2024春新教材高中物理第1章靜電場的描述第2章靜電場的應(yīng)用達標(biāo)檢測卷粵教版必修第三冊

第一、二章達標(biāo)檢測卷(考試時間：60分鐘滿分：100分)一、選擇題：本題共20小題，每小題3分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．下面是某同學(xué)對電場中的一些概念及公式的理解，其中正確的是()A．依據(jù)電場強度的定義式E＝eq\f(F,q)可知，電場中某點的電場強度與摸索電荷所帶的電荷量成反比B．依據(jù)電容的定義式C＝eq\f(Q,U)可知，電容器的電容與其所帶電荷量成正比，與兩極板間電壓成反比C．依據(jù)真空中點電荷的電場強度公式E＝keq\f(Q,r2)可知，電場中某點的電場強度與場源電荷所帶的電荷量無關(guān)D．依據(jù)電勢差的定義式UAB＝eq\f(WAB,q)可知，帶電荷量為1C的正電荷，從A點移動到B點克服靜電力做功為1J，則A、B兩點間的電勢差為－1V【答案】D【解析】電場強度取決于電場本身，與有無摸索電荷無關(guān)，A錯誤；電容取決于電容器本身，與電容器所帶電荷量和兩極板間電壓無關(guān)，B錯誤；E＝keq\f(Q,r2)中，Q是場源電荷，所以電場中某點的電場強度與Q成正比，C錯誤；由UAB＝eq\f(WAB,q)知，D正確．2．如圖所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不行伸長的絕緣細繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，最高點為a，最低點為b．不計空氣阻力，則下列說法正確的()A．小球帶負電B．電場力跟重力平衡C．小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減小D．小球在運動過程中機械能守恒【答案】B【解析】由于小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，所以重力與電場力的合力為0，電場力方向豎直向上，小球帶正電，A錯誤，B正確；從a→b，電場力做負功，電勢能增大，C錯誤；由于有電場力做功，機械能不守恒，D錯誤．3．(2024年朔州名校檢測)圖中帶箭頭的直線是某電場中的一條電場線，在這條直線上有a、b兩點，若用φa、φb表示a、b兩點的電勢大小，則()A．電場線是從a指向b，所以有φa＞φbB．a(chǎn)、b兩點的場強方向相反C．同一負電荷在b點的電勢能小于在a點的電勢能D．若此電場是由一負點電荷所產(chǎn)生的，則有Ea＞Eb【答案】A【解析】沿著電場線電勢降低，所以φb＜φa，A正確；a、b兩點在同一條電場線上，電場強度方向相同，B錯誤；依據(jù)公式Ep＝qφ，可知同一負電荷在b點的電勢能大于在a點的電勢能，C錯誤；若場源電荷電性為負，則應(yīng)在b點左側(cè)，有Ea＜Eb，D錯誤．4．如圖所示，電場中有A、B兩點，則下列說法中正確的()A．電勢φA＜φB，場強EA＞EB B．電勢φA＞φB，場強EA＞EBC．電勢φA＜φB，場強EA＜EB D．電勢φA＞φB，場強EA＜EB【答案】D【解析】依據(jù)沿電場線電勢降低可知φA＞φB；依據(jù)電場線越密的位置電場強度越大可知EA＜EB，故D正確．5．如圖所示，將一個不帶電的金屬球A放在帶正電的點電荷Q的左側(cè)，當(dāng)金屬球達到靜電平衡時，下列推斷正確的是()A．金屬球?qū)a(chǎn)生出正電荷B．點電荷Q在A的球心處產(chǎn)生的電場強度為零C．金屬球左側(cè)將出現(xiàn)負的凈電荷D．