2024-2025年新教材高中物理第1章静电场章末综合测评1含解析教科版必修第三册

PAGEPAGE10章末综合测评(一)静电场(时间：90分钟分值：100分)1．(4分)人们行走时鞋子和地板由于摩擦产生静电，带电的离子会在地板表面对空气中的灰尘产生吸引，对电脑机房、电子厂房等单位会造成肯定的影响。防静电地板又叫作耗散静电地板，当它接地时，能够使电荷耗散。地板在施工时，地板下面要铺设铝箔，铝箔要连接到地下预埋导体。下列关于防静电地板的说法，正确的是()A．地板下面铺设铝箔的作用是防潮B．地板必需是绝缘体材料C．地板必需是导电的，如地板中含有导电纤维D．只要地板下面铺设铝箔，地板材料是绝缘的或导电的均可C[地板在施工时，地板下面要铺设铝箔，铝箔要连接到地下预埋导体，即要将地板上的静电导走，所以防静电地板必需是导电的，如地板中含有导电纤维，故选项C正确。]2．(4分)如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c(可视为点电荷)，三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下静止，则以下推断正确的是()A．a对b的静电力可能是斥力B．a对c的静电力肯定是斥力C．a的电荷量可能比b少D．a的电荷量肯定比c多B[依据电场力方始终确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，因此a对b的静电力肯定是引力，a对c的静电力肯定是斥力，故A错误，B正确；同时依据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电荷量的大小，因此在大小上肯定为“两大夹一小”，则a的电荷量肯定比b多，而a的电荷量与c的电荷量无法确定，故C、D错误。]3．(4分)如图为真空中两点电荷A、B形成的电场中的一簇电场线，已知该电场线关于虚线对称，O点为A、B电荷连线的中点，a、b为其连线的中垂线上对称的两点，则下列说法正确的是()A．A、B可能是带等量异号的正、负电荷B．A、B可能是带不等量的正电荷C．a、b两点处无电场线，故其电场强度可能为零D．同一摸索电荷在a、b两点处所受电场力大小相等，方向肯定相反D[依据电场线的特点，从正电荷动身到负电荷或无限远终止可以推断，A、B是两个等量同种电荷，A、B选项错误；电场线只是形象描述电场的假想曲线，a、b两点处无电场线，其电场强度也不为零，C选项错误；在a、b两点处场强大小相等、方向相反，同一摸索电荷在a、b两点所受电场力大小相等，方向肯定相反，D选项正确。]4．(4分)如图所示，四个点电荷所带电荷量的肯定值均为Q，分别固定在正方形的四个顶点上，正方形边长为a，则正方形两条对角线交点处的电场强度()A．大小为eq\f(4\r(2)kQ,a2)，方向竖直向上B．大小为eq\f(2\r(2)kQ,a2)，方向竖直向上C．大小为eq\f(4\r(2)kQ,a2)，方向竖直向下D．大小为eq\f(2\r(2)kQ,a2)，方向竖直向下C[四个电荷的电荷量相等，两条对角线上的电荷都是一对等量异种点电荷，在交点处的电场强度的方向指向负电荷，且大小相等，如图所示，则合场强的方向竖直向下。随意一对等量异种点电荷的合场强：E＝2×eq\f(kQ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)a,2)))eq\s\up12(2))＝eq\f(4kQ,a2)，所以合场强：E合＝eq\f(4\r(2)kQ,a2)，故A、B、D错误，C正确。]5．(4分)如图所示，a、b、c三条虚线为电场中的等势面，等势面b的电势为0，且相邻两个等势面间的电势差相等，一个带正电的粒子在A时的动能为10J，在静电力作用下从A运动到B，在B时速度为0，当这个粒子的动能为7.5J时，其电势能为()A．12.5J B．2.5JC．0 D．－2.5JD[粒子在运动过程中只有静电力做功，动能和电势能之和保持不变，在A点时动能为10J，B点时动能为0，由对称性易知，运动至等势面b时动能为5J，因此动能和电势能之和为5J。当动能为7.5J时，电势能为－2.5J，故选项D正确。]6．(4分)如图所示，有一带电粒子(不计重力)贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为()A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1A[设带电粒子的质量为m，带电荷量为q，A、B板的长度为L，板间距离为d，则：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))eq\s\up12(2)d＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2v0)))eq\s\up12(2)解以上两式得U1∶U2＝1∶8，A正确。]7．(4分)某静电场沿x轴的电势φ的分布如图所示，x2处的电势为φ2，下列说法正确的有()A．将电荷量为q的点电荷从x1移到x2，电场力做的功为qφ2B．x1处的电场强度为零C．