人教版高中物理选修31《静电场》章末检测题.docx
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人教版高中物理选修31《静电场》章末检测题
高中物理学习材料
金戈铁骑整理制作
《静电场》章末检测题
考试时间：
90分钟；满分：
100分；命题人：
汪宏斌
姓名：
___________班级：
___________成绩：
___________
一、单选题（共6小题，每小题4分）
1.关于电场强度与电势的关系，下面各种说法中正确的是（）
A．电场强度大的地方，电势一定高
B．电场强度不变，电势也不变
C．电场强度为零处，电势一定为零
D．电场强度的方向是电势降低最快的方向
2．如图所示，带正电的小球靠近不带电的绝缘支架上的金属导体AB的A端，由于静电感应，A端出现负电荷，B端出现正电荷，则（ ）
A．用手触摸B端，移开带电小球，导体带负电
B．用手触摸A端，移开带电小球，导体带正电
C．用手触摸导体的中部，移开带电小球，导体不带电
D．用手触摸导体的中部，移开带电小球，导体带正电
3．在某电场中，沿x轴上的电势分布如图所示，由图可以判断（ ）
A．x=2m处电场强度可能为零
B．x=2m处电场方向一定沿x轴正方向
C．沿x轴正方向，电场强度先增大后减小
D．某负电荷沿x轴正方向移动，电势能始终增大
4．如图所示，圆弧线a、b、c代表某固定点电荷电场中的三个等势面，相邻两等势面间的距离相等，直线是电场中的几条没标明方向的电场线，粗曲线是一带正电粒子只在电场力作用下运动轨迹的一部分，M、N是轨迹上的两点．粒子过M、N两点的加速度大小分别是aM、aN，电势能分别是EPM、EPN，a、b、c的电势分别是φa、φb、φc，ab间，bc间的电势差分别是Uab、Ubc，则下列判断中正确的是（ ）
A．aM＞aN，EPM＞EPN
B．φa＜φb＜φc，EPM＜EPN
C．aM＞aN，Uab=Ubc
D．Uaab=Ubc，EPM＜EPN
5．如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止．现撤去F，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，则上述过程中（ ）
A．小球与弹簧组成的系统机械能守恒
B．小球的重力势能增加W1
C．小球的机械能增加W1+
mv2
D．小球的电势能减少W2
6．如图所示，正电荷Q均匀分布在半径为r的金属球面上，沿x轴上各点的电场强度大小和电势分别用E和ε表示．选取无穷远处电势为零，下列关于x轴上各点电场强度的大小E或电势ϕ随位置x的变化关系图，正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
二、多选题（共4小题，每小题5分，全对得5分，不全得3分，错选得0分）
7.如图所示，悬线下挂着一个它的质量为m、电量为+q带电小球，整个装置处于水平向右的匀强电场中，电场强度为E．（ ）
A．小球平衡时，悬线与竖直方向夹角的正切为Eq/mg
B．小球平衡时剪断悬线，则小球做曲线运动
C．小球平衡时剪断悬线后，小球的重力势能减少，为动能和电势能都增加
D．小球平衡时剪断悬线，则小球做匀加速直线运动
8．传感器是一种采集信息的重要器件，如图所示的是一种测定压力的电容式传感器，当待测压力F作用于可动膜片电极上时，以下说法中正确的是（ ）
A．若F向上压膜片电极，电路中有从a到b的电流
B．若F向上压膜片电极，电路中有从b到a的电流
C．若F向上压膜片电极，电路中不会出现电流
D．若电流表有示数，则说明压力F发生变化
9.如图所示，两平行金属板水平放置，板长为L，板间距离为d，板间电压为U，一不计重力、电荷量为q的带电粒子以初速度v0沿两板的中线射入，经过t时间后恰好沿下板的边缘飞出，则（ ）
A．在前时间内，电场力对粒子做的功为Uq
B．在后时间内，电场力对粒子做的功为Uq
C．在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1∶1
D．在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1∶2
10.如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝qE，则（ ）
A．电场方向竖直向上
B．小球运动的加速度大小为g
C．小球上升的最大高度为
D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为
三．填空题（共2小题，每空2分）
11．如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为900N/C，在电场内一水平面上作半径为10cm的圆，圆上取A，B两点，AO沿电场方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电荷量为10－9C的正点电荷，则A处场强大小EA＝________N/C，B处场强大小EB＝________N/C.
