高二物理人教版选修3-1静电场单元测试题含答案解析

高二物理人教版选修3-1静电场单元测试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、多选题

1．两个相同的金属小球，带电量之比为1：5，当它们相距r 时的相互作用力为F 1。若把它们互相接触后再放回原处，它们的相互作用力变为F 2，则F 1：F 2可能是（ ） A ．5：1 B ．5：9 C ．5：4 D ．5：8 2．如图甲所示，在一条电场线上有A 、B 两点，若从A 点由静止释放一电子，假设电子仅受电场力作用，电子从A 点运动到B 点的速度—时间图象如图乙所示，则（ ）

A ．电子在A 、

B 两点受的电场力A B F F <

B ．A 、B 两点的电场强度A B E E >

C ．A 、B 两点的电势A B ??<

D ．电子在A 、B 两点具有的电势能pB pA

E E <

3．图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷．一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a 、b 、c 三点是实线与虚线的交点．则该粒子（ ）

A ．带负电

B ．在c 点受力最大

C ．在b 点的电势能大于在c 点的电势能

D ．由a 点到b 点的动能变化大于有b 点到c 点的动能变化

二、单选题

4．关于电场强度E 的说法正确的是（ ）

A ．根据E=F/q 可知，电场中某点的电场强度与电场力F 成正比，与电量q 成反比

B ．电场中某点的场强的大小与试探电荷的大小、有无均无关

C．电场中某点的场强方向就是放在该点的电荷所受电场力方向

D．以上说法均不正确

5．在如图各种电场中，A、B两点电场强度相等的是（）

A．B．

C．D．

6．等量异种点电荷的连线和中垂线如图所示，现将一个带负电的检验电荷先从图中的a点沿直线移动到b点，再从b点沿直线移动到c点，则检验电荷在此全过程中（）

A．所受电场力的方向变化

B．所受电场力的大小恒定

C．电场力一直做正功

D．电势能先不变后减小

7．如图所示，实线表示匀强电场的电场线．一个带负电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动的轨迹如图中的虚线所示，a、b为轨迹上的两点．若a 点电势为φa，b点电势为φb，则( )

A．场强方向一定向左，且电势φa＜φb

B．场强方向一定向左，且电势φa＞φb

C．场强方向一定向右，且电势φa＞φb

D．场强方向一定向右，且电势φa＜φb

8．P、Q两电荷的电场线分布如图所示，c、d为电场中的两点．一个离子从a运动到b（不计重力），轨迹如图所示．则下列判断正确的是（）

A．Q带正电B．c点电势低于d点电势

C．离子在运动过程中受到P的吸引D．离子从a到b，电场力做正功9．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若

A．保持S不变，增大d，则θ变大

B．保持S不变，增大d，则θ变小

C．保持d不变，减小S，则θ变小

D．保持d不变，减小S，则θ不变

10．原来都是静止的质子和α粒子，经过同一电压的加速电场后，它们的速度大小之比为( ).

A2

B．1:2

C

D．1:1

11．分别将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，下板接地。三小球分别落在图中A、B、C三点，则错误的是（）

A．A带正电、B不带电、C带负电

B．三小球在电场中加速度大小关系是：a A＜a B＜a C

C．三小球在电场中运动时间相等

D．三小球到达下板时的动能关系是E kC＞E kB＞E kA

12．如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，入射方向跟极板平行．整个装置处在真空中，电子的重力不计．在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转位移h变大的是

A．U1变大B．U1变小C．U2变大D．U2变小

三、解答题

13．如图所示，两个平行金属板AB中间为一匀强电场，AB相距10cm,CD为电场中的两点，CD=8cm,CD连线和电场方向成60°角，C点到A板的距离为2cm．，已知质子从C点移到D点,电场力做功为3.2×10-17J

求：（1）匀强电场的电场强度；

（2）AB两点间的电势差。

（3）若将A板接地,则C、D两点的电势各为多大?