A的內(nèi)部合電場強度到處為零【答案】D【解析】感應(yīng)起電的實質(zhì)是電子的轉(zhuǎn)移，沒有產(chǎn)生新的電荷，故A錯誤；由于球處于靜電平衡狀態(tài)，所以內(nèi)部的場強為零，即正電荷和感應(yīng)電荷在內(nèi)部產(chǎn)生的合場強為零，正點電荷Q在球心處產(chǎn)生的場強方向向左，所以感應(yīng)電荷在球內(nèi)球心處產(chǎn)生的場強方向向右，故B錯誤，D正確；達到靜電平衡后，金屬球右側(cè)將出現(xiàn)負的凈電荷，金屬球左側(cè)將出現(xiàn)正的凈電荷，故C錯誤．6．如圖所示，在陰極射線管的陰、陽兩極間加上電壓U，電子電量為－e，電子從陰極動身，到達陽極時()A．動能不變 B．動能削減了eUC．電勢能削減了eU D．電勢能增加了eU【答案】C【解析】因為電子從陰極動身到達陽極過程中，電場力做功為W＝eU，即電場力做正功，則電勢能削減，動能增加，且電勢能削減了eU，動能增加了eU，故C正確，A、B、D錯誤．7．假如將q＝－2×10－8C的點電荷從電場中的a點移動到b點，電場力對該電荷做了4×10－7J的正功，則該電荷的電勢能()A．增加了20J B．增加了4×10－7JC．削減了8×10－7J D．削減了4×10－7J【答案】D【解析】由功能關(guān)系可知，把q＝－2×10－8C的點電荷從a點移到b點，電場力對該電荷做了4×10－7J的正功，則該點電荷的電勢能將減小4×10－7J，故D正確．8．一個帶正電的質(zhì)點，電量q＝2.0×10－9C，在電場中由A點移到B點．在此過程中，除電場力外，其他力做的功為6.0×10－5J，質(zhì)點的動能增加了8.0×10－5J，則A、B兩點間的電勢差UAB為()A．3.0×104V B．1.0×104VC．4.0×104V D．7.0×104V【答案】B【解析】由題意，依據(jù)動能定理有W＋qUAB＝ΔEk，解得UAB＝1.0×104V，故B正確．9．有一接地的導(dǎo)體球殼，如圖所示，球心處放一點電荷q，達到靜電平衡時，則()A．點電荷q的電荷量變更時，球殼外電場隨之變更B．點電荷q在球殼外產(chǎn)生的電場強度為零C．球殼內(nèi)空腔中各點的電場強度都為零D．點電荷q與球殼內(nèi)表面的電荷在殼外的合場強為零【答案】D【解析】由于球殼接地，在靜電平衡后，球殼與大地是等勢體，所以球殼外的電場為0，不隨q的變更發(fā)生變更，A錯誤；平衡狀態(tài)后，q與球殼內(nèi)表面的電荷在殼外的合場強為零，q單獨在球殼外產(chǎn)生的電場強度不為零，B錯誤；金屬球殼外表面接地，所以球殼外表面不帶電，內(nèi)表面帶與q相反電性的電荷，當(dāng)?shù)竭_靜電平衡狀態(tài)后，q與球殼內(nèi)表面的電荷在殼外的合場強為零，故C錯誤，D正確．10．一只豎直向上的避雷針發(fā)生尖端放電時在空間形成的電場如圖，在空間取一條水平線abc和一條圓弧線adc，bd連線為ac連線的中垂線，圖中所畫電場線關(guān)于直線bd對稱，以下說法正確的是()A．a(chǎn)dc是一條等勢線B．沿abc移動與沿adc移動點電荷電場力做的功均為零C．a(chǎn)、c兩點的電場強度相同D．正點電荷在b點比在d點受到的電場力大，且在b點比在d點的電勢能大【答案】B【解析】無法確定圓弧adc是不是一條等勢線，A錯誤；因ac兩點電勢相等，可知沿abc移動與沿adc移動點電荷電場力做的功均為零，B正確；a、c兩點的電場強度大小相等，但是方向不同，C錯誤；b點電場線較d點密集，可知b點場強比d點大，正點電荷在b點比在d點受到的電場力大；沿電場線電勢降低，可知d點電勢高于b點，正電荷在b點比在d點的電勢能小，D錯誤．11．如圖所示，水平向右的勻強電場中，電荷量為＋2C的帶電小球在A點的電勢能為6J，在B點的電勢能為2J，已知A點與B點間的距離為0.2m，A、B連線與電場線平行．下列說法正確的是()A．電場強度的大小為0.1V/mB．電場強度的大小為10V/mC．若帶電小球沿曲線ACB由A運動到B，則動能增加量大于4JD．