2024-2025學年高中物理第一章靜電臣案含解析新人教版選修3-1

PAGE11-第一章靜電場本卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。滿分100分，時間90分鐘。第Ⅰ卷(選擇題共40分)一、選擇題(共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個選項中，第1～6小題只有一個選項符合題目要求，第7～10小題有多個選項符合題目要求，全部選對的得4分，選不全的得2分，有選錯或不答的得0分)1．(2024·浙江省名校協作體高二上學期月考)以下各種現象中不屬于靜電屏蔽的是(A)A．避雷針B．超高壓帶電作業(yè)的工人要穿戴金屬織物的工作服C．電子設備外套金屬網罩D．野外高壓輸電線上方有兩條與大地相連的導線解析：當帶電云層靠近建筑物時，避雷針上產生的感應電荷會通過針尖放電，漸漸中和云中的電荷，使建筑物免遭雷擊。其原理為尖端放電，故A錯誤。超高壓帶電作業(yè)的工人要穿戴金屬織物的工作服可以起到屏蔽作用，故B正確；電子設備外套金屬網罩可以起到靜電屏蔽的作用，故C正確；高壓輸電線的上方還有兩條導線，這兩條導線的作用是它們與大地相連，形成稀疏的金屬“網”把高壓線屏蔽起來，免遭雷擊，故D正確；本題選擇不屬于靜電屏蔽的，故選A。2．(2024·江西省南昌八一中學、洪都中學、麻丘中學等八校高二上學期期末)在一靜止點電荷的電場中，任一點的電勢φ與該點到點電荷的距離r的關系如圖所示(取無窮遠處電勢為0)。電場中四個點A、B、C和D的φ－r關系對應圖中的a、b、c和d點。則下列敘述正確的是(C)A．該點電荷肯定是負電荷B．A、B、C和D點的電場強度方向肯定相同C．A、C兩點的電場強度大小之比為9∶1D．將一帶正電的摸索電荷由A點移動到C點和由B點移動到D點，電場力做功相同解析：由圖象可知，點電荷四周的電勢隨距離增大而降低，可知該點電荷肯定是正電荷，選項A錯誤；A、B、C和D點不肯定在同一條電場線上，則四點的電場強度方向不肯定相同，選項B錯誤；由點電荷場強公式E＝eq\f(kQ,r2)可得：Ea∶Ec＝eq\f(kQ,12)∶eq\f(kQ,32)＝9∶1，故C正確；因UAC＝4V，UBD＝2V，依據W＝Uq，則將一帶正電的摸索電荷由A點移動到C點和由B點移動到D點，電場力做功不相同，故D錯誤。3．兩個相同的負電荷和一個正電荷旁邊的電場線分布如圖所示。c是兩負電荷連線的中點，d點在正電荷的正上方，c、d到正電荷的距離相等，則下列說法錯誤的是(B)A．a點的電場強度比b點的大 B．a點的電勢比b點的高C．c點的電場強度比d點的大 D．c點的電勢比d點的低解析：視察題中圖可知a點旁邊電場線比b點旁邊電場線密，所以Ea>Eb，A項正確；由沿電場線方向電勢漸漸降低可知φb>φa，B項錯；由場強公式E＝keq\f(Q,r2)和場強疊加原理可知Ec>Ed，C項正確；當取無窮遠處電勢為0時，φc為負值，φd為正值，所以φd>φc，D項正確。本題選錯誤的，故選B。4．勻稱帶電的球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場。如圖所示，在半球面AB上勻稱分布正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OM＝ON＝2R。已知M點的場強大小為E，則N點的場強大小為(A)A．eq\f(kq,2R2)－E B．eq\f(kq,4R2)C．eq\f(kq,4R2)－E D．eq\f(kq,4R2)＋E解析：完整球殼在M點產生電場的場強為keq\f(2q,2R2)＝eq\f(kq,2R2)，依據電場疊加原理，右半球殼在M點產生電場的場強為eq\f(kq,2R2)－E，依據對稱性，左半球殼在N點產生的電場的場強為eq\f(kq,2R2)－E，選項A正確。5．(2024·福建福州市八縣(市)協作體高二上學期期末)一金屬容器置于絕緣板上，帶電小球用絕緣細線懸掛于容器中，容器內的電場線分布如圖所示。容器內表面為等勢面，A、B為容器內表面上的兩點，下列說法正確的是(C)A．A點的電場強度比B點的大B．小球表面的電勢比容器內表面的電勢低C．B點的電場強度方向與該處內表面垂直D．將檢驗電荷從A點沿不同路徑到B點，電場力所做的功不同解析：由于A點處電場線比B點處電場線疏，因此A點電場強度比B點小，A項錯誤；沿著電場線方向電勢漸漸降低，因此小球表面的電勢比容器內表面的電勢高，B項錯誤；由于處于靜電平衡的導體表面是等勢面，電場線垂直于等勢面，因此B點的電場強度方向與該處內表面垂直，C項正確；將檢驗電荷從A點沿不同的路徑移到B點，由于A、B兩點的電勢相等，因此電場力做功為零，D項錯誤。