2018年高中物理人教版选修31第一章静电场单元复习题.doc

2018年高中物理（人教版）选修3-1第一章静电场单元复习题一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）1. 如图所示，真空中A、B两个点电荷的电荷量分别为+Q和+q，放在光滑绝缘水平面上，A、B之间用绝缘的轻弹簧连接当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0若弹簧发生的均是弹性形变，则（）A. 保持Q不变，将q变为2q，平衡时弹簧的伸长量等于2x0B. 保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0C. 保持Q不变，将q变为-q，平衡时弹簧的缩短量等于x0D. 保持q不变，将Q变为-Q，平衡时弹簧的缩短量小于x02. 某电场的电场线如图所示，则电场中的A点和B点电场强度EA和EB的大小关系是（）A. EAEBB. EAEBC. EA=EBD. 无法判断3. 如图所示，P、Q、A、B四个点在同一条直线上，分别把两个正、负点电荷置于P、Q两点A、B两点间的电势差用U表示，A点的电场强度用E表示若只把Q点的点电荷的电荷量减半，则（）A. U变大，E变大B. U变小，E变小C. U变小，E变大D. U变大，E变小4. 真空中有两个等量异种点电荷，以连线中点O为坐标原点，以它们的中垂线为x轴，下图中能正确表示x轴上电场强度情况的是（）A. B. C. D. 5. P、Q是一条电场线上的两个点，一带正电的粒子仅在电场力作用下以一定的初速度从P点沿电场线运动到Q点，其v-t图象如图所示则这电场的电场线分布可能是如图中的（）A. B. C. D. 6. 如图所示，O为两个等量同种正点电荷连线的中点，a、b、c、d是以O为圆心的圆周上的四个点，设无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（）A. a、c电场强度相同B. b、O、d三点电势相等C. O点的电场强度，电势均为零D. 把电子从a点移动到b点，电子的电势能增大7. 如图所示，在电场强度E2103V/m的匀强电场中有三点A、M和B，AM4 cm，MB3 cm，AB5 cm，且AM边平行于电场线，把一电荷量q2109C的正电荷从B移动到M点，再从M点移动到A点，电场力做功为() A. 0.16106JB. 0.12106JC. 0.16106JD. 0.12106J8. 如图所示，水平细杆上套一环A，环A与球B间用一轻质绳相连，质量分别为mA、mB，由于B球受到风力作用，环A与B球一起向右匀速运动已知细绳与竖直方向的夹角为，则下列说法中正确的是（）A. B球受到的风力F为mBgsinB. 风力增大时，轻质绳对B球的拉力保持不变C. 风力增大时，杆对环A的支持力保持不变D. 环A与水平细杆间的动摩擦因数为9. 如图所示，三个等势面上有a、b、c、d四点，若将一正电荷由c经a移到d，电场力做正功W1，若由c经b移到d，电场力做正功W2，则（）A. W1W2，12B. W1W2，12C. W1=W2，1=2D. W1=W2，1210. 如图所示，AB为等量同种点电荷间的连线，CB垂直于AB且CAB=30，D为AC的中点，若已知D点的场强大小为E，则C点的场强大小为（）A. EB. EC. ED. E二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）11. 如图所示，两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，合开关S，电源给电容器充电在两极板间有固定点P用E表示两极板间的电场强度，表示P点的电势，下列说法正确的是（）A. 保持S接通，上极板A不动，将下极板B缓慢向下移动稍许到B，增大B. 保持S接通，上极板A不动，将下极板B缓慢向下移动稍许到B，E增大C. 若断开S，下极板B不动，将上极板A缓慢向下移动稍许到A，则E不变D. 若断开S，下极板B不动，将上极板A缓慢向下移动稍许到A，减小12. 一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V下列说法正确的是（）A. 电场强度的大小为2.5V/cmB. 坐标原点处的电势为1 VC. 