(浙江专用)2018-2019学年高中物理 第一章 静电场章末检测卷 新人教版选修3-1

第一章静电场
章末检测卷(一)
(时间：90分钟分数：100分)
一、选择题(共13小题，每题4分，共52分。

在每题列出的四个备选项中只有一项为哪一项切合题目要求的。

)
1．(2016·4月浙江选考，7)对于电容器，以下说法正确的选项是( )
A．在充电过程中电流恒定
B．在放电过程中电容减小
C．能储藏电荷，但不可以储藏电能
D．两个相互绝缘又凑近的导体可视为电容器
分析电容器的充放电曲线可知，充电过程中，电流不会恒定，A错；电容不随充放电过程变化，B错；电容器中的电场拥有能的性质，因此C错；由电容器的定义知D正确。

答案 D
2．对于电场强度与电势的关系，下边各样说法中正确的选项是( )
A．电场强度大的地方，电势必定高
B．电场强度不变，电势也不变
C．电场强度为零时，电势必定为零
D．电场强度的方向是电势降低最快的方向
分析电场强度是描绘静电力的性质的物理量，电势是描绘电场能的性质的物理量，电场强度的大小和电势高低没有必定关系；电场线的方向，即电场强度的方向是电势降低最快的方向，选项A、B、C错误，选项D正确。

答案 D
3．电子不计重力，只需给电子一个适合的初速度它就能沿向来线运动，给电子另一个适合的初速度它就能做圆周运动，知足这两个条件的电场为( )
A．等量异种点电荷形成的电场
B．等量负点电荷形成的电场
C．等量正点电荷形成的电场
D．以上选项均错
分析在正点电荷形成的电场中，若电子初速度的方向与电场线共线，电子就能做直线运动；若电子初速度的方向与电场线垂直，电子就能以正点电荷为圆心做匀速圆周运动，选项C 正确。

答案 C
4．点电荷在匀强电场中只受电场力作用做直线运动，则( )
A．做匀变速运动．电势能减少
C．速度增添．速度可能不变
分析在匀强电场中点电荷遇到的电场力恒定，加快度恒定，A正确；若点电荷初速度方向与电场力方向相反，电场力先做负功后做正功，电势能先增后减，速度先减小后增大。

B、C 错误；点电荷在匀强电场中只受电场力作用并做直线运动，速度必定要变化，D错误。

答案 A
5．(2017·磐安中学模拟)如图1所示，平均带电圆盘所带电荷量为＋Q，半径为R、圆心为O，P为过O点且垂直圆盘面的直线上的一点，OP长度为L，则OP线上各处场强随L增大( )
图1
A．向来增大B．向来减小
C．先增大后减小D．先减小后增大
分析依据对称性可知O点处场强为0、OP延伸线上无穷远处场强也为0，则从O点沿OP 方向场强先增大后减小，C对。

答案 C
6．如图2所示，开关S由1掷向2，以下说法正确的选项是( )
图2
A．开关接1时，平行板电容器充电，且上极板带负电
B．开关接2时，平行板电容器放电，且上极板带正电
C．开关由1掷向2的瞬时，电阻R中有从a到b的刹时电流
D．开关由1掷向2的瞬时，电阻R中有从b到a的刹时电流
分析开关接1时，平行板电容器充电，上极板接电源正极，因此带正电，故A错；开关由1掷向2，电容器放电，瞬时极板上电荷中和，有从a到b的刹时电流，放电完成两板均不带电，故B、D错误，C项正确。

答案 C
7．如图3，在圆滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个极点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电。

整个系统置于方向水平的匀强电场中。

已知静电力常量为k 。

若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为( )
图3
A.
3kq 3l
2 B.3kq l
2
C.3kq l 2
D.
23kq
l 2
分析 因为小球a 、b 对小球c 的静电力的协力方向垂直于a 、b 连线向上，又因c 带负电，因此匀强电场的场强方向为垂直于a 、b 连线向上。