14．如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m、电荷量为q的粒子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进

入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若粒子从两块水平平行板的正中间射入，且最后粒子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，不计粒子所受重力．求：

（1）粒子通过B点时的速度大小；

（2）右侧平行金属板的长度；

（3）粒子穿出右侧平行金属板时的动能．

15．如图所示，BC是半径为R的1

4

圆弧形的光滑且绝缘的轨道，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。今有一质量为m、电荷量为q带正电的小滑块（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 ，重力加速度为g。忽略因摩擦而造成的电荷量的损失。求∶

(1)滑块通过圆弧最低点B时对轨道的压力大小；

(2)水平轨道上A、B两点之间的距离。

参考答案

1．BC

【详解】

由库仑定律可得

122q q F k r

= 带电量之比是1：5，当它们相距r 时作用力大小为

2

125q F k r

= 当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量都变为3q ，当它们相距r 时作用力大小为

2

229q F k r

= 所以

F 1：F 2=5：9.

当两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为2q ，当它们相距r 时作用力大小为

2

224q F k r

'= 所以

F 1：F 2′=5：4.

故BC 正确，AD 错误；

故选BC 。

2．BCD

【详解】

AB ．从速度图象看出，电子从A 运动到B 过程速度增大，加速度变小，电场力减小，即

F A ＞F B

场强变小，则B 点的场强小于A 点的场强，即

E A ＞E B

故A 错误，B 正确；

C．根据题意，电子从静止释放后从A运动到B，则电子受到的电场力方向从A→B，而电子带负电，电场线方向从B→A，则B点的电势大于A点的电势，即

φA＜φB

故C正确；

D．因电场力做正功，则电势能减小，故D错误。

故选BC。

3．CD

【详解】

A．根据粒子运动轨迹可知，粒子带正电，选项A错误；

B．根据库仑定律可知，离点电荷最近时最大，选项B错误；

C．从b点到c点电场力做正功，动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，故C正确；

D．同心圆间距相等，所以a点到b点电势差大于b点到c点的电势差，所以由a点到b点的动能变化大于有b点到c点的动能变化，选项D正确．

4．B

【解析】

公式E=F/q为电场强度的定义式，电场强度的大小跟放入电场中的电荷无关，A错误．A错误，B正确，电场中某点的场强方向跟放入该点的正电荷受到的电场力方向相同，与放入该点的负电荷受到的电场力方向相反，C错误，

5．C

【详解】

A．该图中A、B两点场强大小相同，方向不同，选项A错误；

B．该图中A、B两点场强大小不相同，方向相同，选项B错误；

C．该图中A、B两点场强大小相同，方向相同，选项C正确；

D．该图中A、B两点场强大小不相同，方向也不同，选项D错误；

故选C。

6．C

【解析】

两个等量异种电荷连线的中垂线上各点的场强方向为由正电荷的一边指向负电荷的一边，且与中垂线垂直，中垂线与两电荷连线的交点处的电场强度最大，并从交点处沿中垂线向两边

递减，直至为零所以a b E E <，两电荷连线上电场方向沿连线方向由正电荷指向负电荷，且交点处场强最小，从交点处沿连线向两边逐渐增大即b c E E <，故a b c E E E <<，从a 到b 再到c 电场方向都是竖直向下，方向未变，电场力大小逐渐增大所以A B 错误．两电荷的中垂线是一条等势线，所以从a 到b 的过程中电场力不做功，电势能不变，从b 到c 的过程中由于带负电，电场力做正功，电势能减小，所以C 错误D 正确．

7．A

【解析】

【详解】

由曲线运动条件可知合力指向曲线的内侧，而电场强度方向应该是电场线上每一点的切线方向，所以该带电粒子所受的电场力一定向右。由于该粒子是负电荷，所以场强方向一定向左，根据沿着电场线的方向电势降低的，可判定a 点的电势小于b 点，即φa ＜φb ，故A 正确。 8．C

【详解】

A ．根据电场线从正电荷出发到负电荷终止可知，P 带正电荷，Q 带负电荷，选项A 错误；

B ．由顺着电场线方向电势逐渐降低可知，c 点电势高于d 点电势，选项B 错误；

C ．由离子从a 运动到b 的轨迹弯曲方向可知，离子在运动过程中受到P 的吸引，选项C 正确；

D ．离子从a 到b ，电场力做负功，选项D 错误。

故选Ｃ。

9．A

【详解】

AB 、电容器所带电荷量Q 不变，由4r S C kd επ?=可知S 不变，增大d ，则C 变小，而由Q C U =可得电容器的电压U 变大，从而使得静电计的电压U 变大，其指针的偏角θ变大，故A 正确、B 错误;

CD 、同理可知保持d 不变，减小S ，则C 变小，而由Q C U

=可得电容器的电压U 变大，使得静电计的电压U 变大，其指针的偏角θ变大，故选项C 、D 均错误．

故选:A.