电子在a点的电势能比在b点的低7eVD. 电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV13. 在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势在x轴上分布如图所示下列说法正确有（）A. q1和q2带有异种电荷B. x1处的电场强度为零C. 负电荷从x1移到x2，电势能减小D. 负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大14. （多选）如图所示，实线的两点电荷形成的电场线，若不计重力的带电粒子从C点运动到D点，轨迹如图虚线所示，则下列说法中正确的是（）A. 由C到D过程中电场力对带电粒子做正功B. 由C到D过程中带电粒子动能减小C. 粒子带正电D. A电荷的电荷量大于B电荷的电荷量15. a、b、c三个质量和电荷量都相同的粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，对于三个粒子在电场中的运动，下列说法正确的是( )A. 在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上B. b和c同时飞离电场C. 进入电场时，c的速度最大，a的速度最小D. 动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大三、计算题（本大题共4小题，共40.0分）16. 如图所示，真空室中电极K发出的电子（初速度不计）经过电势差为U1的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两板间的偏转电场，电子离开偏转电极时速度方向与水平方向成45，最后打在荧光屏上，已知电子的质量为m、电荷量为e，C、D极板长为l，D板的电势比C板的电势高，极板间距离为d，荧光屏距C、D右端的距离为电子重力不计求：（1）电子通过偏转电场的时间t0；（2）偏转电极C、D间的电压U2；（3）电子到达荧光屏离O点的距离Y17. 如图（a）所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为U的恒压电源的两极，电容器所带电荷量为Q，两极板间距为d，板长为L，粒子从非常靠近上极板的C点以v0的速度沿垂直电场线方向的直线CO方向射入电场，经电场偏转后由D点飞出匀强电场，已知粒子质量为m，电荷量为2e，不计粒子重力求：（1）平行板电容器的电容；（2）CD两点间电势差；（3）若A、B板上加上如图（b）所示的周期性的方波形电压，t=0时A板比B板的电势高，为使时刻射入两板间的粒子刚好能由O点水平射出，则电压变化周期T和板间距离d各应满足什么条件？（用L、U、m、e、v0表示）18. 如图所示，A为带正电Q的金属板，沿金属板的垂直平分线，在距板r处放一质量为m、电量为q的小球，小球受水平向右的电场力偏转角而静止，小球用绝缘细线悬于O点，试求小球所在处的电场强度？19. 将电荷量为610-6C的负电荷从电场中A点移到B点，克服电场力做了310-5J的功，再将该电荷从B点移到C点，电场力做了1.210-5J的功，则AC两点间的电势差是多少？答案和解析【答案】1. B2. B3. B4. C5. C6. D7. C8. C9. D10. C11. AC12. ABD13. AC14. ACD15. ACD16. 解：（1）电子在离开B板时的速度为v，根据动能定理可得：eU1= 得：v= 电子进入偏转电场水平方向做匀速直线运动，则有：t0=l （2）电子在偏转电极中的加速度：a= 离开电场时竖直方向的速度：vy=at0= 离开电场电子的速度与水平方向的夹角：tan45= 解得：U2= （3）离开电场的侧向位移：y1= 解得：y1= 电子离开电场后，沿竖直方向的位移：y2=tan45= 电子到达荧光屏离O点的距离：Y=y1+y2=l；答：（1）电子通过偏转电场的时间t0为l （2）偏转电极C、D间的电压U2为 （3）电子到达荧光屏离O点的距离Y为l17. 解：（1）依电容定义有：平行板电容器的电容（2）两板之间为匀强电场粒子在电场中加速度，粒子的偏移量：运动时间解得：CD两点的电势差为：（3）为使a 粒子刚好由O点水平射出，粒子在一个周期内竖直方向的分位移应为零，必须从进入电场，且在电场中运动时间与电压变化周期T的关系为 t=nT，（n=1，2，3，）则竖直方向向下的最大分位移应满足：即解得18. 