物理选修3第一章 静电场综合与测试精品练习题

第一章　章末跟踪测评

(时间：90分钟　满分：110分)

(见跟踪测评P1)

一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分，1－6题是单选题，7－10题是多选题．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)

1．使两个完全相同的金属小球(均可视为点电荷)分别带上－3Q和＋5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1.现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a的两点，它们之间库仑力的大小为F2.则F1与F2之比为(　　)

A．2∶1　　 B．4∶1

C．16∶1　　 D．60∶1

D　解析   两个完全相同的金属小球相互接触后，带电荷量均为＋Q，距离变为原来的两倍，根据库仑定律可知，选项D正确．

2．如图甲所示，AB是一条点电荷电场中的电场线，图乙则是放在电场线上P、Q两处的试探电荷的电荷量大小与所受静电力大小之间的函数图线，由此可以判断(　　)

A．场源电荷是正电荷，位置在A侧

B．场源电荷是正电荷，位置在B侧

C．场源电荷是负电荷，位置在A侧

D．场源电荷是负电荷，位置在B侧

A　解析  由E＝知EP＞EQ，即A点更靠近点电荷，结合电场线方向，可知场源电荷是正电荷，位置在A侧．

3．如图所示，真空中存在一点电荷产生的电场，其中a、b两点的电场强度方向如图所示，a点的电场方向与a、b连线成60°角，b点的电场方向与a、b连线成30°角，则下列关于a、b两点电场强度Ea、Eb及电势φa、φb的关系正确的是(　　)

A．Ea＝3Eb　φa>φb　　 B．Ea＝3Eb　φa<φb

C．Ea＝　φa>φb　　 D．Ea＝Eb　φa<φb

A　解析  由于场源为点电荷，因此两条电场线的反向延长线的交点就是场源所在位置，场源到a、b两点的距离分别为la、lb，根据三角形的边角关系可知la∶lb＝1∶，由于点电荷的电场强度E＝k，可得Ea∶Eb＝l∶l＝3∶1，选项C、D错误；由于场源为正电荷，沿电场线的方向，电势越来越低，由于la＜lb，因此φa＞φb，选项A正确，B错误．

4．实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹．带电粒子只受电场力作用，运动过程中电势能逐渐增大，它运动到b处时可能的运动方向与受力方向是(　　)

B　解析  带电粒子所受的电场力大体指向轨迹凹侧面，从而得出带电粒子受力的方向为沿电场线切线方向向左，由于运动过程中带电粒子的电势能增大，所以电场力做负功，力F与v的夹角应大于90°，故选项B正确，A、C、D错误．

5．如图所示，在沿x轴正向的匀强电场E中，有一动点A以O为圆心，r为半径逆时针转动一周，O与圆周上的A点的连线OA与x轴正方向(E方向)成θ角，则此圆周上各点与A点间最大的电势差U为(　　)

A．Er　　 B．Er(sin θ＋1)

C．Er(cos θ＋1)　　 D．2Er

C　解析  由U＝Ed知，与A点电势差最大的点应是沿场强方向与A点相距最远的点，dmax＝r＋rcos θ，所以Umax＝Er(cos θ＋1)，选项C正确．

6．空间有平行于纸面的匀强电场，一电荷量为－q的质点(重力不计)，在恒定拉力F的作用下沿虚线由M匀速运动到N，如图所示，已知力F和MN间的夹角为θ，MN间的距离为d，则(　　)

A．MN两点的电势差为

B．匀强电场的电场强度大小为

C．带电质点由M运动到N的过程中，电势能减少了Fdcos θ

D．若要使带电质点由N向M匀速直线运动，则F必须反向

A　解析  由于带电质点做匀速直线运动，故静电力与拉力F大小相等，方向相反，故场强大小E＝，带电质点由M到N，静电力做功WMN＝－Fdcos θ，故电势差UMN＝＝，而电势能是增加的，选项A正确，B、C错误；若要使带电质点由N向M做匀速直线运动，F和静电力仍平衡，选项D错误．

7．如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，平行板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t，则(不计粒子的重力)(　　)

A．在前时间内，电场力对粒子做的功为

B．在后时间内，电场力对粒子做的功为

C．在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1∶2

D．在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1∶1

BD　解析  粒子在电场中做类平抛运动的加速度为a＝＝，t时间内竖直方向上的位移y＝at2＝，前时间内竖直方向上的位移y1＝a＝，后时间内竖直方向上的位移y2＝y－y1＝d；由公式W＝Fl可知前、后、前、后电场力做的功分别为W1＝qU，W2＝qU，W3＝qU，W4＝qU，选项B、D正确，A、C错误．

