2024-2025學(xué)年高中物理第一章靜電場章末檢測含解析新人教版選修3-1

PAGEPAGE7第一章章末檢測一、選擇題(本題共10小題，每小題6分，共60分．其中1～7小題為單選題，8～10小題為多選題)1．(2024·珠海高二檢測)關(guān)于靜電場，下列說法中正確的是()A．在電場中某點的電勢為零，則該點的電場強(qiáng)度肯定為零B．電荷在電場中電勢高的地方電勢能大，在電勢低的地方電勢能小C．依據(jù)公式U＝Ed知，在勻強(qiáng)電場中兩點間的距離越大，電勢差就越大D．正電荷從電勢高的點運動到電勢低的點，電勢能肯定削減解析：電場強(qiáng)度和電勢都是描述電場的物理量，二者無干脆關(guān)系，但二者相互關(guān)聯(lián)；電勢是標(biāo)量，與零勢面的選取有關(guān)，所以電場強(qiáng)度為零的地方電勢不肯定為零，電勢為零的地方電場強(qiáng)度也不肯定為零，故A錯誤．據(jù)電勢能公式Ep＝qφ知，電勢能取決于該點的電勢和電荷，只有正電荷在電場中電勢高的地方電勢能大，在電勢低的地方電勢能小，負(fù)電荷正好相反，故B錯誤．公式U＝Ed中的d為沿電場強(qiáng)度方向的距離，所以在勻強(qiáng)電場中，兩點間沿電場強(qiáng)度方向的距離越大，電勢差就越大，假如d不是沿電場強(qiáng)度方向的距離，那么間距大時，電勢差不肯定大，故C錯誤．據(jù)電勢能公式Ep＝qφ知，正電荷在電勢越高的地方電勢能越大，在電勢越低的地方電勢能越小，所以正電荷從電勢高的點運動到電勢低的點，電勢能肯定削減，故D正確．答案：D2.如圖所示，直線上有O、a、b、c四點，a、b間的距離與b、c間的距離相等，在O點處有固定點電荷．已知b點電勢高于c點電勢．若一帶負(fù)電荷的粒子僅在電場力作用下先從c點運動到b點，再從b點運動到a點，則()A．兩過程中電場力做的功相等B．前一過程中電場力做的功大于后一過程中電場力做的功C．前一過程中，粒子電勢能不斷減小D．后一過程中，粒子動能不斷減小解析：依據(jù)點電荷電場及其電勢分布特點可知，b點電勢高于c點電勢，則O點固定的是正電荷．負(fù)電荷移動過程中電場力做功W＝qU，因為Ubc<Uab，則前一個過程中電場力做功小于后一個過程電場力做功，選項A、B錯誤；兩個過程中均為電場力做正功，粒子的電勢能減小，動能增加，C對、D錯．故正確選項為C.答案：C3．(2024·河北省唐山市模擬)如圖所示，一帶電小球用絲線懸掛在水平方向的勻強(qiáng)電場中，當(dāng)小球靜止后把懸線燒斷，則小球在電場中將做()A．自由落體運動B．曲線運動C．沿著懸線的延長線做勻加速直線運動D．變加速直線運動解析：燒斷前，小球受三個力而平衡，線的拉力與重力的合力和電場力等大反向，燒斷線后，拉力消逝，而另外兩個力不變，合力與拉力方向相反，則小球?qū)⒀刂鴳揖€的延長線做初速度為零的勻加速直線運動，故C正確．答案：C4.一帶電油滴在勻強(qiáng)電場E中的運動軌跡如圖中虛線所示，電場方向豎直向下．若不計空氣阻力，則此帶電油滴從a運動到b的過程中，能量改變狀況為()A．動能削減B．電勢能增加C．動能和電勢能之和削減D．重力勢能和電勢能之和增加解析：由于軌跡向合力的方向彎曲，可知油滴受到的電場力大于重力，合力的方向向上，合力做正功，由動能定理可知動能增加，A錯誤；電場力做正功，電勢能削減，B錯誤；因油滴由a運動到b的過程中重力勢能增加，動能增加，由能量守恒定律可知D錯誤、C正確．答案：C5.兩個較大的平行金屬板A、B相距為d，分別接在電壓為U的電源正、負(fù)極上，這時質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的油滴恰好靜止在兩板之間，如圖所示．在其他條件不變的狀況下，假如將兩板特別緩慢地水平錯開一些，那么在錯開的過程中()A．油滴將向上加速運動，電流計中的電流從b流向aB．油滴將向下加速運動，電流計中的電流從a流向bC．油滴靜止不動，電流計中的電流從b流向aD．油滴靜止不動，電流計中的電流從a流向b解析：電容器與電源相連，兩極板間電壓不變．將兩極板特別緩慢地水平錯開一些，兩極板正對面積減小，而間距不變，由E＝eq\f(U,d)可知，電場強(qiáng)度不變，油滴受到的電場力不變，仍與重力平衡，因此油滴靜止不動．由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容減小，Q＝CU，電荷量減小，電容器放電，因此可推斷電流計中的電流從a流向b，故D正確．答案：D6.如圖所示，A、B、C三點都在勻強(qiáng)電場中，已知AC⊥BC，∠ABC＝60°，BC＝20cm.把一個電荷量q＝1×10－5C的正電荷從A點移到B點，電場力做的功為零；從B點移到C點，電場力做的功為－1.73×10－3A．865V/m，垂直AC向左B．865V/m，垂直AC向右C．1000V/m，垂直AB斜向上D．1000V/m，垂直AB斜向下解析：把電荷q從A點移到B點，電場力做的功為零，說明A、B兩點在同一等勢面上，由于該電場為勻強(qiáng)電場，等勢面應(yīng)為平面，故題圖中直線AB即等勢線，場強(qiáng)方向應(yīng)垂直于等勢線，選項A、B錯誤．UBC＝eq\f(WBC,q)＝eq\f(－1.73×10－3,1×10－5)V＝－173V，B點電勢比C點電勢低173V，因電場線指向電勢降低的方向，所以場強(qiáng)方向必垂直于AB斜向下，場強(qiáng)大小E＝eq\f(UCB,|BC|sin60°)＝eq\f(173,0.2×\f(\r(3),2))V/m＝1000V/m，因此選項D正確、C錯誤．答案：D7．