高中物理第1章静电场学业质量标准检测新人教版选修3-1 11页

第一章　静电场学业质量标准检测本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟。第Ⅰ卷(选择题　共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．冬天当我们脱毛线衫时，静电经常会跟你开个小玩笑。下列一些相关的说法中正确的是(　B　)A．在脱衣过程中，内外衣间摩擦起电，内衣和外衣所带的电荷是同种电荷B．在脱衣过程中，有时会听到“啪”的声音，这是由于内外衣服上电荷放电引起的C．如果内外两件衣服可看作电容器的两极，并且在将外衣脱下的某个过程中两衣间电量一定，随着两衣间距离的增大，两衣间电容变小，则两衣间的电势差也将变小D．脱衣时如果人体带上了电，当手触摸金属门把时，一定会有电流通过金属门把流入大地，从而造成对人体轻微的电击解析：摩擦起电使相互摩擦的两个物体带上等量异种电荷，A错。若将内外衣视为电容器，可以认为摩擦起电后电荷量不变，当距离增大的过程中，电容变小，电势差增大，选项C错误。当人因脱衣服时带上电，与金属门把接近时会使空气电离而放电，所以选项D不正确。正确选项为B。2．(2017·浙江省绍兴一中高二上学期期中)密立根油滴实验原理如图所示。两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U，形成竖直向下场强为E的匀强电场。用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴。通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m，则下列说法正确的是(　C　)A．悬浮油滴带正电B．悬浮油滴的电荷量为C．增大场强，悬浮油滴将向上运动D．油滴的电荷量不一定是电子电量的整数倍解析：带电荷量为q 的油滴静止不动，则油滴受到向上的电场力；题图中平行板电容器上极板带正电，下极板带负电，故板间场强方向竖直向下，则油滴带负电，故A错误；根据平衡条件，有：mg＝q，故q＝，故B错误；根据平衡条件，有：mg＝qE，当增大场强，电场力增大，则悬浮油滴将向上运动，故C正确；不同油滴的所带电荷量虽不相同，但都是某个最小电荷量(元电荷)的整数倍，故D错误。3．(2016·吉林一中高二上学期期中)某静电场的电场线分布如图，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ，电势分别为φP和φQ，则(　D　)A．EP＞EQ，φP＜φQB．EP＜EQ，φP＞φQC．EP＜EQ，φP＜φQD．EP＞EQ，φP＞φQ解析：由图P点电场线密，电场强度大，则EP＞EQ。沿电场线的方向电势降低，则有φP＞φQ。故D正确，故选D。4．(2016·浙江省杭州二中高二上学期期中)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R。已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为(　A　)A．－E　B．C．－ED．＋E解析：完整球壳在M点产生电场的场强为k＝，根据电场叠加原理，右半球壳在M点产生电场的场强为－E，根据对称性，左半球壳在N点产生的电场的场强为－E，选项A正确。5．(2017·浙江省温州中学高二上学期期中)一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示。容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是(　C　) A．A点的电场强度比B点的大B．小球表面的电势比容器内表面的电势低C．B点的电场强度方向与该处内表面垂直D．将检验电荷从A点沿不同路径到B点，电场力所做的功不同解析：由于A点处电场线比B点处电场线疏，因此A点电场强度比B点小，A项错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，因此小球表面的电势比容器内表面的电势高，B项错误；由于处于静电平衡的导体表面是等势面，电场线垂直于等势面，因此B点的电场强度方向与该处内表面垂直，C项正确；将检验电荷从A点沿不同的路径移到B点，由于A、B两点的电势相等，因此电场力做功为零，D项错误。6．水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇，如图所示。若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是(　A　)A．电荷M的比荷大于电荷N的比荷B．两电荷在电场中运动的加速度相等C．从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M做的功等于电场力对电荷N做的功D．电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同解析：若两板间电压为U，间距为d，长为L。则由题意：vNt＋vMt＝L①t2＋＝t2②由①式分析得vM、vN不一定相同，D错误。由②式分析得：>，A正确，由>进一步分析可得两个电荷的加速度aM>aN，电场力对电荷所做的功WM>WN，B、C错误。7．(2016·辽宁沈阳二中高一下学期期末)如图所示，虚线a、b、c 是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，实线为一个带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点。下列说法中正确的是(　ACD　)A．三个等势面中，等势面c的电势最低B．带电质点一定是从Q点向P点运动C．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大D．