剖析小球a 受力状况：b 对a 的排挤力F 1、c 对a 的吸引力F 2和匀强电场对a 的电场力F 3＝qE ，如下图。

依据a 受力均衡可知，利用正交分解
法：F 2cos 60°＝F 1＝k q 2l 2 F 2sin 60°＝qE 。

解得E ＝3kq
l
2。

答案 B
8．如图4所示，在孤立的点电荷产生的电场中有a 、b 两点，a 点的电势为φa ，场强盛小为E a ，方向与连线ab 垂直，b 点的电势为φb ，场强盛小为E b ，方向与连线ab 的夹角为30°。

则a 、b 两点的场强盛小及电势高低的关系是( )
图4
A ．φa >φb ，E a ＝E b 2
B ．φa <φb ，E a ＝E b
2
C ．φa >φb ，E a ＝4E b
D ．φa <φb ，
E a ＝4E b
分析 E a 、E b 的方向线订交，其交点为场源点电荷的地点，由点电荷的场强公式E ＝kQ
r
2，可得E a ＝4E b ；分别过a 、b 作等势面，电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，则φb >φa 。

选项D 正确。

答案 D
9．如图5所示，平面直角坐标系内，匀强电场沿x 轴正方向，以O 为圆心的圆周与坐标轴交于abcd 四点，以下对于电势关系的说法正确的选项是( )
图5
A ．若在b 和d 两点搁置等量正电荷，则φa ＝φO ＝φc
B ．若在b 和d 两点搁置等量正电荷，则φa ＝φc <φO
C ．若在a 和c 两点搁置等量正电荷，则φd >φO >φb
D ．若在a 和c 两点搁置等量正电荷，则φd >φb >φO
分析 匀强电场沿x 轴正方向，则匀强电场在a 、c 、O 点产生的电势相等。

若在b 和d 两点搁置等量正电荷，依据对称性可知因为等量正电荷在a 和c 两点产生的电势相等、且由O 向a 电势降低，则A 错，B 对；若在a 和c 两点搁置等量正电荷，等量正电荷产生的电势在
O 点高于d ，但不可以判断出匀强电场和等量正电荷在O 、d 两点的电势的大小关系，C 、D
均错。

答案 B
10．(2018·温州教课质量检测)×10－2
kg ，所带电荷量为7.5×10－8
C ，现加一水平方向的匀强电场，均衡时绝缘轻绳与竖直方向成37 °，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2。

则( )
图6
A ．轻绳遇到的拉力大小为8.0×10－2
N B ．电场强度大小为1.0×105
N/C
C ．改变场强方向，仍使小球静止在原地点，则电场强度的最小值为8.0×105
N/C D ．剪断轻绳，带电小球将做类平抛运动
分析 对小球受力剖析如下图，由均衡条件知，T sin 37 °＝Eq ，T cos 37°＝mg ，解得T ＝0.125 N ，E ＝106
N/C ，故A 、B 错误；改变电场方向，当小球所受的电场力方向与轻绳垂直且指向右上方时，电场强度最小，其大小为E ＝
mg sin 37 °q
＝8×105
N/C ，C 正确；剪断轻绳，小球所受重力和电场力的协力恒定，做匀加快度直线运动，D 错误。

答案 C
11．空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球本来不带电，因为静电感觉，两球在空间形成了如图7所示稳固的静电场。

实线为其电场线，虚线为其等势线，A、B两点与两球球心连线位于同向来线上，C、D两点对于直线AB对称，则( )
图7
A．A点和B点的电势同样
B．C点和D点的电场强度同样
C．正电荷从A点移至B点，静电力做负功
D．负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先减小后增添
分析由题图可知φA>φB，因此正电荷从A移至B，电势减小，静电力做正功，故A、C错误；C、D两点场强方向不一样，故B错误；负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先减小后增大，因此D正确。