负电荷从x1移到x2，电势能减小D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大C[由图可知，x2处的电势高，将电荷量为q的点电荷从x1移到x2，电场力做的功为－qφ2，克服电场力做的功为qφ2，故A错误；φ­x图像的斜率k＝eq\f(Δφ,Δx)＝eq\f(ΔU,Δx)＝E，即φ­x图像的斜率表示电场强度；在x轴上，x1处的斜率不等于0，则电场强度不等于0，故B错误；由图可知，x2处的电势高，将负电荷从x1移到x2，电场力做正功，则电势能减小，故C正确；φ­x图像的斜率表示电场强度，在x轴上，x2处图像的斜率为零，表示电场强度为零，可知将负电荷从x1移到x2，受到的电场力减小，故D错误。]8．(6分)静电计是测量电势差的仪器，指针偏转角度越大，金属外壳和上方金属小球间的电势差越大。试验装置如图所示，在本试验中，静电计指针和A板等电势，静电计金属壳和B板等电势，因此指针偏转角度越大表示A、B两极板间的电势差越大。现对电容器充电后断开开关，若按图下方的说明来做试验，则有：图甲中两极板间电势差________(“变大”或“变小”)；图乙中两极板间电势差________(“变大”或“变小”)；图丙中两极板间电势差________(“变大”或“变小”)。[解析]题图甲中，当极板B向上移动时，正对面积减小，依据电容确定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知电容减小，电荷量不变，依据U＝eq\f(Q,C)，可知电势差增大；题图乙中，电容器板间距离变大，电容减小，电荷量不变，依据U＝eq\f(Q,C)，可知电势差变大；题图丙中，插入电介质，电容增大，电荷量不变，依据U＝eq\f(Q,C)，可知电势差减小。[答案]变大，变大，变小9．(10分)如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一电荷量为q＝－4×10－7C的负点电荷从A点运动到B点，电场力做功为WAB＝3.2×10－6J，A、B间距离L＝4m，AB与水平面的夹角为60°。(1)负点电荷的电势能是增加还是削减？增加(削减)了多少？(2)B、A间电势差UBA是多少？(3)电场强度E是多大？(4)假如A点的电势为－4V，那么B点的电势为多大？电荷量为q′＝4×10－6C的正电荷在A[解析](1)负点电荷从A运动到B，电场力做正功3.2×10－6J，则负点电荷的电势能削减，削减了3.2×10－6J。(2)由WAB＝UABq可得：UAB＝eq\f(WAB,q)＝eq\f(3.2×10－6,－4×10－7)V＝－8V，则UBA＝－UAB＝8V。(3)匀强电场的电场强度E＝eq\f(UBA,Lcos60°)＝4V/m。(4)因UAB＝φA－φB＝－8V，φA＝－4V，则φB＝4V电荷量为q′的正电荷在A点具有的电势能为EpA＝φAq′＝－1.6×10－5J。[答案](1)削减3.2×10－6J(2)8V(3)4V/m(4)4V－1.6×10－5J10．(10分)如图所示，一质量为m的带电液滴，在大小为E，方向竖直向上的匀强电场中处于静止状态，问：(1)这个液滴带什么电？电荷量为多少？(2)当场强的大小突然变为原来的一半，方向保持不变时，液滴向什么方向运动？其加速度为多少？[解析](1)因为液滴受重力和静电力平衡，所以静电力方向向上，则液滴带正电。由平衡条件有：Eq＝mg得q＝eq\f(mg,E)。(2)由题知，方向竖直向上的静电力减小，故液滴竖直向下运动。由牛顿其次定律有mg－eq\f(qE,2)＝ma解得：a＝eq\f(g,2)。[答案](1)正电eq\f(mg,E)(2)竖直向下运动eq\f(g,2)11．(4分)(多选)在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点，其中a、b两点电场强度大小相等的是()A．甲图中与点电荷等距的a、b两点B．乙图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点C．丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点D．丁图中非匀强电场中的a、b两点ABC[甲图中与点电荷等距的a、b两点，电场强度大小相等，选项A正确；对乙图，依据电场线的疏密及对称性可推断，a、b两点的电场强度大小相等，选项B正确；丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点，电场强度大小相等，选项C正确；对丁图，依据电场线的疏密可推断，b点的电场强度大于a点的电场强度，选项D错误。]12．(4分)(多选)如图甲所示，真空中Ox坐标轴上的某点有一个点电荷Q，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.2m和0.7m。在A点放一个带正电的摸索电荷，在B点放一个带负电的摸索电荷，A、B两点的摸索电荷受到静电力的方向都跟x轴正方向相同，静电力的大小F跟摸索电荷电荷量q的关系分别如图乙中直线a、b所示。下列说法正确的是()甲乙A．B点的电场强度大小为0.25N/CB．A点的电场强度的方向沿x轴正方向C．点电荷Q是正电荷D．点电荷Q的位置坐标为0.3mBD[由两摸索电荷受力状况可知，点电荷Q为负电荷，且放置于A、B两点之间某位置，故B正确，C错误；设Q与A点之间的距离为l，则点电荷在A点产生的电场强度为EA＝eq\f(kQ,l2)＝eq\f(Fa,qa)＝eq\f(4×10－4,1×10－9)N/C＝4×105N/C，同理，点电荷在B点产生的电场强度为EB＝eq\f(kQ,0.5－l2)＝eq\f(Fb,qb)＝eq\f(1×10－4,4×10－9)N/C＝0.25×105N/C，解得l＝0.1m，所以点电荷Q的位置坐标为xQ＝xA＋l＝0.2m＋0.1m＝0.3m，故A错误，D正确。]