2024-2025学年高中物理第一章静电臣案含解析新人教版选修3-1

PAGE11-第一章静电场本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟。第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．(2024·浙江省名校协作体高二上学期月考)以下各种现象中不属于静电屏蔽的是(A)A．避雷针B．超高压带电作业的工人要穿戴金属织物的工作服C．电子设备外套金属网罩D．野外高压输电线上方有两条与大地相连的导线解析：当带电云层靠近建筑物时，避雷针上产生的感应电荷会通过针尖放电，渐渐中和云中的电荷，使建筑物免遭雷击。其原理为尖端放电，故A错误。超高压带电作业的工人要穿戴金属织物的工作服可以起到屏蔽作用，故B正确；电子设备外套金属网罩可以起到静电屏蔽的作用，故C正确；高压输电线的上方还有两条导线，这两条导线的作用是它们与大地相连，形成稀疏的金属“网”把高压线屏蔽起来，免遭雷击，故D正确；本题选择不属于静电屏蔽的，故选A。2．(2024·江西省南昌八一中学、洪都中学、麻丘中学等八校高二上学期期末)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示(取无穷远处电势为0)。电场中四个点A、B、C和D的φ－r关系对应图中的a、b、c和d点。则下列叙述正确的是(C)A．该点电荷肯定是负电荷B．A、B、C和D点的电场强度方向肯定相同C．A、C两点的电场强度大小之比为9∶1D．将一带正电的摸索电荷由A点移动到C点和由B点移动到D点，电场力做功相同解析：由图象可知，点电荷四周的电势随距离增大而降低，可知该点电荷肯定是正电荷，选项A错误；A、B、C和D点不肯定在同一条电场线上，则四点的电场强度方向不肯定相同，选项B错误；由点电荷场强公式E＝eq\f(kQ,r2)可得：Ea∶Ec＝eq\f(kQ,12)∶eq\f(kQ,32)＝9∶1，故C正确；因UAC＝4V，UBD＝2V，依据W＝Uq，则将一带正电的摸索电荷由A点移动到C点和由B点移动到D点，电场力做功不相同，故D错误。3．两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，则下列说法错误的是(B)A．a点的电场强度比b点的大 B．a点的电势比b点的高C．c点的电场强度比d点的大 D．c点的电势比d点的低解析：视察题中图可知a点旁边电场线比b点旁边电场线密，所以Ea>Eb，A项正确；由沿电场线方向电势渐渐降低可知φb>φa，B项错；由场强公式E＝keq\f(Q,r2)和场强叠加原理可知Ec>Ed，C项正确；当取无穷远处电势为0时，φc为负值，φd为正值，所以φd>φc，D项正确。本题选错误的，故选B。4．匀称带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上匀称分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R。已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为(A)A．eq\f(kq,2R2)－E B．eq\f(kq,4R2)C．eq\f(kq,4R2)－E D．eq\f(kq,4R2)＋E解析：完整球壳在M点产生电场的场强为keq\f(2q,2R2)＝eq\f(kq,2R2)，依据电场叠加原理，右半球壳在M点产生电场的场强为eq\f(kq,2R2)－E，依据对称性，左半球壳在N点产生的电场的场强为eq\f(kq,2R2)－E，选项A正确。5．(2024·福建福州市八县(市)协作体高二上学期期末)一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示。容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是(C)A．A点的电场强度比B点的大B．小球表面的电势比容器内表面的电势低C．B点的电场强度方向与该处内表面垂直D．将检验电荷从A点沿不同路径到B点，电场力所做的功不同解析：由于A点处电场线比B点处电场线疏，因此A点电场强度比B点小，A项错误；沿着电场线方向电势渐渐降低，因此小球表面的电势比容器内表面的电势高，B项错误；由于处于静电平衡的导体表面是等势面，电场线垂直于等势面，因此B点的电场强度方向与该处内表面垂直，C项正确；将检验电荷从A点沿不同的路径移到B点，由于A、B两点的电势相等，因此电场力做功为零，D项错误。6．(2024·吉林省长春市田家炳试验中学高二上学期期末)水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇，如图所示。若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是(A)A．电荷M的比荷大于电荷N的比荷B．两电荷在电场中运动的加速度相等C．从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M做的功等于电场力对电荷N做的功D．电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小肯定相同解析：若两板间电压为U，间距为d，长为L。则由题意：vNt＋vMt＝L ①eq\f(1,2)eq\f(UqN,dmN)t2＋eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)eq\f(UqM,dmM)t2 ②由①式分析得vM、vN不肯定相同，D错误。由②式分析得：eq\f(qM,mM)>eq\f(qN,mN)，A正确，由eq\f(qM,mM)>eq\f(qN,mN)进一步分析可得两个电荷的加速度aM>aN，电场力对电荷所做的功WM>WN，B、C错误。7．(2024·山东济南市高三模拟)探讨与平行板电容器电容有关因素的试验装置如图所示。下列说法正确的是(AC)A．试验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电B．试验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C．试验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变小D．