章末综合检测(1) 静电场（Word练习）-【优化指导】2024-2025学年高中物理必修第三册（教科版2019）

章末综合检测(一)　静电场 (时间：90分钟　满分：100分) 一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。第1～5题只有一个选项符合题目要求，第6～8题有多个选项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1．如图所示，a、b为某电场线上的两点，那么以下的结论正确的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　 A．把正电荷从a移到b，电场力做正功，电荷的电势能减少 B．把正电荷从a移到b，电场力做负功，电荷的电势能增加 C．把负电荷从a移到b，电场力做正功，电荷的电势能增加 D．从a到b电势逐渐增加 A　解析：正电荷受到电场力的方向与电场强度方向相同，所以把正电荷从a移到b，电场力做正功，电势能减小，A正确，B错误；负电荷受到电场力的方向与电场强度方向相反，所以把负电荷从a移到b，电场力做负功，电势能增大，C错误；沿着电场线方向电势降低，所以a的电势大于b的电势，D错误。 2．图中实线为一个正点电荷的电场线，虚线是其等势面，B、C、D是某条电场线上的三点，且BC＝CD，A点与C点在同一等势面上。下列说法正确的是(　　) A．A点与C点的电场强度相同 B．A点电势比B点电势高 C．B、C两点间电势差等于C、D两点间电势差 D．把一个电子从B点移到D点，其电势能增大 D　解析：电场强度是矢量，A点与C点的电场强度方向不同，A错误；沿着电场线，电势逐渐降低，所以A点电势比B点电势低，B错误；B、C、D三点的电场强度依次减小，根据U＝Ed，可知B、C两点间电势差大于C、D两点间电势差，C错误；B点电势高于D点电势，把一个电子从B点移到D点，其电势能增大，D正确。 3．为倡导“绿色出行”的理念，汕头市新能源公交车充电电路如图，某实验小组为分析电容器的性能，对电容器进行测量分析，若电容器的电容为C，两极板间的距离为d，充电电压为U，两极板间有M、N两点，且MN间距为L，MN连线和极板A成θ角。若充电完成后，以下说法正确的是(　　) A．电容器所带电荷量为 B．两极板间匀强电场的电场强度大小为 C．M、N两点间的电势差为 D．若B板接地，N点电势为 C　解析：电容器所带电荷量为Q＝CU，A错误；两极板间匀强电场的电场强度大小为E＝，B错误；M、N两点间的电势差为UMN＝EL sin θ＝，C正确；若B板接地，N点电势为φN＝，D错误。 4．半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为(　　) A．正电荷，q＝ B．正电荷，q＝ C．负电荷，q＝ D．负电荷，q＝ C　解析：取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示，因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有E1＝k＝k，由图可知，两场强的夹角为120°，则两者的合场强为E＝E1＝k，根据O点的合场强为0，则放在D点的点电荷带负电，大小为E′＝E＝k，根据E′＝k，联立解得q＝。C正确。 5．如图所示，一电子仅在电场力作用下从点a运动到点b，在点a的速度大小为v0，方向与电场方向相同。该电子从点a到点b的vt图像可能正确的是(　　) A B C D D　解析：根据图中电场线的疏密分布情况可知a点处场强大于b点处场强，所以电子在a点受到的电场力大于在b点受到的电场力，即点a到点b时加速度在变小；沿着电场线电势降低，可知电子从点a到点b时电势能增大，动能减小，即速度在变小。D正确。 6．(2024·广东卷)污水中的污泥絮体经处理后带负电，可利用电泳技术对其进行沉淀去污，基本原理如图所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极，金属圆盘置于底部、金属棒插入污水中，形成如图所示的电场分布，其中实线为电场线，虚线为等势面。