10月13日第09組使用高二物理（人教版）選修31單元《靜電場》測試卷（原卷版）

高二物理（人教版）選修31單元《靜電場》測試卷一、選擇題1.兩個分別帶有電荷量－Q和＋3Q的相同金屬小球(均可視為點電荷)，固定在相距為r的兩處，它們間庫侖力的大小為F.兩小球相互接觸后將其固定距離變?yōu)閞/2，則兩球間庫侖力的大小為：（）A.FB.FC.FD.12F2.如圖所示，等量異種電荷的平行金屬板A、B水平正對放置．一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場力共同作用下運動，軌跡如圖中虛線所示，那么：（）學(xué).科.網(wǎng)...學(xué).科.網(wǎng)...學(xué).科.網(wǎng)...A.若微粒帶負(fù)電荷，則A板一定帶負(fù)電荷B.微粒從M點運動到N點電勢能一定減小C.微粒從M點運動到N點動能可能減小D.微粒從M點運動到N點機械能可能增加3.如圖所示，兩個帶電球，大球的電荷量大于小球的電荷量，可以肯定：（）A.兩球都帶正電B.兩球都帶負(fù)電C.大球受到的靜電力大于小球受到的靜電力D.兩球受到的靜電力大小相等新課標(biāo)第一網(wǎng)4.如圖所示的某電場的一條電場線，A、B是這直線上的兩點．一電子以速度vＢ經(jīng)過B點向A點運動,經(jīng)過一段時間后,電子以速度vA經(jīng)過A點,且vA與vB方向相反,則（）A.A點的場強一定大于B點的場強B.A點的電勢一定高于B點的電勢C.電子在A點的動能一定小于它在B點的動能D.電子在A點的電勢能一定小于它在B點的電勢能5.如圖所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面夾角為θ，極板間距為d，帶負(fù)電的微粒質(zhì)量為m、帶電量為q，從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入，沿直線運動并從極板N的右邊緣B處射出，則：（）A.微粒達到B點時動能為B.微粒的加速度大小等于C.微粒從A點到B點的過程電勢能減少D.兩極板的電勢差6.原來都是靜止的質(zhì)子和α粒子(氦核)，經(jīng)過同一電壓的加速電場后，它們的速度大小之比為：（）A.B.1:2C.D.1:17.如圖所示的四種電場中，分別標(biāo)記有a、b兩點．圖中a、b兩點的電勢相等、且電場強度相同的是A.甲圖：與點電荷等距的a、b兩點B.乙圖：兩平行板間電場中的a、b兩點C.丙圖：兩等量異種電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點D.丁圖：點電荷與帶電平板形成的電場，平板上表面與點電荷距離不相等的a、b兩點8.如圖所示，一個帶電粒子，從粒子源飄入（初速度很小，可忽略不計）電壓為U1的加速電場，經(jīng)加速后從小孔S沿平行金屬板A、B的中心線射入，A、B板長為L，相距為d，電壓為U2。則帶電粒子能從A、B板間飛出，應(yīng)該滿足的條件是：（）A.B.C.D.9.如圖所示，實線表示電場線，虛線表示只受電場力作用的帶正電粒子的運動軌跡，粒子先經(jīng)過M點，再經(jīng)過N點，可以判定：（）A.M點的電勢大于N點的電勢B.M點的電勢小于N點的電勢C.粒子在M點受到的電場力大于在N點受到的電場力D.粒子在M點受到的電場力小于在N點受到的電場力10.如圖所示，將一電動勢E，內(nèi)阻r的電源和粗細(xì)均勻的電阻絲相連，電阻線長度L，電阻R=99Ω，電容C，當(dāng)滑動觸頭P以4×10—3m/s的速度向右滑動時，下列說法中正確的是：（）A.電容器C充電，流過電流計G的電流方向為a→G→bB.