试验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大解析：A对：试验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，在b板上将感应出异种电荷。B错：b板向上平移，正对面积S变小，由C＝eq\f(εS,4πkd)知，电容C变小，由C＝eq\f(Q,U)知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大。C对：插入有机玻璃板，相对介电常数ε变大，由C＝eq\f(εS,4πkd)知，电容C变大，由C＝eq\f(Q,U)知，Q不变，U变小，因此静电计指针的张角变小。D错：由C＝eq\f(Q,U)，试验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，是由于C不变导致的。8．(2024·浙江省杭州市高二上学期期末)如图所示的实线表示某静电场的等势线，某带电粒子仅受电场力作用，由M运动到N，其运动轨迹如图中虚线所示，则下列说法正确的是(BD)A．粒子必定带正电荷B．粒子在M点速度大于N点速度C．粒子在M点的电势能大于它在N点的电势能D．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度解析：依据等势线的分布状况，可大致推断出电场线的方向。由电荷的运动轨迹可知，电荷的受力沿着电场线的反方向，所以电荷为负电荷，粒子做减速运动，故A错误，B正确；由M运动到N，电场力做负功，电势能增加，故N点的电势能大于M点的电势能，故C错误；电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由图可知，N点的场强大于M点的场强的大小，在N点的受力大于在M的受力，所以粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度，故D正确。9．(2024·北京师大附中试验中学高二上学期期中)如图甲所示，Q1、Q2为两个固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b、c三点在它们连线的延长线上。现有一带负电的粒子以肯定的初速度沿直线从a点起先向远处运动经过b、c两点(粒子只受电场力作用)，粒子经过a、b、c三点时的速度分别为va、vb、vc，其速度—时间图象如图乙所示。以下说法中正确的是(ABD)A．Q2肯定带正电B．Q2的电量肯定小于Q1的电量C．b点的电场强度最大D．粒子由a点运动到c点运动过程中，粒子的电势能先增大后减小解析：从速度图象上看，可见a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零，负电荷在ab上做减速运动，电场力向左，合场强向右，b点左侧合电场主要取决于Q2，故Q2带正电；故A正确，C错误；b点的电场强度为0，依据点电荷场强公式Keq\f(Q1,r\o\al(2,1))＝Keq\f(Q2,r\o\al(2,2))，因为r1>r2，故Q1>Q2，即Q2的电量肯定小于Q1的电量，故B正确。负电荷从a点到b点的过程中，电场力做负功，电势能增加；从b点到c点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故粒子从a到b到c的过程中，电势能先增加后减小，故D正确；故选ABD。10．(2024·福建省同安一中高二上学期期中)如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场，静电分析器组成，若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内匀称辐射电场在中心线处的电场强度大小为E。一质量m，电荷量为＋q的粒子从静止起先经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，从垂直于边界的P点射出。不计粒子重力，下列说法正确的是(BC)A．极板M比极板N电势低B．加速电场的电压U＝eq\f(ER,2)C．电荷在静电分析器里做匀速圆周运动D．电荷在静电分析器里的运动时间是t＝eq\f(πRm,4Uq)解析：带电粒子带正电，在加速电场能够加速，则极板M比极板N电势高，故A错误；在静电分析器中，受到的电场力指向圆心，带电粒子沿中心线通过静电分析器，电场力不做功，粒子做匀速圆周运动，从垂直于边界的P点射出。在静电分析器中，电场力供应向心力，即Eq＝meq\f(v2,R)，再依据Uq＝eq\f(1,2)mv2可知U＝eq\f(1,2)ER故BC正确；电荷在静电分析器里的运动时间是t＝eq\f(s,v)＝eq\f(\f(1,4)πR,\r(\f(2Uq,m)))＝eq\f(πR\r(2mUq),8Uq)，故D错误。第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(共2小题，每小题7分，共14分。把答案干脆填在横线上)11．如图所示，计算机键盘的每一个键下面都连有一块金属片，与该金属片隔有肯定空隙的是另一块小的固定的金属片。这两片金属组成一小电容器。该电容器的电容C可用公式C＝εS/d计算，式中常量ε＝9×10－12F/m，S表示金属片的正对面积，d表示两金属片间的距离。当键被按下时，此小电容器的电容发生改变，与之相连的电子线路就能检测出是哪个键被按下了，从而给出相应的信号。设每个金属片的正对面积为50mm2，键未按下时两金属片的距离为0.6mm。假如电容改变0.25pF，电子线路恰能检测出必要的信号，则键至少须要被按下__0.15_mm__。电容式键盘解析：据C＝εeq\f(S,d)得：C＝εeq\f(S,d)＝eq\f(9×10－12×50×10－6,0.6×10－3)F＝7.5×10－13F当键被按下Δd时，电容增加ΔC＝0.25pF，即：C＋ΔC＝εeq\f(S,d－Δd)，eq\f(C,C＋ΔC)＝eq\f(d－Δd,d)Δd＝eq\f(dΔC,C＋ΔC)＝eq\f(0.6×10－3×0.25×10－12,7.5×10－13＋0.25×10－12)m＝1.5×10－4m＝0.15mm。12．