粤教版 (2019)必修 第三册第一章 静电场的描述本章综合与测试导学案

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一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)
1．(2020·资阳市高二期末)下列关于电场强度的说法中，正确的是( )
A．由E＝eq \f(F,q)知，电场强度E跟静电力F成正比，跟放入电场中的电荷的电荷量q成反比
B．由E＝keq \f(Q,r2)知，点电荷产生的电场中E与场源电荷电荷量Q成正比，与r2成反比
C．由E＝keq \f(Q,r2)知，在以场源电荷Q为球心，r为半径的球面上的各点电场强度E均相同
D．电场中某点的电场强度E的方向就是该点所放电荷q受到的静电力F的方向
答案 B
2．(2020·黄山市高二期末)某区域的电场线分布如图1所示，M、N、P是电场中的三个点，则下列说法正确的是( )
图1
A．P、N两点场强不等，但方向相同
B．试探电荷在M点受到的静电力小于在N点受到的静电力
C．试探电荷在P点的电势能一定小于在N点的电势能
D．带正电的粒子仅在静电力作用下，一定沿电场线PN运动
答案 B
3.同在一个平面内、彼此绝缘的两个圆环A、B，大圆环A中通有方向如图2所示的电流I，小圆环B的一半面积在A环内、一半面积在A环外，则下列说法正确的是( )
图2
A．穿过小圆环B的磁通量为0
B．穿过小圆环B的磁通量不为0，且磁通量指向纸面内
C．穿过小圆环B的磁通量不为0，且磁通量指向纸面外
D．以上判断均错误
答案 B
解析 根据安培定则可知整个A环上的电流在其内部的磁场均向里，在B环内左半圆环向里、右半圆环向外，小圆环B在A环内部分的磁场比外部强，由磁通量概念可知小圆环B在A环内部分的磁通量(向里)大于环外部分的磁通量(向外)，总体表现为A环内的磁通量方向，选项B对．
4.(2020·资阳市高二期末)如图3所示，垂直纸面放置的两根平行长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1＞I2，纸面内的一点H到两根导线的距离相等，则该点的磁感应强度方向可能为图中的( )
图3
A．B1 B．B2
C．B3 D．B4
答案 C
5．有一场强方向与x轴平行的静电场，电势φ随坐标x变化的图线如图4所示，若规定x轴正方向为场强的正方向，则该静电场的场强E随x变化的图线应是( )
图4
答案 B
解析 0～2 mm，电势φ升高，逆着电场线，则知电场线方向为x轴负方向，E是负的，2～6 mm，电势φ降低，顺着电场线，则知电场线方向为x轴正方向，E是正的，故A、C、D不符合题意；0～2 mm，E＝eq \f(U,d)＝－eq \f(40,2×10－3) V/m＝－2×104 V/m,2～10 mm，E＝eq \f(U,d)＝eq \f(80,8×10－3) V/m＝1×104 V/m,10～12 mm，E＝eq \f(U,d)＝－2×104 V/m，故B符合题意．
6．如图5所示，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R1、R2为定值电阻，R1＞r，R3为光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小，闭合开关S后，若照射R3的光照强度减弱，则( )
图5
A．R1两端的电压变大 B．通过R2的电流变大
C．电源的输出功率变大 D．小灯泡消耗的功率变大
答案 B
解析 光照强度减弱，光敏电阻R3的阻值增大，电路中的总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中干路电流减小，故R1两端的电压减小，故A错误；因干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大，则流过R2的电流增大，因为干路电流减小，则流过灯泡的电流减小，由PL＝I2RL可知，小灯泡消耗的功率变小，故B正确，D错误；因R1＞r，外电路总电阻R外＞r，又R外增大，故电源的输出功率变小，故C错误．
7.如图6所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r(R2图6