答案 D
12．(2016·10月浙江选考，8)如图8为某一电场的电场线，M、N、P为电场线上的三个点，M、N是同一电场线上两点。

以下判断正确的选项是( )
图8
A．M、N、P三点中N点的场强最大
B．M、N、P三点中N点的电势最高
C．负电荷在M点的电势能大于在N点的电势能
D．正电荷从M点自由开释，电荷将沿电场线运动到N点
分析电场中电场线的疏密表示场强的大小，由题图知N点场强最大，选项A正确；顺着电场线方向电势渐渐降低，N点的电势最低，选项B错误；负电荷由M到N，电场力做负功，电势能增添，因此E p M＜E p N，选项C错误；正电荷从M点自由开释，在电场力的作用下运动，可是运动轨迹其实不是电场线，选项D错误。

答案 A
13．(2016·10月浙江选考，13)如图9所示，质量为m 、电荷量为q 的带电小球A 用绝缘细线悬挂于O 点，带有电荷量也为q 的小球B 固定在O 点正下方绝缘柱上。

此中O 点与小球A 的间距为l ，O 点与小球B 的间距为3l ，当小球A 均衡时，悬线与竖直方向夹角θ＝30°。

带电小球A 、B 均可视为点电荷，静电力常量为k 。

则( )
图9
A ．A 、
B 间库仑力大小F ＝kq 2
2l
2
B ．A 、B 间库仑力大小F ＝
3mg 3
C ．细线拉力大小F T ＝kq 2
3l
2
D ．细线拉力大小F T ＝3mg 分析 带电小球A 受力如下图，OC ＝
3
2
l ，即C 点为OB 中点，依据对称性AB ＝l 。

由库仑定律知A 、B 间库仑力大小F ＝kq 2l 2，细线拉力F T ＝F ＝kq 2
l
2，
选项A 、C 错误；依据均衡条件得F cos 30°＝12mg ，得F ＝3mg
3，绳索
拉力F T ＝3mg
3
，选项B 正确，D 错误。

答案 B
二、非选择题(共5小题，共48分。

)
14．(8分)如图10所示，一轻绳长为L ，一端固定在O 点，另一端拴一个带电荷量为＋q 的小球，整个装置处在竖直向上的匀强电场中，场强E ＝
3mg
q。

要使小球能在竖直平面内做圆
周运动，则小球在圆周上最高点A 的最小速度为多少？
图10
分析 小球受重力mg 、静电力qE ，其协力为2mg ，方向向上，用此协力取代重力场中的重力，则小球做圆周运动的最低点(设为B 点)相当于在重力场中做圆周运动的“最高点”，而
A 点相当于“最低点”。

小球恰巧经过“最高点”
B 时，有2mg ＝m v B min 2L
，小球从“最高点”B
到“最低点”A ，由动能定理得qE ·2L －mg ·2L ＝12mv A min 2－12mv B min 2
，联立解得v A min ＝10gL 。

答案
10gL
15．(10分)如图11所示是一组方向未知的匀强电场的电场线，把一电荷量为1.0×10－6
C 的负电荷从A 点沿水平线移到B 点，静电力做了2.0×10－6
J 的功。

已知A 、B 两点间的距离为2 cm ，水平线与电场线之间的夹角为60°。

求：
图11
(1)A 、B 两点间的电势差； (2)匀强电场的场强盛小和方向。

分析 (1)依据电场力做功与电势差的关系可知
U AB ＝W AB q ＝ 2.0×10－6
－1.0×10－6
V ＝－2 V
(2)设A 、B 两点沿电场线方向的距离为d ，则
d ＝AB cos 60°＝2×0.5 cm＝1 cm E ＝
|U AB |d ＝|－2|
1×10
－2 V/m ＝200 V/m 因为U AB ＝φA －φB ＝－2 V<0
因此φA <φB ，而电场线方向是由高电势指向低电势，因此电场方向沿直线向上。