6．(2024·吉林省長春市田家炳試驗中學高二上學期期末)水平放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個質量相等的電荷M和N同時分別從極板A的邊緣和兩極板的正中間沿水平方向進入板間電場，兩電荷恰好在板間某點相遇，如圖所示。若不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用，則下列說法正確的是(A)A．電荷M的比荷大于電荷N的比荷B．兩電荷在電場中運動的加速度相等C．從兩電荷進入電場到兩電荷相遇，電場力對電荷M做的功等于電場力對電荷N做的功D．電荷M進入電場的初速度大小與電荷N進入電場的初速度大小肯定相同解析：若兩板間電壓為U，間距為d，長為L。則由題意：vNt＋vMt＝L ①eq\f(1,2)eq\f(UqN,dmN)t2＋eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)eq\f(UqM,dmM)t2 ②由①式分析得vM、vN不肯定相同，D錯誤。由②式分析得：eq\f(qM,mM)>eq\f(qN,mN)，A正確，由eq\f(qM,mM)>eq\f(qN,mN)進一步分析可得兩個電荷的加速度aM>aN，電場力對電荷所做的功WM>WN，B、C錯誤。7．(2024·山東濟南市高三模擬)探討與平行板電容器電容有關因素的試驗裝置如圖所示。下列說法正確的是(AC)A．試驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電B．試驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小C．試驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變小D．試驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大解析：A對：試驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，由于靜電感應，在b板上將感應出異種電荷。B錯：b板向上平移，正對面積S變小，由C＝eq\f(εS,4πkd)知，電容C變小，由C＝eq\f(Q,U)知，Q不變，U變大，因此靜電計指針的張角變大。C對：插入有機玻璃板，相對介電常數ε變大，由C＝eq\f(εS,4πkd)知，電容C變大，由C＝eq\f(Q,U)知，Q不變，U變小，因此靜電計指針的張角變小。D錯：由C＝eq\f(Q,U)，試驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，是由于C不變導致的。8．(2024·浙江省杭州市高二上學期期末)如圖所示的實線表示某靜電場的等勢線，某帶電粒子僅受電場力作用，由M運動到N，其運動軌跡如圖中虛線所示，則下列說法正確的是(BD)A．粒子必定帶正電荷B．粒子在M點速度大于N點速度C．粒子在M點的電勢能大于它在N點的電勢能D．粒子在M點的加速度小于它在N點的加速度解析：依據等勢線的分布狀況，可大致推斷出電場線的方向。由電荷的運動軌跡可知，電荷的受力沿著電場線的反方向，所以電荷為負電荷，粒子做減速運動，故A錯誤，B正確；由M運動到N，電場力做負功，電勢能增加，故N點的電勢能大于M點的電勢能，故C錯誤；電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，由圖可知，N點的場強大于M點的場強的大小，在N點的受力大于在M的受力，所以粒子在M點的加速度小于它在N點的加速度，故D正確。9．(2024·北京師大附中試驗中學高二上學期期中)如圖甲所示，Q1、Q2為兩個固定的點電荷，其中Q1帶負電，a、b、c三點在它們連線的延長線上?，F有一帶負電的粒子以肯定的初速度沿直線從a點起先向遠處運動經過b、c兩點(粒子只受電場力作用)，粒子經過a、b、c三點時的速度分別為va、vb、vc，其速度—時間圖象如圖乙所示。以下說法中正確的是(ABD)A．Q2肯定帶正電B．Q2的電量肯定小于Q1的電量C．b點的電場強度最大D．