人教版高中物理选修31《静电场》章末检测题.docx

1、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

2、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a、b、c

3、，ab间，bc间的电势差分别是Uab、Ubc，则下列判断中正确的是（）A aMaN，EPMEPN B abc，EPMEPNC aMaN，Uab=Ubc D Uaab=Ubc，EPMEPN5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W1C 小球的机械能增加W1+mv2 D 小球的电势能减少W2

4、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

5、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UqB在后时间内，电场力对粒子做的功为UqC在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之

6、比为11D在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1210. 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mgqE，则()A电场方向竖直向上B小球运动的加速度大小为gC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900 N/C，在电场内一水平面上作半径为10 cm的圆，圆上取A，B两点，AO沿电场方向，BOOA，另在圆心处放一电荷量为109 C的正点电荷，则A处场强

7、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A=15V，B =3V，C =-3V，由此可知D点电势D=_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

8、球的拉力大小14（10分）如图所示，一平行板长l4 cm，板间距离为d3 cm，倾斜放置，使板面与水平方向夹角37，若两板间所加电压U100 V，一带电荷量q31010 C的负电荷以v00.5 m/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10 m/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

9、；(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E105 V/m.一半径为R0.8 m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m0.2 kg、电荷量大小q1105 C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M1 kg.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xBC0.6 m，物块P与木板Q间的动摩擦因数为，取g10 m/s2，求：(1)金属块P从A点滑到B点时速度的大小；(2

10、)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.D2C3.【答案】D【解析】A、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：D4.【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，

11、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abc，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：aMaN；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，UabUbc；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EPMEPN只有选项B正确故选：B5.【答案】D【解析】A、由于电场力做正功，故

12、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D6.【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：C7【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，mgtan=q

13、E，则tan=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：AD8【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

14、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13，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WEqx知在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为11，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mgqE，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ag，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mg2h0mv

15、，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EpqE2hcos 120qEhmg，D正确11【答案】01.27103 【解析】由Ek，得点电荷在A处产生的场强EA900 N/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EB900 N/C，方向向下，所以B处合场强为1.27103 N/C.12【答案】9V;450V/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A+C = B +D，则D=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B

16、F为等势线。作AGBF，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=mg14、【答案】1 m/s8108 kg【解析】带电粒子能沿直线运动，所受合力与运动方向在同

17、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qEsin qsin 竖直方向上mgqEcos m310100.8 kg8108 kg根据动能定理有mv2mvF合x，x联立以上各式解得v1 m/s.15.解析(1)因qEmg，所以qE、mg的合力F合与竖直方向夹角tan ，即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qErsin mgr(1cos )Ek解得B点动能即最大动能Ekmgr.(2)设小球在B点受圆环弹力为FN，由牛顿第二定律得FN

18、F合而F合mg解得FNmg，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)mg16【答案】(1) 4 m/s(2) 0.2 s(3) 0.85 J【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mgRmvv04 m/s(2)金属块P从B运动到C出电场的过程，由题可知F电qENf(F电cos45mg)1 N则加速度大小aP10 m/s2设P在C处速度为v1，由vv2aPxBC解得v12 m/s故t0.2 s(3)金属块P在电场中运动时，木板的加速度大小aQ1 m/s2，所以物块P刚离开电场时，Q板的速度为v2aQt0.2 m/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mv1Mv2(mM)v解出v0.5 m/s由能量转化与守恒定律，全过程摩擦产生热量QmgR(mM)v2W电电场力只在BC段对金属块P做功，W电F电xBCcos450.6 JQ0.85 J