M点和N点在同一电场线上，M点和P点在同一等势面上。下列说法正确的有(　　) A．M点的电势比N点的低 B．N点的电场强度比P点的大 C.污泥絮体从M点移到N点，电场力对其做正功 D．污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大 AC　解析：根据沿着电场线方向电势降低可知M点的电势比N点的低，污泥絮体带负电，根据Ep＝qφ可知污泥絮体在M点的电势能比在N点的电势能大，污泥絮体从M点移到N点，电势能减小，电场力对其做正功，A、C正确；根据电场线的疏密程度可知N点的电场强度比P点的小，B错误；M点和P点在同一等势面上，则污泥絮体在M点的电势能与在P点的电势能相等，结合A、C选项分析可知污泥絮体在P点的电势能比其在N点的大，D错误。 7．两个完全相同的金属小球A和B带电荷量之比为1∶7，相距为r(r远大于小球直径)。若两小球接触一下放回原来的位置，则接触后两小球之间的静电力大小与接触前两小球之间静电力的大小之比可能是(　　) A．9∶7 B．16∶7 C．4∶7 D．3∶7 AB　解析：设A带电荷量为q，则B带电荷量为7q，根据库仑定律，两小球之间的静电力大小为F0＝，若两小球原来带异种电荷，则两者接触后金属球A和B带电荷量分别为3q、3q，两小球之间的静电力大小为F1＝，故＝，若两小球原来带同种电荷，则两者接触后金属球A和B带电荷量分别为4q、4q，两小球之间的静电力大小为F2＝，故＝。AB正确。 8．阴极射线管可简化成如图甲所示结构，电子在O点由静止开始向右加速，加速电压为U1；经加速后进入偏转电场，偏转电压为 U2，偏转极板间距为d；电子射出偏转电场后，直线运动时掠射到荧光屏上，荧光屏上的亮线显示出电子束的径迹。某次实验加上如图乙所示的偏转电压，荧光屏出现如图丙所示的两条亮线。已知电子的电荷量为e，下列说法正确的是(　　) A．电子射出偏转电场时的动能为e(U1＋U2) B．若仅使偏转极板间距d变为原来的2倍，两亮线右端点的间距会变为原来的 C．若仅使加速电压U1变为原来的2倍，电子离开偏转电场时的动能会变为原来的2倍 D．若仅使偏转电压U2变为原来的，两亮线与中轴线之间的夹角的正切值会变为原来的 BD　解析：根据图丙可知，两粒子偏转方向相反，因为电子在偏转电场中，出射和入射两点间并非电势差为U2，所以电子射出偏转电场时的动能小于e(U1＋U2)，A错误；仅使偏转极板间距d变为原来的2倍，根据eU1＝mv，a＝，L＝v0t，可知，在偏转电场中运动时间不变，加速度变为原来的一半，由y＝at2可知，偏转位移变为原来的一半，则两亮线右端点的间距会变为原来的，B正确；若仅使加速电压U1变为原来的2倍，加速电场中电场力做功变为原来的2倍，则入射速度变为原来的倍，时间变为原来的，根据y＝at2，可知，竖直位移变为原来的一半，则在偏转电场中电场力做功W＝ey，变为原来的一半，电子离开偏转电场时的动能不是原来的2倍，C错误；若仅使偏转电压U2变为原来的，运动时间不变，根据vy＝at可知，竖直分速度变为原来的一半，tan α＝变为原来的一半，两亮线与中轴线之间的夹角的正切值会变为原来的，D正确。 二、非选择题(本题共6小题，共52分) 9．(6分)真空中有一固定的带正电的点电荷， 其电荷量为q1＝3×10－8 C, 在q1的左方A点处有另一带正电的点电荷q2，其电荷量为q2＝1×10－8 C，若测得q2受到的静电力F的大小为3×10－5 N, 静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2。 (1)求两点电荷之间的距离； (2)如果把A点的电荷量q2变为4q2, 其他条件不变，求该点受到的电场力大小。 答案：(1)0.3 m　(2)1.2×10－4 N 解析：(1)由库仑定律可知F＝k 解得r＝0.3 m。 (2)如果把A点的电荷量q2变为4q2，该点电荷受到的电场力大小为 F′＝k＝4F 解得F′＝1.2×10－4 N。 10．(8分)如图所示，在正点电荷Q的电场中有a、b两点，它们到点电荷Q的距离r1<r2。