解：小球的受力如图所示由平衡条件得：F电=mgtan 又F电=qE 解得，小球所在处的电场强度：E= 小球带正电荷，因此电场强度方向水平向右答：小球所在处的电场强度19. 解：AB间的电势差，BC间的电势差所以UAC=UAB+UBC=3V故AC间的电势差为3V【解析】1. 解：设弹簧的劲度系数为K，原长为x当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0，则有：Kx0=kA、保持Q不变，将q变为2q时，平衡时有：Kx1=k由解得：x12x0，故A错误；B、同理可以得到保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0，故B正确；C、保持q不变，将Q变为-Q，如果缩短量等于x0，则静电力大于弹力，故会进一步吸引，故平衡时弹簧的缩短量大于x0，故C错误；D、保持Q不变，将q变为-q，如果缩短量等于x0，则静电力大于弹力，故会进一步吸引，故平衡时弹簧的缩短量大于x0，故D错误故选：B 根据库仑定律及胡克定律列式分析，电荷量变化，库仑力变化，两球的距离变化，弹力变化，根据平衡条件列方程计算即可本题主要考查了库仑定律及胡克定律的直接应用，要知道，电荷量变化后库仑力要变化，距离变化后弹簧弹力会变化2. 解：由于电场线的疏密可知，a点的电场强度强，所以EBEA；故B正确，ACD错误故选：B电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向，沿着电场线方向电势是降低的，据此可正确解答电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布，明确电场线分布与电场强度以及电势之间的关系3. 解；由题，P、Q在A点产生的场强方向均向右，只把Q点的点电荷的电荷量减半，P产生的场强不变，而根据E=k得知，Q在A两点产生的场强减小，方向不变则根据叠加原理可知，E变小由U=Ed知，AB间距离不变，则U变小故选BA、B两点的场强是两个电荷产生的电场的叠加，P、Q在A点产生的场强方向均向右，由E=k判断把Q点的点电荷的电荷量减半判断场强的变化情况由U=Ed定性判断U的变化本题利用叠加原理分析A点的场强如何变化，由U公式=Ed定性判断非匀强电场中电势差U的变化4. 解：等量异种电荷的垂直平分线上电场线的切线方向一致，由中点向垂直平分线两侧电场线越来越疏，则电场强度越来越小故C正确，ABD错误故选：C根据等量异种电荷垂直平分线上的电场线进行分析，电场线的切线方向表述电场的方向，疏密表述电场的强弱解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的分布，知道电场线的切线方向表示电场的方向，电场线的疏密表示电场的强弱5. 解：根据v-t图象，带电粒子的加速度逐渐增大，速度逐渐减小，故带正电的粒子应该逆电场线运动，且向着电场线密集的方向运动，选项C正确故选：C速度-时间图象中，图象的斜率表示加速度，根据其v-t图象知道粒子的加速度逐渐增大，速度逐渐减小，所以电场力做负功，且电场力逐渐变大本题考查了速度-时间图象的应用和电场线的相关知识，要明确斜率的含义，要能根据图象判断物体的运动情况，进而分析受力情况能根据电场线的分布判断电场强度的大小难度适中6. 解：A、a、c两点在图中处于对称位置，而且，电荷也是对称分布的，所以，电场强度大小相等，方向相反，故A错误；B、b、d两点处于镜像对称位置，在电场分布中，两点的电势相等；在Ob之间，电场强度方向向上，所以，电场线的方向也向上，沿着电场线电势降低，所以，O点电势高于b、d，故B错误；C、O点处于电场分布对称中心，所以，O点的电场强度为零；电场线从O到b延伸至无穷远的方向都是指向上，又有，无穷远处电势为零，且沿着电场线电势降低，所以，O点电势大于零，故C错误；D、在aOb所围左上侧，电场强度方向为右上方，把电子从a点移动到b点，电场力做负功，电势能变大，故D正确；故选：D该题考查学生对电场中电势、电场强度、电场力做功与电势能的关系的理解根据电荷在该点的受力比较电场强度的大小，方向；由电场强度在该区域的大致方向判断电荷移动过程电场力做正功还是负功；进而得到两点间电势大小的比较本题要注意选项D，题设为电子，电子带负电，沿电场线运动，电场力对电子做负功，电势能增加7. 