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小解析：根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场线向上，故c点电势最低，故A正确；根据已知条件无法判断粒子的运动方向，故B错误；等差等势面P处密，P处电场强度大，电场力大，加速度大，C正确；负电荷在电势高处电势能小动能大，故D正确。8．(2016·河南信阳市高二上学期期中)如图所示，A、B均为半个绝缘正方体，质量均为m，在A、B内部各嵌入一个带电小球，A带电量为＋q，B带电量为－q，且两个小球的球心连线垂直于AB接触面。A、B最初靠在竖直的粗糙墙上。空间有水平向右的匀强电场，场强大小为E，重力加速度为g。现将A、B无初速度释放，下落过程中始终相对静止，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是(　AD　)A．两物块下落的加速度大小均为gB．两物块下落的加速度大小应小于gC．A、B之间接触面上的弹力为零D．B受到A的摩擦力作用，方向沿接触面向上解析：对整体进行受力分析，竖直面上只受重力，水平方向A受电场力向右，B受电场力向左，而大小相等，故AB对竖直面没有压力，故在竖直面上没有摩擦力，故整体只受重力，物体做向下的自由落体运动，故加速度为g，A正确，B错误；对B受力分析，B受向左的电场力和向下的重力及电荷间的库仑力，而B向下的加速度为g，故水平方向合力应为零，故应受到A对B的弹力，故C错误；弹力垂直于接触面向下，无法和电场力平衡，故AB间会有相对滑动的趋势，故AB间有摩擦力，由水平方向上的平衡可知，摩擦力应沿接触面向上，故D正确，故选AD。9．(2016·哈尔滨六中高二上学期检测)如图所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，两极中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某处放一带电质点由静止开始下落，若不计空气阻力，该质点到达b 孔时速度恰为零，然后返回。现要使带电质点能穿过b孔，则可行的方法是(　BC　)A．保持S闭合，将A板适当上移B．保持S闭合，将B板适当下移C．先断开S，再将A板适当下移D．先断开S，再将B板适当上移解析：设质点距离A板的高度为h，A、B两板原来的距离为d，电压为U。质点的电量为q。A．由质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得mg(h＋d)－qU＝0。若保持S闭合，将A板适当上移，设质点到达b时速度为v，由动能定理得mg(h＋d)－qU＝mv2，得v＝0，说明质点到达b孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b孔，故A错误。B．若保持S闭合，将B板适当下移距离Δd，由动能定理得mg(h＋d＋Δd)－qU＝mv2，则v＞0，质点能穿过b孔，故B正确。C．若断开S时，将A板适当下移，板间电场强度不变，设A板下移距离为Δd，由动能定理得mg(h＋d)－qE(d－Δd)＝mv2，又由原来情况有mg(h＋d)－qEd＝0。比较两式得，v＞0，说明质点能穿出b孔，故C正确。D．若断开S，再将B板适当上移，根据动能定理：mg(h＋d′)－qEd′＝mv2，因d′＜d，可知，质点没到达b孔时速度减为零，故不能穿过b孔，故D错误。10．(2017·北京师大附中实验中学高二上学期期中)如图甲所示，Q1、Q2为两个固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b、c三点在它们连线的延长线上。现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始向远处运动经过b、c两点(粒子只受电场力作用)，粒子经过a、b、c三点时的速度分别为va、vb、vc，其速度—时间图象如图乙所示。以下说法中正确的是(　ABD　)A．Q2一定带正电 B．Q2的电量一定小于Q1的电量C．b点的电场强度最大D．粒子由a点运动到c点运动过程中，粒子的电势能先增大后减小解析：从速度图象上看，可见a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零，负电荷在ab上做减速运动，电场力向左，合场强向右，b点左侧合电场主要取决于Q2，故Q2带正电；故A正确，C错误；b点的电场强度为0，根据点电荷场强公式K＝K，因为r1>r2，故Q1>Q2，即Q2的电量一定小于Q1的电量，故B正确。负电荷从a点到b点的过程中，电场力做负功，电势能增加；从b点到c点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故粒子从a到b到c的过程中，电势能先增加后减小，故D正确；故选：ABD。第Ⅱ卷(非选择题　共60分)二、填空题(共2小题，每小题7分，共14分。把答案直接填在横线上)11．如图所示，计算机键盘的每一个键下面都连有一块金属片，与该金属片隔有一定空隙的是另一块小的固定的金属片。这两片金属组成一小电容器。该电容器的电容C可用公式C＝εS/d计算，式中常量ε＝9×10－12F/m，S表示金属片的正对面积，d表示两金属片间的距离。当键被按下时，此小电容器的电容发生变化，与之相连的电子线路就能检测出是哪个键被按下了，从而给出相应的信号。设每个金属片的正对面积为50mm2，键未按下时两金属片的距离为0.6mm。如果电容变化0.25pF，电子线路恰能检测出必要的信号，则键至少需要被按下__0.15mm____。电容式键盘解析：据C＝ε得：C＝ε＝F＝7.5×10－13F当键被按下Δd时，电容增加ΔC＝0.25pF，即：C＋ΔC＝ε，＝Δd＝＝m＝1.5×10－4m＝0.15mm。12．密立根油滴实验首先测出了元电荷的数值，其实验装置如图所示，油滴从喷雾器喷出，以某一速度进入水平放置的平行板之间。今有一带负电的油滴，不加电场时，油滴由于受到重力作用加速下落，速率变大，受到的空气阻力也变大，因此油滴很快会以一恒定速率 v1匀速下落。若两板间加一电压，使板间形成向下的电场E，油滴下落的终极速率为v2。已知运动中油滴受到的阻力可由斯托克斯公式f＝6πηrv计算(其中r为油滴半径，η为空气粘滞系数)。