第1章 静电场 基础达标检测-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中物理必修第三册(教科版2019)

基础达标检测 第一章 白题 单元达标测 限时:60min 一、选择题 开关K,将平行板电容器的上极板竖直向下平 1.如图,金属壳放在光滑的绝缘水平垫上,不能 移一小段距离,则下列说法正确的是 - 起到屏蔽外电场或内电场作用的是 _ ④。。 ./ B C .V 2.(2023·天津高考)(多选)如图. A. 静电计指针的张角变大 一位于P点左侧的固定正电荷产 B. P点电势升高 生的电场中,同一个正电荷。两 C. 带电油滴向上运动 次以大小相同,方向不同的初速度从P点出 D. 带电油滴的电势能不变 5.在维护和检修高压供电线路 发,分别抵达V点、V点.且a在M、N点时速 →B线 度大小也一样,则下列说法正确的是 时,为了不影响城市用电,电 A. P点电势大于M 工经常要在高压线上带电作 A线 B. V点电势大于A 业,为了保障电工的安全,电 C.a从P到M一直做减速运动 工全身要穿上用金属丝线编织的衣服.如图所 D. V、V两点处电场强度大小相同 示电工站在高压直流输电线的A供电线上作 3.两个不规则带电导体间 业,其头顶上方有B供电线,B供电线的电势 的电场线分布如图所示 高于A供电线的电势,虚线表示电工周围某一 a、b、c、d为电场中几个 截面上的等差等势线,c、d、e、f是等势线上的 四个点,以下说法正确的是 ( 点,并且a、d为紧靠导体 ) 表面的两点,选无穷远为电势零点,则 A. 在c、d、e、f四点中,c点的电场最强 A.c处场强大于a处,c处电势也必定高于 B. 在c、d、e、f四点中,/点的电势最高 处电势 C. 若将某电子由c移到f.其电势能将增大 B. 两个导体内部场强都为零,内部电势也都 D. 将某电子在d点由静止释放,它会向e点 为零 所在等势面运动 C.将一负试探电荷放在d点时其电势能为 6.(2024·河南郑州期中)如图所 1-.......-2 负值 示,在竖直圆柱体A、B两点分别 70. ...V D. 图中b点所在的电场线一定存在一个点 固定两个等量异种点电荷,位于 此处的电势为零 正中央的圆面EF与圆柱体的底 4.(2024·天津调研)如图,平行板电容器与电 面平行,除G点外图中标出的各点均在同一竖 动势为E的直流电源连接,下极板接地,静电 直面上.0.G1BD.已知圆柱体底面半径为r.高 计所带电荷量很少,可忽略,开关闭合,稳定时 为2r,则下列说法正确的是 ( ) 一带电的油滴静止于两极板间的P点,若断开 A. C、D两点的电场强度不同 第一章 黑白题043 v10hg 9.(2024·河北石家庄期中)如图所示,一充电后 B.G点的电场强度大小为 6r2 与电源断开的平行板电容器的两极板水平放 C. 将一带正电的试探电荷从D点移到C点. 置,板长为L.板间距离为d.距板右端1处有 电场力对其做正功 一竖直屏M.一带电荷量为。、质量为n的微 D.将一带负电的试探电荷从0.点移到0. 粒以初速度v。沿中线射入两板间,最后垂直 打在M上.0点为初速度延长线与M的交点. 点,电场力对其做负功 则下列结论正确的是(已知重力加速度为g) 7.A、B、C为电场中电场线上 fm·) ( ) 的三个点,一带负电小球 从A点由静止释放,只在 电场力的作用下先后沿直。 3612 线经过B、C两点,其运动过程的,-t图像如图 A. 两极板间电压为mgd 2 ( 所示,下列说法正确的是 ) A. 电场方向由A指向C B.板间电场强度大小为"g B. 由A到C电场强度逐渐增大 C. 微粒打在竖直屏V点与0点之间的距离 C. 小球由B至C过程中平均速度等于5.5m/s D. B.C两点间的电势差大小IVc!大于A、B D. 若仅增大两极板间距,则该微粒不可能垂 两点间的电势差大小1V。 直打在M上 8.(多选)空间内存在平行 10.(多选)如图所示,相距2L的AB、CD两直线 于x轴的静电场,其电势 间的区域存在两个大小不同、方向相反的有 e随x的分布如图所示. 