13．(4分)(多选)某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M点运动到N点，以下说法正确的是()A．粒子必定带正电荷B．粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度C．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度D．粒子在M点的动能小于它在N点的动能ACD[依据带电粒子运动轨迹弯曲的状况，可以确定带电粒子受电场力的方向沿电场线方向，故带电粒子带正电，A选项正确；由于电场线越密，场强越大，带电粒子受电场力就越大，依据牛顿其次定律可知其加速度也越大，故带电粒子在N点加速度大，B选项错误，C选项正确；粒子从M点到N点，所受电场力方向与其速度方向夹角小于90°，电场力对带电粒子做正功，动能增加，速度增加，故带电粒子在N点动能大，故D选项正确。]14．(4分)(多选)带正电的微粒放在电场中，电场强度的大小和方向随时间改变的规律如图所示。带电微粒只在静电力的作用下由静止起先运动，则下列说法中正确的是()A．微粒在0～1s内的加速度与1～2s内的加速度相同B．微粒将沿着一条直线运动C．微粒做往复运动D．微粒在第1s内的位移与第3s内的位移相同BD[设粒子的速度方向、位移方向向右为正，作出粒子的v­t图像如图所示。由图可知B、D选项正确。]15．(4分)(多选)如图所示，eq\o(AB,\s\up10(︵))为位于O点的一点电荷电场中的等势线，C是AB连线的中点，AO和BO垂直，CD和BO平行。在D点由静止释放一个带负电的摸索电荷，仅在静电力作用下，摸索电荷沿DA加速运动。下列说法正确的是()A．D点的电场强度比C点的电场强度大B．D点的电势比C点的电势高C．带正电的摸索电荷从A点沿直线AB移动到B点，电势能先增大后减小D．带负电的摸索电荷从B点沿BCD移动到D点，静电力始终做负功AD[D点离电荷较近，D点的电场强度比C点的电场强度大，A正确；由题意可知场源电荷为负电荷，D点离电荷较近，所以D点的电势比C点的电势低，B错误；带正电的摸索电荷从A点沿直线AB移动到B点，静电力先做正功后做负功，所以电荷的电势能先减小后增大，C错误；带负电的摸索电荷从B点沿BCD移动到D点过程中，始终受到静电力的排斥作用，且渐渐靠近O点，所以静电力始终做负功，D正确。]16．(6分)用电流传感器视察电容器的放电过程，传感器与计算机相连，还能显示出电流随时间改变的I­t图像。依据图甲所示连接电路。电源用直流8V左右，电容器可选几十微法的电解电容器。甲先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，这个过程可在短时间内完成。然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间改变的I­t图像一位同学得到的I­t图像如图乙所示，电源电压是8Veq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(已知电流I＝\f(q,t)＝\f(Δq,Δt)))。乙(1)在图丙中画一个直立的狭长矩形(在图丙的最左边)，它的面积的物理意义是什么？(2)怎样依据I­t图像估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量？试着算一算。(3)假如要测绘充电时的I­t图像，请把图丙中电路图补充完整；得到的I­t图像可能是什么形态的？丙[解析](1)矩形的面积表示在0.2s内电容器放出的电荷量。(2)用数方格的方法估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量，方法是数小方格的个数，不足半个舍去，半个以上记一个。图中每个小方格表示8×10－5C，曲线与坐标轴围成的面积中有43个小方格，电容器释放的全部电荷量约为8×10－5×43C＝3.44×10－3(3)充电时的I­t图像的电路图如图甲所示。甲把电源E、开关S、电容器连成电路，闭合开关S，电源给电容器充电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间改变的I­t图像(图乙)。乙[答案]见解析17．(10分)如图所示，真空中两个相同的小球带有等量同种电荷，质量均为m，分别用绝缘细线悬挂于绝缘天花板上同一点，平衡时，B球偏离竖直方向θ角，A球竖直且与墙壁接触，此时A、B两球位于同一高度且相距L。求：(1)每个小球带的电荷量q；(2)B球所受绳的拉力FT；(3)墙壁对A球的弹力FN。[解析](1)对B球受力分析如图所示：B球受三个力且处于平衡状态，其中重力与库仑力的合力大小等于绳子拉力的大小，方向与绳子拉力方向相反，由图可知：F库＝mgtanθ＝eq\f(kq2,L2) ①解得q＝Leq\r(\f(mgtanθ,k))。(2)由B球的受力分析知FT＝eq\f(mg,cosθ)。 ②(3)分析A球的受力状况知FN＝F库＝keq\f(q2,L2) ③结合①得FN＝mgtanθ。[答案](1)Leq\r(\f(mgtanθ,k))(2)eq\f(mg,cosθ)(3)mgtanθ18．(10分)如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L＝0.