2019_2020学年高中物理第1章静电场章末跟踪测评1含解析新人教版选修3_1.doc

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1、第一章章末跟踪测评(时间：90分钟满分：110分)(见跟踪测评P1)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分，16题是单选题，710题是多选题全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)1使两个完全相同的金属小球(均可视为点电荷)分别带上3Q和5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1.现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a的两点，它们之间库仑力的大小为F2.则F1与F2之比为()A21B41C161D601D解析 两个完全相同的金属小球相互接触后，带电荷量均为Q，距离变为原来的两倍，根据库仑定律可知，选项D正确2如图甲所示

2、，AB是一条点电荷电场中的电场线，图乙则是放在电场线上P、Q两处的试探电荷的电荷量大小与所受静电力大小之间的函数图线，由此可以判断()A场源电荷是正电荷，位置在A侧B场源电荷是正电荷，位置在B侧C场源电荷是负电荷，位置在A侧D场源电荷是负电荷，位置在B侧A解析 由E知EPEQ，即A点更靠近点电荷，结合电场线方向，可知场源电荷是正电荷，位置在A侧3如图所示，真空中存在一点电荷产生的电场，其中a、b两点的电场强度方向如图所示，a点的电场方向与a、b连线成60角，b点的电场方向与a、b连线成30角，则下列关于a、b两点电场强度Ea、Eb及电势a、b的关系正确的是()AEa3EbabBEa3EbabD

3、EaEbabA解析 由于场源为点电荷，因此两条电场线的反向延长线的交点就是场源所在位置，场源到a、b两点的距离分别为la、lb，根据三角形的边角关系可知lalb1，由于点电荷的电场强度Ek，可得EaEbll31，选项C、D错误；由于场源为正电荷，沿电场线的方向，电势越来越低，由于lalb，因此ab，选项A正确，B错误4实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹带电粒子只受电场力作用，运动过程中电势能逐渐增大，它运动到b处时可能的运动方向与受力方向是()B解析 带电粒子所受的电场力大体指向轨迹凹侧面，从而得出带电粒子受力的方向为沿电场线切线方向向左，由于运动过程中带电粒子的电势能增大，所以电场力

4、做负功，力F与v的夹角应大于90，故选项B正确，A、C、D错误5如图所示，在沿x轴正向的匀强电场E中，有一动点A以O为圆心，r为半径逆时针转动一周，O与圆周上的A点的连线OA与x轴正方向(E方向)成角，则此圆周上各点与A点间最大的电势差U为()AErBEr(sin 1)CEr(cos 1)D2ErC解析 由UEd知，与A点电势差最大的点应是沿场强方向与A点相距最远的点，dmaxrrcos ，所以UmaxEr(cos 1)，选项C正确6空间有平行于纸面的匀强电场，一电荷量为q的质点(重力不计)，在恒定拉力F的作用下沿虚线由M匀速运动到N，如图所示，已知力F和MN间的夹角为，MN间的距离为d，则(

5、)AMN两点的电势差为B匀强电场的电场强度大小为C带电质点由M运动到N的过程中，电势能减少了Fdcos D若要使带电质点由N向M匀速直线运动，则F必须反向A解析 由于带电质点做匀速直线运动，故静电力与拉力F大小相等，方向相反，故场强大小E，带电质点由M到N，静电力做功WMNFdcos ，故电势差UMN，而电势能是增加的，选项A正确，B、C错误；若要使带电质点由N向M做匀速直线运动，F和静电力仍平衡，选项D错误7如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，平行板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属

6、板的时间为t，则(不计粒子的重力)()A在前时间内，电场力对粒子做的功为B在后时间内，电场力对粒子做的功为C在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为12D在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为11BD解析 粒子在电场中做类平抛运动的加速度为a，t时间内竖直方向上的位移yat2，前时间内竖直方向上的位移y1a，后时间内竖直方向上的位移y2yy1d；由公式WFl可知前、后、前、后电场力做的功分别为W1qU，W2qU，W3qU，W4qU，选项B、D正确，A、C错误8空间中存在着沿x轴方向的静电场，其电场强度E随x变化的关系图象如图所示，图象关于坐标原点对称，A、B是x轴上关于原点对称的两点，则