若帶電小球沿曲線ACB由A運動到B，則動能削減量等于4J【答案】B【解析】由電勢能確定式Ep＝φq，可知φA＝3V，φB＝1V，所以電場強度的大小為E＝eq\f(φA－φB,dAB)＝10V/m，故A錯誤，B正確；電場力做功與路徑無關(guān)，粒子沿曲線ACB運動，動能增加量等于電勢能的削減量，等于4J，故C、D錯誤．12．如圖所示，在一勻強電場中的A、B、C、D四點構(gòu)成一個菱形，場強方向平行于菱形所在平面，菱形的對角線AC＝12cm、BD＝16cm．規(guī)定A點的電勢為零，將一個電子從A移到B，克服電場力做了8eV的功；將一個電子從A移到C，電場力做了8eV的功．則下列說法正確的是()A．D點的電勢為16VB．電場強度的方向沿CB方向C．一個初動能為16eV的電子從C點動身有可能到達B點D．一個初動能為24eV的電子從D點動身有可能到達B點【答案】A【解析】由題意可知UAB＝eq\f(WAB,－e)＝8V，UAC＝eq\f(WAC,－e)＝－8V，而φA＝0，所以φB＝－8V，φC＝8V，依據(jù)UAB＝UDC求得φD＝16V，A正確；因BC的中點M電勢也為0，故AM連線在一個等勢面上，如圖所示，電場強度的方向應(yīng)垂直AM連線，不沿CB方向，也不沿DB方向，B錯誤；由以上分析可知，電子從C到B不能是直線運動，到達B點時應(yīng)還有動能，由于UCB＝16V，可知電子從C到B須要克服電場力做功16eV，故一個初動能為16eV的電子從C點動身不行能到達B點，C錯誤；由以上分析可知，電子從D到B不能是直線運動，到達B點時應(yīng)還有動能，由于UDB＝24V，可知電子從D到B須要克服電場力做功24eV，故一個初動能為24eV的電子從D點動身不行能到達B點，D錯誤．13．計算機鍵盤每個鍵下面都連有一塊小金屬片，與該金屬片隔有肯定空氣間隙的另一塊固定的小金屬片組成一個可變電容器，如圖所示．當(dāng)連接電源不斷電，按下某個鍵時，與之相連的電子線路就給出該鍵相應(yīng)的信號．當(dāng)按下該鍵時，下列說法正確的是()A．電容減小 B．極板間的電壓增大C．極板間的電場強度變大 D．極板間的電量不變【答案】C【解析】當(dāng)按下該鍵時，兩金屬片間距d減小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容C變大，故A錯誤；由于電容器保持與電源相連，極板間的電壓不變，故B錯誤；由E＝eq\f(U,d)，U不變，d減小，所以極板間的場強變大，故C正確；由Q＝CU，U不變，C變大，所以極板的電量變大，故D錯誤．14．如圖所示，相距較近的一對帶等量異種電荷的平行金屬板水平放置，兩板間的電場可看作勻強電場．一電子以初速度v0沿平行于板面的方向射入勻強電場，運動軌跡如圖中實線所示．則電子在兩板間運動過程中()A．速度漸漸增大 B．加速度漸漸增大C．電子的電勢能漸漸增大 D．靜電力對電子做負功【答案】A【解析】電子在兩板間運動過程中，靜電力對電子做正功，電子速度漸漸增大，電勢能漸漸減小，由于電子所受電場力不變，所以加速度不變，故A正確，B、C、D錯誤．15．在某雷雨天，一雷雨云下方存在一沿豎直方向的勻強電場，其電場強度為104V/m．一半徑為1mm的球形雨滴在此電場中不會下落，則該雨滴攜帶的電荷量的最小值約為(重力加速度取10m/s2，水的密度為103kg/m3)()A．2×10－9C B．4×10－9CC．6×10－9C D．8×10－9C【答案】B【解析】帶電雨滴在電場力和重力作用下保持靜止，依據(jù)平衡條件電場力和重力必定等大反向mg＝Eq，其中m＝ρV，V＝eq\f(4,3)πr3，解得q＝eq\f(mg,E)＝eq\f(ρ\f(4,3)×πr3g,E)＝eq\f(103×\f(4,3)×3.14×10－9×10,104)C≈4×10－9C．故B正確．16．