8．空间中存在着沿x轴方向的静电场，其电场强度E随x变化的关系图象如图所示，图象关于坐标原点对称，A、B是x轴上关于原点对称的两点，则下列说法正确的是(　　)

A．电子在A、B两点的电势能不相等

B．电子在A、B两点的加速度方向相反

C．电子从A点由静止释放后的运动轨迹可能是曲线

D．若取无穷远处电势为零，则O点处电势一定为正

BD　解析  电子从A移动到B，电场力先做负功后做正功，总功为零，故A、B两点的电势能相等，选项A错误；电子在A、B两点受到的电场力方向相反，大小相等，故加速度方向相反，大小相等，选项B正确；由于电场力方向与x轴平行，速度方向与合力方向始终共线，故一定做直线运动，选项C错误；电势高低与场强大小无关，场强为零，电势不一定为零，本题中，将一个正的试探电荷从O点移动到无穷远处，电场力做正功，说明电势是降低的，若取无穷远处电势为零，则O点处电势一定为正，选项D正确．

9．如图所示，两块面积较大、正对着的平行极板A、B水平放置，极板上带有等量异种电荷．其中A板用绝缘线悬挂，B板固定且接地，P点为两极板的中间位置．下列结论正确的是(　　)

A．若在两极板间加上某种绝缘介质，A、B构成的电容器的电容会增大

B．A、B两极板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向相同

C．若将A极板水平向左平移一小段距离，两极板间的电场强度减小

D．若将A极板竖直向下平移一小段距离，原P点位置的电势不变

ABD　解析  由C＝可知，当在两极板间加上某种绝缘介质时，A、B两极板所组成的电容器的电容会增大，选项A正确；正极板A在P点产生的场强向下，负极板B在P点产生的场强也向下，由于P点在两极板中间位置，因此两极板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向相同，选项B正确；C＝，C＝，平行板电容器内的电场强度E＝，整理式子可得E＝，可以得出，将A极板水平向左平移一小段距离，极板的正对面积减小，两极板间的电场强度将增大，选项C错误；同理，若将A极板竖直向下平移一小段距离，两极板间的电场强度不变，P与B间的电势差不变，而B点电势为零，则P点位置的电势不变，选项D正确．

10．示波器是一种常用的电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时间的变化情况．如图所示，电子经电压u1加速后进入偏转电场．下列关于所加竖直偏转电压u2、水平偏转电压u3与荧光屏上所得的图象的说法正确的是(　　)

A．如果只在u2上加上图甲所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(a)所示

B．如果只在u3上加上图乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(b)所示

C．如果同时在u2和u3上加上图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(c)所示　　　　

D．如果同时在u2和u3上加上图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(d)所示

ABD　解析  由电子在电场中偏转规律知，选项A、B、D正确．

二、填空题(2小题，共12分)

11．(6分)静电计是测量电势差的仪器，指针偏转角度越大，金属外壳和上方金属小球间的电势差越大，实验装置如图所示．在本实验中，静电计指针和A板等电势，静电计金属壳和B板等电势，因此指针偏转角度越大表示A、B两极板间的电势差越大，现对电容器充电后断开开关，若按图下方的说明来做实验，则图甲中两极板间电势差________；图乙中两极板间电势差________；图丙中两极板间电势差________．(均选填“变大”“变小”或“不变”)

答案  变大　变小　变小

12．(6分)在“用DIS描绘电场的等势线”实验中，按图所示连接电路．在电极A、B的连线上等距离地取a、b、c、d、e等5个基准点．将电压传感器的两个接线柱分别和两个探针相连接．当正接线柱的电势高于负接线柱时，读数为正．

(1)对于该实验的认识与判断，下列说法中正确的是(　　)

A．实验是用恒定的电流场模拟静电场

B．在实验过程中电极与导电纸的相对位置不能再改变

C．若把电源电压提高到原来的2倍，则描绘得到的等势线形状与原来不同

D．本实验无法画出相应的电场线

(2)若在图中连接电压传感器正接线柱的探针接触a点，连接负接线柱的探针接触b点时，读数为负，则可以判断电极A接在电源的________极上(选填“正”或“负”)．

(3)若连接电压传感器的正负两个接线柱的探针分别接触a点和b点时示数为U1；分别接触b点和c点时示数为U2，则有|U1|________|U2|(选填“＞”、“＜”或“＝”)．

解析   (1)本实验的原理是利用恒定电流场模拟静电场，选项A正确；根据等量异种电荷等势线分布情况可知，等势线的分布情况与电荷的有关，本实验中两个电极相当于两个点电荷，所以在实验过程中电极与导电纸的相对位置不能再改变，选项B正确；等量异种电荷等势线的形状与两个点电荷的电荷量无关，若把电源电压提高到原来的2倍，则描绘得到的等势线形状与原来是相同的，选项C错误；将等势点连起来，可描绘出电场的等势线，选项D错误．

(2)根据题意，当正接线柱的电势高于负接线柱时，电压传感器的读数为正，则当电压传感器的读数为负时，可以知道a点的电势低于b的电势，则知电极A接在电源的负极．

(3)根据等量异种电荷电场线的分布情况得知，a、b间场强大于b、c间场强，根据U＝Ed分析得知，a、b间的电势差大于b、c间的电势差，故有|U1|＞|U2|.