7、下列说法正确的是()A电子在A、B两点的电势能不相等B电子在A、B两点的加速度方向相反C电子从A点由静止释放后的运动轨迹可能是曲线D若取无穷远处电势为零，则O点处电势一定为正BD解析 电子从A移动到B，电场力先做负功后做正功，总功为零，故A、B两点的电势能相等，选项A错误；电子在A、B两点受到的电场力方向相反，大小相等，故加速度方向相反，大小相等，选项B正确；由于电场力方向与x轴平行，速度方向与合力方向始终共线，故一定做直线运动，选项C错误；电势高低与场强大小无关，场强为零，电势不一定为零，本题中，将一个正的试探电荷从O点移动到无穷远处，电场力做正功，说明电势是降低的，若取无穷远处电势为零，则

8、O点处电势一定为正，选项D正确9如图所示，两块面积较大、正对着的平行极板A、B水平放置，极板上带有等量异种电荷其中A板用绝缘线悬挂，B板固定且接地，P点为两极板的中间位置下列结论正确的是()A若在两极板间加上某种绝缘介质，A、B构成的电容器的电容会增大BA、B两极板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向相同C若将A极板水平向左平移一小段距离，两极板间的电场强度减小D若将A极板竖直向下平移一小段距离，原P点位置的电势不变ABD解析 由C可知，当在两极板间加上某种绝缘介质时，A、B两极板所组成的电容器的电容会增大，选项A正确；正极板A在P点产生的场强向下，负极板B在P点产生的场强也向下，由于P

9、点在两极板中间位置，因此两极板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向相同，选项B正确；C，C，平行板电容器内的电场强度E，整理式子可得E，可以得出，将A极板水平向左平移一小段距离，极板的正对面积减小，两极板间的电场强度将增大，选项C错误；同理，若将A极板竖直向下平移一小段距离，两极板间的电场强度不变，P与B间的电势差不变，而B点电势为零，则P点位置的电势不变，选项D正确10示波器是一种常用的电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时间的变化情况如图所示，电子经电压u1加速后进入偏转电场下列关于所加竖直偏转电压u2、水平偏转电压u3与荧光屏上所得的图象的说法正确的是()A如果只在u2上加

10、上图甲所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(a)所示B如果只在u3上加上图乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(b)所示C如果同时在u2和u3上加上图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(c)所示D如果同时在u2和u3上加上图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(d)所示ABD解析 由电子在电场中偏转规律知，选项A、B、D正确二、填空题(2小题，共12分)11(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，实验装置如图所示在本实验中，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

11、大，现对电容器充电后断开开关，若按图下方的说明来做实验，则图甲中两极板间电势差_；图乙中两极板间电势差_；图丙中两极板间电势差_(均选填“变大”“变小”或“不变”)答案 变大变小变小12(6分)在“用DIS描绘电场的等势线”实验中，按图所示连接电路在电极A、B的连线上等距离地取a、b、c、d、e等5个基准点将电压传感器的两个接线柱分别和两个探针相连接当正接线柱的电势高于负接线柱时，读数为正(1)对于该实验的认识与判断，下列说法中正确的是()A实验是用恒定的电流场模拟静电场B在实验过程中电极与导电纸的相对位置不能再改变C若把电源电压提高到原来的2倍，则描绘得到的等势线形状与原来不同D本实验无法画

12、出相应的电场线(2)若在图中连接电压传感器正接线柱的探针接触a点，连接负接线柱的探针接触b点时，读数为负，则可以判断电极A接在电源的_极上(选填“正”或“负”)(3)若连接电压传感器的正负两个接线柱的探针分别接触a点和b点时示数为U1；分别接触b点和c点时示数为U2，则有|U1|_|U2|(选填“”、“”或“”)解析 (1)本实验的原理是利用恒定电流场模拟静电场，选项A正确；根据等量异种电荷等势线分布情况可知，等势线的分布情况与电荷的有关，本实验中两个电极相当于两个点电荷，所以在实验过程中电极与导电纸的相对位置不能再改变，选项B正确；等量异种电荷等势线的形状与两个点电荷的电荷量无关，若把电源电