界匀强电场,其中PS下方的电场E.的场强 一质量为m、带电量为+q 方向为竖直向上,PS上方的电场E.的场强 的粒子(不计重力),以初速度心从0点(x 方向为竖直向下,在电场左边界AB上宽为/ 0)进入电场,沿;轴正方向运动.下列叙述正 的P0区域内,连续分布着电荷量为+o、质量 确的是 ) 为n的粒子,从某时刻起由0到P点间的带 7 电粒子,依次以相同的初速度v。沿水平方向 A. 粒子从0运动到x.的过程中加速度不变 垂直射入匀强电场E. 中,从0点射入的粒 B. 粒子从x&运动到x的过程中,电势能先减 子,通过PS上的某点R进入匀强电场E,后 小后增大 从CD边上的M点水平射出.其轨迹如图.若 C.要使粒子能运动到x处,粒子的初速度v。 2o 至少为 间的相互作用.下列说法正确的是 ( m 。 D.若vo{ .粒子在运动过程中的最大速 3o 度为。 2m 必修第三册·JK 黑白题044 A. P0间水平射入电场的粒子,它们到达CD 12.如图甲所示,水平放置的平行金属板A和B 2L 的距离为d.它们的右端安放着垂直于金属 边的时间均为/三 V 板的靴MV.现在A、B板上加上如图乙所示 B. P0间水平射入电场的粒子,它们一定都 的方波形电压,电压的正向电压值为V.,反 垂直于CD边水平射出 C. 电场强度Ei=8n 9m} 为m的带正电,且电荷量为a的粒子束从A/ D. PQ间距离P点为二的粒子射入电场后垂 的中点0以平行于金属板的方向00射入. 16 设粒子能全部打在钯上而且所有粒子在A、 直于CD边水平射出 二、非选择题 间的飞行时间均为7.不计重力的影响 11.如图所示,在水平方向的匀强电场中有一表 面光滑、与水平面成9角的绝缘直杆AC,其 下端(C端)距地面高度为h.有一质量m 0.5kg的带电小环套在直杆上,正以某一速 , 度.沿杆匀速下滑,小环离杆后正好通过C (1)定性分析在/=0时刻从0点进入的粒 端的正下方P点处.(g取10m/s*) 子,在垂直于金属板的方向上的运动 (1)若=45^{},试判断小环的电性,并求出小 情况. 环受到的电场力大小 (2)求距靴MV的中心O点多远的范围内有 (2)若θ=45{},h=0.8m,求小环在直杆上匀 粒子击中. 速运动的速度大小v (3)若保持h不变,改变θ角(0<9<90{})及小 环的电荷量,使小环仍能匀速下滑,离杆 后正好通过C端的正下方P点处,试推 出初速度t.与9角间的定量关系式 % E C4 ... , 第一章 黑白题045故A正确：B.将B板下移一段距离时，由于二极管的存在，板间场强 Eq+mg=ma, 不变，带电粒子所受的电场力大小不变，运动时间变长，小球将打 解得：=2g 在N点的右侧.故B错误：C.将A板上移一段距离，电容诚小，而电 在电场中运动的时间4.2√日 2R2R 容器所带电量不变，板间场强不变.带电粒子所受的电场力大小不 变，粒子小球仍然打在N点，故C错误：D.在A板下面插人一很薄的 下落的商度为M=2. 金属板，AB间距d诚小，电容增大，则电量Q增大，所以场强增大，电 场力变大，粒子做类平抛运动，竖直方向上的加速度增大，运动时间 解得4，=R, 变短，小球将打在N点的左则.故D正确.故选AD. 水平方向坐标x=2R, 9.D解析：A.x,一x,处场强方向沿x轴正方向，根据沿着电场线方向 竖直方向坐标y=-(R+h,)=-(R+R)=-2R。 电势降低，2处电势高于4处电势，则电势能不等，故A错误： 则离开第四象限电场时的位置坐标为(2R,-2R): BD.x1-4处场强方向沿x轴正方向，则正点电荷由1运动到4的 (3)小球从B点以=2√gR的速度进入第四象限内的电场做类平 过程中顺著电场线方向移动，电场力一直做正功，正电萄的电势能减 抛运动， 小，放D正确，B错误：C,由U=Ed可知，E-x图线与x轴所围的面积 R=2/gR. 表示电势差，则知x1两点之间的电势差小于3x4两点之间的电 出电场时竖直方向的分速度，=叫，=2g×√京 势差，故C错误故选D。 出电场后至打在荧光屏上运动的时间= 10.D解析：A.