粒子由a點運動到c點運動過程中，粒子的電勢能先增大后減小解析：從速度圖象上看，可見a到b做加速度減小的減速運動，在b點時粒子運動的加速度為零，則電場力為零，所以該點場強為零，負電荷在ab上做減速運動，電場力向左，合場強向右，b點左側合電場主要取決于Q2，故Q2帶正電；故A正確，C錯誤；b點的電場強度為0，依據點電荷場強公式Keq\f(Q1,r\o\al(2,1))＝Keq\f(Q2,r\o\al(2,2))，因為r1>r2，故Q1>Q2，即Q2的電量肯定小于Q1的電量，故B正確。負電荷從a點到b點的過程中，電場力做負功，電勢能增加；從b點到c點的過程中，電場力做正功，電勢能減小，故粒子從a到b到c的過程中，電勢能先增加后減小，故D正確；故選ABD。10．(2024·福建省同安一中高二上學期期中)如圖所示為一種質譜儀示意圖，由加速電場，靜電分析器組成，若靜電分析器通道中心線的半徑為R，通道內勻稱輻射電場在中心線處的電場強度大小為E。一質量m，電荷量為＋q的粒子從靜止起先經加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器，從垂直于邊界的P點射出。不計粒子重力，下列說法正確的是(BC)A．極板M比極板N電勢低B．加速電場的電壓U＝eq\f(ER,2)C．電荷在靜電分析器里做勻速圓周運動D．電荷在靜電分析器里的運動時間是t＝eq\f(πRm,4Uq)解析：帶電粒子帶正電，在加速電場能夠加速，則極板M比極板N電勢高，故A錯誤；在靜電分析器中，受到的電場力指向圓心，帶電粒子沿中心線通過靜電分析器，電場力不做功，粒子做勻速圓周運動，從垂直于邊界的P點射出。在靜電分析器中，電場力供應向心力，即Eq＝meq\f(v2,R)，再依據Uq＝eq\f(1,2)mv2可知U＝eq\f(1,2)ER故BC正確；電荷在靜電分析器里的運動時間是t＝eq\f(s,v)＝eq\f(\f(1,4)πR,\r(\f(2Uq,m)))＝eq\f(πR\r(2mUq),8Uq)，故D錯誤。第Ⅱ卷(非選擇題共60分)二、填空題(共2小題，每小題7分，共14分。把答案干脆填在橫線上)11．如圖所示，計算機鍵盤的每一個鍵下面都連有一塊金屬片，與該金屬片隔有肯定空隙的是另一塊小的固定的金屬片。這兩片金屬組成一小電容器。該電容器的電容C可用公式C＝εS/d計算，式中常量ε＝9×10－12F/m，S表示金屬片的正對面積，d表示兩金屬片間的距離。當鍵被按下時，此小電容器的電容發(fā)生改變，與之相連的電子線路就能檢測出是哪個鍵被按下了，從而給出相應的信號。設每個金屬片的正對面積為50mm2，鍵未按下時兩金屬片的距離為0.6mm。假如電容改變0.25pF，電子線路恰能檢測出必要的信號，則鍵至少須要被按下__0.15_mm__。電容式鍵盤解析：據C＝εeq\f(S,d)得：C＝εeq\f(S,d)＝eq\f(9×10－12×50×10－6,0.6×10－3)F＝7.5×10－13F當鍵被按下Δd時，電容增加ΔC＝0.25pF，即：C＋ΔC＝εeq\f(S,d－Δd)，eq\f(C,C＋ΔC)＝eq\f(d－Δd,d)Δd＝eq\f(dΔC,C＋ΔC)＝eq\f(0.6×10－3×0.25×10－12,7.5×10－13＋0.25×10－12)m＝1.5×10－4m＝0.15mm。12．(2024·湖北省公安縣車胤中學高二上學期檢測)密立根油滴試驗首先測出了元電荷的數值，其試驗裝置如圖所示，油滴從噴霧器噴出，以某一速度進入水平放置的平行板之間。今有一帶負電的油滴，不加電場時，油滴由于受到重力作用加速下落，速率變大，受到的空氣阻力也變大，因此油滴很快會以一恒定速率v1勻速下落。若兩板間加一電壓，使板間形成向下的電場E，油滴下落的終極速率為v2。已知運動中油滴受到的阻力可由斯托克斯公式f＝6πηrv計算(其中r為油滴半徑，η為空氣粘滯系數)。試驗時測出r、v1、v2，E、η為已知，則(1)油滴的帶電量__q＝eq\f(6πrηv1－v2,E)__。(2)經多次測量得到很多油滴的Q測量值如下表(單位10－19C)6.418.019.6511.2312.8314.48分析這些數據可知__電荷的最小電量即元電荷為1.6×10－19C__。解析：(1)沒有加電壓時，達到v1有mg＝f1＝6πrηv1加上電壓后，受到向上的阻力和電場力，有mg＝f2＋qE＝6πrηv2＋qE解以上兩式得到油滴電量q＝eq\f(6πrηv1－v2,E)(2)在誤差范圍內，可以認為油滴的帶電量總是1.6×10－19C的整數倍，故電荷的最小電量即元電荷為1.6×10－19C。