電容器C放電，流過電流計G的電流方向為b→G→aC.每秒鐘電容器兩極板的電壓減少量的D.流過電流計的電流是4×103mA11.如圖所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強電場，電場強度為E，ACB為光滑固定的半圓形軌道，軌道半徑為R，A，B為圓水平直徑的兩個端點，AC為圓?。粋€質(zhì)量為m，電荷量為－q的帶電小球，從A點正上方高為H處由靜止釋放，并從A點沿切線進入半圓軌道．不計空氣阻力及一切能量損失，關(guān)于帶電小球的運動情況，下列說法正確的是：（）A.小球一定能從B點離開軌道B.小球在AC部分可能做勻速圓周運動C.若小球能從B點離開，上升的高度一定小于HD.小球到達C點的速度可能為零12.一平行板電容器C，極板是水平放置的，它和三個可變電阻及電源連接成如圖所示的電路．今有一質(zhì)量為m的帶電油滴懸浮在兩極板之間靜止不動，要使油滴上升，可采用辦法是：（）A.增大R1B.增大R2C.增大R3D.減小R2二、計算題13.如圖A、B、C、D為一勻強電場中的四個點，它們正好是一個矩形的四個頂點，其中，電場線與矩形所在平面平行。已知將的正電荷從A點移到B點，電場力做功；將這個電荷從B移到C點電勢能增加了，設(shè)A點電勢為零。求：（1）B點和C點的電勢（2）勻強電場的電場強度大小和方向14.如圖所示，水平放置的平行板電容器兩板間距為d＝8cm，板長為L＝25cm，接在直流電源上，有一帶電液滴以v0＝0.5m/s的初速度從板間的正中點水平射入，恰好做勻速直線運動，當(dāng)它運動到P處時迅速將下板向上提起，液滴剛好從金屬板末端飛出，求：（1）下極板上提后液滴經(jīng)過P點以后的加速度大小（g取10m/s2）；（2）液滴從射入開始勻速運動到P點所用時間.15.如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球（可看做質(zhì)點）從y軸上的A點以某一初速度水平拋出，兩長為L的平行金屬板M、N傾斜放置且與水平方向間的夾角為θ），若帶電小球恰好能垂直于M板從其中心小孔B進入兩板間。（重力加速度已知）（1）試求小球拋出時的初速度及在y軸上的拋出點A的坐標(biāo)；（2）若該平行金屬板M、N間有如圖所示的勻強電場，且勻強電場的電場強度大小與小球質(zhì)量之間的關(guān)系滿足E＝，試計算兩平行金屬板M、N之間的垂直距離d至少為多少時才能保證小球不打在N板上。16.如圖所示，區(qū)域Ⅰ、Ⅱ分別存在著有界勻強電場、，已知區(qū)域Ⅰ寬，區(qū)域II寬，且方向與水平成角斜向右上方，且方向豎直向下。電量為質(zhì)量的帶電小球（可視為質(zhì)點）由靜止釋放。（）求：（1）小球在電場區(qū)域I中運動的加速度大小和時間（2）小球離開電場區(qū)域II的速度大小和方向高二物理（人教版）選修31單元《靜電場》測試卷一、選擇題1.兩個分別帶有電荷量－Q和＋3Q的相同金屬小球(均可視為點電荷)，固定在相距為r的兩處，它們間庫侖力的大小為F.兩小球相互接觸后將其固定距離變?yōu)閞/2，則兩球間庫侖力的大小為：（）A.FB.FC.FD.12F【答案】C【解析】開始時兩球間的庫侖力為：，兩小球相互接觸后，電量先中和在均分：，此時的庫侖力為：，故C正確，ABD錯誤。視頻2.如圖所示，等量異種電荷的平行金屬板A、B水平正對放置．一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場力共同作用下運動，軌跡如圖中虛線所示，那么：（）學(xué).科.網(wǎng)...學(xué).科.網(wǎng)...學(xué).科.網(wǎng)...