教科版高中物理必修第三册静电场检测试题含答案

静电场　检测试题

(时间:90分钟　满分:100分)

一、选择题(共12小题,每小题4分,共48分。1～6小题为单项选择题,7～12小题为多项选择题,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有错误的不得分)

1.甲、乙两完全相同的金属球(可视为质点)分别带电荷量+4q和-2q,当它们相距d时,它们间的库仑力大小为F。让甲、乙接触后,再使其相距,则甲、乙间的库仑力大小为(　A　)

A.2F    B.3F    C.4F    D.16F

解析:根据库仑定律公式得F=k=8k;两球接触再分离后所带电荷量各为q,那么甲、乙间的库仑力大小F′=k=16k=2F,故A

正确。

2.如图所示的是四种典型的静电场,图A是两块带等量异种电荷的平行金属板间产生的匀强电场,a、b是电场中的两个点;图B是点电荷产生的电场,a、b是离点电荷等距的两个点;图C是两个等量同种电荷产生的电场,a、b是两电荷连线中垂线上与连线中点O等距的两个点;图D是两个等量异种电荷产生的电场,a、b是两电荷连线中垂线上与连线中点O等距的两个点。在这四幅图中,a、b两点的电势相等,电场强度也相同的是(　D　)

解析:A图中a、b是匀强电场中的两点,电场强度相同,而a点的电势高于b点的电势,故A错误;B图中a、b是同一等势面上的两点,电势相同,电场强度大小相等,但方向不同,则电场强度不同,故B错误;根据电场线的对称性可知,C图中a、b两点电势相同,电场强度大小相等,但方向相反,所以电场强度不同,故C错误;等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线,则D图中a、b的电势相同,由于其电场线关于两电荷连线上下对称,电场强度也相同,故D正确。

3.如图,一半径为R的电荷量为Q的均匀带电球壳,A、B为球壳表面上的两点。O、P、M、N在一条直线上,PO=r且r>R,PM=MN,下列说法正确的是(　A　)

A.P点的电场强度的大小E=k

B.电势差UPM=UMN

C.电势差UAP>UBP

D.若电荷量Q不变,P点位置不变,O点位置不变,仅令R变小,则P点的电场强度变小

解析:均匀带电球壳在P点产生的电场强度等效于电荷量为Q的点电荷置于O点在P点产生的电场强度,E=k,若电荷量Q不变,P点位置不变,O点位置不变,仅令R变小,则P点的电场强度不变,故A正确,D错误;由P到N,电场强度逐渐减小,根据U=Ed分析知,UPM>UMN,故B错误;均匀带电球壳为等势面,A、B两点的电势相等,则UAP=UBP,故C错误。

4.Q1、Q2为两个带电质点,带正电的检验电荷q沿中垂线向上移动时,q在各点所受Q1、Q2作用力的合力大小和方向如图中细线所示(力的方向都是向左侧),由此可以判断(　C　)

A.Q2可能带负电荷

B.Q1、Q2可能为等量异种电荷

C.Q2电荷量一定大于Q1的电荷量

D.中垂线上的各点电势相等

解析:由图可知带正电的检验电荷受到两个电荷的库仑力的合力方向为左上方或左下方,所以Q2一定带正电荷,Q1可能带正电荷也可能带负电荷,且Q2>Q1,选项A,B,D错误,C正确。

5.如图所示是某点电荷电场中的一条电场线,A、B、C是电场线上的三点,相邻两点间的距离AB=BC。则(　B　)

A.三点电场强度大小的关系为EA>EB>EC 

B.三点电势之间的关系为A>B>C

C.相邻两点间电势差之间的关系为UAB=UBC 

D.电子在三点具有的电势能之间的关系为EpA>EpB>EpC

解析:只有一条电场线,无法确定三点电场线疏密情况,不能判断电场强度的大小,故A错误;沿着电场线方向,电势逐渐降低,故三点电势之间的关系为A>B>C,故B正确;相邻两点间的距离AB=BC,且该电场线是某点电荷电场中的一条电场线,不能判断电势差关系,故C错误;根据Ep=q可知电子在电势高的位置,电势能小,EpA<EpB<EpC,故D

错误。

6.如图所示,虚线是某静电场的一簇等势面,一带电粒子只在静电力作用下恰能沿图中的实线从A经过B运动到C。(B是轨迹的中点)下列说法中正确的是(　C　)

