教科版高中物理必修第三册第一章静电场测试(B)含答案

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第一章测评(B)(时间:60分钟　满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分。在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.在气候干燥的秋冬季节,人们常常会碰到这些现象:晚上脱衣时,常会听到噼啪的声响;早上起来梳头时,头发常会“飘”起来。这就是发生在我们日常生活中的静电现象。有一次,小明的手指靠近金属门把手时,突然有一种被电击的感觉。这是因为运动摩擦使身体带电,当手指靠近门把手时,二者之间形成的放电现象。若放电前,小明的手指带负电。有关金属门把手的两端被感应带电的情况,下列图中标示正确的是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　答案:A解析:人的手指带负电,则由于静电感应,门把手中离手指较近的一端感应出正电、离手指较远的一端感应出负电,则图A是正确的。2.下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解,其中正确的是(　　)A.根据电场强度的定义式E=Fq可知,电场中某点的电场强度与检验电荷所带的电荷量成反比B.根据电容的定义式C=QU可知,电容器的电容与其电荷量成正比,与两极板间的电压成反比C.根据真空中点电荷的电场强度公式E=kQr2可知,电场中某点的电场强度由场源电荷和该点离场源电荷的空间距离共同决定D.根据电势差的定义式UAB=WABq可知,电荷量为1 C的正电荷,从A点移动到B点克服电场力做功为1 J,则A、B两点间的电势差为1 V答案:C解析:电场强度是由电场本身性质决定的物理量,与放入电场中的检验电荷无关,故A错误;电容器的电容大小是由电容器自身结构所决定的,与电容器电荷量多少以及两板间的电压无关,故B错误;根据真空中点电荷的电场强度公式E=kQr2可知,电场中某点的电场强度由场源电荷和该点离场源电荷的空间距离共同决定,故C正确;根据电势差的定义式UAB=WABq可知,电荷量为1 C的正电荷,从A点移动到B点克服电场力做功为1 J,则A、B两点间的电势差为-1 V,故D错误。3.如图所示,半径为R的绝缘球壳上均匀分布着正电荷,O为球心。现从球壳上A处挖出足够小的电荷量为+q的一部分,并将它沿OA延长线移动距离R到B处。若球壳其他部分带电情况不变,已知静电力常量为k,则此时球心O点的电场强度为(　　)A.3kq4R2,方向沿B到OB.3kq4R2,方向沿O到BC.5kq4R2,方向沿O到BD.5kq4R2,方向沿B到O答案:B解析:球壳内部电场是球壳剩余部分的电荷形成的,在球壳表面A处取下的面积足够小,所以对于球壳内部的电场强度影响不能忽略,电场线仍是由球壳各点沿直线指向A点,球心O点电场强度是由A点关于圆心O的对称点的电荷形成的电场强度与B点在O点形成的电场强度的合电场强度,故大小为E=kqR2-kq(2R)2=k3q4R2,方向沿O到B,故B正确,A、C、D错误。4.如图所示,两等量异种点电荷,MN为两电荷连线的中垂线,a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线,b点位于MN上,ab=bc,d点位于两电荷的连线上靠近负电荷。则(　　)A.a、c两点电场强度相同B.b点电场强度小于d点电场强度C.a、c两点电势相同D.b点电势小于d点电势答案:B解析:根据对称性可知,a、c两点的电场强度大小相等,但方向不同,所以电场强度不同,故A错误;在两等量异种电荷连线上,中点的电场强度最小;在两等量异种电荷连线的中垂线上,两电荷连线中点的电场强度最大,d点的电场强度大于两电荷连线中点的电场强度,而b点的电场强度小于电荷连线中点的电场强度,所以b点电场强度小于d点电场强度,故B正确;沿电场线方向,电势降低,所以a点的电势低于c点的电势,MN为等势线,b点电势大于d点电势,故C、D错误。5.空间有一沿x轴对称分布的电场,其电场强度E随x变化的图像如图所示,x轴正方向为电场强度的正方向。下列说法正确的是(　　)A.x2和-x2两点的电势相等B.正电荷从x1运动到x3的过程中电势能先增大后减小C.原点O与x2两点之间的电势差小于-x2与x1两点之间的电势差D.该电场可能是由一对分别位于x2和-x2两点的等量异种电荷形成的电场答案:A解析:由于x2和-x2两点关于E轴对称,且电场强度的大小也相等,故从O点到x2和从O点到-x2电势降落相等,则x2和-x2两点的电势相等,故A正确;从x1到x3电场强度始终为正,而正电荷运动的方向始终与电场的方向相同,所以电场力做正功,电势能逐渐减小,故B错误;x2和-x2两点的电势相等,原点O与x2两点之间的电势差等于原点O与-x2两点之间的电势差,-x2与x1两点之间的电势差等于x2与x1两点之间的电势差,所以原点O与x2两点之间的电势差大于-x2与x1两点之间的电势差,故C错误;根据等量异种电荷形成的电场的特点可知,在等量异种电荷的连线上,各点的电场强度的方向是相同的,而该图中电场强度的大小和方向都沿x轴对称分布,所以该电场一定不是由一对分别位于x2和-x2两点的等量异种电荷形成的电场,故D错误。