10．C

【分析】

根据动能定理列式得到加速获得的速度表达式，结合质子和α粒子的比荷求解速度之比．

【详解】

设任一带电粒子的质量为m ，电量为q ，加速电场的电压为U ，根据动能定理得：

212qU mv =

解得：v =即得速度大小与比荷的平方根成正比 质子和α粒子比荷之比为

:2:1H H q q m m αα= 所以解得速度之比 v H ：v α

故C 正确．

【点睛】

本题带电粒子在电场中加速问题，根据动能定理求速度是常用方法．本题还要对质子与α粒子的质量数与电荷数要区分清楚．

11．C

【详解】

C.三个小球在水平方向都做匀速直线运动，由图看出水平位移关系是A B C x x x >>，三个小球水平速度0v 相同，由0x v t =得运动时间关系是A B C t t t >>，故选项C 符合题意；

B.竖直方向上三个小球都做匀加速直线运动，由图看出竖直位移y 大小相等，由212y at =得到加速度关系为A B C a a a <<，故选项B 不符合题意；

A.根据牛顿第二定律得到合力关系为A B C F F F <<，三个小球重力相同，而平行金属板上板带负极，可以判断出来A 带正电、B 不带电、C 带负电，故选项A 不符合题意；

D.三个小球所受合力方向都竖直向下，都做正功，竖直位移大小相等，而合力A B C F F F <<，则合力做功大小关系为A B C W W W <<，根据动能定理得三小球到达下板时的动能关系是kC kB kA E E E >>，故选项D 不符合题意。

12．BC

【详解】

试题分析：设电子的质量是m ，电荷量为e ，经电势差为1U 的电场加速后，由动能定理可得21012

U mv =，经平行金属板射出时，其水平速度和竖直速度分别为0x v v =，20y eU l v at md v ==，由此可得22201

tan 2y x v eU l U l v dmv dU θ===,，当l ，d 一定时，减小1U 或者增大2U 都能使偏转角增大，所以BC 正确，

考点：本题考查了带电粒子在电场中的运动

点评：对于力 电综合问题仍然要进行受力分析，运动状态分析和过程分析，若物体参与两个方向上的运动，做复杂的曲线运动，则利用动能定理和能量守恒的方式求解

13．（1）5000V/m （2）500V （3）-100V ；-300V

【详解】

（1）从C 到D 移动正电荷做正功，于是电势A 高B 低

W =Eqscos 60°=E ×1.6×10-19×0.08×0.5=3.2×10-17J

解得

E =5000V/m

（2）所以

U =E l =5000×0.1V=500V

U AB =U A -U B =500V

（3）

U AC =U A -U C =Ed =5000×0.02V =100V ， U A =0

所以U C =-100V

U AD =U A -U D =Ed /=5000×(0.02+0.04)V=300V ，U A =0

所以U D =-300V

14．

(1)

(2) (3) 0()2U e U + 【详解】

（1）在加速过程根据动能定理得： 20012

e mv U =

解得到质子射出加速电场的速度

0v =

（2）粒子在竖直方向： 211,22eU y d at a md

=

== 在水平方向： x =L =v 0t

联立上式得到

2

20

1122eUL d mdv = 代入数据得

L =（3）从刚开始到射出电场的过程中运用动能定理得：

201()22

U mv e U =+ 15．(1)32mg qE -；(2)

mgR qER qE mg

μ-+ 【详解】

(1)小滑块从C 到B 的过程中，只有重力和电场力对它做功，设滑块通过B 点时的速度为 v B ，根据动能定理有： 212

B mgR qER mv -=

解得

B v =

在B 点有 2

N mv F mg R

-= 解得

N 32F mg qE -=

由牛顿第三定律可得，滑块通过圆弧最低点B 时对轨道的压力

N N '32mg F E F q =-=

(2)小滑块在AB 轨道上运动时，所受摩擦力为f =μmg ，方向水平向左。小滑块从C 经B 到A 的整个过程中，重力做正功，电场力和摩擦力做负功。设小滑块在水平轨道上运动的距离（即A 、B 两点间的距离）为L ，则根椐动能定理有

()0mgR qE R L mgL μ-+-=

解得 ()mg qE R

L qE mg μ-=+