高中物理选修3-1静电场测试题单元测试及答案.doc

静电场单元测试
一、选择题
1．如图所示，a、b、c为电场中同一条电场线上的三点，c为ab的中点，a、b点的电势分别为φa＝5 V，φb＝3 V，下列叙述正确的是( )
A．该电场在c点处的电势一定为4 V
B．a点处的场强一定大于b处的场强
C．一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少
D．一正电荷运动到c点时受到的静电力由c指向a
2．如图所示，一个电子以100 eV的初动能从A点垂直电场线方向飞入匀强电场，在B点离开电场时，其速度方向与电场线成150°角，则A与B两点间的电势差为( )

A．300 V B．－300 V
C．－100 V D．－ V
3．如图所示，在电场中，将一个负电荷从C点分别沿直线移到A点和B点，克服静电力做功相同．该电场可能是( )
A．沿y轴正向的匀强电场
B．沿x轴正向的匀强电场
C．第Ⅰ象限内的正点电荷产生的电场
D．第Ⅳ象限内的正点电荷产生的电场

4．如图所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，
匀强电场方向竖直向下，则( )
A．当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小
B．当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大
C．当小球运动到最高点a时，小球的电势能最小
D．小球在运动过程中机械能不守恒
5．在静电场中a、b、c、d四点分别放一检验电荷，其电量可变，但很小，结果测出检验电荷所受电场力与电荷电量的关系如图所示，由图线可知 (　　)
A．a、b、c、d四点不可能在同一电场线上
B．四点场强关系是Ec＝Ea>Eb>Ed
C．四点场强方向可能不相同
D．以上答案都不对
6．如图所示，在水平放置的光滑接地金属板中点的正上方，有带正电的点电荷Q，
一表面绝缘带正电的金属球(可视为质点，且不影响原电场)自左以速度v0开始在
金属板上向右运动，在运动过程中 (　　)
A．小球做先减速后加速运动
B．小球做匀速直线运动
C．小球受的电场力不做功
D．电场力对小球先做正功后做负功

7．如图所示，一个带正电的粒子以一定的初速度垂直进入水平方向的匀强电场．若不计重力，图中的四个图线中能描述粒子在电场中的运动轨迹的是 (　　)

8．图中虚线是用实验方法描绘出的某一静电场中的一簇等势线，若不计重力的
带电粒子从a点射入电场后恰能沿图中的实线运动，b点是其运动轨迹上的另一
点，则下述判断正确的是 (　　)
A．b点的电势一定高于a点
B．a点的场强一定大于b点
C．带电粒子一定带正电
D．带电粒子在b点的速率一定小于在a点的速率
9．如图所示，在粗糙水平面上固定一点电荷Q，在M点无初速度释放一带有恒定电量的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止，则从M点运动到N点的过程中 (　　)
A．小物块所受电场力逐渐减小
B．小物块具有的电势能逐渐减小
C．M点的电势一定高于N点的电势
D．小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功
10．如图所示，A，B两个带有异种电荷的小球分别被两根绝缘细线系在木盒内，且在同一竖直线上，静止时木盒对地面的压力为FN，细线对B的拉力为F.若将系B的细线断开，下列说法中正确的是 (　　)
A．刚断开时木盒对地的压力等于FN
B．刚断开时木盒对地的压力等于FN＋F
C．刚断开时木盒对地的压力等于FN－F
D．在B向上运动的过程中，木盒对地的压力逐渐变大
11．有一匀强电场，其场强为E，方向水平向右，把一个半径为r的光滑绝缘环，竖直放置于场中，环面平行于电场线，环的顶点A穿有一个质量为m，电量为q(q>0)的空心小球，如图所示，当小球由静止开始从A点下滑1/4圆周到B点时，小球对环的压力大小为：(　　)
A.2mg
B.qE．
C.2mg+qE
D.2mg+3qE
12．如图所示，一金属球原来不带电．现沿球的直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN，金属球感应电荷产生的电场在球内直径上a、b、c三点的场强大小分别为Ea、Eb、Ec，三者相比，则：(　　 )
A.Ea最大 B.Eb最大
C.Ec最大 D.Ea=Eb=Ec

