60°＝kqqcrbc2sin30°，又rac∶7．B[A、B所受库仑力互为作用力和反作用力，大小相等，故A错误；依据F库＝k2Q·QL2＝mω2rA＝2mω2rB，可得rArB＝21，依据v＝ωr可知，A、B的线速度大小之比为2∶1，故B正确；若仅把B的电荷量变为－2Q，依据F库＝k2Q·2QL2＝mω2rA＝2mω2rB，则稳定后A、B做圆周运动的半径之比仍为2∶1，故C错误；若仅把A的质量变为2m，依据F库＝k2Q·QL2＝2mω2rA′＝2mω8．AD[a点等势面比b点等势面密，故a点场强大于b点场强，故B错误，A正确；电子仅在电场力作用下由a到b，则电子受到的电场力由a指向b，电子带负电，故电场线方向由b指向a，a点电势低于b点电势，故C错误，D正确。]9．BCD[由E＝Ud得电场强度与电势的关系E＝ΔφΔx，电势能Ep＝qφ，联立可得E＝1q·ΔEpΔx，可知Ep­x图像切线的斜率ΔEpΔx＝qE＝F静，x1处切线斜率为零，所以x1处电场强度为零，故A错误；由题图可知，O～x1、x1～x2、x2～x3三段图线斜率大小变更状况为变小、变大、不变，则可知三段图线反映的粒子所受的静电力变小、变大、不变，故B、C正确；依据电势能与电势的关系Ep＝qφ、粒子带负电可知，电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以φ1>10．BD[由题意可知，小球所受电场力与重力的合力指向右下，与水平方向成45°角，小球向左射出后做匀变速曲线运动，当其水平速度与竖直速度大小相等时，即速度方向与小球所受合力方向垂直时，小球克服合力做的功最大，此时动能最小，而此时小球仍具有水平向左的分速度，电场力仍对其做负功，其电势能接着增大，故A、C错误；小球在电场力方向上的加速度大小ax＝g，竖直方向加速度大小ay＝g，当小球水平速度减为零时，克服电场力做的功最大，小球的电势能最大，由匀变速运动规律有v0＝gt，此时小球竖直方向的速度vy＝gt＝v0，所以此时小球动能等于初动能，由能量守恒定律可知，小球重力势能削减量等于小球电势能的增加量，又由功能关系可知，重力做的功等于小球重力势能的削减量，故B、D正确。]11．解析：由题图可知，a点旁边电场线比b点旁边电场线密，所以Ea＞Eb；由点电荷产生电场的场强公式E＝kQr2和场强叠加原理可知Ec＞E答案：＞＞12．解析：由题意知，悬线夹角越大，说明受力越大，故两电荷之间的相互作用力，随其距离的减小而增大，随其所带电荷量的增大而增大；此同学在探究中应用的科学方法是限制变量法。答案：减小增大限制变量法13．解析：(1)物块在A点受到点电荷的库仑力F＝kQq由几何关系可知r＝h设物块在A点时受到轨道的支持力大小为FN由平衡条件有FN＝mg＋Fsin60°解得FN＝mg＋33kQq(2)设点电荷产生的电场在B点的电势为φB由动能定理有q(φ－φB)＝1解得φB＝φ+m答案：(1)mg＋314．解析：(1)小球从B到D有FN＋qE－mg＝0f＝μFN从A到D由动能定理mgR－f×4R＝0解得E＝4μ-(2)小球从A到B，由动能定理得mgR＝12小球在B处由牛顿其次定律得FN＋qE－mg＝m解得FN＝8μ+1由