(2024·湖北省公安县车胤中学高二上学期检测)密立根油滴试验首先测出了元电荷的数值，其试验装置如图所示，油滴从喷雾器喷出，以某一速度进入水平放置的平行板之间。今有一带负电的油滴，不加电场时，油滴由于受到重力作用加速下落，速率变大，受到的空气阻力也变大，因此油滴很快会以一恒定速率v1匀速下落。若两板间加一电压，使板间形成向下的电场E，油滴下落的终极速率为v2。已知运动中油滴受到的阻力可由斯托克斯公式f＝6πηrv计算(其中r为油滴半径，η为空气粘滞系数)。试验时测出r、v1、v2，E、η为已知，则(1)油滴的带电量__q＝eq\f(6πrηv1－v2,E)__。(2)经多次测量得到很多油滴的Q测量值如下表(单位10－19C)6.418.019.6511.2312.8314.48分析这些数据可知__电荷的最小电量即元电荷为1.6×10－19C__。解析：(1)没有加电压时，达到v1有mg＝f1＝6πrηv1加上电压后，受到向上的阻力和电场力，有mg＝f2＋qE＝6πrηv2＋qE解以上两式得到油滴电量q＝eq\f(6πrηv1－v2,E)(2)在误差范围内，可以认为油滴的带电量总是1.6×10－19C的整数倍，故电荷的最小电量即元电荷为1.6×10－19C。三、论述·计算题(共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最终答案不能得分，有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位)13．(10分)质量均为m的两个可视为质点的小球A、B，分别被长为L的绝缘细线悬挂在同一点O，给A、B分别带上肯定量的正电荷，并用水平向右的外力作用在A球上，平衡以后，悬挂A球的细线竖直，悬挂B球的细线向右偏60°角，如图所示。若A球的带电量为q，则：(1)B球的带电量为多少；(2)水平外力多大。答案：(1)eq\f(mgL2,kq)(2)eq\f(\r(3),2)mg解析：(1)当系统平衡以后，B球受到如图所示的三个力：重力mg、细线的拉力F1、库仑斥力F。合力为零，由平衡条件得：Fcos30°－F1cos30°＝02Fsin30°－mg＝0由库仑定律：F＝keq\f(qqB,L2)联立上述三式，可得B球的带电量qB＝eq\f(mgL2,kq)(2)A球受到如图所示的四个力作用，合力为零。得FT＝F′·cos30°而F′＝F＝mg所以，A球受到的水平推力FT＝mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg14．(11分)如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为＋Q和－Q，A、B间距离为2d，MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P，其质量为m、电荷量为＋q(可视为点电荷，不影响电场分布)。现将小球P从与点电荷A等高的C处由静止起先释放，小球P向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v。已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g。求：(1)C、O间的电势差；(2)O点的场强大小与方向。答案：(1)eq\f(mv2－2mgd,2q)(2)eq\f(\r(2)kQ,2d2)方向竖直向下解析：(1)小球P由C点运动到O点时，由动能定理可得mgd＋qUCO＝eq\f(1,2)mv2－0所以UCO＝eq\f(mv2－2mgd,2q)(2)小球P经过O点时的受力分析如图所示，由库仑定律得F1＝F2＝keq\f(Qq,\r(2)d2)电场力为F＝F1cos45°＋F2cos45°＝eq\f(\r(2)kQq,2d2)O点的场强为E＝eq\f(F,q)＝eq\f(\r(2)kQ,2d2)方向竖直向下。15．(12分)(2024·西藏拉萨中学高二上学期月考)如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连。它的极板长L＝0.4m，两板间距离d＝4×10－3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中心平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中心，已知微粒质量为m＝4×10－5kg，电量q＝＋1×10－8C，(g＝10m/s2)求：(1)微粒入射速度v0为多少？(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？答案：(1)10m/s(2)负极，120V≤U≤200V解析：(1)粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则有：水平方向有：eq\f(L,2)＝v0t竖直方向有：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)gt2解得：v0＝10m/s(2)由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小，所以电场力方向向上，又因为是正电荷，所以上极板与电源的负极相连，当所加电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则有：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)a1(eq\f(L,v0))2依据牛顿其次定律得：mg－qeq\f(U1,d)＝ma1解得：U1＝120V当所加电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出，则有：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)a2(eq\f(L,v0))2依据牛顿其次定律得：qeq\f(U2,d)－mg＝ma2解得：U2＝200V所以所加电压的范围为：120V≤U≤200V16．(13分)(2024·四川省眉山市高二上学期期末)如图所示，在竖直平面内的xOy直角坐标系中，第Ⅰ象限内分布着沿x轴正方向的匀强电场E1，第Ⅱ象限和第Ⅲ象限分布着沿y轴正方向的匀强电场E2，在第Ⅰ象限内有一与x轴正方向成α＝45°角的固定光滑