A.粒子一定带负电

B.A处电场强度小于C处电场强度

C.粒子在A处电势能小于在C处电势能

D.粒子从A到B静电力所做的功等于从B到C静电力所做的功

解析:根据粒子轨迹的弯曲方向可知,粒子所受的静电力方向大致向左,由于电势的高低关系未知,所以不能判断出粒子带正电还是带负电,故A错误;由图知道,等势面间电势差相等,而A处等差等势面较密,则A点的电场强度较大,故B错误;从A点运动到B点,静电力方向与速度的夹角为钝角,静电力做负功,电势能增大,粒子在A处电势能小于在C处电势能,故C正确;由图可知,A处的电场强度大,可知AB之间的电势差要大于BC之间的电势差,所以粒子从A到B静电力所做的功大于从B到C静电力所做的功,故D错误。

7.某同学设计了一种静电除尘装置,如图甲所示,其中有一长为L、宽为b、高为d的通道,其前、后面板为绝缘材料,上、下面板为金属材料。图乙是装置的截面图,上、下两板与电压恒定为U的高压直流电源相连。带负电的尘埃被吸入通道的水平速度为v0,当碰到下板后其所带电荷被中和,同时被收集。将被收集尘埃的数量与进入通道尘埃的数量的比值,称为除尘率。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。要增大除尘率,则下列措施可行的是(　AC　)

A.只增大电压U 

B.只增大高度d

C.只增大长度L 

D.只增大尘埃被吸入水平速度v0

解析:增加除尘率即是让离下极板较远的粒子落到下极板上,带电尘埃在通道内做类平抛运动,在沿电场的方向上的位移为y=··

()2,即增加y即可。只增加电压U可以增加y,故A满足条件;只增大高度d,由题意知d增大则位移y减小,故B不满足条件;只增加长度L,可以增加y,故C满足条件;只增大水平速度v0,y减小,故D不满足条件。故选AC。

8.一半径为R的光滑圆环竖直放在水平向右的电场强度为E的匀强电场中,如图所示,环上a、c是竖直直径的两端,b、d是水平直径的两端,质量为m的带电小球套在圆环上,并可沿环无摩擦滑动,已知小球自a点由静止释放,沿abc运动到d点时速度恰好为零,由此可知(　AC　)

A.小球所受重力与静电力大小相等

B.小球在b点时的机械能最小

C.小球在d点时的电势能最大

D.小球在c点时的动能最大

解析:根据动能定理,合力做的功等于动能的增加量;从a到d过程,有mg·R-qE·R=0解得qE=mg,故A正确;根据功能关系,除重力外其他力做功等于机械能的增加量;小球受到重力、静电力和环的弹力作用,弹力沿径向,速度沿着切向,故弹力一直不做功,除重力外只有静电力做功,由于静电力水平向左,故运动到b点时,静电力做的正功最多,所以机械能增量最大,故B错误;根据功能关系,静电力做负功,电势能增加;静电力向左,故运动到d点时克服静电力做的功最多,电势能增加得最多,电势能最大,故C正确;在bc段圆弧的中点处,小球所受静电力与重力大小相等,小球运动到此处时动能最大,故D错误。

9.如图所示,在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方的P点,固定一电荷量为+Q的点电荷。一质量为m,带电荷量为+q的物块(可视为质点的检验电荷),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(取无穷远处电势为零),P到物块的重心竖直距离为h,P、A连线与水平轨道的夹角为60°,k为静电力常量,下列说法正确的是(　ABD　)

A.点电荷+Q产生的电场在B点的电场强度大小为EB=k

B.物块在A点时受到轨道的支持力大小为mg+

C.物块在A点的电势能EpA=+Q

D.点电荷+Q产生的电场在B点的电势B=(-v2)+

解析:点电荷+Q产生的电场在B点的电场强度大小为EB=k,选项A正确;由几何关系可知r=,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-Fsin 60°=0,解得FN=mg+,选项B正确;物块在A点的电势能EpA=+q,选项C错误;设点电荷产生的电场在B点的电势为B,由动能定理有q(-B)=mv2-m,解得

B=+,选项D正确。

10.如图所示,A、B为两块水平放置的金属板,通过闭合的开关S分别与电源两极相连,两板中央各有一个小孔a和b,在a孔正上方某处放一带电质点由静止开始下落,若不计空气阻力,该质点到达b孔时速度恰为零,然后返回。现要使带电质点能穿过b孔,则可行的方法是(　BCD　)