12．如图所示，A，B，C，D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A，B，C三点的电势分别为ϕA=15V，ϕB=3V，ϕC=-3V，由此可知D点电势ϕD=______V；若该正方形的边长为2cm，且电场方向与正方形所在平面平行，则场强为E=________V/m。
四．计算题
13．（12分）一长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将线与小球拉成水平，然后释放小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零．试求：
（1）AB两点的电势差UAB；
（2）匀强电场的场强大小；
（3）小球到达B点时，细线对小球的拉力大小．
14．（10分）如图所示，一平行板长l＝4cm，板间距离为d＝3cm，倾斜放置，使板面与水平方向夹角α＝37°，若两板间所加电压U＝100V，一带电荷量q＝3×10－10C的负电荷以v0＝0.5m/s的速度自A板左边缘水平进入电场，在电场中沿水平方向运动，并恰好从B板右边缘水平飞出，则带电粒子从电场中飞出时的速度为多少？
带电粒子的质量为多少？
（g取10m/s2）
15.（12分）半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m、带正电荷的小球，空间存在水平向右的匀强电场，如图所示，小球所受电场力是其重力的倍，将小球从环上最低点位置A点由静止释放，则：
（1）小球所能获得的最大动能是多大；
（2）小球对环的最大压力是多大．
16.（14分）如图所示，在界限MN左上方空间存在斜向左下与水平方向夹角为45°的匀强电场，场强大小E＝
×105V/m.一半径为R＝0.8m的
光滑绝缘圆弧凹槽固定在水平地面上．一个可视为质点的质量m＝0.2kg、电荷量大小q＝1×10－5C的带正电金属块P从槽顶端A由静止释放，从槽底端B冲上与槽底端平齐的绝缘长木板Q.长木板Q足够长且置于光滑水平地面上，质量为M＝1kg.已知开始时长木板有一部分置于电场中，图中C为界限MN与长木板Q的交点，B、C间的距离xBC＝0.6m，物块P与木板Q间的动摩擦因数为μ＝
，取g＝10m/s2，求：
（1）金属块P从A点滑到B点时速度的大小；
（2）金属块P从B点滑上木板Q后到离开电场过程所经历的时间；
（3）金属块P在木板Q上滑动的过程中摩擦产生的热量．
《静电场》章末检测题参考答案
1.D
2．C
3.
【答案】
D
【解析】
A、φ﹣x图象的斜率等于电场强度，则知x=2m处的电场强度不为零．故A错误．
B、从0到x=4m处电势不断降低，但x=2m点的电场方向不一定沿x轴正方向．故B错误．
C、由斜率看出，从0到4m，图象的斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大．故C错误．
D、沿x轴正方向电势降低，某负电荷沿x轴正方向移动，受力的方向始终指向x轴的负方向，电场力做负功，电势能始终增大．故D正确．
故选：
D
4.
【答案】
B
【解析】
根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向左上方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向左上方，所以正电荷受到点电荷的吸引力，所以圆心处的点电荷一定带负电，电场线的方向指向圆心，所以φa＜φb＜φc，
根据点电荷的电场线的分布特点可得，M点的电场线密，所以正电荷在M点受到的电场力大，产生的加速度大，即：
aM＞aN；
根据点电荷的电场线的分布特点可得，ab之间的电场强度大于bc之间的电场强度，由于相邻两等势面间的距离相等，根据U=Ed可得，Uab＞Ubc；
设粒子从M向N运动，正电荷受到的电场力的方向指向圆心，所以受力的方向与M到N的方向之间的夹角是钝角，电场力做功负功，电势能减小，所以EPM＜EPN．只有选项B正确．
故选：
B
5.
【答案】
D
【解析】
A、由于电场力做正功，故小球与弹簧组成的系统机械能增加，机械能不守恒，故A选项错误；
B、重力做功是重力势能变化的量度，由题意知重力做负功，重力势能增加﹣w1，故B选项错误；
C、小球增加的机械能在数值上等于重力势能和动能的增量，即﹣W1+
mv2，故C选项错误；
D、根据电场力做功是电势能变化的量度，电场力做正功电势能减少，电场力做负功电势能增加，故D选项正确；
故选D
6.