A．通过R的电流增大，但增大量小于ΔI
B.eq \f(ΔU,ΔI)的大小随R的变化而变化
C．电源的输出功率一定增大了
D．电源的效率降低了eq \f(ΔI·r,E)
答案 D
解析 因总电流增大，则r与R2分压增大，并联部分电压减小，则流过R1的电流减小，因此流过R的电流增大，且增大量大于ΔI，故A错误；由eq \f(ΔU,ΔI)＝r，可知eq \f(ΔU,ΔI)的大小不会随R的变化而变化，故B错误；当内、外电阻相等时，电源的输出功率最大，因不明确内、外电阻的关系，故无法明确功率的变化情况，故C错误；电源的效率η＝eq \f(U,E)×100%，因电压表示数的减小量为ΔI·r，得电源的效率降低了eq \f(ΔI·r,E)，故D正确．
8．如图7所示，匀强电场的方向平行于O、P、Q三点所在的平面，三点的连线构成一个直角三角形，∠P是直角，∠O＝30°，PQ＝2 cm，三点的电势分别是φO＝5 V，φP＝11 V，φQ＝13 V．下列叙述正确的是( )
图7
A．电场的方向沿QO方向，电场强度大小为2 V/m
B．OQ连线中点的电势为6.5 V
C．电子在P点的电势能比在Q点低2 eV
D．沿O→P→Q路径将电子从O点移动到Q点，静电力做的功为8 eV
答案 D
解析 QO间的电势差为8 V，将QO分成8等份，每份的电势差为1 V，如图所示，
若A点的电势为11 V，则OA的长度为3 cm.AQ的长度为1 cm.根据几何关系可知，PA⊥OQ，故PA所在的直线为11 V等势线，电场线沿QO方向从Q指向O.电场强度的大小为E＝eq \f(U,d)＝eq \f(8 V,4 cm)＝2 V/cm，故A错误；根据匀强电场等差等势面的特点，OQ连线的中点电势为φ＝eq \f(φO＋φQ,2)＝eq \f(5＋13,2) V＝9 V，B错误；将电子从P移动到Q点，静电力做功WPQ＝－eUPQ＝－e×(－2 V)＝2 eV，静电力做正功，电势能减小，故电子在P点的电势能比在Q点高2 eV，故C错误；静电力做功与路径无关，只与始末位置有关，故WOPQ＝WOQ＝－e×(－8 V)＝8 eV，D正确．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)
9.(2020·雅安市高二期末)在如图8所示的电路中，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向a端移动一段距离，下列结论正确的是( )
图8
A．电流表读数变小
B．灯泡L变亮
C．电容器C上的电荷量增多
D．电压表读数变小
答案 AC
10．如图9所示，真空中固定两个等量异种点电荷＋Q、－Q，图中O是两电荷连线的中点，a、b两点与＋Q的距离相等，c、d是两电荷连线垂直平分线上的两点，bcd构成一个等腰三角形．则下列说法正确的是( )
图9
A．a、b两点的电场强度相同
B．c、d两点的电势相同
C．将电子由b移到c的过程中静电力做正功
D．质子在b点的电势能比在O点的电势能大
答案 BD
解析 根据等量异种点电荷的电场分布可知，c、O、d三点等电势，故B符合题意；a、b两点场强大小、方向均不同，故A不符合题意；由于φb＞φc，电子从b到c静电力做负功，故C不符合题意；由于φb＞φO，质子从b到O静电力做正功，电势能减小，故质子在b点的电势能较大，故D符合题意．
11．如图10所示，直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图像，曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图像，则下列说法正确的是( )
图10
A．电源电动势约为50 V
B．电源的内阻约为eq \f(25,3) Ω
C．电流为2.5 A时，外电路的电阻约为15 Ω
D．输出功率为120 W时，输出电压约是30 V
答案 ACD
解析 根据闭合电路欧姆定律，电源的输出电压U＝E－Ir，对照U－I图像，当I＝0时，E＝U＝50 V，故A符合题意；U－I图像斜率的绝对值表示内阻，故r＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(ΔU,ΔI)))＝eq \f(50－20,6) Ω＝5 Ω，故B不符合题意；电流为2.5 A时，对照U－I图像，路端电压约为37.5 V，故外电路电阻R＝eq \f(U,I)＝eq \f(37.5 V,2.5 A)＝15 Ω，故C符合题意；输出功率为120 W时，对照P－I图像，电流约为4 A，再对照U－I图像，输出电压约为30 V，故D符合题意．
