2024-2025学年高中物理第一章静电场单元评估练习含解析教科版选修3-1

PAGEPAGE1第一章静电场单元评估时间：90分钟分值：100分一、选择题(1～7为单选，每小题3分；8～10为多选，每小题4分，共33分)1．如图所示为静电除尘原理图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，图中虚线为电场线(方向未标)．不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量的改变，则(C)A．电场线方向由放电极指向集尘极B．图中A点电势高于B点电势C．尘埃在迁移过程中电势能减小D．尘埃在迁移过程中做匀变速运动解析：带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，可以判定集尘极带正电，放电极带负电，故电场线方向由集尘极指向放电极，A错误；沿着电场线方向电势降低，越靠近集尘极电势越高，B点电势高于A点电势，B错误；带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，电场力做正功，电势能削减，C正确；电场是非匀强电场，电场力大小不断改变，无论是否考虑重力，尘埃所受合力都不是恒力，加速度不恒定，尘埃做的不是匀变速运动，D错误．2．如图所示，A，B在同一水平线上，以AB为直径的半圆周与竖直光滑绝缘杆相交于M点．电荷量为Q1，Q2的两个正、负点电荷分别固定在A点和B点，一个带正电的轻金属环q(视为点电荷，且重力忽视不计)套在绝缘杆上，在M点恰好平衡，MA与AB的夹角为α，则(A)A．tan3α＝eq\f(Q2,Q1) B．tan2α＝eq\f(Q2,Q1)C．tanα＝eq\f(Q2,Q1) D．tanα＝eq\r(\f(Q2,Q1))解析：设圆的直径为d，依据库仑定律得：Q1对q的库仑力大小为F1＝keq\f(qQ1,dcosα2)，Q2对q的库仑力大小为F2＝keq\f(qQ2,dsinα2)，对q，依据平衡条件得：F1sinα＝F2cosα，联立以上三式得：tan3α＝eq\f(Q2,Q1)，故选A.3.图中的平行直线表示一簇垂直于纸面的等势面．一个电量为－5.0×10－8C的点电荷，沿图中曲线从A点移到B点，电场力做的功为(B)A．－5.0×10－7JB．5.0×10－7JC．－3.5×10－6JD．3.5×10－6J解析：UAB＝φA－φB＝－10V，WAB＝qUAB＝5.0×10－7J，B正确．4．如图①所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图②所示的交变电压，一重力可忽视不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是(B)A．0<t0<T/4 B．T/2<t0<3T/4C．3T/4<t0<T D．T<t0<9T/8解析：本题考查带电粒子在交变电场中的运动，意在考查学生综合分析问题的实力．两板间加的是方波电压，则释放粒子时，粒子向A板运动，说明释放粒子时UAB为负，因此A选项错误．若t0＝T/2时刻释放粒子，则粒子做方向不变的单向直线运动，始终向A运动；若t0＝3T/4时刻释放粒子，则粒子在电场中固定两点间做往复运动，因此T/2<t0<3T/4时间内，粒子的运动满意题意的要求，选项B正确．若3T/4<t0<T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零，然后再反方向加速运动、减速运动至零，如此反复运动，每次向A板运动的距离小于向B板运动的距离，最终打在B板上，选项C错误．若T<t0<9T/8，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零，然后再反方向加速运动、减速运动至零，如此反复运动，每次向B板运动的距离大于向A板运动的距离，最终打在B板上，选项D错误．故选B.5．如图所示，A、B、C、D是真空中一正四面体的四个顶点．现在在A、B两点分别固定两个点电荷Q1和Q2，则关于C、D两点的场强和电势，下列说法正确的是(B)A．若Q1和Q2是等量异种电荷，则C、D两点电场强度不同，电势相同B．若Q1和Q2是等量异种电荷，则C、D两点电场强度和电势均相同C．若Q1和Q2是等量同种电荷，则C、D两点电场强度和电势均不相同D．若Q1和Q2是等量同种电荷，则C、D两点电场强度和电势均相同解析：若Q1和Q2是等量异种电荷，通过AB的中垂面是一等势面，C、D在AB的中垂面上，电势相等．C、D两点的场强都与等势面垂直，方向相同，依据对称性可知，场强大小相等，故C、D两点的场强、电势均相同，故B正确，A错误．若Q1和Q2是等量同种电荷，由电场的分布状况和对称性可知，C、D两点电场强度大小相等，方向不同，则电场强度不同，电势相等，故C、D错误．6．如图所示，MO是等量负点电荷连线的中垂线，N点是MO连线的中点．