6.如图所示,在正方形的四个顶点各放一电荷量均为Q的点电荷(电性如图所示),a、b、c、d是正方形边长的中点,则下列说法正确的是(　　)A.a、b、c、d四点的电场强度相等B.a、c两点的电场强度一定等大而反向C.b、d两点的电场强度一定等大而反向D.e点的电场强度一定为零答案:BCD解析:设正方向边长为L,每个电荷电荷量为Q,对a点研究,左侧的一正一负两个电荷在a点的合电场强度方向向下,大小为E1=2kQL22=8kQL2,右侧的一正一负两个电荷在a点的合电场强度方向向上,大小为E2=2kQ52L2·12L52L=85kQ25L2,a点的合电场强度的方向向下,大小为Ea=E1-E2,同理,可以求出b、c、d各点的电场强度的大小都是E1-E2,方向分别是向右、向上、向左。所以a、c两点的电场强度一定等大而反向,b、d两点的电场强度一定等大而反向。故A错误,B、C正确;由题图可知,两个正电荷在e点产生的电场强度大小相等,方向相反,合电场强度为0。两个负电荷在e点产生的合电场强度也是大小相等,方向相反,合电场强度为0。所以e点的合电场强度为0,故D正确。7.下图为某电场的电场强度E随时间t变化的图像。当t=0时,在此电场中由静止释放一个带电粒子,设带电粒子只受电场力的作用,则下列说法正确的是(　　)A.带电粒子将始终向同一个方向运动B.3 s末带电粒子回到原出发点C.0~1 s内电场力做负功D.0~4 s末,电场力做的总功不为0答案:BD解析:由牛顿第二定律可知,带电粒子在第1 s内的加速度为 a1=qE1m,第2 s内加速度 a2=q·2E1m=2a1,因此,带电粒子先匀加速1 s再匀减速0.5 s时速度为零,接下来的0.5 s将反向加速,v-t图像如图所示。带电粒子在第1 s匀加速运动,在第2 s内先做匀减速后反向加速,所以不是始终向同一方向运动,故A错误;根据速度时间图像与坐标轴围成的面积表示位移可知,粒子在0~3 s内的位移为零,回到出发点,故B正确;0~1 s内电场力方向与位移方向相同,电场力做正功,故C错误;由速度时间图像可知第4 s末粒子的速度达到最大,前4 s内动能变化不为0,而粒子只受电场力作用,根据动能定理知0~4 s末,电场力做的总功不为0,故D正确。8.如图所示,水平放置的平行金属板A、B间加有恒定电压,a点与下极板B的距离是b点到下极板B距离的4倍,一带电粒子从a点水平射入电场,初速度为v1,粒子恰好从B板的右边缘飞出,速度的偏向角为θ1。若该粒子从b点水平射入电场,初速度为v2,粒子也恰好从B板的右边缘飞出,速度的偏向角为θ2。不计粒子的重力。则下列说法正确的是(　　)A.v2=4v1B.v2=2v1C.tanθ1=4tanθ2D.tanθ1=2tanθ2答案:BC解析:设金属板长为L,b点到下极板B的距离是d。粒子从a点射入电场的过程:水平方向有L=v1t1竖直方向有4d=12at12联立得v1=La8d粒子从b点射入电场的过程:水平方向有L=v2t2竖直方向有d=12at22联立得v2=La2d可得v2=2v1,t1=2t2,故A错误,B正确;根据速度分解可得tanθ1=at1v1,tanθ2=at2v2将t1=2t2,v2=2v1代入可得tanθ1=4tanθ2,故C正确,D错误。二、实验题(本题共2小题,共18分)9.(8分)如图所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素,其中电容器左侧极板和静电计外壳均接地,电容器右侧极板与静电计金属球相连,使电容器带电后与电源断开。(1)下列关于实验中使用静电计的说法正确的是　　　。 A.使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况B.使用静电计的目的是测量电容器电荷量的变化情况(2)以下情况中,能使静电计指针偏角增大的有　　　。 A.把两板间的距离减小B.把两板的正对面积减小C.在两板间插入相对介电常数较大的电介质答案:(1)A(2)B解析:(1)静电计可测量电势差,根据指针张角的大小,观察电容器电压的变化情况,无法判断电荷量的变化情况,故A正确,B错误。(2)两板间距离d减小,根据电容的决定式C=εrS4πkd知,电容C增大,根据C=QU知,电荷量不变,则电势差减小,指针偏角变小,故A错误;两极板的正对面积减小,根据电容的决定式C=εrS4πkd知,电容C减小,根据C=QU知,电荷量不变,则电势差增大,指针偏角变大,故B正确;在两极板间插入电介质,电容C增大,根据C=QU知,电荷量不变,则电势差减小,指针偏角变小,故C错误。10.