12.M、N是某电场中一条电场线上的两点，从M点由静止释放一电子，电子仅在静电力作用下沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图11所示，则下列说法正确的是( )
图11
A．M、N两点的场强关系为EM＜EN
B．M、N两点的场强关系为EM＞EN
C．M、N两点的电势关系为φM＜φN
D．M、N两点的电势关系为φM＞φN
答案 BC
解析 电子由M点运动到N点的过程中，通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，说明静电力做功越来越慢，可知，电子所受的静电力越来越小，场强减小，则有EM＞EN，故A错误，B正确；负电荷在低电势处电势能大，故M点的电势低于N点的电势，即φM＜φN，故C正确，D错误．
三、非选择题(本题共6小题，共60分)
13．(6分)(1)如图12，一个是伏安法测电阻的实物连接图，另一个是用电流表和电压表测定电源电动势和内阻的实物连接图．
图12
①测定电源电动势和内阻的实物连接图是图________．
②下面的表一和表二是利用上面的实物图且当滑动变阻器的滑动触头逐渐向右移动时依次测得的实验数据表，其中与甲图对应的表格是表________，原因是_______________．
表一
表二
(2)在“伏安法测电阻”的实验中电压表的量程为3 V，电流表的量程为0.6 A，用螺旋测微器测量电阻丝的直径，则图13中电压表的读数为________ V，电流表的读数为________ A，被测电阻丝的直径的测量值为________ mm.
图13
答案 (1)①甲(1分) ②二(1分) 甲图滑动触头向右移动时，接入电路中的阻值减小，电流增大，路端电压降低(1分) (2)1.70 0.42 0.640(每空1分)
14．(8分)(2020·黄山市高二期末)用伏安法测量电阻阻值R，并求出电阻率ρ.给定电压表(内阻约为50 kΩ)、电流表(内阻约为40 Ω)、滑动变阻器(20 Ω)、电源、电键、待测电阻(约为250 Ω)及导线若干．
图14
(1)在图14中完成测量的电路图．
(2)图15中的6个点表示实验中测得的6组电流I、电压U的值，要求在图中画出 U－I图像．并根据图像求出电阻阻值R＝________ Ω.(保留3位有效数字)
图15
(3)待测电阻是一均匀材料制成的圆柱体，长度L已知．用50分度的游标卡尺测量其直径，如图16所示．由图可知其直径为________ cm.
图16
(4)由于实验误差，实验测量出的ρ________材料真实的ρ0(选填“大于”“等于”“小于”)．
答案 (1)如图甲所示(2分)
(2)图像如图乙(1分) 223(208～230均正确)(2分)
(3)0.800(2分) (4)小于(1分)
15．(8分)一直流电动机线圈内阻一定，用手握住转动轴使其不能转动，在线圈两端加0.3 V电压时，电流为0.3 A．松开转轴，在线圈两端加2 V电压时，电流为0.8 A，电动机正常工作．该电动机正常工作时，输入的电功率是多少？电动机的机械功率是多少？
答案 1.6 W 0.96 W
解析 电动机不能转动时，其消耗的电能全部转化为内能，故可视为纯电阻电路，由欧姆定律得，电动机线圈内阻
r＝eq \f(U,I)＝eq \f(0.3,0.3) Ω＝1 Ω(2分)
电动机正常工作时，消耗的电能转化为内能和机械能，其输入的电功率为
P入＝I1U1＝0.8×2 W＝1.6 W(3分)
电动机的机械功率为P机＝P入－Ieq \\al(2,1)r＝1.6 W－0.82×1 W＝0.96 W．(3分)
16.(8分)如图17所示，在x>0的空间内存在沿x轴正方向、大小为E的匀强电场，在x<0的空间内存在沿x轴负方向的匀强电场，场强大小也等于E.一质量为m、电荷量为－e的电子在位于x轴上的点P(d,0)处，以沿y轴正方向的初速度v0开始运动，不计电子重力．求：
图17
(1)电子在x轴方向的分运动的周期；
(2)电子运动的轨迹与y轴的各个交点中，任意两个相邻交点之间的距离l.