P点是M与左侧－Q连线的中点．取无穷远电势为零，下列说法正确的是(C)A．M、N、O三点的电势相等B．M、N两点间的电势差肯定等于N、O两点间的电势差C．将一正摸索电荷由N点移到P点，摸索电荷的电势能减小D．P点的场强大于N点的场强，O点的场强大于M点的场强解析：等量同种负电荷形成的电场，连线的中点场强为零，沿着中垂线从O点到无穷远的过程场强先变大后变小，方向由无穷远指向中点．沿着中垂线从O点到无穷远的过程场强方向由无穷远指向中点，电势降低，所以M、N、O三点的电势不相等，故A错误；中垂线上不是匀强电场，所以M、N两点间的电势差与N、O两点间的电势差不相等，故B错误；由电场线的分布可知：正摸索电荷由N点移到P点，电场力做正功，所以电势能减小，故C正确；由电场线的分布可知：P点的场强大于N点的场强，O点的场强小于M点的场强，故D错误．故选C.7．两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最终离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中(C)A．做直线运动，电势能先变小后变大B．做直线运动，电势能先变大后变小C．做曲线运动，电势能先变小后变大D．做曲线运动，电势能先变大后变小解析：依据题中给出的等势面分布状况可以画出电场中电场线的分布状况，带负电的粒子受电场力作用将向上偏，做曲线运动，电场力对带电粒子先做正功，但带电粒子最终又离开电场，所以带电粒子从零势能面进入电场最终又到无穷远处，又回到零势能面，所以带电粒子的动能不变，即电场力后做负功，电势能先减小后增大，故选项C正确．8．如图①所示是某电场中的一条电场线，A、B是这条电场线上的两点，若将一负电荷从A点自由释放，负电荷沿电场线从A到B运动过程中的v－t图象如图②所示，比较A、B两点电势能Ep的凹凸和场强E的大小，可得(AC)A．EpA>EpB B．EpA<EpBC．EA>EB D．EA＝EB解析：由v－t图象可知负电荷从A到B运动过程中，速度不断增大，即电场力做正功，电势能减小，即EpA>EpB，由图象的斜率不断减小，说明物体运动的加速度不断减小，受到电场力不断减小，即EA>EB.9．某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是(BD)A．c点场强大于b点场强B．a点电势高于b点电势C．若将一摸索电荷＋q由a点释放，它将沿电场线运动到b点D．若在d点再固定一点电荷－Q，将一摸索电荷＋q由a移至b的过程中，电势能减小解析：电场线疏密表示电场强度的大小，则Eb>Ec，因此A选项错；沿电场线方向，电势渐渐降低，则φa>φb，因此B选项正确；由力与运动关系可知C选项错；在d点再固定一点电荷－Q，将正电荷由a移至b的过程中，电场力做正功，电势能减小，则D选项正确．10．如图所示，图中五点均在匀强电场中，它们刚好是一个圆的四等分点和圆心．已知电场线与圆所在平面平行．下列有关圆心O和a点的电势、电场强度的相关描述正确的是(AD)A．a点的电势为6VB．a点的电势为－2VC．O点的场强方向指向a点D．O点的场强方向指向电势为2V的点解析：由匀强电场特征可知10V－6V＝φa－2V，解得φa＝6V，选项A正确、B错误；O点与a点处于同一等势面上，所以O点场强方向指向电势为2V的点，选项C错误、D正确．二、非选择题(共67分)11．(11分)已充电的平行板电容器与静电计连接如图所示，电容器极板上的电荷量不变，当板间距离增大时(如图①)，静电计指针的偏角将增大，板间电势差将增大，电容器的电容将减小，说明电容器的电容跟板间距离成反比；当正对面积减小时(如图②)，静电计的偏角将增大，板间电势差将增大，电容将减小，说明电容器的电容跟正对面积成正比；当两板间插入电介质时(如图③)，静电计的偏角将减小，板间电势差将减小，电容将增大，说明电容器的电容跟两板间的电介质有关．12．(6分)如图所示，abcde是半径为r的圆内接正五边形，在其顶点a、b、c、d处各固定有电荷量为＋Q的点电荷，在e处固定有电荷量为－3Q的点电荷，则放置在圆心O处的点电荷－q所受到的静电力的大小为eq\f(4kQq,r2)，方向为从e指向O.解析：将顶点e处的－3Q等效为＋Q和－4Q，五个＋Q对圆心O处的－q的作用力为零．从而所求的静电力等效于在e处的－4Q与－q之间的库仑力，由库仑定律的公式得：F＝eq\f(4kQq,r2)，又由同号电荷相斥可知，力的方向沿从e指向O的方向．13．(6分)匀强电场中有A、B、C三点构成等边三角形，边长均为4cm，将一带电荷量q＝1.0×10－10C的正电荷(不计重力)，从A点移到C点，电场力做功为－eq\r(3)×10－9J，若把同一电荷从A点移到B点，电场力做功也为－eq\r(3)×10－9J，那么该电场的场强是多大？