略8. 解：A、B、对球B受力分析，受重力、风力和拉力，如左图 风力F=mBgtan，故A 错误绳对B球的拉力T= 当风力增大时，增大，则T增大故B错误C、D、把环和球当作一个整体，对其受力分析，受重力（mA+mB）g、支持力N、风力F和向左的摩擦力f，如右图根据共点力平衡条件可得：杆对A环的支持力大小N=（mA+mB）g f=F 则A环与水平细杆间的动摩擦因数为=故D错误；对整体分析，竖直方向上杆对环A的支持力NA=（mA+mB）g，不变，C正确；故选：C先对球B受力分析，受重力、风力和拉力，根据共点力平衡条件列式分析；对A、B两物体组成的整体受力分析，受重力、支持力、风力和水平向左的摩擦力，再次根据共点力平衡条件列式分析各力的变化本题关键是先对整体受力分析，再对球B受力分析，然后根据共点力平衡条件列式分析求解9. 解：正电荷由c经a移到d点，电场力做功为W1=qUcd，由c经b移到d点，电场力做功为W2=qUcd，则有W1=W2电场力对正电荷做正功时，电势降低，则cd12故D正确，ABC错误故选：D 根据电场力做功公式WAB=qUAB，可知，初末位置电势相等，移动同一电荷时，电场力做功相等电场力对正电荷做正功时，电势降低本题考查对电场力做功WAB=qUAB的理解和应用能力电场力做功与路径无关，只与初末位置的电势差有关10. 解：根据几何关系可知，D到A、B两点间距等于AC的一半，也等于BC，根据点电荷电场强度的方向可知，两点电荷在D的电场强度方向夹角为120，由点电荷电场强度公式E=，可知，它们在D点的电场强度大小相等，即为E；那么A点电荷在C点的电场强度大小为，则B点电荷在C点的电场强度大小为E，方向如图所示， 根据力的合成法则，结合余弦定理，则有C点的场强大小为EC=E；故选：C 根据点电荷电场强度公式E=，结合矢量合成法则，依据C点的场强大小为E，可知，点电荷A、B在C的电场强度大小，从而分别确定两点电荷在C点的电场强度大小，最后根据力的平行四边形定则，即可求解考查点电荷电场强度公式的应用，理解电场强度矢量性，掌握几何关系的运用，注意求得A、B点电荷在C的电场强度大小与方向是解题的关键，也是解题的突破口，同时注意余弦定理的内容11. 解：AB、保持S接通，则两板间的电势差不变，上极板A不动，将下极板B缓慢向下移动稍许到B，导致d增大，由E=可知，两极板间的电场的电场场强减小，则P到上极板的电势差减小，因此P点的电势升高，故A正确，B错误；C、断开S，下极板B不动，将上极板A缓慢向下移动稍许到A，因两板上所带电量不变，减小距离d，电容增大，由C=，及E=，则可知E不变，故C正确；D、由上分析可知，因电场强度不变，当将上极板A缓慢向下移动稍许到A，而P到B极板间的电势差不变，则其电势不变，故D错误；故选：AC电容器与电源相连，两极板间的电势差不变，通电后断开，则两极板上的电量不变；由平行板电容器电容C=，根据某些量的变化可知电容的变化，则由Q=UC可知电压或电量的变化，由E=可求得电场强度的变化电容器的动态分析重点在于明确电容器的两种状态：充电后断开则极板上的电量不变；和电源相连，则两板间的电势差不变12. 解：A、如图所示，在ac连线上，确定一b点，电势为17V，将bb连线，即为等势线，那么垂直bb连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如下图，因为匀强电场，则有：E=，依据几何关系，则d=3.6cm，因此电场强度大小为E=2.5V/cm，故A正确；B、根据c-a=b-o，因a、b、c三点电势分别为a=10V、b=17V、c=26V，解得：原点处的电势为0=1 V，故B正确；C、因Uab=a-b=10-17=-7V，电子从a点到b点电场力做功为W=qUab=7 eV，因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，故C错误；D、同理，Ubc=b-c=17-26=-9V，电子从b点运动到c点，电场力做功为W=qUbc=9 eV，故D正确；故选：ABD。根据匀强电场的电场强度公式E=，结合电势差与场强间距，即可求解；依据电势差等于电势之差；根据电场力做功表达式W=qU，从而确定电场力做功，同时也能确定电势能的变化情况。