XX省专用学年高中物理 第一章 静电场 阶段验收评估一静电场含解析新人教选修

PAGE阶段验收评估（一）静电场(时间：50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小题只有一个选项符合题意，第6～8小题有多个选项符合题意；全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．(2016·浙江高考)如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触。把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，()A．此时A带正电，B带负电B．此时A电势低，B电势高C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合解析：选C带电体C靠近导体A、B时，A、B发生静电感应现象，使A端带负电，B端带正电，但A、B是一个等势体，选项A、B错误；移去带电体C后，A、B两端电荷中和，其下部的金属箔都闭合，选项C正确；若先将A、B分开，再移去带电体C，A、B上的电荷不能中和，其下部的金属箔仍张开，选项D错误。2.两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中()A．做直线运动，电势能先变小后变大B．做直线运动，电势能先变大后变小C．做曲线运动，电势能先变小后变大D．做曲线运动，电势能先变大后变小解析：选C由题图等势面可知两固定的等量异号点电荷的电场分布如图所示。带负电的粒子在等量异号点电荷所产生电场中的偏转运动轨迹如图所示，则粒子在电场中做曲线运动。电场力对带负电的粒子先做正功后做负功，电势能先变小后变大，故C正确。3.Q1、Q2为两个带电质点，带正电的检验电荷q沿中垂线向上移动时，q在各点所受Q1、Q2作用力的合力大小和方向如图中细线所示(力的方向都是向左侧)，由此可以判断()A．Q2可能带负电荷B．Q1、Q2可能为等量异种电荷C．Q2电荷量一定大于Q1的电荷量D．中垂线上的各点电势相等解析：选C由图可知带正电的检验电荷受到两个电荷的库仑力的合力方向为左上方或左下方，所以Q2一定带正电荷，Q1可能带正电荷也可能带负电荷，且Q2>Q1，选项A、B、D错，C正确。4.如图，两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将()A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动解析：选D两板水平放置时，放置于两板间a点的带电微粒保持静止，带电微粒受到的电场力与重力平衡。当将两板逆时针旋转45°时，电场力大小不变，方向逆时针偏转45°，受力如图，则其合力方向沿二力角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动。选项D正确。5.如图所示，足够长的两平行金属板正对竖直放置，它们通过导线与电源E、定值电阻R、开关S相连。闭合开关后，一个带电的液滴从两板上端的中点处无初速度释放，最终液滴落在某一金属板上。下列说法中正确的是()A．液滴在两板间运动的轨迹是一条抛物线B．电源电动势越大，液滴在板间运动的加速度越大C．电源电动势越大，液滴在板间运动的时间越长D．定值电阻的阻值越大，液滴在板间运动的时间越长解析：选B电容器充满电荷后，极板间的电压等于电源的电动势，极板间形成匀强电场，液滴受水平方向的电场力和竖直方向的重力作用，合力为恒力，而初速度为零，所以液滴做初速度为零的匀加速直线运动，A项错；电源电动势越大，则液滴受到的电场力也越大，合力越大，加速度也越大，B项对；电源电动势越大，加速度越大，同时位移越小，运动的时间越短，C错；定值电阻不会影响两极板上电压的大小，对液滴的运动没有影响，D项错。6．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素，如图，现将一正电泡沫板靠近A极板，然后用手触碰A板并迅速离开，再移开泡沫板，此时指针张开。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ。实验中，极板所带电荷量不变，则()A．移开泡沫板后A板带负电B．移开泡沫板后A板带正电C．保持S不变，增大d，则θ变小D．保持d不变，减小S，由θ变大解析：选AD正电泡沫板靠近A极板后，根据静电感应原理可知A极板靠近泡沫板处带负电荷，用手触碰A极板后，大地电子流向A极板带上更多的负电，移走正电泡沫板后，A极板上负电荷较多，所以带负电，A正确，B错误；两极板所带电荷量恒定不变，保持S不变，增大d，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知C减小，根据C＝eq\f(Q,U)可知U增大，即θ变大，C错误；保持d不变，减小S，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知C减小，根据C＝eq\f(Q,U)可知U增大，即θ变大，D正确。7．如图所示的U­x图像表示三对平行金属板间电场的电势差与场强方向上距离的关系。若三对金属板的负极板接地，图中x均表示到正极板的距离，则下述结论中正确的是()A．三对金属板正极电势的关系φ1＞φ2＞φ3B．三对金属板间场强大小有E1＞E2＞E3C．