最新人教版高中物理选修3-1测试卷(一) 静电场含答案

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.. 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＝εrS4πkd可知C减小，根据C＝QU可知U增大，即θ变大，C错误；保持d不变，减小S，根据C＝εrS4πkd可知C减小，根据C＝QU可知U增大，即θ变大，D正确。

7．如图所示的U-x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＞φ3

B．三对金属板间场强大小有E1＞E2＞E3

C．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U-x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＝UABd可得E1＞E2＞E3，B正确。每隔相等的电势差值作一等势面，由d＝UABE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。

8．三个电子在同一地点同时沿同一直线垂直飞入偏转电场，如图，则由此可判断( ) ..

.. A．b和c同时飞离电场

B．在b飞离电场的瞬间，a恰好击中下极板

C．进入电场时，a速度最大，c速度最小

D．c的动能增量最小，a和b的动能增量一样大

解析：选BD b、c在竖直方向上做匀加速运动且位移关系为：yc＜yb，根据y＝12at2可知tc＜tb，故A错误；三个电子的质量和电荷量都相同，则知加速度相同，a、b两电子在竖直方向上的位移相等，根据y＝12at2，可知运动时间相等，故B正确；在垂直于电场方向即水平方向，三个电子做匀速直线运动，则有：x＝vt，由题图可知xc＝xb，由上可知tc＜tb，则vc＞vb，根据ta＝tb，因为xb＞xa，则可得：vb＞va，所以有：vc＞vb＞va，故C错误；根据动能定理知，电场力对a、b两电子做功一样多，所以动能增加量相等，电场力对c电子做功最少，动能增加量最小，故D正确。

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：设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即

vB sin 30°＝v0sin 60°①

由此得

vB＝3v0②

设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有

qUAB＝12m(vB2－v02)③

联立②③式得

UAB＝mv02q④

答案：mv02q

10．(17分)如图所示，在x＞0的空间中，存在沿x轴正方向的匀强电场E；在x＜0的空间内，存在沿x轴负方向的匀强电场，场强大小也等于E，一电子(－e，m)在x＝d处..

.. 的P点以沿y轴正方向的初速度v0开始运动，不计电子重力。求：

(1)电子在x轴方向的分运动的周期；

(2)电子运动的轨迹与y轴的各个交点中，任意两个相邻交点之间的距离l。

解析：(1)设电子从射入到第一次与y轴相交所用时间为t，则有d＝12·Eem·t2，解得t＝ 2mdEe。

所以，电子在x方向分运动的周期为T＝4t＝4 2mdEe。

(2)在竖直方向上有y＝v0t＝v02mdEe，电子运动的轨迹与y轴的各个交点中，任意两个相邻交点之间的距离l＝2y＝2v02mdEe。

答案：(1)4 2mdEe (2)2v02mdEd

11．(20分)如图所示，一对半径均为R1的金属板M、N圆心正对平行放置，两板距离为d，N板中心镀有一层半径为R2的圆形锌金属薄膜，d＜R2＜R1，两板之间电压为UMN，两板之间真空且可视为匀强电场。N板受到某种单色光照射后锌金属薄膜表面会发射出最大速率为v，方向各异的电子，已知电子的电荷量为e，质量为m，每秒稳定发射n个电子。电子在板间运动过程中无碰撞且不计电子的重力和电子间相互作用，电子到达M板全部被吸收。M板右侧串联的电流表可以测量到通过M板的电流I。试求：

(1)当UMN取什么值时，I始终为零；

(2)当UMN取什么值时，I存在一个最大值，并求这个最大值。

解析：(1)当垂直N板发射速度为v的电子不能到达M板时，电流为零。

令此时两板间电压为UMN

根据动能定理：eUMN＝－12mv2

可得：UMN＝－mv22e。

(2)当从锌膜边缘平行N板射出的电子作类平抛运动刚好能到达M板边缘时，则所有电子均能到达M板，电流最大为I＝ne ..

.. 令此时两板间电压为UMN′

根据运动学公式可得：水平方向：R1－R2＝vt

竖直方向：d＝12at2

由牛顿第二定律得：a＝UMN′edm

联立以上可得：UMN′＝2md2v2eR1－R22。

答案：(1)－mv22e (2)2md2v2eR1－R22 ne