學(xué).科.網(wǎng)...學(xué).科.網(wǎng)...A.若微粒帶負(fù)電荷，則A板一定帶負(fù)電荷B.微粒從M點運動到N點電勢能一定減小C.微粒從M點運動到N點動能可能減小D.微粒從M點運動到N點機械能可能增加【答案】D【解析】【詳解】（1）粒子在電場力和重力的合力作用下做類平拋運動，由運動軌跡可知，它們的合力豎直向下，電場力可能豎直向上而小于重力，也可能豎直向下，故無法判斷A板的帶電情況，故A錯誤；（2）電場力可能向上，也可能向下，故微粒從M點運動到N點電勢能可能增加，也可能減小，故B錯誤；（3）粒子在電場力和重力的合力作用下做類平拋運動，電場力和重力的合力豎直向下，根據(jù)動能定理，合力做正功，動能增加，故從M到N動能增加，故C錯誤；（4）電場力可能向上，也可能向下，故微粒從M點運動到N點過程，電場力可能做負(fù)功，也可能做正功，故機械能可能增加，故D正確；故本題選D。【點睛】曲線運動的條件是合力指向曲線的內(nèi)側(cè)；粒子在電場力和重力的合力作用下做類平拋運動，水平分運動是勻速直線運動，豎直分運動是勻加速直線運動，結(jié)合功能關(guān)系分析即可。3.如圖所示，兩個帶電球，大球的電荷量大于小球的電荷量，可以肯定：（）A.兩球都帶正電B.兩球都帶負(fù)電C.大球受到的靜電力大于小球受到的靜電力D.兩球受到的靜電力大小相等新課標(biāo)第一網(wǎng)【答案】D【解析】試題分析：根據(jù)圖可知，兩球之間是排斥力，只能判斷兩球帶的電性相同，不能肯定兩球都帶正電還是都帶負(fù)電，故AB均錯誤；兩球之間的庫侖力是作用力與反作用力，根據(jù)牛頓第三定律可知，兩球受到的靜電力大小相等，故C錯誤、D正確?？键c：庫侖定律【名師點睛】物體相互排斥時，物體帶同種電荷，根據(jù)牛頓第三定律可知，兩球受到的庫侖力是作用力與反作用力；本題要注意兩球受到的庫侖力是作用力與反作用力，即兩球之間的庫侖力大小相等，與兩球帶的電荷量多少無關(guān)。4.如圖所示的某電場的一條電場線，A、B是這直線上的兩點．一電子以速度vＢ經(jīng)過B點向A點運動,經(jīng)過一段時間后,電子以速度vA經(jīng)過A點,且vA與vB方向相反,則（）A.A點的場強一定大于B點的場強B.A點的電勢一定高于B點的電勢C.電子在A點的動能一定小于它在B點的動能D.電子在A點的電勢能一定小于它在B點的電勢能【答案】C【解析】一條電場線無法知道疏密，則無法判斷場強的大小，A錯誤；從題意知，電子從A先向右做減速運動，速度減小到零后再返回到B點，說明電子受到的電場力方向向左，電場方向向右，A點的電勢一定高于B點的電勢，B正確；從A到B，電場力做負(fù)功，電勢能增大，動能減少，電子在A點的動能一定大于B點的動能，電勢能一定小于它在B點的電勢能，C錯誤，D正確；故選BD.點睛：本題中一條電場線無法反映電場線的疏密，就不能判斷電場強度的相對大?。畬τ陔妱菽芎蛣幽?，則可根據(jù)電場力做功情況判斷其大?。?.如圖所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面夾角為θ，極板間距為d，帶負(fù)電的微粒質(zhì)量為m、帶電量為q，從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入，沿直線運動并從極板N的右邊緣B處射出，則：（）A.微粒達到B點時動能為B.微粒的加速度大小等于C.微粒從A點到B點的過程電勢能減少D.兩極板的電勢差【答案】D【解析】由題分析可知，微粒做勻減速直線運動，動能減?。蔄錯誤；由題分析可知，得，故B錯誤；微粒從點到點的過程電場力做負(fù)功，電勢能增加．