二、填空题
13．带正电1.0×10－3 C的粒子，不计重力，在电场中先后经过A、B两点，飞经A点时动能为10 J，飞经B点时动能为4 J，则带电粒子从A点到B点过程中电势能增加了______，A、B两点电势差为____．
14．在两块平行竖直放置的带等量异种电荷的金属板M、N间的匀强电场中有A、B两点，AB连线与水平方向成30°角，AB长为0.2cm，如图所示．现有一带电量为4×10－8C的负电荷从A沿直线移到B点，电场力做正功2.4×10－6J，则A、B两点间的电势差大小为________，________点电势高．若此电荷q沿任意路径从B到A点，电荷电势能变化情况是________，此匀强电场的场强大小为________，若两金属板相距0.3cm，则两板电势差为________．

15．如图，带电量为＋q的点电荷与均匀带电薄板相距为2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心．若图中a点处的电场强度为零，根据对称性，带电薄板在图中b点处产生的电场强度大小为________，方向________．(静电力恒量为k)
16．如图所示，质量相等的三个小球A、B、C，放在光滑的绝缘水平面上，若将A、B两球固定，释放C球，C球的加速度为1m/s2，方向水平向左．若将B、C球固定，释放A球，A球的加速度为2m/s2，方向水平向左．现将A、C两球固定，释放B球，则B球加速度大小为________m/s2，方向为________．

三、计算题
17．如图所示，用长L的绝缘细线拴住一个质量为m，带电荷量为q的小球，线的另一端拴在水平向右的匀强电场中，开始时把小球、线拉到和O在同一水平面上的A点(线拉直)，让小球由静止开始释放，当摆线摆到与水平线成60°角到达B点时，球的速度正好为零．求：
(1)B、A两点的电势差；
(2)匀强电场的场强大小．

18．如图所示，竖直放置的半圆形绝缘轨道半径为R，下端与光滑绝缘水平面平滑连接，整个装置处于方向竖直向上的匀强电场E中．一质量为m、带电荷量为＋q的物块(可视为质点)，从水平面上的A点以初速度v0水平向左运动，沿半圆形轨道恰好通过最高点C，场强大小为E(E小于)．
(1)试计算物块在运动过程中克服摩擦力做的功．
(2)证明物块离开轨道落回水平面过程的水平距离与场强大小E无关，且为一常量．

19．一质量为m、电荷量为+q的小球，从O点以和水平方向成α角的初速度v0抛出，当达到最高点A时，恰进入一匀强电场中，如图．经过一段时间后，小球从A点沿水平直线运动到与A相距为S的A′点后又折返回到A点，紧接着沿原来斜上抛运动的轨迹逆方向运动又落回原抛出点．求
(1)该匀强电场的场强E的大小和方向；(即求出图中的θ角，并在图中标明E的方向)
(2)从O点抛出又落回O点所需的时间．

