章末检测试卷(第一章 静电场的描述)-（配套word）2023-2024学年高一新教材物理必修第三册 【步步高】学习笔记（粤教版）

章末检测试卷(第一章) (满分：100分) 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。) 1．(2023·湛江二十一中高二期中)下列说法正确的是(　　) A．电场力做功的大小与电荷运动路径有关 B．电场中电场强度的方向就是电势降低最快的方向 C．A、B两点间的电势差UAB与试探电荷的电荷量q有关 D．电势差与电势一样，是相对量，与零电势点的选取有关 答案　B 解析　电场力做功的大小与电荷运动路径无关，故A错误；电场中电场强度的方向就是电势降低最快的方向，故B正确；A、B两点间的电势差UAB由电场本身决定，与试探电荷的电荷量q无关，故C错误；电势差是绝对量，与零电势点的选取无关，故D错误。 2．(2023·湖北卷)在正点电荷Q产生的电场中有M、N两点，其电势分别为φM、φN，电场强度大小分别为EM、EN。下列说法正确的是(　　) A．若φM>φN，则M点到电荷Q的距离比N点的远 B．若EM<EN，则M点到电荷Q的距离比N点的近 C．若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则φM<φN D．若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，则EM>EN 答案　C 解析　沿着电场线的方向电势降低，根据正点电荷产生的电场特点可知若φM>φN，则M点到电荷Q的距离比N点的近，故A错误；电场线的疏密程度表示电场强度的大小，根据正点电荷产生的电场特点可知若EM<EN，则M点到电荷Q的距离比N点的远，故B错误；若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则是逆着电场线运动，电势增加，故有φM<φN，故C正确；若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，则是逆着电场线运动；根据正点电荷产生的电场特点可知EM<EN，故D错误。 3．(2023·广东高二学业考试)点电荷M和金属平板N周围的电场线分布如图所示，a、b为同一条电场线上的两点，下列说法正确的是(　　) A．M带正电，N的上表面带正电 B．M带负电，N的上表面带负电 C．a、b两点的电场强度相等 D．a点的电势比b点的电势高 答案　D 解析　电场线起始于正电荷终止于负电荷，所以点电荷M带正电，N的上表面带负电，故A、B错误；电场线越密，电场强度越大，所以a点电场强度大于b点电场强度，故C错误；沿电场线方向电势降低，所以a点电势高于b点电势，故D正确。 4.(2023·广州市高二校考期末)图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0。一带正电的点电荷在电场力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26 eV和5 eV。当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为－8 eV时，它的动能应为(　　) A．8 eV B．13 eV C．20 eV D．34 eV 答案　C 解析　由题意，点电荷经过a、b点时的动能分别为26 eV和5 eV，动能减小为21 eV，而相邻的等势面之间的电势差相等，点电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，则点电荷从等势面3到等势面4时，动能减小7 eV，电势能增大，等势面3的电势为0，点电荷经过b时电势能为7 eV，又由题，点电荷经b点时的动能为5 eV，所以点电荷的总能量为E＝Ep＋Ek＝7 eV＋5 eV＝12 eV，其电势能变为－8 eV时，根据能量守恒定律得，动能应为20 eV，故选C。 5．