求： (1)a、b两点哪点的电势高？ (2)将一负电荷放在a、b两点，哪点的电势能较大？ (3)若a、b两点间的电势差为100 V，将q＝－2×1.6×10－19 C由a点移到b点是电场力对电荷做功还是电荷克服电场力做功？做功多少？ 答案：(1)a　(2)b　(3)克服电场力做功，做功为3.2×10－17 J 解析：(1)由正点电荷的等势面特点可知，越靠近正点电荷，电势越高，则知a点的电势较高。 (2)由上可知φa＞φb，则a、b间电势差 Uab＞0，当把负电荷从a点移往b点，电场力做功Wab＝qUab＜0，电场力做负功，电势能增加，故负电荷在b点电势能较大。 (3)若Uab＝100 V，电量 q＝－2×1.6×10－19 C，将该离子从a点移往b点，电场力做功为： Wab＝qUab＝－3.2×10－17 J 即克服电场力做功3.2×10－17 J。 11．(8分)如图所示，将一质量m＝0.2 g的带负电荷的小球B用绝缘线挂起来，用带电荷量qA＝5×10－7 C的小球A靠近B，当B球静止时悬线与竖直方向成45°角，此时两球位于同一水平面上，相距r＝30 cm。重力加速度g＝10 m/s2。静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，求： (1)B球所带电荷量； (2)此时A球在B球平衡处产生的电场强度的大小。 答案：(1)4×10－8 C　(2)5×104 N/C 解析：(1)对B球进行受力分析，如图所示，设B球受到A球的库仑力为F，则有 F＝mg tan 45°＝2×10－3 N 由库仑定律F＝k 解得qB＝4×10－8 C。 (2)A球在B球平衡处产生的电场强度E＝＝5×104 N/C。 12．(10分)如图所示，一平行板电容器两极板间的电压U＝6 V且始终与直流电源连接，电容C＝1.2×10－10 F，两极板间距离d＝1.2×10－3 m。若板间有一带电微粒，其质量m＝2.0×10－3 kg，恰好在板间处于静止状态，取g＝10 m/s2。求： (1)微粒带电性质和电容器所带电荷量； (2)微粒所带电荷量。 答案：(1)正电7.2×10－10 C　(2)4.0×10－6 C 解析：(1)由于带电微粒处于静止状态，故其受到向上的电场力，因为电场强度方向向上，所以微粒带正电荷。 由公式C＝ 得Q＝CU＝1.2×10－10×6 C＝7.2×10－10 C。 (2)带电微粒恰好在极板间处于静止状态，则 qE＝mg E＝ 解得 q＝＝4.0×10－6 C。 13．(10分)一电子由静止经加速电压U1加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示；两板间距为d，板长为l。已知电子的质量为m，电荷量为e。不计电子的重力。 (1)求电子经U1加速后的速度大小v0； (2)若电子恰能从偏转电极下极板的右边缘飞出，求两个极板上电压U2。 答案：(1)　(2)U1 解析：(1)设电子经加速电场加速后获得的速度为v0，由动能定理有eU1＝mv－0 解得v0＝。 (2)电子经过偏转电场时做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，电子恰能从偏转电极下极板的右边缘飞出，运动时间t＝ 电子在偏转电场中做类平抛运动，竖直方向有 ＝at2 根据牛顿第二定律得a＝ 解得U2＝U1。 14．(10分)如图所示，在倾角为30°足够长的光滑绝缘斜面的底端A点固定一电荷量为Q的正点电荷，在离A距离为s0的C处由静止释放某正电荷的 小物块P(可看作点电荷)，已知小物块P释放瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g，已知静电力常量为k，重力加速度为g，空气阻力忽略不计。 (1)求小物块所带电荷量q和质量m之比； (2)求小物块速度最大时离A点的距离s。 答案：(1)　(2)s0 解析：(1)对小物块，由牛顿第二定律得 －mg sin θ＝mg 解得＝。 (2)当合力为零时速度最大，即 －mg sin θ＝0 解得s＝s0。 学科网（北京）股份有限公司 $$