故C錯誤；由上可知微粒的電勢能增加量，又，得到兩極板的電勢差．故D正確．故選D．6.原來都是靜止的質(zhì)子和α粒子(氦核)，經(jīng)過同一電壓的加速電場后，它們的速度大小之比為：（）A.B.1:2C.D.1:1【答案】C【解析】試題分析：設(shè)任一帶電粒子的質(zhì)量為，電量為，加速電場的電壓為，根據(jù)動能定理得：,得速度大小：，即得速度大小與比荷的平方根成正比，質(zhì)子和粒子比荷之比為，所以解得速度之比，故選項C正確，選項ABD錯誤?？键c：帶電粒子在電場中的運動【名師點睛】根據(jù)動能定理列式得到加速獲得的速度表達式，結(jié)合質(zhì)子和粒子的比荷求解速度之比；本題帶電粒子在電場中加速問題，根據(jù)動能定理求速度是常用方法．本題還要對質(zhì)子與粒子的質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)要區(qū)分清楚。7.如圖所示的四種電場中，分別標(biāo)記有a、b兩點．圖中a、b兩點的電勢相等、且電場強度相同的是A.甲圖：與點電荷等距的a、b兩點B.乙圖：兩平行板間電場中的a、b兩點C.丙圖：兩等量異種電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點D.丁圖：點電荷與帶電平板形成的電場，平板上表面與點電荷距離不相等的a、b兩點【答案】CD【解析】【詳解】（1）a、b兩點的電場強度大小相等，但方向不同，則電場強度不同，故A錯誤；（2）兩平行板間電場中的a、b兩點的場強相同，電勢不同。故B錯誤；（3）根據(jù)電場線的疏密看出ab兩點的電場強度大小，而此中垂線是一條等勢線，a、b兩點的場強方向都與中垂線垂直向右，說明電場強度方向相同，則ab兩點的電場強度相同，故C正確；（4）丙圖中ab處于金屬平板上，處在電場中的金屬平板處于靜電平衡狀態(tài)，金屬板的表面為等勢面，并且電場線與等勢面垂直，又由于此時的ab是左右對稱的，所以ab兩點的電勢相等，電場強度大小相等、方向也相同，故D正確。故本題選CD。8.如圖所示，一個帶電粒子，從粒子源飄入（初速度很小，可忽略不計）電壓為U1的加速電場，經(jīng)加速后從小孔S沿平行金屬板A、B的中心線射入，A、B板長為L，相距為d，電壓為U2。則帶電粒子能從A、B板間飛出，應(yīng)該滿足的條件是：（）A.B.C.D.【答案】C【解析】試題分析：帶電粒子在電場中被加速，則有（1）帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，可看成勻速直線運動與勻加速直線運動的兩分運動．勻速直線運動：由運動學(xué)公式得L=vt（2）勻加速直線運動：設(shè)位移為x，則有（3）要使帶電粒子能飛出電場，則有（4）由（1）（4）可得：故選：C．考點：帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn).9.如圖所示，實線表示電場線，虛線表示只受電場力作用的帶正電粒子的運動軌跡，粒子先經(jīng)過M點，再經(jīng)過N點，可以判定：（）A.M點的電勢大于N點的電勢B.M點的電勢小于N點的電勢C.粒子在M點受到的電場力大于在N點受到的電場力D.粒子在M點受到的電場力小于在N點受到的電場力【答案】AD【解析】A、根據(jù)順著電場線方向電勢降低可知，M點的電勢大于N點的電勢，故A正確，B錯誤；