粒子在电场中做类平抛运动，水平方向x=01,整直方 向=·经，由回45=可得 2m2/2m0放A错 1 出电场后至打到荧光屏上在竖直方向运动的距离=”2+2， 由m45=上可得n45°：2：上，可得2 每得与：名北 子速度大小为=√后+=5o,动能为E=2m2=5Em,故B错 因此小球打在荧光屏上的位置距x轴的距离H=R+h,+?=R+R+ 9 误：C.由动能定理可得gU=E:-E,可得U= 50,则该点电势为 R=3125R = “,故C错误：D.平抛运动的速度方向偏角的正切是位移方 基础达标检测第一章 向偏角正切的两倍，即ana=24anB.可知速度正切ana=2an45°， 白题单元达标测 所以只要粒子落在N连线上，即使增大初速度，速度与整直方向 1,C解析：A项：当正电荷放在金属壳外时，使金属壳左端带负电荷， 的夹角也不变，故D正确.故选D. 右端带正电荷，两绮出现电压，感应电场与外电场相叠加，所以内部 11.(1)1.58m/8,方向向右(2)1.5N,方向竖直向下(3)2.5m 电场强度为0.起到屏蔽的作用B项：当正电荷放在金属壳外时，使 解析：(1)设滑块在B点速度为：，对滑块从A到B的过程应用动能 金属壳左端带负电荷，由于右端接地，则不带电，两端仍出现电压，感 应电场与外电场相叠加，所以内部电场强度为0，起到屏蔽的作用. 定理mgR-gER=2m之，1.58m,方向向右。 C项：当正电荷放在金属壳内时，使金属内壳带负电荷，外壳带正电 (2)在B点由牛顿第二定律可得F人~mg=mR,联立解得= 荷，出现感应电场，没起到屏蔽的作用D项：当正电荷放在金属壳内 时，由于接地，则使金属壳外不带电，故外部没有电场，从而起到屏藏 1.5N,由牛顿第三定律可知.小滑块对B点的压力大小为15N方 的作用.故选C. 向竖直向下， 2.AD解析：AC.由题意知，同一个正电荷g两次以大小相同、方向不 (3)由题意知E=7.5×105×1×10N=0.75N,mg=0.05×0.1× 同的初速度从P点出发，分别抵达M点与N点，且g在M,N点时速 10N=0.05N,因此有gE>mg,所以小滑块最终在圆弧轨道的BC 度大小也一样，由动能定理可知M、N两点的电势相同，M、N两点位 部分往复运动，C点离水平面的高度h满足关系式mgh= 于以场湖电荷为圆心的同一园周上，由于场源点荷在P点左侧，所以 E√R-(-h)下，所以小带块在水平轨道上通过的总路程x满 P点电势高于M点电势，9从P到M做加速运动，故C错误，A正 足mgR-gER=mg,解得x=2.5m 确：D.根据以上分析可知.M,N两点在问一等势面上，且该电场是固 12.(1)'(2)(2R.-2R)(3)3125R 定正电荷产生的电场.则说明M,N到固定正电荷的距离相等，由点 电荷的场强公式可知W,N两点处电场强度大小相同，故D正确散 解析：(1)小球从P点运动到B点的过程中，根据动能定理得 选AD, 3mgR-ER-2 m-0. 3.D解析：A,电场线的硫密程度表示场强的大小，则c处场强大于 处，沿着电场线方向电势逐渐降低，则：点电势低于点电势， 解得q=受 故A错误：B.两个导体处于静电平衡，内部场强处处为零，但是内部 (2)在第四象限电场中，小球做类平抛运动，根据牛顿第二定律得 的电势不相等，可以确定左侧导体内部电势大于零，右侧导体内部电 必修第三册·JK黑白题22 势小于零，故B错误：C.因为d处电势小于零，则将一负试探电荷放 在d点时其电势能为正值，做C错误：D.图中6点所在的电场线的起 处，粒子的初速度至少为 2,故C正确：若。m ,粒子 点在左侧导体，电势大于零，终点在右侧表面，电势小于零，所以一定 /446 ,故D错误.故 存在一个点，此处的电势为零，故D正确.故选D. 过不了1点，它会回到0点，最大速度还是√m 4.D解析：A断开开关K,电容器带电量不变，则由C=9, 8,S 选AC =4mkd' 9.C解析：AB.据题分析可知，质点在平行板间轨迹应向上偏转，做类 可得=4d0.d减小，可知静电计指针的张角变小，故A错误： 平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M ES 上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，可见两次偏转的加速度大小 BCD.