三個帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別為：甲粒子(q，m)、乙粒子(－q，m)、丙粒子(2q，4m)，它們先后以相同的速度從坐標(biāo)原點O沿x軸正方向射入沿y軸負方向的勻強電場中，粒子的運動軌跡如圖所示．不計重力，q＞0．則甲、乙、丙粒子的運動軌跡分別是()A．①、②、③ B．③、①、②C．②、①、③ D．③、②、①【答案】B【解析】由圖可知，勻強電場的方向豎直向下，而①軌跡對應(yīng)的粒子所受的電場力方向豎直向上，故①軌跡對應(yīng)的粒子帶負電，即為乙粒子；由圖可知，②、③軌跡對應(yīng)的粒子，在水平方向都做勻速直線運動，且水平位移相同，則兩粒子的運動時間相同，在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，在相同的時間內(nèi)，②軌跡對應(yīng)的粒子的豎直位移較小，故②軌跡對應(yīng)的加速度較小，而甲粒子的加速度為a甲＝eq\f(qE,m)，丙粒子的加速度a丙＝eq\f(2qE,4m)＝eq\f(qE,2m)，則有a丙＜a甲，故②軌跡對應(yīng)的粒子為丙粒子，而③軌跡對應(yīng)的粒子為甲粒子，故B正確，A、C、D錯誤．17．如圖，帶電的平行板電容器和靜電計用導(dǎo)線相連()A．若僅使上極板上移一段距離，則電容器的電容增大B．若僅向兩板間插入云母介質(zhì)，則板間電場強度減小C．若靜電計指針張角增大，可能僅是因為兩板正對面積增大D．若靜電計指針張角減小，可能僅是因為兩板間距變大【答案】B【解析】根C＝eq\f(εrS,4πkd)據(jù)可知，若僅使上極板上移一段距離，則d變大，電容器的電容減小，A錯誤；依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，若僅向兩板間插入云母介質(zhì)，則電容器的電容變大，依據(jù)C＝eq\f(Q,U)可知，兩板電勢差U減小，依據(jù)E＝eq\f(U,d)可知板間電場強度減小，B正確；若僅是因為兩板正對面積增大，依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知C變大，由C＝eq\f(Q,U)可知U減小，即靜電計指針張角減小，C錯誤；僅是因為兩板間距變大，依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知C變小，由C＝eq\f(Q,U)可知U變大，即靜電計指針張角變大，D錯誤．18．一帶正電粒子僅在電場力作用下從A點經(jīng)B、C運動到D點，其v－t圖像如圖所示，則下列說法中正確的是()A．A處的電場強度肯定小于B處的電場強度B．A處的電勢肯定大于在B處的電勢C．CD間各點電場強度和電勢都為零D．AB兩點間的電勢差不等于CB兩點間的電勢差【答案】B【解析】由v－t圖像斜率可看出，帶正電的粒子的加速度在A點時較大，由牛頓其次定律得知在A點的電場力大，故A點的電場強度肯定大于B點的電場強度，A錯誤；B點速度比A點的速度大，說明從A到B電場力做正功，電勢能減小，由于是正電荷，依據(jù)φ＝eq\f(Ep,q)，電勢也減小，A點電勢大于B點電勢，B正確；CD間各點電荷的加速度為零，故不受電場力，故電場強度為零，電場強度為零，說明各點之間的電勢差為零，但電勢不肯定為零，C錯誤；A、C兩點的速度相等，故粒子的動能相同，因此從A到B和從B到C電場力做功的肯定值相同，AB兩點間的電勢差等于CB兩點間的電勢差，D錯誤．19．如圖所示，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子，以初速度v0從a點豎直向上射入勻強電場中，勻強電場方向水平向右．粒子通過電場中的b點時，速率為2v0，方向與電場方向一樣，則a、b兩點間的電勢差為()A．eq\f(mveq\o\al(2,0),2q) B．eq\f(3mveq\o\al(2,0),q)C．