2014-2015高中物理新课标选修3-1：单元测评(1)

高中·新课标·物理·选修3-1

单元测评(一) 静电场

(时间：90分钟 满分：100分) 第Ⅰ卷(选择题，共48分)

一、选择题(本题有12小题，每小题4分，共48分．请将正确答案填在答题栏内)

1．小华有一次不小心购买了盗版的物理参考书，做练习时，他发现有一个关键数字看不清，拿来问老师，如果你是老师，你认为可能是下列数字中的( )

A．6.2×10－19 C C．6.6×10－19 C

B．6.4×10－19 C D．6.8×10－19 C

解析：此题关键数字，应是元电荷的整数倍，满足这一条件的数据只有选项B.

答案：B

2．如图所示，有一带正电的验电器，当一金属球A靠近验电器的小球B(不接触)时，验电器的金箔张角减小，则( )

A．金属球一定不带电 B．金属球可能带负电 C．金属球可能带正电

1

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D．金属球一定带负电

解析：验电器的金箔之所以张开，是因为它们都带有正电荷，而同种电荷相排斥，张开角度的大小决定于两金箔带电荷量的多少．如果A球带负电，靠近验电器的B球时，异种电荷相互吸引，使金箔上的正电荷逐渐“上移”，从而使两金箔张角减小，选项B正确，A、C项错误．如果A球不带电，在靠近B球时，发生静电感应现象使A球靠近B球的端面出现负的感应电荷，而背向B球的端面出现正的感应电荷．A球上的感应电荷与验电器上的正电荷发生相互作用，由于负电荷离验电器较近而表现为吸引作用，从而使金箔张角减小，选项D错误．

答案：B

3．(多选题)两个完全相同的小金属球，它们的带电荷量之比为5∶1(皆可视为点电荷)，它们在相距一定距离时相互作用力为F1，如果让它们接触后再放回各自原来的位置上，此时相互作用力变为F2，则F1∶F2可能为( )

A．5∶2 C．5∶6

B．5∶4 D．5∶9

5q2

解析：由库仑定律，它们接触前的库仑力为F1＝k2；若带同种电荷，r9q2

接触后的带电荷量相等，为3q，此时库仑力为F2＝k2；若带异种电荷，r4q2

接触后的带电荷量相等，为2q，此时库仑力为F2′＝k2，由以上计算可r知选项B、D正确．

答案：BD

2

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4．如图所示，有三个点电荷A、B、C位于一个等边三角形的三个顶点上，已知A、B都带正电荷，A所受B、C两个电荷的静电力的合力如图中FA所示，那么可以判定点电荷C所带电荷的电性为( )

A．一定是正电 B．一定是负电

C．可能是正电，也可能是负电 D．无法判断

解析：因A、B都带正电，所以表现为斥力，即B对A的作用力沿BA的延长线方向，而不论C带正电还是带负电，A和C的作用力方向都必须在AC连线上，由平行四边形定则知，合力必定为两个分力的对角线，所以A和C之间必为引力，所以C带负电，故选B.

答案：B

5．实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图中的虚线所示(a、b只受电场力作用)，则( )

3

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A．a一定带正电，b一定带负电 B．电场力对a做正功，对b做负功 C．a的速度将减小，b的速度将增大 D．a的加速度将减小，b的加速度将增大

解析：由于电场线方向未知，故无法确定a、b的电性，A项错；电场力对a、b均做正功，两带电粒子动能均增大，则速度均增大，B、C项均错；a向电场线稀疏处运动，电场强度减小，电场力减小，故加速度减小，b向电场线密集处运动，故加速度增大，D项正确．

答案：D

6．如上图所示，一带电小球用丝线悬挂在水平方向的匀强电场中，当小球静止后把悬线烧断，则小球在电场中将( )

A．做自由落体运动 B．做曲线运动

C．做沿着悬线的延长线做匀加速直线运动 D．做变加速直线运动

解析：烧断前，小球受三个力而平衡，线的拉力与重力和电场力的合力等大反向，烧断线后，拉力消失，而另外两个力不变，合力与拉力方向相反，则小球将沿着悬线的延长线做初速度为零的匀加速直线运动，故C项正确．

答案：C

4

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7．(多选题)如图所示，在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷＋Q，在x轴上C点有点电荷－Q且CO＝OD，∠ADO＝60°.下列判断正确的是( )

A．O点电场强度为零 B．D点电场强度为零

C．若将点电荷＋q从O移向C，电势能增大 D．若将点电荷－q从O移向C，电势能增大

解析：根据对称性和叠加原理，O点有三个场强矢量，其中A、B两点的电荷在O点的场强矢量等大反向，矢量和为零，即O点的电场强度等于C点电荷在该处的场强；D点有三个场强矢量，方向分布互为120°，故合场强为零，A项错、B项对．由于D点场强为零，作为分界点，D的左边场强方向向左，右边方向向右．则将点电荷＋q从O移向C的过程中，静电力的方向跟移动方向相同，静电力做正功，电势能减小；将点电荷－q从O移向C的过程中，静电力的方向跟移动方向相反，静电力做负功，电势能增加，选项C错、D对．

答案：BD

5

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8．一金属球，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，如图所示，金属球上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( )