电场强度为￡= U4行kQ d-es 减小，电场强度不变，带电油滴不 相等，根据牛额第二定律，在两板间有E,一g=ma,飞出极板后 动，由Pp-0=。4心p,可知P点电势不变，则带电油滴的电势 有mg=mm,解得E=2,由U=Bd,得板间电势差U=2m,故 8,5 能，=gw=4ng 4,电势能不变，故C错误，D正确故选D. A想错误：C,质点在电场中向上编转的距离为=了二，水平方向上 5.C解析：依据等差等势线的疏密表示场强大小可知，在，d·f四点 有=上，联立解得y=琴，根据对称性，微粒打在竖直屏M点与0 26 中，了点的电场最强，故A错误；沿看电场线方向，电势是降低的，因B 供电线的电势高于A供电线的电势，则在©，d,e,「四点中，c点的电势 点之同的距离为Y2气故C正确：由随意知，仅增大两极板 最高，故B错误；若将某电子由c移到厂，即从高电势到低电势，其电 势能将增大，故C正确：将某电子在d点由静止释放，在电场力作用 同的距离周胃板上电商量0不变，根紧C=高号得6=名 下，它会向c点所在等势面运动，故D错误 6.B解析：A.根据几何关系ACBD构成一个正方形.则C,D两点关于 4m0,板间场强不变，质点在电场中受力情况不变，则其运动情况不 8,S 等量异种点电荷连线对称且在连线的中垂线上，故C、D两点的电场 变，故仍将垂直打在屏上，故D错误，故选C 强度相同，故A错误：B.根据几何关系r=√2r,「G=√6r,且BG 10.ACD解析：A,PQ间水平射人电场的粒子在水平方向都做匀速直 与AG垂直，根据点电荷场强公式和场强的叠加可知G点的电场强 线运动，则它们到达CD边的时间均为1一2弘，故A正确： 度大小为E。 如+（如=，故B正确：CD点和 C从Q点射入的粒子，设从Q到R的时间为1，R到M的时间为 6r2 2,到达R时的竖直速度为：，则根据牛顿第二定律F=gE=ma.可 C点关于等量异种点电荷连线对称且在连线的中垂线上，则电势相 等，将一带正电的试探电荷从D点移到C点，电场力对其不做功、故 得，粒子在S下方的加速度为a,,粒子在S上方的加速度为 C错误：D.0,点相较于03点更靠近负电荷而远离正电荷，则O,点 L 电势小于O2点，则将一带负电的试探电荷从01点移到02点，电势 治根聚类平桃提作有：宁，子宁46=44 能减小，电场力做正功故D错误故选B. 0'2,1th2=, 7.D解析：A根据图线可知，带电小球从A点由静止释放，速度逐渐增 9m哈 9m 大，说明小球所受电场力的方向由A指向C,小球带负电，故电场的 联立可得-8LB-4 .故C正确： 方向由C指向A,A项错误：B.小球在B处加速度最大，由E=m,A BD.设PQ间到P点距离为h的粒子射人电场后，经过n个类似于 B、C三点中B点处电场强度最大，故由A到C电场强度先增大后减 Q到R到M的循环运动（色桥粒子从电场E?穿过5进入电场E 小，B项错误：C.如果小球从B到C做匀加速直线运动，则小球的平 的运动)后，恰好垂直于CD边水平射出，则该粒子的速度第一次变 均速度4 ?m=5.5m,但小球由B至C过程中做加速度减小 为水平所用的时间为T=。2（m=23,4,…). n no 的加速运动，位移大于匀加速过程的位移，故平均速度大于5.5m/s, 第一次到达PS边的时间则为子T, C项错误：.根据动能定理有gw之m2m8m,心c= 则有h=2( -(n=2.3.4.…）. 2m吃2m房=165m,可得1U1小于Uacl,D项正确故选D 8.AC解析：中-x图像的斜率表示场强，带电量为+g的粒子从0运动 则四同距离P点为名的粒子射人电场后垂直于CD边水平射出。 到x1,和x是线性关系，故电场力恒定，粒予从0运动到x,的过程 故B错误.D正确.故选ACD 中加速度不变，故A正确：带电量为+g的粒子从x,运动到的过程 中，电势不新降低，根据正电荷在电势高处电势能大，可知粒子的电 11.(1)带负电5N(2)2m，(3)。