答案 (1)－2 V (2)200 V/m 方向沿直线向上
16．(10分)如图12，一半径为r 的圆环上平均散布着电荷量为＋Q 的电荷，在垂直于圆环面且过圆心O 的轴线上有A 、B 、C 三个点，C 和O 、O 和A 间的距离均为d ，AB 间距离为2d 。

在B 点处有一电荷量为＋q 的固定点电荷。

已知A 点处的场强为零，k 为静电力常量，求：
图12
(1)带电圆环在O点处的场强盛小；
(2)C点处场强。

分析(1)圆环上对于圆心对称的两小段圆弧上的电荷在O点处产生的场强盛小相等、方向相反，其合场强为零，则带电圆环在O点处的场强为E O＝0
(2)A点处的场强为零，依据电场叠加原理知，带电圆环和B点处点电荷在A点处产生的场
强盛小均为E BA＝kq
2d2
，二者方向相反
依据对称性可知带电圆环在C点处产生的场强盛小为
E C1＝kq
2d2
，方向沿OC向外
B处点电荷在C点处产生的场强盛小为E C2＝kq
4d2
，方向沿OC向外
则C点处场强E＝E C1＋E C2
解得E＝5kq
16d2
，方向沿OC向外
答案(1)0 (2)5kq
16d2
，方向沿OC向外
17．(10分)如图13所示，在绝缘圆滑水平面的上方存在着水平方向的匀强电场，现有一个质量m＝2.0×10－3kg、电荷量q＝2.0×10－6C的带正电的物体(可视为质点)，从O点开始以必定的水平初速度向右做直线运动，其位移随时间的变化规律为xt－10t2，式中x的单位为m，t的单位为s。

不计空气阻力，取g＝10 m/s2。

图13
(1)求匀强电场的场强盛小和方向；
(2)求带电物体在0～0.5 s内电势能的变化量。

分析(1)由xt－10t2得加快度大小为a＝20 m/s2
依据牛顿第二定律得：Eq ＝ma 解得场强盛小为E ＝2.0×104
N/C 电场强度方向水平向左
(2)由xt －10t 2
得初速度大小为v 0＝6.0 m/s 故减速时间：t 1＝v 0a
＝0.3 s
0．3 s 内经过的行程：x 1＝v 0t 1－12at 12
＝0.9 m
后0.2 s 物体做反向匀加快直线运动，经过的行程
x 2＝1
2
at 22＝0.4 m
物体在0.5 s 内发生的位移为Δx ＝0.9 m －0.4 m ＝0.5 m ，方向向右 故电场力做负功，电势能增添：ΔE p ＝qE Δx ＝2×10－2
J 。

答案 (1)2.0×104
N/C ，水平方向左 (2)2×10－2
J
18．(10分)如图14所示，倾角为θ的斜面AB 是粗拙且绝缘的，AB 长为L ，C 为AB 的中点，在A 、C 之间加一方向垂直斜面向上的匀强电场，与斜面垂直的虚线CD 为电场的界限。

现有一质量为m 、电荷量为q 的带正电的小物块(可视为质点)从B 点开始在B 、C 间以速度v 0沿斜面向下做匀速运动，经过C 后沿斜面匀加快下滑，抵达斜面底端A 时的速度大小为v 。

试求：
图14
(1)小物块与斜面间的动摩擦因数μ； (2)匀强电场的场强E 的大小。

分析 (1)小物块在BC 上匀速运动，由受力均衡得
F N ＝mg cos θ F f ＝mg sin θ
而F f ＝μF N
由以上几式解得μ＝tan θ
(2)小物块在CA 上做匀加快直线运动，受力状况如下图，则
F N ′＝mg cos θ－qE F f ′＝μF N ′
依据牛顿第二定律得
mg sin θ－F f ′＝ma v 2－v 20＝2a ·L
2
由以上几式解得E ＝m v 2－v 02qL tan θ
答案 (1)tan θ (2)m v 2－v 02
qL tan θ。