三、論述·計算題(共4小題，共46分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最終答案不能得分，有數值計算的題，答案中必需明確寫出數值和單位)13．(10分)質量均為m的兩個可視為質點的小球A、B，分別被長為L的絕緣細線懸掛在同一點O，給A、B分別帶上肯定量的正電荷，并用水平向右的外力作用在A球上，平衡以后，懸掛A球的細線豎直，懸掛B球的細線向右偏60°角，如圖所示。若A球的帶電量為q，則：(1)B球的帶電量為多少；(2)水平外力多大。答案：(1)eq\f(mgL2,kq)(2)eq\f(\r(3),2)mg解析：(1)當系統平衡以后，B球受到如圖所示的三個力：重力mg、細線的拉力F1、庫侖斥力F。合力為零，由平衡條件得：Fcos30°－F1cos30°＝02Fsin30°－mg＝0由庫侖定律：F＝keq\f(qqB,L2)聯立上述三式，可得B球的帶電量qB＝eq\f(mgL2,kq)(2)A球受到如圖所示的四個力作用，合力為零。得FT＝F′·cos30°而F′＝F＝mg所以，A球受到的水平推力FT＝mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg14．(11分)如圖所示，固定于同一條豎直線上的A、B是兩個等量異種電荷的點電荷，電荷量分別為＋Q和－Q，A、B間距離為2d，MN是豎直放置的光滑絕緣細桿，另有一個穿過細桿的帶電小球P，其質量為m、電荷量為＋q(可視為點電荷，不影響電場分布)。現將小球P從與點電荷A等高的C處由靜止起先釋放，小球P向下運動到距C點距離為d的O點時，速度為v。已知MN與AB之間的距離為d，靜電力常量為k，重力加速度為g。求：(1)C、O間的電勢差；(2)O點的場強大小與方向。答案：(1)eq\f(mv2－2mgd,2q)(2)eq\f(\r(2)kQ,2d2)方向豎直向下解析：(1)小球P由C點運動到O點時，由動能定理可得mgd＋qUCO＝eq\f(1,2)mv2－0所以UCO＝eq\f(mv2－2mgd,2q)(2)小球P經過O點時的受力分析如圖所示，由庫侖定律得F1＝F2＝keq\f(Qq,\r(2)d2)電場力為F＝F1cos45°＋F2cos45°＝eq\f(\r(2)kQq,2d2)O點的場強為E＝eq\f(F,q)＝eq\f(\r(2)kQ,2d2)方向豎直向下。15．(12分)(2024·西藏拉薩中學高二上學期月考)如圖所示，水平放置的平行板電容器，與某一電源相連。它的極板長L＝0.4m，兩板間距離d＝4×10－3m，有一束由相同帶電微粒組成的粒子流，以相同的速度v0從兩板中心平行極板射入，開關S閉合前，兩板不帶電，由于重力作用微粒能落到下板的正中心，已知微粒質量為m＝4×10－5kg，電量q＝＋1×10－8C，(g＝10m/s2)求：(1)微粒入射速度v0為多少？(2)為使微粒能從平行板電容器的右邊射出電場，電容器的上板應與電源的正極還是負極相連？所加的電壓U應取什么范圍？答案：(1)10m/s(2)負極，120V≤U≤200V解析：(1)粒子剛進入平行板時，兩極板不帶電，粒子做的是平拋運動，則有：水平方向有：eq\f(L,2)＝v0t豎直方向有：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)gt2解得：v0＝10m/s(2)由于帶電粒子的水平位移增加，在板間的運動時間變大，而豎直方向位移不變，所以在豎直方向的加速度減小，所以電場力方向向上，又因為是正電荷，所以上極板與電源的負極相連，當所加電壓為U1時，微粒恰好從下板的右邊緣射出，則有：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)a1(eq\f(L,v0))2依據牛頓其次定律得：mg－qeq\f(U1,d)＝ma1解得：U1＝120V當所加電壓為U2時，微粒恰好從上板的右邊緣射出，則有：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)a2(eq\f(L,v0))2依據牛頓其次定律得：qeq\f(U2,d)－mg＝ma2解得：U2＝200V所以所加電壓的范圍為：120V≤U≤200V16．(13分)(2024·四川省眉山市高二上學期期末)如圖所示，在豎直平面內的xOy直角坐標系中，第Ⅰ象限內分布著沿x軸正方向的勻強電場E1，第Ⅱ象限和第Ⅲ象限分布著沿y軸正方向的勻強電場E2，在第Ⅰ象限內有一與x軸正方向成α＝45°角的固定光滑