【答案】
C
【解析】
A，B：
金属球是一个等势体，等势体内部的场强处处为0，故A错误，B错误；
C，D：
金属球是一个等势体，等势体内部的电势处处相等，故C正确，D错误．
故选：
C．
7
【答案】
AD
【解析】
A、小球受重力、电场力和拉力处于平衡，根据共点力平衡得，mgtanθ=qE，则tanθ=
．故A正确．
B，D、剪断细线，小球受重力和电场力，两个力为恒力，合力为恒力．合力的方向与绳子的拉力方向等值反向，所以小球沿细绳反方向做初速度为零的匀加速直线运动．故D正确，B错误．
C、由以上分析可知，小球沿细绳反方向做初速度为零的匀加速直线运动，所以重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减小．故C错误．
故选：
AD
8
【答案】
BD
【解析】
F向上压膜片电极，使得电容器两板间的距离减小，电容器的电容增大，又因电容器两极板间的电压不变，所以电容器的电荷量增大，电容器继续充电，电路中有从b到a的电流，B正确．若电流表有示数，则电容器在不断充电（或放电），故Q在变化，F变化，D正确．
9.答案 BC
解析 粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在前后两个的时间内沿电场线方向的位移之比为1∶3，则在前时间内，电场力对粒子做的功为Uq，在后时间内，电场力对粒子做的功为Uq，选项A错，B对；由W＝Eq·x知在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1∶1，选项C对，D错．
10.答案 BD
解析
由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，而mg＝qE，由三角形定则，可知电场方向与ON方向成120°角，A错误；由图中几何关系可知，其合力为mg，由牛顿第二定律可知a＝g，方向与初速度方向相反，B正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理可得－mg·2h＝0－mv，解得h＝，C错误；电场力做负功，带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则Ep＝－qE·2hcos120°＝qEh＝mg·＝，D正确．
11
【答案】
0 1.27×103
【解析】
由E＝k
，得点电荷在A处产生的场强EA＝900N/C，方向向左，所以A处合场强为零．点电荷在B处产生的场强EB＝900N/C，方向向下，所以B处合场强为1.27×103N/C.
12
【答案】
9V;450
V/m
【解析】
（1）根据匀强电场分布电势特点可知AC连线中点电势与BD连线中点电势相等，且电势大小为两端点电势和的一半，即ϕA+ϕC=ϕB+ϕD，则ϕD=9V；
（2）连接A、C，用E、F将AC三等分，可知F点电势为3V，连接BF，则BF为等势线。
作AG┴BF，则AG为电场线。
现求BF长度。
由余弦定理得
。
又由于△ABF面积为△ABC的
，则
，得
解得
V。
13
【答案】
（1）AB两点的电势差UAB为
；
（2）匀强电场的场强大小是
；
（3）小球到达B点时，细线对小球的拉力大小是
mg．
【解析】
（1）小球由A到B过程中，由动能定理得：
mgLsin60°+qUAB=0
所以UAB=﹣
（2）BA间电势差为UBA=﹣UAB=
则场强E=
=
（3）小球在AB间摆动，由对称性得知，B处绳拉力与A处绳拉力相等，而在A处，由水平方向平衡有：
FTA=Eq=
mg，所以FTB=FTA=
mg
14、
【答案】
1m/s 8×10－8kg
【解析】
带电粒子能沿直线运动，所受合力与运动方向在同一直线上，由此可知重力不可忽略，受力分析如图所示．
静电力在竖直方向上的分力与重力等大反向，则带电粒子所受合力与静电力在水平方向上的分力相同，即水平方向上F合＝qEsinα＝q
sinα
竖直方向上mg＝qEcosα
m＝
＝
＝3×10－10×
×0.8kg＝8×10－8kg
根据动能定理有
mv2－
mv
＝F合x，x＝
联立以上各式解得v＝1m/s.
15.解析
（1）因qE＝mg，所以qE、mg的合力F合与竖直方向夹角tanθ＝＝，即θ＝37°，
则小球由A点静止释放后从A到B过程中做加速运动，如图所示，B点动能最大，由动能定理得
qErsinθ－mgr（1－cosθ）＝Ek
解得B点动能即最大动能Ek＝mgr.
（2）设小球在B点受圆环弹力为FN，由牛顿第二定律得
FN－F合＝
而F合＝＝mg
解得FN＝mg，由牛顿第三定律得，小球对圆环的最大压力也为mg.
答案
（1）mgr
（2）mg
16
【答案】
（1）4m/s
（2）0.2s （3）0.85J
【解析】
（1）∵A，B连线垂直于电场线，故A，B两点电势相等
∴金属块P从A运动到B，电场力做功为零
设P刚冲上Q板时的速度为v0，该过程由动能定理有
mgR＝
mv
∴v0＝
＝4m/s
（2）金属块P从B运动到C出电场的过程，由题可知
F电＝qE＝
N
f＝μ（F电cos45°＋mg）＝1N
则加速度大小aP＝
＝10m/s2
设P在C处速度为v1，由v
－v
＝2aPxBC
解得v1＝2m/s 故t＝
＝0.2s
（3）金属块P在电场中运动时，木板的加速度大小aQ＝
＝1m/s2，所以物块P刚离开电场时，Q板的速度为v2＝aQt＝0.2m/s
物块P离开电场后，系统动量守恒，Q板足够长，设P、Q最终共速为v，有mv1＋Mv2＝（m＋M）v
解出v＝0.5m/s
由能量转化与守恒定律，全过程摩擦产生热量
Q＝mgR－
（m＋M）v2－W电
电场力只在BC段对金属块P做功，
W电＝F电xBCcos45°＝0.6J
∴Q＝0.85J
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