答案：5×102V/m解析：如图所示，把正电荷从电场中的A点分别移到C点或B点，电场力做的功相同，依据W＝qU可知，B、C两点电势相同，在同一等势面上，由于电场中的等势面与电场线垂直，可见A点与BC等势面在场强方向的距离d＝eq\x\to(AB)sin60°＝4×10－2×eq\f(\r(3),2)m＝2eq\r(3)×10－2m.A、B两点的电势差UAB＝eq\f(W,q)＝eq\f(－\r(3)×10－9,1.0×10－10)V＝－10eq\r(3)V.该电场的电场强度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(10\r(3),2\r(3)×10－2)V/m＝5×102V/m.14．(8分)如图所示，一电荷量为Q的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同始终线上，A和C相距为L，B为AC中点．现将一带电小球从A点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度正好又为零，已知带电小球在A点处的加速度大小为eq\f(g,4)，静电力常量为k，求：(1)小球运动到B点时的加速度大小．(2)B和A两点间的电势差(用Q和L表示)．答案：(1)eq\f(g,2)(2)eq\f(kQ,L)解析：(1)设带电小球所带电荷量为q，带电小球在A点时，mgsin30°－keq\f(Qq,L2)＝maA带电小球在B点时，eq\f(kQq,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2)－mgsin30°＝maB且aA＝eq\f(g,4)，解得aB＝eq\f(g,2)(2)带电小球由A点运动到B点应用动能定理，有mgsin30°·eq\f(L,2)－qUBA＝0又mgsin30°－keq\f(Qq,L2)＝maA可求得UBA＝eq\f(kQ,L).15．(8分)如图所示，在方向水平向右的匀强电场中，一不行伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m的带正电的小球，另一端固定于O点．把小球拉起至细线与电场强度方向平行，然后无初速度释放，已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为θ.求小球经过最低点时细线对小球的拉力大小．答案：mg(3－eq\f(2cosθ,1＋sinθ))解析：设细线长为l，依据动能定理有：mglcosθ－qEl(1＋sinθ)＝0①到最低点依据动能定理有mgl－qEl＝eq\f(1,2)mv2②在最低点拉力和重力的合力供应向心力，即F－mg＝meq\f(v2,l)③解①②③得F＝mg(3－eq\f(2cosθ,1＋sinθ))．16．(9分)质量为m、带电荷量为＋q的小球从距地面高为h处以肯定的初速度水平抛出，在距抛出点水平距离为l处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管，管的上口距地面eq\f(h,2).为使小球能无碰撞地通过管子，可在管口上方的整个区域里加一个电场强度方向水平向左的匀强电场，如图所示．求：(1)小球的初速度v0；(2)电场强度E的大小；(3)小球落地时的动能Ek.答案：(1)2leq\r(\f(g,h))(2)eq\f(2mgl,qh)(3)mgh解析：(1)小球运动到管口上方时，水平速度为零，运动时间由竖直方向做自由落体运动通过eq\f(h,2)所需时间确定，则有v＝v0－at因v＝0，a＝eq\f(qE,m)得v0－eq\f(qE,m)t＝0veq\o\al(2,0)－v2＝2as①因v＝0a＝eq\f(qE,m)得veq\o\al(2,0)＝2as＝2eq\f(qE,m)l②在竖直方向eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)gt2③由以上三式可得小球的初速度v0＝2leq\r(\f(g,h))④(2)沿电场方向有a＝eq\f(qE,m)和veq\o\al(2,0)＝2al，电场强度大小为E＝eq\f(ma,q)＝eq\f(m,q)·eq\f(v\o\al(2,0),2l)＝eq\f(2mgl,qh)⑤(3)由动能定理WG＋WE＝Ek－Ek0得mgh－qEl＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)⑥由④⑤⑥得Ek＝mgh.17．(9分)如图所示，阴极A受热后向右侧空间放射电子，电子质量为m，电荷量为e，电子的初速率有从0到v的各种可能值，且各个方向都有．与A极相距l的地方有荧光屏B，电子击中荧光屏时便会发光．若在A和B之间的空间里加一个水平向左、与荧光屏面垂直的匀强电场，电场强度为E，求B上受电子轰击后的发光面积．答案：eq\f(2mlv2π,Ee)解析：阴极A受热后放射电子，这些电子沿各个方向射向右边匀强电场区域，且初速率从0到v各种可能值都有．取两个极端状况如图所示．沿极板竖直向上且速率为v的电子，受到向右的电场力作用做类平抛运动打到