实验时测出r、v1、v2，E、η为已知，则(1)油滴的带电量__q＝____。(2)经多次测量得到许多油滴的Q测量值如下表(单位10－19C)6.418.019.6511.2312.8314.48分析这些数据可知__电荷的最小电量即元电荷为1.6×10－19C____。解析：(1)没有加电压时，达到v1有mg＝f1＝6πrηv1加上电压后，受到向上的阻力和电场力，有mg＝f2＋qE＝6πrηv2＋qE解以上两式得到油滴电量q＝(2)在误差范围内，可以认为油滴的带电量总是1.6×10－19C的整数倍，故电荷的最小电量即元电荷为1.6×10－19C。三、论述·计算题(共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(10分)质量均为m的两个可视为质点的小球A、B，分别被长为L的绝缘细线悬挂在同一点O，给A、B分别带上一定量的正电荷，并用水平向右的外力作用在A球上，平衡以后，悬挂A球的细线竖直，悬挂B球的细线向右偏60°角，如图所示。若A球的带电量为q，则：(1)B球的带电量为多少；(2)水平外力多大。答案：(1)　(2)mg解析：(1)当系统平衡以后，B球受到如图所示的三个力：重力mg、细线的拉力F1、库仑斥力F。 合力为零，由平衡条件得：Fcos30°－F1cos30°＝02Fsin30°－mg＝0由库仑定律：F＝k联立上述三式，可得B球的带电量qB＝(2)A球受到如图所示的四个力作用，合力为零。得FT＝F′·cos30°而F′＝F＝mg所以，A球受到的水平推力FT＝mgcos30°＝mg14．(11分)如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为＋Q和－Q，A、B间距离为2d，MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P，其质量为m、电荷量为＋q(可视为点电荷，不影响电场分布)。现将小球P从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球P向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v。已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g。求：(1)C、O间的电势差；(2)O点的场强大小与方向。答案：(1)　(2)　方向竖直向下百度文库-让每个人平等地提升自我解析：(1)小球P由C点运动到O点时，由动能定理可得mgd＋qUCO＝mv2－0 所以UCO＝(2)小球P经过O点时的受力分析如图所示，由库仑定律得F1＝F2＝k电场力为F＝F1cos45°＋F2cos45°＝O点的场强为E＝＝方向竖直向下。15．(12分)(2017·西藏拉萨中学高二上学期月考)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＝0.4m，两板间距离d＝4×10－3m，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板的正中央，已知微粒质量为m＝4×10－5kg，电量q＝＋1×10－8C，(g＝10m/s2)求：(1)微粒入射速度v0为多少？(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？答案：(1)10m/s　(2)负极，120V≤U≤200V解析：(1)粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则有：水平方向有：＝v0t竖直方向有：＝gt2解得：v0＝10m/s (2)由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小，所以电场力方向向上，又因为是正电荷，所以上极板与电源的负极相连，当所加电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则有：＝a1()2根据牛顿第二定律得：mg－q＝ma1解得：U1＝120V当所加电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出，则有：＝a2()2根据牛顿第二定律得：q－mg＝ma2解得：U2＝200V所以所加电压的范围为：120V≤U≤200V16．(13分)(2016·北京大学附中河南分校高二上学期检测)如图所示区域Ⅰ、Ⅱ分别存在着匀强电场E1、E2。已知区域Ⅰ宽L＝0.8m，区域Ⅱ足够宽，E1＝10kV/m且与水平成45°角斜向右上方，E2＝2kV/m方向水平向左。绝缘薄板B长l＝2.8m质量mB＝1.6kg置于光滑水平面上，其左端与区域Ⅰ的左边界平齐。带电量为q＝＋1.6×10－3C质量mA＝1.6kg的带电体A可视为质点，与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，置于木板的最左端由静止释放。(g＝10m/s2)求：(1)带电体A进入区域Ⅱ时的速度？(2)木板B的最终速度？答案：(1)4m/s(2)m/s解析：(1)由牛顿第二定律得：qE1cos45°＝mAa1，代入数据解得：a1＝10m/s2，由匀变速运动的速度位移公式得：v＝2a1L，代入数据解得：v1＝4m/s；(2)由牛顿第二定律得：对A：qE2＋μmAg＝mAa2，代入数据解得：a2＝3m/s2，对B：μmAg＝mBaB，aB＝1m/s2，设经时间t，A、B速度相等，设为v2，速度相等后加速度为a3，由匀变速运动的速度位移公式得：v1－a2t＝aBt，代入数据解得：t＝1s，由位移公式得：v1t－a2t2＝xA，aBt2＝xB， 代入数据解得：xA＝2.5m，xB＝0.5m，则：Δx＝xA－xB＝2m；又l＝2.8m、L＝0.8m，故当A到达薄板右端时两者速度相等，由牛顿第二定律得：qE2＝(mA＋mB)a3，代入数据解得：a3＝1m/s2，由速度位移公式得：v－v＝2a3xA，由速度公式得：v2＝aBt，解得：v3＝m/s。