(10分)电流传感器可以像电流表一样测量电流,由于它与计算机相连,还能显示出电流随时间变化的I-t图像。照图(a)连接电路,先使开关S与1端相连,电源向电容器充电,这个过程可在短时间内完成。然后把开关S掷向2端,电容器通过电阻R放电,传感器将电流信息传入计算机,屏幕上显示出电流随时间变化的I-t图像如图(b)所示。(a)(b)(1)在图中画一个竖立的狭长矩形[在图(b)的最左边],它的面积的物理意义是　　　　　　(填写面积所代表物理量的名称)。 (2)根据I-t图像估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为　　　　　　　　C(结果保留一位有效数字)。 (3)若对应开关S与1端相连的充电过程,电荷量随时间变化的q-t图像的示意图是怎样的?请在图(c)中定性画出。(c)答案:(1)电荷量　(2)3×10-3　(3)见解析图解析:(1)将横坐标t分成许多很小的时间间隔Δt,在这些很小的时间间隔里,放电电流I可以视为不变,则IΔt为这段时间内的电荷量。在图(b)I-t图中用阴影标记了一个竖立的狭长矩形,这个阴影面积的物理意义是通电0.1 s充入电容(流过电阻R)的电荷量。(2)电容器所带的电荷量在数值上等于图像与坐标轴所包围的面积。确定每个小方格所对应的电荷量值,纵坐标的每个小格为0.2 mA,横坐标的每个小格为0.4 s,则每个小格所代表的电荷量数值为 q=0.2×10-3×0.2 C=8×10-5 C。曲线下包含的小正方形的个数为40个(格数为38~42都正确)。由曲线下方的方格数与q的乘积即得电容器的电荷量Q=40×8×10-5 C=3.2×10-3 C=3×10-3 C。(3)由电荷量与电流的关系可知,q=It,可知q-t图线的斜率表示充电电流的大小,电容器的充电电流越来越小,所以其q-t图像如图所示。三、计算题(本题共3小题,共42分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)11.(12分)如图所示,一质量为m、电荷量为q的小球,用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中,静止时悬线向左与竖直方向成θ角,重力加速度为g。(1)判断小球带何种电荷,并求电场强度E。(2)若在某时刻将细线突然剪断,求经过时间t小球的速度v。答案:(1)小球带负电　mgtanθq　(2)gtcosθ解析:(1)小球静止,所以小球受到的电场力和电场强度方向相反,所以小球带负电。对小球受力分析如图,由平衡条件得qE=mgtanθ得E=mgtanθq。(2)剪断细线后小球做初速度为0的匀加速直线运动,小球所受的合外力为F合=mgcosθ由牛顿第二定律有F合=ma则得a=gcosθ从该时刻起经过时间t小球的速度为v=at=gtcosθ。12.(14分)如图所示,电场强度为E=104 V/m的水平匀强电场中有一绝缘轨道,其中轨道的BC部分是半径为R=0.2 m的14光滑圆轨道,轨道的AB部分水平且与BC相切。AB长度为2R,一质量m=0.1 kg,电荷量为q=+10-4 C的小球,与水平轨道间的动摩擦因数为0.5,由A点静止释放后,求:(g取10 m/s2)(1)小球到达B点所用的时间;(2)小球在C点时,轨道受到的压力大小。答案:(1)0.4 s　(2)3 N解析:(1)水平轨道上,对小球,由牛顿第二定律得qE-μmg=ma设运动时间为t,则2R=12at2由以上各式得t=0.4 s。(2)设小球在C点的速度大小是vC,则对于小球由A→C的过程中,由动能定理得qE·3R-μmg·2R-mgR=12mvC2-0小球在C点,由牛顿第二定律得NC-qE=mvC2R解得NC=3 N由牛顿第三定律可知,小球对轨道的压力NC'=NC=3 N。13.(16分)水平放置的两块平行金属板长L=5.0 cm,两板间距d=1.0 cm,两板间电压为90 V且上板为正。一电子沿水平方向以速度v0=2.0×107 m/s从两板中间射入,如图所示。(电子电荷量q=1.6×10-19 C,电子质量me=9.1×10-31 kg)(计算结果在小数点后保留两位有效数字)(1)求电子偏离金属板时的侧位移。(2)求电子飞出电场时的速度。(3)电子离开电场后,打在屏上的P点,若s=10 cm,求OP的长。答案:(1)4.95×10-3 m(2)2.04×107 m/s,方向与v0的夹角θ满足tanθ=0.20(3)2.49×10-2 m解析:(1)由牛顿第二定律得电子在电场中的加速度为a=qUmed,由位移公式得侧位移为y=12at2,又因 t=Lv0,联立解得y=4.95×10-3 m。(2)电子飞出电场时,水平分速度vx=v0,竖直分速度vy=at则电子飞出电场时的速度v=vx2+vy2联立解得v=2.04×107 m/s设v与v0的夹角为θ,则tanθ=vyvx解得tanθ=0.20。(3)电子飞出电场后做匀速直线运动,则OP=y+s·tanθ=2.49×10-2 m。