两个点电荷电场的部分电场线如图所示，一带电粒子仅在电场力的作用下由a点运动到c点的轨迹如图中虚线所示，则下列说法正确的是(　　) A．粒子带负电 B．正电荷的电荷量小于负电荷的电荷量 C．粒子在b点的电势能大于在a点的电势能 D．粒子在a点的加速度大于在b点的加速度 答案　C 解析　带电粒子做曲线运动，受力方向指向轨迹弯曲的一侧，则粒子在b点受到的电场力水平向右，受力方向与电场线方向相同，粒子带正电，故A错误；正电荷附近电场线比负电荷附近电场线密集，即正电荷附近场强更大，正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量，故B错误；粒子所受电场力的方向沿电场线方向，运动方向沿轨迹的切线方向，粒子从a点到b点，电场力的方向与运动方向夹角为钝角，电场力做负功，电势能增加，即粒子在b点的电势能大于在a点的电势能，故C正确；b点电场线更密集，场强更大，粒子所受电场力更大，由牛顿第二定律可知加速度更大，故D错误。 6．(2023·广州市执信中学高二月考)空间存在着平行纸面的匀强电场，但电场的具体方向未知，现在纸面内建立直角坐标系xOy，用仪器沿Ox、Oy两个方向探测该静电场中各点电势，得到各点电势φ与横、纵坐标的函数关系如图所示。关于该电场的电场强度E，下列说法正确的是(　　) A．E＝3 V/m，方向沿x轴正方向 B．E＝5 V/m，方向指向第一象限 C．E＝400 V/m，方向沿y轴负方向 D．E＝500 V/m，方向指向第三象限 答案　D 解析　从题中的图像可以得到，坐标为(，0)和(0,10 cm)的A、B两点为电势为40 V的等势点，如图所示，则电场强度的方向垂直于AB且指向第三象限，由几何关系可知CO＝＝8 cm，E＝＝＝500 V/m，故选D。 7.如图所示，三根均匀带电的等长绝缘棒组成等边三角形ABC，O为三角形的中心。情形一：当三根棒带等量同种电荷时，O点的场强为0。情形二：当AB、AC棒所带电荷量均为＋q、BC棒带电荷量为－2q时，O点场强大小为E；在情形二中将BC棒取走，AB、AC棒的电荷始终均匀分布，则O点的场强大小为(　　) A．E B. C. D. 答案　C 解析　AB、AC棒上的电荷均匀分布，且带电荷量相等，所以两棒在O点产生的电场强度大小相等，其矢量和竖直向下，而BC棒在O点产生的电场强度大小为AB、AC在O点产生的合电场强度的2倍，方向竖直向下，所以EO＝E′＋2E′＝E，所以取走BC棒后，O点的电场强度为EO′＝E′＝，故选C。 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。) 8．(2022·深圳市高二期末)图甲中直线PQ表示电场中的一条电场线，质量为m、电荷量为－q(q>0)的带电粒子仅在电场力作用下沿电场线向右运动，经过P点时速度为v0，到达Q点时速度减为零，粒子运动的v－t图像如图乙所示。下列判断正确的是(　　) A．Q点电势高于P点电势 B．P点场强大于Q点场强 C．P、Q两点间的电势差为 D．带负电的粒子在P点的电势能大于在Q点的电势能 答案　BC 解析　由题图乙知带电粒子的速度减小，受到向左的电场力，故电场线方向向右，P点电势高于Q点电势，故A错误；粒子在P点的加速度大于Q点的加速度，故P点的场强大于Q点的场强，故B正确；由动能定理知qUPQ＝mv02，可求出P、Q两点间的电势差为，故C正确；带负电的粒子在电势低的地方电势能大，故在P点的电势能一定小于Q点的电势能，故D错误。 9．如图所示，空间内一直线上有间距为d的a、b两点，当在某位置固定一个点电荷Q时，a、b两点的电势相等，且a点的场强大小为E，方向与ab直线夹角为30°。静电力常量为k。下列说法中正确的是(　　) A．点电荷Q带正电 B．点电荷Q所带电荷量的大小为 C．把一个负点电荷从a点沿直线移动到b点过程中，其所受的库仑力先增大后减小 D．把一个正点电荷从a点沿直线移动到b点过程中，其电势能先增大后减小 答案　BC 解析　根据点电荷电场分布特点可知，点电荷Q在ab连线的中垂线上且带负电，A错误；点电荷到a点的距离r＝＝d，由点电荷场强的计算式E＝＝3，可解得点电荷Q所带的电荷量的大小为，B正确；把一个负点电荷从a点沿直线移动到b点过程中，它与点电荷Q间距离先减小后增大，由库仑定律可知它所受的库仑力先增大后减小，C正确；把一个正点电荷从a点沿直线移动到b点过程中，库仑力先做正功后做负功，其电势能先减小后增大，D错误。 