如圖所示，一個重力不計的帶電粒子，從粒子源飄入(初速度很小，可忽視不計)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)當(dāng)滿意的條件是()A.eq\f(U2,U1)<eq\f(2d,L)B.eq\f(U2,U1)<eq\f(d,L)C.eq\f(U2,U1)<eq\f(2d2,L2)D.eq\f(U2,U1)<eq\f(d2,L2)解析：粒子在電場中加速過程中，靜電力做功，有qU1＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(\f(2qU1,m))，在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，L＝vt，y＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qU2,md)，y<eq\f(d,2)，由此可得eq\f(U2,U1)<eq\f(2d2,L2)，故選C.答案：C8.(多選)一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強(qiáng)電場，電場方向水平向左．不計空氣阻力，則小球()A．做直線運動B．做曲線運動C．速領(lǐng)先減小后增大D．速領(lǐng)先增大后減小解析：對小球受力分析，小球受重力、電場力作用，合外力的方向與初速度的方向夾角為鈍角，故小球做曲線運動，故A錯誤、B正確；在運動的過程中合外力方向與速度方向間的夾角先為鈍角后為銳角，故合外力對小球先做負(fù)功后做正功，所以速領(lǐng)先減小后增大，選項C正確、D錯誤．答案：BC9.(多選)圖中虛線為一組間距相等的同心圓，圓心處固定一帶正電的點電荷．一帶電粒子以肯定初速度射入電場，實線為粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，a、b、c三點是實線與虛線的交點，則該粒子()A．帶負(fù)電B．在c點受力最大C．在b點的電勢能大于在c點的電勢能D．由a點到b點的動能改變大于由b點到c點的動能改變解析：依據(jù)粒子做曲線運動的特點，即合外力總是指向軌跡的凹側(cè)，可知粒子與場源電荷間是斥力，粒子也帶正電，A錯誤．又F＝keq\f(Qq,r2)，c點離場源電荷最遠(yuǎn)，受力最小，B錯誤．由b到c電場力做正功，電勢能削減，所以Epb>Epc，C正確．由Eqd＝ΔEk及電場強(qiáng)度的平均值eq\x\to(E)ab>eq\x\to(E)bc定性分析得D正確．答案：CD10．(多選)(2024·黃山高二檢測)如圖所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負(fù)電，下板帶正電，帶電小球以速度v0水平射入電場，且沿上板邊緣飛出．若下板不動，將上板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球()A．將打在下板中心B．仍沿原軌跡由下板邊緣飛出C．不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿直線運動D．若上板不動，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中心解析：將電容器上板或下板移動一小段距離，電容器帶電荷量不變，由公式E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4kπQ,εrS)可知，電容器產(chǎn)生的場強(qiáng)不變，以相同速度入射的小球仍將沿原軌跡運動．當(dāng)上板不動，下板向上移動時，小球可能打在下板的中心．答案：BD二、非選擇題(本題共2小題，共40分．要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)11．(20分)(2024·吉林高二檢測)如圖所示，傾角為θ的斜面處于豎直向下的勻強(qiáng)電場中，在斜面上某點以初速度v0水平拋出一個質(zhì)量為m的帶正電小球，小球受到的電場力與重力相等，地球表面重力加速度為g，設(shè)斜面足夠長，求：(1)小球經(jīng)多長時間落到斜面上．(2)從水平拋出至落到斜面的過程中，小球的電勢能削減了多少？解析：(1)小球在運動過程中，依據(jù)牛頓其次定律Eq＋mg＝maEq＝mg，得a＝2又由于小球做平拋運動，豎直方向：y＝eq\f(1,2)at2水平方向：x＝v0t又eq\f(y,x)＝tanθ得t＝eq\f(v0tanθ,g)(2)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×2g×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0tanθ,g)))2＝eq\f(v\o\al(2,0)tan2θ,g)電場力做正功，電勢能減小，則有：ΔEp＝－W電＝－Eqy＝－mgy＝－mveq\o\al(2,0)tan2θ答案：(1)eq\f(v0tanθ,g)(2)mveq\o\al(2,0)tan2θ12．(20分)如圖所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L、場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場，在與右側(cè)虛線相距也為L處有一與電場平行的屏．現(xiàn)有一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計)，以垂直于電場線方向的初速度v0射入電場中，v0方向的延長線與屏的交點為O.試求：(1)粒子在電場中運動的時間．(2)粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tanα.解析：(1)粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運動，粒子在