eq\f(2mveq\o\al(2,0),q) D．eq\f(3mveq\o\al(2,0),2q)【答案】C【解析】由題意可知，粒子受重力和水平方向的靜電力作用，由加速度定義a＝eq\f(Δv,Δt)，可得加速度的大小ax＝2ay＝2g，由牛頓其次定律可知，qE＝2mg，水平位移x＝eq\f(2v0,2)t，豎直位移y＝eq\f(v0,2)t，即x＝2y，因此靜電力做功W1＝qEx＝qUab，重力做功W2＝－mgy＝eq\f(－W1,4)，由動能定理得W1＋W2＝eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Uab＝eq\f(2mveq\o\al(2,0),q)．20．如圖所示，A、B兩帶正電粒子質(zhì)量相等，電荷量之比為1∶4．兩粒子在O上方同一位置沿垂直電場方向射入平行板電容器中，分別打在C、D兩點，OC＝CD．忽視粒子重力及粒子間的相互作用，下列說法正確的是()A．A和B在電場中運動的時間之比為1∶2B．A和B運動的加速度大小之比為4∶1C．A和B的初速度大小之比為1∶4D．A和B的位移大小之比為1∶2【答案】C【解析】粒子電荷量之比為1∶4，粒子在豎直方向上做勻加速運動，由h＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qE,2m)t2，可知A和B在電場中運動的時間之比為2∶1，故A錯誤；A、B兩帶正電粒子質(zhì)量相等，電荷量之比為1∶4，依據(jù)qE＝ma，所以A和B運動的加速度大小之比為1∶4，故B錯誤；依據(jù)題意OC＝CD，兩粒子在水平方向上做勻速運動，依據(jù)l＝v0t，可知A和B的初速度大小之比為1∶4，故C正確；A和B的水平位移大小之比為1∶2，豎直方向也有位移，那么合位移之比不等于1∶2，故D錯誤．二、非選擇題：本題共3小題，共40分．21．(12分)如圖甲是視察用干電池對電容器充電過程中電容器兩端電壓隨時間變更的圖像，圖乙是其對應(yīng)的充電電流隨時間變更的圖像．在充電的起先階段，充電電流較大，電容器兩端電壓U增加______(填“較快”或“較慢”)，隨著電容器兩端電壓的增加，充電電流__________(填“漸漸減小”或“漸漸增加”)，且電容器兩端電壓U的上升速度變緩，電壓U向著____________趨近．在充電過程中電容器的電能______．充電起先的瞬間電容器兩端電壓__________(填“能突變”或“不能突變”)．通過圖像看出在第2s時電容器增加的電荷量Q約為________C(已知Q＝It)．【答案】較快漸漸減小10V增加不能突變0.7×10－322．(14分)如圖所示，在沿水平方向的勻強電場中有一固定點O，用一根長度為l＝0.20m的絕緣輕線把質(zhì)量m＝0.10kg、帶有正電荷的金屬小球懸掛在O點，小球靜止在B點時輕線與豎直方向的夾角θ＝37°．現(xiàn)將小球拉至位置A，使輕線水平張緊后由靜止釋放．g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80．求：(1)小球所受靜電力的大?。?2)小球通過最低點C時的速度大??；(3)小球通過最低點C時輕線對小球的拉力大?。敬鸢浮?1)0.75N(2)1.0m/s(3)1.5N【解析】(1)小球受重力mg、靜電力F和拉力FT，其靜止時受力如圖所示．依據(jù)共點力平衡條件有F＝mgtan37°＝0.75N．(2)設(shè)小球到達最低點時的速度為v，小球從水平位置運動到最低點的過程中，依據(jù)動能定理有mgl－Fl＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gl（1－tan37°）)＝1.0m/s．(3)設(shè)小球通過最低點C時細線對小球的拉力大小為F′T．依據(jù)牛頓其次定律有F′T－mg＝meq\f(v2,l)，解得F′T＝1.5N．23