考查匀强电场中，电势之间的关系，掌握电场强度公式E=的应用，理解几何关系的运用，并理解W=qU中各量的正负值含义。13. 解：A、由图可知：无穷远处电势为零，又有电势为正的地方，故存在正电荷；又有电势为负的地方，故也存在负电荷，所以，q1和q2带有异种电荷，故A正确；B、电场强度等于图中曲线斜率，x1处的斜率不为零，故电场强度不为零，故B错误；C、负电荷从x1移到x2，电势增大，电势能减小，故C正确；D、负电荷从x1移到x2，曲线斜率减小，及电场强度减小，所以，受到的电场力减小，故D错误；故选：AC由电势的变化及无穷远处电势为零可得源电荷带异号电荷，再根据电场强度即曲线斜率得到电场强度变化，进而判断出电场力变化电场强度大小与电势大小无关，只与电势差随相对位移的变化率有关。14. 解：A、B、据电场线的分布情况可知，带电粒子从C到D的过程中，电场力的方向与运动方向小于90，电场力对其做正功，电势能减小，动能增大故A正确，B错误；C、据带电粒子仅在电场力作用下从C点运动到D点的轨迹，可判断所受电场力大体指向弯曲一侧，结合某点的切线方向，即为速度方向，从而判断粒子带正电，故C正确；D、据电场线的疏密程度可知，A电荷的电荷量大于B电荷的电荷量；故D正确故选：ACD据带正电粒子仅在电场力作用下从C点运动到D点的轨迹，可判断所受电场力大体指向弯曲一侧，从而判断B处是负电荷，A处是正电荷；再根据电场线的特点分析即可弄清电场强度、电势、电势能、电场力做功等概念及间的关系，并能在实际电场中或者电荷运动过程中弄清它们的变化15. 【分析】三个粒子做类平抛运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动粒子的质量和电量相同，知加速度相同比较沿电场方向上的位移，可比较出运动时间，再根据垂直电场方向的位移可知初速度的大小通过动能定理比较动能的变化量。解决本题的关键将类平抛运动分解为垂直电场方向和沿电场方向，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动。【解答】A.粒子的质量和电量相同，知加速度相同a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据知，a、b运动的时间相等，c的运动时间最短,故A正确，B错误;C.因为ta=tbtc，又xaxb=xc，因为垂直电场方向上做匀速直线运动，所以vcvbva，故C正确；D.据动能定理知，a、b两电荷，电场力做功一样多，所以动能变化量相等c电荷电场力做功最少，动能变化量最小，故D正确。故选ACD。16. （1）电子先AB板间电场加速，后进入CD板间电场偏转做类平抛运动，最后离开电场而做匀速直线运动先由动能定理求出加速获得的速度电子在偏转电场中，水平方向做匀速直线运动，由公式x=vt可求时间（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据运动的合成和分解可求得偏转电压；（3）根据位移公式可求得粒子在偏转电场中的位移，再根据粒子离开电场后的偏转后做匀速运动，根据竖直方向上的分速度可以求出竖直方向上的位移，则可以求出总位移本题考查带电粒子在电场中的运动，要注意明确带电粒子的运动可分加速和偏转两类，加速一般采用动能定理求解，而偏转采用的方法是运动的合成和分解17. 本题考查了电容的定义式匀强电场中场强与电势差的关系，熟练运用运动的分解法研究类平抛运动，抓住几何关系是解答的关键。（1）由电容定义式求电容；（2）两板之间为匀强电场，根据粒子的偏转求得粒子的偏转位移y，D与C间电势差UCD=EyCD；（3）为使a粒子刚好由O点水平射出，粒子在一个周期内竖直方向的分位移应为零，必须从进入电场，且在电场中运动时间与电压变化周期T的关系为t =nT，（n=1，2，3，），竖直方向向下的最大分位移不大于d。18. 以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，小球处于静止状态，合力为零，根据平衡条件和电场力公式F=qE，结合求解电场强度E本题是带电体在复合场中平衡问题，分析受力是关键，同时要掌握场强与电场力方向的关系19. 根据电场力做功做电势差的关系，求出AB间、BC间的电势差，从而得出AC间的电势差解决本题的关键掌握电场力做功与电势差的关系W=qU第11页，共11页