13、压提高到原来的2倍，则描绘得到的等势线形状与原来是相同的，选项C错误；将等势点连起来，可描绘出电场的等势线，选项D错误(2)根据题意，当正接线柱的电势高于负接线柱时，电压传感器的读数为正，则当电压传感器的读数为负时，可以知道a点的电势低于b的电势，则知电极A接在电源的负极(3)根据等量异种电荷电场线的分布情况得知，a、b间场强大于b、c间场强，根据UEd分析得知，a、b间的电势差大于b、c间的电势差，故有|U1|U2|.答案 (1)AB(2)负(3)三、解答题(本大题包括4小题，共48分，按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、主要公式和重要演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题

14、，答案中必须明确写出数值和单位)13(10分)如图所示，两平行金属板A、B间为一匀强电场，A、B相距6 cm，C、D为电场中的两点(其中C点在金属板上)，且CD4 cm，CD连线和场强方向成60角已知电子从D点移到C点电场力做功为3.21017 J，电子电荷量e1.61019 C，求：(1)匀强电场的场强大小；(2)A、B两板间的电势差；(3)若A板接地，D点电势解析 (1)由题可知，DC电场力做正功WeELCDcos 60，则E1104 N/C(2)由题可知，电子受到的电场力方向向上，电子带负电，则场强方向为AB.A、B间电势差为UABEdAB11046102 V600 V.(3)A、D间电

15、势差为UADEdADELCDcos 60110441020.5 V200 V，AD200 V，A0，解得D200 V.答案 (1)1104 N/C(2)600 V(3)200 V14(12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L0.4 m，两板间距离d4103 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极板的正中央，已知微粒质量为m4105 kg，电荷量q1108 C，g10 m/s2.(1)求微粒入射速度v0；(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上极板应与电源的正极

16、还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？解析 (1)由v0t，gt2可解得v010 m/s.(2)电容器的上极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，即a1()2，又a1，解得U1120 V；当所加的电压为U2时，微粒恰好从上极板的右边缘射出，即a2()2，又a2，解得U2200 V，所以120 VU200 V.答案 (1)10 m/s(2)120 VU220 V15(12分)如图所示，质量m2.0104 kg、电荷量q1.0106 C的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E的匀强电场中取g10 m/s2.(1)求匀强电场的电场强度E的大小和方向；(2)在t0时

17、刻，电场强度大小突然变为E04.0103 N/C，方向不变，求在t0.2 s时间内电场力做的功；(3)在t0.2 s时刻突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能解析 (1)因微粒静止，则其受力平衡，对其受力分析有Eqmg，E N/C2.0103 N/C，方向向上(2)在t0时刻，电场强度大小突然变为E04.0103 N/C，设微粒的加速度为a，在t0.2 s时间内上升高度为h，电场力做功为W，则qE0mg ma，hat2，WqE0h，联立解得W8.0104 J.(3)设在t0.2 s时刻突然撤掉电场时微粒的速度大小为v，回到出发点时的动能为Ek，则vat，由动能定理得mghEkmv2，解得E

18、k8.0104 J.答案 (1)2.0103 N/C方向向上(2)8.0104 J(3)8.0104 J16(14分)如图所示，在E1.0103 V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R0.4 m一带正电荷q1104 C的小滑块，质量为m0.04 kg，与水平轨道间的动摩擦因数0.2，g取10 m/s2，问：(1)要使小滑块能运动到半圆轨道的最高点Q，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？(2)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？(P为半圆轨道中点)解析 (1)滑块刚能通过轨道最高点的条件是mgm，v2 m/s，滑块由释放点到最高点过程中，由动能定理得qExmgx2mgRmv2，所以x，代入数据得x20 m.(2)从P到Q，由动能定理得mgRqERmv2mv，所以vv22R，在P点由牛顿第二定律得FNqE，所以FN3(mgqE)，代入数据得FN1.5 N，由牛顿第三定律可知，P对轨道的压力等于轨道对P的支持力，所以为1.5N.答案 (1)20 m(2)1.5 N9