C、M點處的電場線較疏，而N點處電場線較密，則M點處的電場強度較小，粒子在M點所受的電場力也較小，即粒子在M點受到的電場力小于在N點受到的電場力，故選項C錯誤，選項D正確。點睛：本題是電場中軌跡問題，關(guān)鍵要根據(jù)軌跡的彎曲方向判斷出粒子所受的電場力方向，再抓住電場線的物理意義判斷場強、電勢等的大小。10.如圖所示，將一電動勢E，內(nèi)阻r的電源和粗細(xì)均勻的電阻絲相連，電阻線長度L，電阻R=99Ω，電容C，當(dāng)滑動觸頭P以4×10—3m/s的速度向右滑動時，下列說法中正確的是：（）A.電容器C充電，流過電流計G的電流方向為a→G→bB.電容器C放電，流過電流計G的電流方向為b→G→aC.每秒鐘電容器兩極板的電壓減少量的D.流過電流計的電流是4×103mA【答案】BC【解析】試題分析:A、B、原來電容器電壓最大時，電容器左極板帶正電荷，右極板帶負(fù)電荷．當(dāng)變阻器滑片向右滑動時，電容器兩端電壓減少，電容器要放電,放電電流從正極板經(jīng)變阻器和電流表流回負(fù)極板．所以通過電流計的電流方向是為b→G→a．故A錯誤、B正確．C、據(jù)歐姆定律，電阻絲兩端的電壓表示數(shù)為由于電阻絲粗細(xì)均勻,設(shè)單位長度上所加的電壓為，則.在時間內(nèi),滑動頭在電阻絲上向右滑動的距離為故在時間內(nèi),電容器兩端電壓的減少量為,故C正確．D、相應(yīng)電量的減少量為，故流過電流表G的電流強度為．故D錯誤．故選BC．考點：考查電容器、閉合電路的歐姆定律．11.如圖所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強電場，電場強度為E，ACB為光滑固定的半圓形軌道，軌道半徑為R，A，B為圓水平直徑的兩個端點，AC為圓?。粋€質(zhì)量為m，電荷量為－q的帶電小球，從A點正上方高為H處由靜止釋放，并從A點沿切線進入半圓軌道．不計空氣阻力及一切能量損失，關(guān)于帶電小球的運動情況，下列說法正確的是：（）A.小球一定能從B點離開軌道B.小球在AC部分可能做勻速圓周運動C.若小球能從B點離開，上升的高度一定小于HD.小球到達C點的速度可能為零【答案】BC【解析】【詳解】（1）由于題中沒有給出H與R、E的關(guān)系，小球可能從B點離開軌道，若小球所受的電場力大于重力，小球就不一定從B點離開軌道，故A錯誤；（2）若重力大小等于電場力，小球在AC部分做勻速圓周運動，故B正確；（3）由于小球在AC部分運動時電場力做負(fù)功，若小球能從B點離開，上升的高度一定小于H，故C正確；（4）若小球到達C點的速度為零，則電場力大于重力，則小球不可能沿半圓軌道運動，所以小球到達C點的速度不可能為零。故D錯誤。故本題選BC?！军c睛】當(dāng)小球的重力與電場力平衡，小球進入軌道，靠彈力提供向心力，做勻速圓周運動；根據(jù)動能定律判斷上升的高度與H的關(guān)系了；通過假設(shè)法判斷小球到達C點的速度能否為零，若能為零，根據(jù)動能定理知，電場力做功做功等于重力做功，則電場力大于重力，無法做圓周運動。12.一平行板電容器C，極板是水平放置的，它和三個可變電阻及電源連接成如圖所示的電路．今有一質(zhì)量為m的帶電油滴懸浮在兩極板之間靜止不動，要使油滴上升，可采用辦法是：（）A.增大R1B.增大R2C.增大R3D.減小R2【答案】CD【解析】試題分析：電路穩(wěn)定時，電容器的電壓等于可變電阻R3的電壓，改變R1，對電容器的電壓沒有影響．要使油滴上升，需增加R3兩端的電壓，根據(jù)歐姆定律確定采用的方法．解：A、增大R1，對電容器的電壓沒有影響．油滴不動．故A錯誤．B、增大R2，R2分擔(dān)的電壓變大，則R3分擔(dān)的電壓變小，則電容器兩端的電壓減小，油滴下降．故B錯誤，D正確．C、增大R3，R3分擔(dān)的電壓變大，則電容器兩端的電壓變大，油滴上升．故C正確．故選CD．【點評】本題關(guān)鍵分析電容器的電壓是否變化．