-√2 势能不断减小，故B错误：根据电场力和运动的对称性可知：粒子若 解析：(1)小环沿杆匀速下滑，合力为零，小环所受的电场力水平向 能运动到x,处，就能到达，处，当粒子恰好运动到x,处时，由动能定 右，则小环带负电 小环匀速下滑合力为零，电场力 理得：90-9o)=0-2m6,解得：o 240,要使粒子能运动到 F=mgtan45°=5N. 参考答案与解析黑白题23 (2)小环离开杆后做类平抛运动，由牛顿第二定律 同样的金属小球C先和A接触，A和C的电荷量都为2Q,C再与B 、2mg=, 平行于杆的方向做匀速直线运动.则有 接触后，B,C的电荷量均为 0,这时，4，B两球之间的相互作用力 3 x=rol=hsin 459, 3 垂直于杆的方向做匀加迷直线运动，则有 的大小为大2433 “8大字“8F故AD错误，C正确放 22=hams45,得6=2m/6 选C. （3)离杆后在系直于仟的方向，由牛顿第二定律料二。m。 2.D解析：对小球e所受库仑力分析.若a对e的库仑力为排斥力，a,e 的电荷同号，则b对c的库仑力为吸引力，b、c电荷为异号，a,b电荷 平行于杆的方向做匀速直线运动，则有hn=%, 为异号：若a对e的库仑力为引力，a,c的电荷异号，则b对c的库仑 1 力为斥力，b,c电荷为同号，a,b电荷为异号.设与b的夹角为8， 垂直于杆的方向做匀加速直线运动，则有h8=2a, gh 利用平行四边形定则和儿何美系库仑定律可得，F,人 解以上方程得和=√ -tan 8. 12(1)先向下匀加速运动再向下匀减遮运动(2)心点上方 le,tan 0=3 ,an0= a6电荷量的比值=，联立解 到 16md 64 0点下方9下 得：27选项D正确 16md 3.C解析：对小球受力分析如图所示，由正弦定理有im ZCPH F 解析：(1)在1=0时划从0点进入的粒子，所受的电场力方向先向 下后向上.则粒子先向下匀加速运动，再向下匀碳速运动， n∠Cp其中LcPH=∠OrB,∠6D=∠iPn=∠APm.其中 (2)粒子打在靶MN上的范围，实际上就是粒子在竖直方向所能到 AP AO BP 达的范H.当粒子在0、T,2TnT时刻进人电场中，粒子将打在0点 △APO中 n(a-LPB)inZAPO同理有mLPB"nLPm 下方最远处，在前】T时间内，粒子在竖直方向上的位移 2 设P点带正电小球的带电荷量为g,则F,=k =立有 (} 0,:02=2n3:1,故选C H 在后子T时间内，粒子在竖直方向上的位移为22，· F&C D qVo (任）八其中子当子高可得 2 3gl%7 16md: 5qloTe 放0点正下方最大位移y=y+=16md 当粒子在宁，号27时刻进人电场时，粒子将打在心点上 4,BCD解析：A.由题意可知三小球构成一个等边三角形，小球1和3 2 之间的力大于小球2和3之间的力，弹簧处于压缩状态，故小球1和 方最远处，在前子T时同内，毅子在整直方向上的位移疗=2， 3一定是斥力，小球1带正电.故小球3带正电，故A错误：B.小球3 运动至。点时，弹黄的伸长量等于宁.根超对称性可知，小球2对小 (）广二在后T时内包子在竖直方向上的位移行 球3做功为0：弹簧弹力做功为0，故根据动能定理有mgin9= U 2m己，解得=√红，故B正确：C小球3在6点时，设小球3的电 () 子可得 ,其中=a=子x, md 荷量为，有k9-,设弹簧的举力为下，根据受力平衡，沿斜面方 2 2 为=0， 0尺 向有F=k9·6视4 户in30-mgsin30,解得r.9 mg,小球3运动 故0点正上方最大位移y=+= 16md 真题体验第一章静电场 至a点时，弹资的伸长甚等于子限据对称性可知下碧血刘 -mgsin30°=ma,解得a=2g,故C正确；D.当运动至ab中点时，弹簧 4 黑题高考真题练 弹力为0，此时小球2对小球3的力为F1=k一 3 L2 1.C解析：两个相同的带等量的同种电荷的金属小球A和B,设它们 的电荷量都为Q,原来它们之间的库仑力为：F=k 一个不带电的 2 4坚：气mg,斜面对小球的支持力为下、=mg%30°一F四 3*2 必修第三册·JK黑白题24