若沿电场方向每隔相等的电势差值作一等势面，则三个电场等势面分布的关系是1最密，3最疏D．若沿电场方向每隔相等距离作一等势面，则三个电场中相邻等势面差值最大的是1，最小的是3解析：选BCD通过U­x图像分析可得，三对金属板的板间电势差相同，又因为金属板的负极板都接地，所以三个正极板的电势相等，A错误。又因为板间距离不同，由E＝eq\f(UAB,d)可得E1＞E2＞E3，B正确。每隔相等的电势差值作一等势面，由d＝eq\f(UAB,E)可得，场强越大，等势面间距越小，分析得等势面分布的关系是1最密，3最疏，C正确。沿电场方向每隔相等距离作一等势面，由UAB＝Ed可得，场强越大，电势差越大，分析得相邻等势面差值最大的是1，最小的是3，D正确。8.如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d,电荷量分别为＋Q和－Q。在它们的水平中垂线上固定一根长为L、内壁光滑的绝缘细管，有一电荷量为＋q的小球以初速度v0从管口射入，则小球()A．速度一直增大B．受到的库仑力先做负功后做正功C．受到的库仑力最大值为8kqQ/d2D．管壁对小球的弹力最大值为4kqQ/d2解析：选AC对小球受力分析可知小球受到库仑力的合力方向与速度方向垂直，故库仑力不做功，只有重力做功，小球的速度一直增大，A正确，B错误；当小球运动到＋Q和－Q的中点时，受到的库仑力最大，大小为F＝2eq\f(kQq,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2)＝eq\f(8kQq,d2)，大小等于管壁对小球的弹力，C正确，D错误。二、计算题(本题共3小题，共52分)9．(15分)如图，一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度大小为v，方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求A、B两点间的电势差。解析：设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理得qUAB＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02③解得UAB＝eq\f(mv2－v02,2q)。答案：eq\f(mv2－v02,2q)10．(17分)(2017·北京高考)如图所示，长l＝1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球所带电荷量q＝1.0×10－6C，匀强电场的场强E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)小球所受电场力F的大小。(2)小球的质量m。解析：(1)F＝qE＝3.0×10－3N。(2)由eq\f(qE,mg)＝tan37°，得m＝4.0×10－4kg。答案：(1)3.0×10－3N(2)4.0×10－4kg11．(20分)如图甲所示，A和B是真空中正对面积很大的平行金属板，O点是一个可以连续产生粒子的粒子源，O点到A、B的距离都是l。现在A、B之间加上电压，电压UAB随时间变化的规律如图乙所示。已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生300个粒子，粒子质量为m、电荷量为－q。这种粒子产生后，在电场力作用下从静止开始运动。设粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A、B板电势。不计粒子的重力，不考虑粒子之间的相互作用力。已知上述物理量l＝0.6m，U0＝1.2×103V，T＝1.2×10－2s，m＝5×10－10kg，q＝1.0×10－7C。(1)在t＝0时刻产生的粒子，会在什么时刻到达哪个极板？(2)在t＝0到t＝eq\f(T,2)这段时间内哪个时刻产生的粒子刚好不能到达A板？(3)在t＝0到t＝eq\f(T,2)这段时间内产生的粒子有多少个可到达A板？解析：(1)根据题图乙可知，从t＝0时刻开始，A板电势高于B板电势，粒子向A板运动。因为x＝eq\f(qU0,4lm)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＝3.6m>l，所以粒子从t＝0时刻开始，一直加速到达A板。设粒子到达A板的时间为t，则l＝eq\f(1,2)·eq\f(qU0,2lm)t2解得t＝eq\r(6)×10－3s。(2)在0～eq\f(T,2)时间内，粒子的加速度大小为a1＝eq\f(qU0,2lm)＝2×105m/s2在eq\f(T,2)～T时间内，粒子的加速度大小为a2＝eq\f(2qU0,2lm)＝4×105m/s2可知a2＝2a1，若粒子在0～eq\f(T,2)时间内加速Δt，再在eq\f(T,2)～T时间内减速eq\f(Δt,2)刚好不能到达A板，则l＝eq\f(1,2)a1Δt2＋a1Δt·eq\f(Δt,2)－eq\f(1,2)a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Δt,2)))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或l＝\f(1,2)a1Δt·\f(3,2)Δt))解得Δt＝2×10－3s