答案 (1)4eq \r(\f(2md,Ee)) (2)2v0eq \r(\f(2md,Ee))
解析 (1)设电子从开始运动到第一次与y轴相交所用时间为t，则有
d＝eq \f(1,2)·eq \f(Ee,m)·t2(1分)
解得t＝eq \r(\f(2md,Ee))(1分)
所以电子在x轴方向的分运动的周期为T＝4t＝4eq \r(\f(2md,Ee))；(2分)
(2)在y轴方向上，有y＝v0t＝v0eq \r(\f(2md,Ee))(2分)
电子运动的轨迹与y轴的各个交点中，任意两个相邻交点之间的距离l＝2y＝2v0eq \r(\f(2md,Ee).)(2分)
17.(14分)如图18所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d＝40 cm.电源电动势E＝24 V，内电阻r＝1 Ω，电阻R＝15 Ω.闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0＝4 m/s竖直向上射入板间．若小球带电荷量为q＝1×10－2 C，质量为m＝2×10－2 kg，不考虑空气阻力．那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？此时电源的输出功率是多大？(取g＝10 m/s2)
图18
答案 8 Ω 23 W
解析 小球进入板间后，受重力和静电力作用，且到A板时速度为零．设两板间电压为UAB，
由动能定理有－mgd－qUAB＝0－eq \f(mv\\al(,02),2)(3分)
解得UAB＝8 V(2分)
则滑动变阻器两端电压U滑＝UAB＝8 V(2分)
设通过滑动变阻器电流为I，由欧姆定律得
I＝eq \f(E－U滑,R＋r)＝1 A(2分)
滑动变阻器接入电路的电阻R滑＝eq \f(U滑,I)＝8 Ω(2分)
即滑动变阻器接入电路的阻值为8 Ω时，小球恰能到达A板．
电源的输出功率
P出＝I2(R＋R滑)＝23 W
故电源的输出功率为23 W．(3分)
18．(16分)(2020·黄山市高二期末)如图19所示，光滑绝缘细杆竖直放置在两个固定的等量正点电荷P、Q的中垂线上，A、B、C是细杆上的三个点，且AB＝BC＝L；点电荷P、Q到B、C的距离也均为L；质量为m、电荷量为q的有孔带电小球套在杆上，从A点无初速度下滑，小球滑到B点时的速度大小为eq \r(3gL).若等量点电荷P、Q的电荷量为q′(q≪q′)，静电力常量为k，重力加速度为g.求：
图19
(1)小球带何种电荷及A、B两点的电势差UAB；
(2)小球到达C点时的速度大小；
(3)小球到达C点的加速度并简单描述小球从B到C的运动情况．
答案 见解析
解析 (1)因为杆是光滑的，小球从A到B的运动过程中只有重力和静电力做功，设静电力做功WAB
由动能定理得：WAB＋mgL＝eq \f(1,2)mvB2 (2分)
解得静电力做功WAB＝eq \f(1,2)mgL(1分)
静电力做正功，所以小球带负电荷(1分)
A、B两点间的电势差为U＝eq \f(WAB,－q)＝－eq \f(mgL,2q)(2分)
(2)因为四边形BPCQ为菱形，所以B、C电势相等，小球从B到C时只有重力做功．
根据动能定理得mgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(C2)－eq \f(1,2)mveq \\al(,B2)(2分)
解出vC＝eq \r(5gL)(1分)
(3)分析小球受力，则由几何关系可知∠PCB＝eq \f(π,3)，设向下为正方向(1分)
根据库仑定律得F＝keq \f(q′q,L2)(1分)
分解小球的库仑力，可得F合＝mg－2eq \f(kq′q,L2)cs eq \f(π,3)＝mg－eq \f(kq′q,L2)(2分)
根据牛顿第二定律a＝g－eq \f(kq′q,mL2)(1分)
当a≥0，小球从B运动到C点时，做变加速直线运动(1分)
当a＜0，小球从B运动到C点时，小球先做变加速直线运动，后做变减速直线运动(1分)V表读数/V
0.81
1.21
1.70
1.79
2.51
A表读数/A
0.16
0.24
0.34
0.42
0.50
V表读数/V
1.37
1.32
1.24
1.18
1.05
A表读数/A
0.12
0.20
0.31
0.32
0.57