A.保持S闭合,将A板适当上移 

B.保持S闭合,将B板适当下移

C.先断开S,再将A板适当下移 

D.先断开S,再将B板适当上移

解析:由题意可知,质点刚好可以到达b点,由动能定理可知重力做的功和克服静电力做功相等,若保持S闭合,将A板适当上移,两板间的电压不变,小球的起点和b孔间的竖直距离不变,小球仍能刚好到达b点,故A错误;若保持S闭合,将B板适当下移,两板间的电压不变,小球的起点和b孔间的竖直距离变大,小球从下落到运动至b孔过程中,克服静电力做功不变,但重力做功变大,小球能穿过b孔,故B正确;若断开S,将A板适当下移,两板间的电压变小,小球从下落到运动至b孔过程中,重力做功不变,但克服静电力做功变小,小球能穿过b孔,故C正确;若断开S,将B板适当上移,两板间的电场强度不变,当小球运动至b孔时速度不为零,小球能穿过b孔,故D正确。

11.在x轴上电场强度E与x的关系如图所示,O为坐标原点,a、b、c为x轴上的点,a、c之间的距离为d,a、c两点的电场强度大小均为E0,则下列说法中正确的是(　CD　)

A.b>a=c>O

B.O<a<b<c

C.将质子从a点移到c点,静电力做功大于eE0d

D.将质子从a点移到c点,质子的电势能减少

解析:由图可知,电场强度方向沿x轴方向,因沿电场方向电势降低,故O>a>b>c,选项A,B错误;a、c间的电场强度大于E0,故质子受到的静电力大于eE0,质子从a点移到c点,静电力做功将大于eE0d,选项C正确;质子受到的静电力沿x轴正方向,故将质子从a点移到c点,静电力对质子做正功,质子的电势能减少,选项D正确。

12.在电场方向水平向右的匀强电场中,一带电小球从A点竖直向上抛出,其运动的轨迹如图所示,小球运动的轨迹上A,B两点在同一水平线上,M为轨迹的最高点,小球抛出时的动能为8 J,在M点的动能为6 J,不计空气的阻力。则(　ACD　)

A.小球水平位移x1与x2的比值为1∶3 

B.小球水平位移x1与x2的比值为1∶4

C.小球落到B点时的动能为32 J 

D.小球从A点运动到B点的过程中最小动能为 J

解析:小球在竖直方向上做竖直上抛运动,根据对称性得知,从A点至M点和从M点至B点的时间t相等,小球在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度为a,根据位移时间公式x1=at2,

x1+x2=a(2t)2,联立可得=,故选项A正确,B错误;小球的运动轨迹如图所示,小球从A到M,由功能关系知在水平方向上静电力做功为

W电=Eqx1=6 J,则从A到B水平方向上静电力做功为W电′=Eq(x1+x2)=

4W电=24 J,根据能量守恒可知,小球运动到B点时的动能为EkB=Ek0+

4W电=8 J+24 J=32 J,选项C正确;由题知初动能m=8 J,又竖直方向上vA=gt=t,在水平方向上vM=at=t,又有 m=6 J,联立以上各式解得=,由几何关系可知,sin θ=,据运动轨迹,当小球的运动方向与合加速度的方向垂直时,小球的速度最小,所以Ekmin=m=m

(vAsin θ)2= J,选项D正确。

二、非选择题(共6小题,共52分)

13.(6分)如图所示,平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为60 V的恒压电源上,两极板间距为3 cm,电容器电荷量为6×10-8 C,

A极板接地。求:

(1)平行板电容器的电容;

(2)平行板电容器两极板之间的电场强度;

(3)距B极板2 cm的M点处的电势。

解析:(1)平行板电容器的电容C== F=1×10-9 F。

(2)两极板之间的电场强度E== V/m=2×103 V/m,方向竖直向下。

(3)M点距A极板的距离为dAM=d-dBM=1 cm。

A与M间电势差UAM=EdAM=20 V,

又UAM=A-M,A=0,

可得M=-20 V。

答案:(1)1×10-9 F

(2)2×103 V/m　方向竖直向下

(3)-20 V

14.(7分)质量为m,带电荷量为-q的微粒(重力不计),经过匀强电场中的A点时速度为v,方向与电场线垂直,运动到B点时速度大小为2v,如图所示。已知A、B两点间的距离为d。求:

(1)A、B两点间的电势差;