以及知道電容器兩端的電壓等于R3兩端的電壓．二、計算題13.如圖A、B、C、D為一勻強電場中的四個點，它們正好是一個矩形的四個頂點，其中，電場線與矩形所在平面平行。已知將的正電荷從A點移到B點，電場力做功；將這個電荷從B移到C點電勢能增加了，設(shè)A點電勢為零。求：（1）B點和C點的電勢（2）勻強電場的電場強度大小和方向【答案】(1),12V（2）由C指向B,【解析】試題分析：根據(jù)電勢差定義式及電勢與電勢差關(guān)系即可求得B、C點電勢；找出電場強度的方向，根據(jù)即可求得場強。（1）根據(jù)電勢差定義式可得AB的電勢差為：根據(jù)，由題意知，代入數(shù)據(jù)解得：。根據(jù)電勢差定義式可得BC的電勢差為：根據(jù)，因為，代入數(shù)據(jù)可得（2）如圖所示，連接BC，將BC四等分，則，連接AO，則AO為等勢線，由于；由幾何關(guān)系可知，，所以場強方向為BC連線，由C指向B，根據(jù)場強公式：。點睛：本題主要考查了考查了電場力做功與電勢差及電勢能與電勢的關(guān)系及場強公式，屬于基礎(chǔ)題。14.如圖所示，水平放置的平行板電容器兩板間距為d＝8cm，板長為L＝25cm，接在直流電源上，有一帶電液滴以v0＝0.5m/s的初速度從板間的正中點水平射入，恰好做勻速直線運動，當(dāng)它運動到P處時迅速將下板向上提起，液滴剛好從金屬板末端飛出，求：（1）下極板上提后液滴經(jīng)過P點以后的加速度大?。╣取10m/s2）；（2）液滴從射入開始勻速運動到P點所用時間.【答案】（1）（2）【解析】試題分析：（1）液滴先做勻速運動，受到的重力和電場力平衡，當(dāng)液滴運動到P處時迅速將下板向上提起時，板間場強增大，液滴向上偏轉(zhuǎn)做類平拋運動，根據(jù)平衡條件和牛頓第二定律可求出加速度大?。?）液滴向上偏轉(zhuǎn)過程中，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，水平方向做勻速直線運動，由運動學(xué)公式可求得液滴從射入開始勻速運動到P點所用時間．解：（1）帶電液滴在板間受重力和豎直向上的電場力，因為液滴做勻速運動，所以有：qE=mg，q=mg，即：qU=mgd．當(dāng)下板向上提后，d減小，E增大，電場力增大，故液滴向上偏轉(zhuǎn)，在電場中做類平拋運動．此時液滴所受電場力F′=q=此時加速度a===g（﹣1）=g=2m/s2．（2）因液滴剛好從金屬板末端飛出，所以液滴在豎直方向上的位移是，設(shè)液滴從P點開始在勻強電場中的飛行時間為t1，則：=at，解得t1==s="0.2"s，而液滴從剛進入電場到出電場時間t2==s=0.5s，所以液滴從射入開始勻速運動到P點的時間t=t2﹣t1="0.3"s．答：（1）下極板上提后液滴經(jīng)過P點以后的加速度大小為2m/s2．（2）液滴從射入開始勻速運動到P點的時間為0.3s．【點評】本題中液滴先做勻速運動后做類平拋運動，對其運動情況的分析是解答的基礎(chǔ)和關(guān)鍵，再選擇物理規(guī)律解決問題．15.如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球（可看做質(zhì)點）從y軸上的A點以某一初速度水平拋出，兩長為L的平行金屬板M、N傾斜放置且與水平方向間的夾角為θ），若帶電小球恰好能垂直于M板從其中心小孔B進入兩板間。（重力加速度已知）（1）試求小球拋出時的初速度及在y軸上的拋出點A的坐標(biāo)；（2）若該平行金屬板M、N間有如圖所示的勻強電場，且勻強電場的電場強度大小與小球質(zhì)量之間的關(guān)系滿足E＝，試計算兩平行金屬板M