A．Ea最大 C．Ec最大

B．Eb最大 D．Ea＝Eb＝Ec

解析：感应电荷在导体内部产生的场强与场源电荷在球内产生的场强的矢量和为零．离场源电荷越近的点场强越大，所以感应电荷在该点的场强也越大，选项C正确．

答案：C

9．如图所示是一只利用电容器电容C测量角度θ的电容式传感器的示意图．当动片和定片之间的角度θ发生变化时，电容C便发生变化，于是通过知道电容C的变化情况就可以知道角度θ的变化情况．下列图象中，最能正确反映角度θ与电容C之间关系的是( )

6

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A B

C D

1

解析：两极板正对面积S＝(π－θ)R2，则S∝(π－θ)．又因为C∝S，

2所以C∝(π－θ)

C

令C＝k(π－θ)，则θ＝π－k(k为常数)，所以B项正确． 答案：B

7

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10．一个带正电的油滴从右图所示的匀强电场上方A点自由下落，油滴落入匀强电场后，能较准确地描述油滴运动轨迹的是下图中的( )

A B

C D

8

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解析： 油滴从A点自由下落以一竖直速度进入电场，进入电场后受重力和电场力两恒力作用．如图，根据物体做曲线运动的条件，运动轨迹将向右弯曲，故选B.

答案：B

11．(多选题)如图所示，在竖直纸面内有一匀强电场，一质量为m、带电荷量为－q的小球在一恒力F的作用下沿图中虚线由A匀速运动至B.已知力F和AB间夹角θ＝60°，AB间距离为d，且F＝mg.则( )

F

A．匀强电场的电场强度大小为E＝q Fd

B．A、B两点的电势差大小为 2q

3

C．带电小球由A运动到B的过程中电势能增加了mgd

2D．电场方向与F方向关于AB对称

9

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解析：恒力F的大小和重力的大小相等并且夹角为120°，根据小球做匀速运动的特点可判断电场力方向与竖直方向夹角为60°向左，大小等于F，即mg＝qE＝F.从A到B过程中，电场力做功WAB＝Eq·dcos 60°＝WABFdA、B两点间的电势差为UAB＝q＝. 2q

答案：AB

Fd，2

12．如右图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边沿垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边沿飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边沿飞出，则两极板的间距应变为原来的( )

A．2倍 1

C.倍 2

B．4倍 1D.倍 4

解析：电子在两极板间做类平抛运动： l水平方向：l＝v0t，t＝，

v0

12qU2qUl2

竖直方向：d＝at＝t＝，

22md2mdv20qUl21

故d＝，即d∝，故C项正确．

2mv2v00

2

答案：C

10

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第Ⅱ卷(非选择题，共52分)

二、计算题(本题有4小题，共52分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)

13．(12分) 光滑绝缘导轨与水平面成45°角，两个质量均为m、带等量同种电荷的小球A、B，带电荷量均为q，静止于导轨的同一水平高度处，如图所示．求：两球之间的距离．

q2解析：设两球之间的距离为x，相互作用的库仑力为F，则：F＝k2(5x分)

由平衡条件得：Fcos45°＝mgsin45°(5分) 由以上两式解得：x＝q 答案：q

k

mg

k

mg.(2分)

11

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14．(12分)如图所示，光滑绝缘杆竖直放置，它与以正点电荷Q为圆心的某一圆周交于B、C两点，质量为m、带电荷量为－q的有孔小球从杆上的A点无初速度下滑，已知q?Q，AB＝h，小球滑到B点时速度大小为3gh，则小球从A运动到B的过程中，电场力做多少功？若取A点电势为零，C点电势是多大？

1

解析：由动能定理得：mgh＋W电＝mv2(5分)

21

解得：W电＝mgh(2分)

2－W电mgh

φC＝φB＝＝.(5分)

2q－q1mgh

答案：mgh

22q

15．(14分)长为L的绝缘细线下端系一带正电的小球，其带电荷量为Q，悬于O点，如图所示．当在O点另外固定一个正电荷时，如果球静止在A处，则细线拉力是重力mg的两倍．现将球拉至图中B处(θ＝60°)，放开球让它摆动，问：

(1)固定在O处的正电荷的带电荷量为多少？ (2)球摆回到A处时悬线拉力为多少？

解析：(1)球静止在A处受三个力作用：重力mg、静电力F和细线拉

12

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力F拉，由受力平衡和库仑定律列式得：

Qq

F拉＝F＋mg，F＝k2，F拉＝2mg(3分)

LmgL2

联立解得：q＝kQ.(2分)

(2)摆回的过程只有重力做功，所以机械能守恒，规定最低点重力势能等于零，则：

1

mgL(1－cos θ)＝mv2(3分)

2由牛顿第二定律和圆周运动规律得 v2

F拉′－mg－F＝mL(3分) 由(1)知静电力F＝mg，(1分) 联立解得：F拉′＝3mg.(2分) mgL2

答案：(1)kQ (2)3mg

16．(14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＝0.4 m，两板间距离d＝4×10－3 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m＝4×10－5 kg，电量q＝＋1×10－8 C．(g＝10 m/s2)问：

13

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(1)微粒入射速度v0为多少？

(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？

Ld1

解析：(1)＝v0t， ＝gt2(2分)

222L

可解得v0＝

2

g

d＝10 m/s(1分)

(2)电容器的上板应接电源的负极

当所加的电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出 d1?L?2

＝a??(2分) 221?v0?

U1mg－qda1＝(2分) m解得：U1＝120 V(1分)

当所加的电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出 d1?L?2

＝a??(2分) 222?v0?

U2qd－mga2＝(1分) m解得U2＝200 V(1分) 所以120 V

答案：(1)10 m/s (2)与负极相连 120 V

14

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/nfvw.html