10.如图，半径为R的圆，AB为圆的直径，O为圆心，一匀强电场平行于圆所在平面，把质量为m，带电荷量为q的正点电荷自A点由静止释放，仅在电场力作用下从圆周上C点穿出，此过程中电场力做功为W。已知AC与AB间的夹角为θ＝60°，则下列说法正确的是(　　) A．该匀强电场的场强大小为 B．该匀强电场的场强大小为 C．A、B两点间的电势差是A、C两点间电势差的2倍 D．将该点电荷从A点移到圆周上任意一点，其中电场力做功的最大值为1.5W 答案　BD 解析　根据动能定理得W＝qE·2Rcos 60°，解得E＝，A错误，B正确；因为AC垂直于BC，B、C在同一等势面上，所以A、B两点间的电势差等于A、C两点间的电势差，C错误；匀强电场的电场强度方向沿AC方向，所以D点电势最低，OM＝Rcos 60°＝0.5R，MD＝0.5R＋R＝1.5R，电场力做功的最大值为Wmax＝qE×1.5R＝1.5W，D正确。 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11．(8分)(2023·肇庆市高二月考)某物理兴趣小组探究影响电荷间静电力的因素，实验装置如图所示。 (1)带正电的小球A固定不动，带正电的小球B通过绝缘丝线系在铁架台上，小球B会在静电力的作用下发生偏离。把系在丝线上的带电小球B先后挂在图中横杆上的P1、P2、P3等位置，实验时通过调节丝线长度，始终使A、B两球球心在同一水平线上，待小球B平衡后，测得丝线偏离竖直方向的角度为θ，A、B两球球心间的距离为r，小球B的质量为m，当地重力加速度大小为g，则A、B两球之间的静电力大小为________。(用题中涉及的物理量符号表示) (2)通过分析A、B两球之间的静电力大小与A、B两球球心间的距离r的关系可知：两小球所带电荷量不变时，两小球间的静电力________。 (3)以上实验采用的方法是________。 A．微小量放大法 B．控制变量法 C．等效替代法 D．理想实验法 (4)若实验中小球A、B的电荷量分别为q1和q2，则静电力常量可表示为k＝________。(用题中涉及的物理量符号表示) 答案　(1)mgtan θ　(2)随A、B两球球心间的距离的增大而减小　(3)B　(4)(每空2分) 解析　(1)对小球B受力分析，小球B受力平衡，则有tan θ＝，即A、B两球之间的静电力大小 F＝mgtan θ (2)结合实验可知，两小球所带电荷量不变时，两小球间的静电力随A、B两球球心间的距离的增大而减小。 (3)实验中应用的研究方法是控制变量法，故选B。 (4)根据题意，结合库仑定律有＝mgtan θ，解得静电力常量k＝。 12．(9分)如图所示，观察静电感应现象的操作如下： (1)带正电的C移近导体A，金属箔片______，移走C之后金属箔片______。(均填 “闭合”或“张开”) (2)带正电的C移近导体A，先把A、B分开，再移走C，金属箔片张开，A带________电，B带__________电，再让A、B接触，金属箔片________。(填 “闭合”或“张开”) (3)带正电的C移近导体A，用手摸一下A或者B，移走C，再分开A、B，金属箔片________(填 “闭合”或“张开”)，A、B带________电。 (4)把带正电的C碰一下A或者B，移走C，分开A、B，A、B带________电。 答案　(1)张开(1分)　闭合(1分)　(2)负(1分)　正(1分)　闭合(1分)　(3)张开(1分)　负(1分) (4)正(2分) 解析　(1)带正电的C移近导体A，A的左端感应出负电荷，B的右端感应出正电荷，电子从B的右端移到A的左端，金属箔片张开，移走C之后金属箔片闭合。 (2)带正电的C移近导体A，金属箔片张开，先分开A、B再移走C，金属箔片张开，A带负电，B带正电，再让A、B接触，金属箔片闭合。 (3)带正电的C移近导体A，用手摸一下A或者B，手上的电子移到B，移走C分开A、B，金属箔片张开，A、B带负电。 (4)C碰一下A或者B，电子转移到C上，移走C再分开A、B，A、B带正电。 13．(10分)如图所示，竖直放置的两块足够大的带电平行板间形成一个方向水平向右的匀强电场区域，电场强度E＝3×104 N/C。在两板间用轻质绝缘细线悬挂一个质量m＝5×10－3 kg的带电小球，静止时小球偏离竖直方向的夹角θ＝60°(g取10 m/s2)。求： (1)小球的电性和电荷量； (2)细线的拉力大小； (3)若小球静止时离右板d＝5×10－2 m，剪断细线后，小球经多少时间碰到右极板。 答案　(1)正电　×10－6 C　(2)0.1 N (3)0.1 s 解析　(1)小球所受电场力向右，故带正电，受力分析如图所示。 由平衡条件有 Eq＝mgtan 60°(2分) 解得q＝×10－6 C(1分) (2)由平衡条件得F＝(2分) 解得F＝0.1 N(1分) (3)剪断细线后，小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动 在水平方向上有ax＝(1分) d＝axt2(2分) 联立以上两式解得t＝0.1 s(1分) 14.(11分)(2023·西南大学附中高二期中)如图所示，虚线为某电场的5个等势面，相邻等势面间电势差相等。一电子只在电场力作用下在电场中运动(轨迹未画出)，已知电子经过等势面1时动能为5 eV，经过等势面4时动能为20 eV，等势面2的电势为＋3 V，求： (1)电子从等势面1运动至等势面4过程电场力做的功； (2)等势面1的电势； (3)电子经过等势面5时具有的电势能。 答案　(1)15 eV　(2)－2 V　(3)－18 eV 解析　(1)由动能定理得电子从等势面1运动至等势面4的过程电场力做的功为W14＝Ek4－Ek1＝20 eV－5 eV＝15 eV(2分) (2)等势面1、4间的电势差为U14＝＝－15 V(2分) 由题意U12＝φ1－φ2＝U14(2分) 解得φ1＝－2 V(1分) (3)由题意U25＝φ2－φ5＝U14＝－15 V(2分) 解得φ5＝18 V(1分) 电子在等势面5具有的电势能为 Ep＝qφ5＝－18 eV(1分) 15.(16分)如图所示，在倾角θ＝37°的绝缘固定斜面所在空间存在竖直向上的匀强电场(未画出)，场强E＝4.0×103 N/C，在斜面底端有一与斜面垂直的绝缘弹性挡板，质量m＝0.20 kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到斜面底端与挡板相碰后以碰前的速率返回。已知斜面的高度h＝0.24 m，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.30，滑块带电荷量q＝－5.0×10－4 C。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80。求：(计算结果均保留2位有效数字) (1)滑块从斜面顶端滑到斜面底端时的速度大小； (2)滑块被挡板弹回能够沿斜面上升的最大高度； (3)滑块从开始运动到停下来的整个过程中产生的热量Q。 答案　(1)2.4 m/s　(2)0.10 m　(3)0.96 J 解析　(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力为f＝μ(mg＋|q|E)cos 37°＝0.96 N(2分) 设滑块到达斜面底端时的速度为v1，根据动能定理得(mg＋|q|E)h－f ＝mv12－0(3分) 解得v1＝2.4 m/s。(1分) (2)设滑块第一次与挡板碰撞后沿斜面返回上升的最大高度为h1，根据动能定理得 －(mg＋|q|E)h1－f ＝0－mv12(4分) 解得h1≈0.10 m。(1分) (3)滑块最终将静止在斜面底端，因此重力势能和电势能的减少量等于克服摩擦力做的功，即等于产生的热量Q＝(mg＋|q|E)h＝0.96 J。(5分) 学科网（北京）股份有限公司 $$