1．C [该电场不一定是匀强电场，φc不一定等于＝4 V，故A、B错误；由φa＞φb知，电场线由a指向b，正电荷在c点的受力也应由c指向b，选项D错误；由Ep＝qφ知选项C正确．]
2．B [电子做类平抛运动，在B点，由速度分解可知vB＝＝2vA，所以EkB＝4EkA＝400 eV，由动能定理得UAB(－e)＝EkB－EkA，所以UAB＝－300 V，B对．]
3．AD [由题意知φA＝φB，A、B应处在同一等势面上，又WCA＝qUCA＜0，q＜0，故UCA＞0，即φC＞φA，符合条件的可能是选项A、D.]
4．CD [qE＝mg，小球将做匀速圆周运动，球在各处对细线的拉力一样大；若qE＜mg，球在a处速度最小，对细线的拉力最小；若qE＞mg，球在a处速度最大，对细线的拉力最大，故A、B错；a点电势最高，负电荷在电势最高处电势能最小，故C正确；小球在运动过程中除重力外，还有静电力做功，机械能不守恒，D正确．]
5.B解析：场强与检验电荷电量的大小无关．
6. BC解析：金属板在点电荷的电场中达到静电平衡状态后，其表面是一个等势面，根据电场线与等势面垂直，则带电小球沿金属板表面移动时所受电场力的方向竖直向下，所以带电小球所受的重力、支持力和电场力均在竖直方向上，合力为零．故带电小球做匀速直线运动，∴B正确；又由于电场力与表面垂直，对小球不做功，故C正确，D错误．
7. 答案：C
8.答案：BD
解析：由等势线的分布画出电场线的分布如图所示，可知a点的场强大，B正确，根据轨迹可判断电场力指向左方，电场力做负功，a点速率大于b点速率，D正确．但不知粒子电性，也无法判断场强的具体方向，故无法确定a、b两点电势的高低，A、C错误．

9.答案：ABD
解析：电场力做正功，摩擦力做负功，大小相等(始末速度为零)．
10.答案：BD
解析：刚断开时，A，B间的库仑力不变．未断开时，对A，B和木盒整体进行受力分析，有：
FN＝G木＋GA＋GB，对于B，F库＝GB＋F.断开时，对A与木箱整体进行受力分析，有：
FN′＝G木＋GA＋F库，因为F库不变．所以B正确，在B向上运动过程中F库变大，所以D正确．
11.D
12.C
13．6 J －6 000 V
14.答案：60V，B，增加，2×104V/m,60V
15.答案：，水平向左(或垂直薄板向左)
16.解析：把A、B、C球作为一个系统，三个小球之间的相互作用力为系统内力．根据牛顿第三定律，每两个小球之间存在一对作用力和反作用力，其大小相等、方向相反．这样系统的内力之和为零．系统的外力之和也为零
设三个小球所受的合外力分别为F1、F2、F3，则
F1＝ma1
F2＝ma2
F3＝ma3
F1＋F2＋F3＝m(a1＋a2＋a3)＝0设向右为正
a2＝－a1－a3＝1＋2＝3(m/s2)
B球的加速度大小为3m/s2，方向向右．

17．(1) (2)
解析 (1)由动能定理得：
mgLsin 60°－qUBA＝0
所以UBA＝
(2)UBA＝EL(1－cos 60°)
得：E＝ .
18.答案：(1)Wf＝mv＋(Eq－mg)R　(2)s＝2R
解析：(1)物块恰能通过圆弧最高点C时，圆弧轨道与物块间无弹力作用，物块受到的重力和电场力提供向心力mg－Eq＝m①
物块在由A运动到C的过程中，设物块克服摩擦力做的功为Wf，根据动能定理有
Eq·2R－Wf－mg·2R＝mv－mv②
由①②式解得Wf＝mv＋(Eq－mg)R③
(2)物块离开半圆形轨道后做类平抛运动，设水平位移为s，则
水平方向有s＝vCt④
竖直方向有2R＝(g－)·t2⑤
由①④⑤式联立解得s＝2R⑥
因此，物块离开轨道落回水平面的水平距离与场强大小E无关，大小为2R.

19.解析：(1)斜上抛至最高点A时的速度vA＝v0cosα①
水平向右
由于AA′段沿水平方向直线运动，所以带电小球所受的电场力与重力的合力应为一水平向左的恒力：
F＝＝qEcosθ，②
带电小球从A运动到A′过程中作匀减速运动
有(v0cosα)2＝2qEcosθs/m③
由以上三式得：
E＝m
θ＝arctan　方向斜向上
(2)小球沿AA′做匀减速直线运动，于A′点折返做匀加速运动
所需时间t＝＋