答案  (1)AB　(2)负　(3)＞

三、解答题(本大题包括4小题，共48分，按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、主要公式和重要演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)

13．(10分)如图所示，两平行金属板A、B间为一匀强电场，A、B相距6 cm，C、D为电场中的两点(其中C点在金属板上)，且CD＝4 cm，CD连线和场强方向成60°角．已知电子从D点移到C点电场力做功为3.2×10－17 J，电子电荷量e＝1.6×10－19 C，求：

(1)匀强电场的场强大小；

(2)A、B两板间的电势差；

(3)若A板接地，D点电势．

解析   (1)由题可知，D→C电场力做正功W＝eELCDcos 60°，则E＝1×104 N/C．

(2)由题可知，电子受到的电场力方向向上，电子带负电，则场强方向为A→B.

A、B间电势差为UAB＝EdAB＝1×104×6×10－2 V＝600 V.

(3)A、D间电势差为UAD＝EdAD＝ELCDcos 60°＝1×104×4×10－2×0.5 V＝200 V，

φA－φD＝200 V，φA＝0，解得φD＝－200 V.

答案  (1)1×104 N/C　(2)600 V　(3)－200 V

14．(12分)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＝0.4 m，两板间距离d＝4×10－3 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下极板的正中央，已知微粒质量为m＝4×10－5 kg，电荷量q＝＋1×10－8 C，g＝10 m/s2.

(1)求微粒入射速度v0；

(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上极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？

解析  (1)由＝v0t，＝gt2可解得v0＝＝10 m/s.

(2)电容器的上极板应接电源的负极．

当所加的电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，即

＝a1()2，又a1＝，解得U1＝120 V；

当所加的电压为U2时，微粒恰好从上极板的右边缘射出，

即＝a2()2，又a2＝，解得U2＝200 V，

所以120 V<U<200 V.

答案  (1)10 m/s　(2)120 V<U<220 V

15．(12分)如图所示，质量m＝2.0×10－4 kg、电荷量q＝1.0×10－6 C的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E的匀强电场中．取g＝10 m/s2.

(1)求匀强电场的电场强度E的大小和方向；

(2)在t＝0时刻，电场强度大小突然变为E0＝4.0×103 N/C，方向不变，求在t＝0.2 s时间内电场力做的功；

(3)在t＝0.2 s时刻突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能．

解析  (1)因微粒静止，则其受力平衡，对其受力分析有

Eq＝mg，

E＝＝ N/C＝2.0×103 N/C，方向向上．

(2)在t＝0时刻，电场强度大小突然变为E0＝4.0×103 N/C，设微粒的加速度为a，在t＝0.2 s时间内上升高度为h，电场力做功为W，则qE0－mg＝ ma，h＝at2，W＝qE0h，联立解得W＝8.0×10－4 J.

(3)设在t＝0.2 s时刻突然撤掉电场时微粒的速度大小为v，回到出发点时的动能为Ek，则v＝at，

由动能定理得mgh＝Ek－mv2，

解得Ek＝8.0×10－4 J.

答案  (1)2.0×103 N/C　方向向上

(2)8.0×10－4 J　(3)8.0×10－4  J

16．(14分)如图所示，在E＝1.0×103 V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R＝0.4 m．一带正电荷q＝1×10－4 C的小滑块，质量为m＝0.04 kg，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，问：

(1)要使小滑块能运动到半圆轨道的最高点Q，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？

(2)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？(P为半圆轨道中点)

解析   (1)滑块刚能通过轨道最高点的条件是

mg＝m，v＝＝2 m/s，

滑块由释放点到最高点过程中，由动能定理得

qEx－μmgx－2mgR＝mv2，

所以x＝，代入数据得x＝20 m.

(2)从P到Q，由动能定理得

－mgR－qER＝mv2－mv，

所以v＝v2＋2R，

在P点由牛顿第二定律得FN－qE＝，

所以FN＝3(mg＋qE)，代入数据得FN＝1.5 N，由牛顿第三定律可知，P对轨道的压力等于轨道对P的支持力，所以为1.5N.

答案  (1)20 m　(2)1.5 N