(2)电场强度的大小和方向。

解析:(1)根据动能定理可得-qUAB=m(2v)2-mv2,

解得UAB=-。

(2)由题意可知,带电微粒在电场中做类平抛运动,

垂直电场方向上做匀速运动,有x=vt,

沿电场方向做初速度为零的匀加速运动,又

x2+y2=d2,

v2+(at)2=(2v)2,

y=at2,a=,

解得E=,方向水平向左。

答案:(1)-　(2),方向水平向左

15.(8分)如图所示,在x>0的空间中,存在沿x轴正方向的匀强电场E;在x<0的空间内,存在沿x轴负方向的匀强电场,电场强度大小也等于E,一电子(-e,m)在x=d处的P点以沿y轴正方向的初速度v0开始运动,不计电子重力。求:

(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。

解析:(1)设电子从射入到第一次与y轴相交所用时间为t,

则有d=··t2,

解得t=。

所以,电子在x轴方向分运动的周期为T=4t=4。

(2)在竖直方向上有y=v0t=v0,

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=2v0。

答案:(1)4　(2)2v0

16.(9分)如图所示,一质量为m的球形塑料容器放在桌面上,它的内部有一劲度系数为k的轻弹簧,弹簧直立地固定于容器内壁的底部,弹簧上端经绝缘体系住一只电荷量为+q、质量也为m的小球。从加一个竖直向上且电场强度为E的匀强电场起,到容器对桌面的压力减为零时为止,求:

(1)小球的电势能改变量;

(2)容器对桌面的压力减为零时小球的速度大小。

解析:(1)初状态,对小球进行受力分析,设弹簧压缩量为x1,

则mg=kx1,

得x1=。

当容器对桌面的压力为零时,对容器受力分析,可知弹簧伸长且拉力为mg,

弹簧伸长量x2=x1=。

该过程静电力做的功W=Eq(x1+x2)=,

所以小球电势能减少。

(2)对小球用动能定理,该过程弹簧弹力做的功是零,

则(Eq-mg)(x1+x2)=mv2,

得v=2。

答案:(1)减少了　(2)2

17.(11分)如图所示,虚线MN左侧有一个电场强度E1=E的匀强电场,在两条平行的直线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的匀强电场,在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子(电荷量e,质量为m,不计重力)无初速度放入电场E1中的A点,A点到MN的距离为,最后电子打在右侧的屏上,AO连线与屏垂直,垂足为O,求:

(1)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tan θ;

(2)电子打到屏上的点P′到O点的距离x。

解析:(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度为a1,由牛顿第二定律得a1==。

设电子刚射入电场E2时的速度为v1,有=2a1x0,

且x0=,

得v1=。

由牛顿第二定律得电子进入电场E2时的加速度为a2==。

进入电场E2到射出做匀速直线运动,时间为t2=。

设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy,则vy=a2t2,

电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为tan θ=。

联立得tan θ=2。

(2)带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示:

电子打到屏上的点P′到O点的距离为x,根据几何关系有tan θ=,

联立得x=3L。

答案:(1)2　(2)3L

18.(11分)如图所示,BC是半径为R=1 m的圆弧形光滑且绝缘的轨道,位于竖直平面内,其下端与水平绝缘轨道平滑连接,整个轨道处在水平向左的匀强电场中,电场强度为E=2.0×104 N/C,今有一质量为

m=1 kg、带正电且电荷量q=1.0×10-4 C的滑块(体积很小可视为质点),从C点由静止释放,滑到水平轨道上的A点时速度减为零。若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.2,求:

(1)滑块通过B点时的速度大小;

(2)滑块通过B点时圆弧轨道B点受到的压力大小;

(3)水平轨道上A、B两点之间的距离。

解析:(1)滑块从C点到B点的过程中,只有重力和静电力对其做功,设滑块通过B点时的速度为vB,根据动能定理有mgR-qER=m,

代入数据解得vB=4 m/s。

(2)设滑块通过B点时对B点的压力为F,轨道对滑块的支持力为F′,由牛顿第三定律知F′=F,

对滑块由牛顿第二定律得F′-mg=m。

联立并代入数据得F=26 N。

(3)滑块在水平轨道上运动时,所受摩擦力为Ff=μmg,滑块从C经B到A的整个过程中,重力做正功,静电力和摩擦力做负功。设滑块在水平轨道上运动的距离(即A、B两点间的距离)为L,则根据动能定理有

mgR-qE(R+L)-μmgL=0,

代入数据解得L=2 m。

答案:(1)4 m/s　(2)26 N　(3)2 m