1、高考资源网（） 您身边的高考专家第一章章末质量检测卷(一)静电场(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1如图所示，在暴雨前，有一带电云团(可近似看做带电绝缘球)正慢慢靠近地面，某野外地面附近有一质量较小的带电体被吸上天空，带电体在上升过程中，以下说法正确的是()A带电体的电势能一定越来越大B带电体所经过的不同位置的电势一定越来越高C带电体所经过的不同位置的电场强度一定越来越大D带电体的加速度一定越来越小解析：选C带电体在上升的过程中，电场力做正功，电势能减小，故A错误；由于不知道云层所带电荷的电性，所以带电体上升的过程中，不能判断出电势的变化，故B
2、错误；因为越靠近场源，场强越大，所以带电体在上升中所处位置处的电场强度是越来越大，故C正确；根据电场强度越来越大，则电场力越来越大，合力越来越大，根据牛顿第二定律知，加速度越来越大，故D错误2某静电除尘器工作时内部电场线分布的俯视图如图，带负电粉尘被吸附时由b点运动到a点，以下说法正确的是()A该电场是匀强电场B电场力对粉尘做负功Ca点电势高于b点电势D粉尘的电势能增大解析：选C该电场为辐射状电场，不是匀强电场，A选项错误；电场力对粉尘做正功，B选项错误；沿电场线电势逐渐降低，故a点电势高于b点电势，C选项正确；电场力做正功，根据功能关系可知，粉尘的电势能减少，D选项错误3如图所示，a、b、c
3、、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个梯形的四个顶点电场线与梯形所在的平面平行ab平行于cd，且ab边长为cd边长的一半已知a点的电势是3 V，b点的电势是5 V，c点的电势是7 V由此可知，d点的电势为()A1 VB2 VC3 V D4 V解析：选Cab边与cd边相互平行，相等长度的两点电势差大小相等，a、b两点的电势差为2 V，dc距离为ab的2倍，则d、c两点电势差也是a、b两点间电势差的2倍即4 V，d点的电势为3 V，C正确4如图所示，一个原来不带电的半径为r的空心金属球放在绝缘支架上，右侧放置一个电荷量为Q 的点电荷，点电荷到金属球表面的最近距离为2r，则下列说法中正确的是()A
4、金属球在达到静电平衡后左侧感应出的电荷量为QB由于静电感应而在金属球上出现感应电荷，这些感应电荷在球心处所激发的电场强度大小为E，方向水平向右C如果用导线的一端接触金属球的左侧，另一端接触金属球的右侧，金属球两侧的电荷将被中和D如果用导线的一端接触金属球的右侧，另一端与大地相连，则右侧的感应电荷将流入大地解析：选B由于静电感应，金属球的左侧带正电，结合点电荷的电场的特点可知，在金属球达到静电平衡后左侧感应出的电荷量一定小于Q，故A错误；感应电荷在金属球球心处激发的电场场强与点电荷在球心处产生的电场强度大小，方向相反，即为Ek，方向向右，故B正确；如果用导线的一端接触金属球的左侧，另一端接触金属
5、球的右侧，由于金属球为一等势体，所以金属球两侧仍然有感应电荷，不会被中和，故C错误；用导线的一端接触金属球的右侧，另一端与大地相连，则金属球与大地组成一个新的导体，所以金属球的右侧仍然是负的感应电荷，大地的电子将流入金属球，中和金属球左侧的正电荷，故D错误5如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，相互绝缘且质量均为2 kg，A带负电，电荷量为0.2 C，B不带电开始处于静止状态，若突然加沿竖直方向的匀强电场，此瞬间A对B的压力大小变为8 N，g10 m/s2，则()A电场强度为120 N/C，方向竖直向下B电场强度为60 N/C，方向竖直向下C电场强度为120 N/C，方向
6、竖直向上D电场强度为100 N/C，方向竖直向上解析：选A开始时物体B平衡，A对B的压力大小等于A的重力大小，为20 N；加上电场后瞬间A对B的压力大小变为8 N，而弹簧的弹力和重力不变，故B所受合力为12 N，方向向上，根据牛顿第二定律，有：a m/s26 m/s2.再对物体A受力分析，设电场力为F(向上)，根据牛顿第二定律，有：FNFmgma，解得F24 N，故场强为E N/C120 N/C，方向竖直向下，故A正确，B、C、D错误6.已知均匀带电圆盘在圆外平面内产生的电场与一个位于圆心的、等电量的同种点电荷产生的电场相同如图所示，电荷总量为Q的电荷均匀分布在半径为R的圆盘上，在过圆心O的直
7、线上有A、B两点，O与B，B与A的距离均为R，现以OB为直径在盘内挖掉一个小圆盘，若静电力常量为k，则剩余部分在A处的场强大小为()A.B.C. D.解析：选C由题意知，半径为R的均匀带电圆盘在A点产生场强为：E整同理割出的小圆半径为，因为电荷平均分布，其带电荷量为：Q则其在A点产生的场强为：E割所以剩余空腔部分电荷在A点产生的场强为：ExE整E割故A、B、D错误，C正确7如图甲所示，在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，顶点a、c分别固定一个正点电荷，电荷量相等一个质量为103 kg的小物块从e释放，经过f点到达d点，其运动的vt图象如图乙所示其中f点是整条图线斜率最大的位置(图中虚线
8、为过f点的切线)，已知小物块的带电量为2103 C，则下列分析中正确的是()A由e点到d点，电势逐渐升高B由e点到d点，物块的电势能先减小后变大Cd、f两点间的电势差Udf0.5 VDf点为ed之间电场强度最大的点，场强E1 V/m解析：选Defd是等量同种正电荷的中垂线，从e点到d点，电势逐渐降低，故A错误；由e点到d点，电场力一直做正功，物块的电势能一直减小，故B错误；根据动能定理可得qUfdmvd2mvf2，解得Ufd5 V，则d、f两点间的电势差UdfUfd5 V，故C错误；vt图象的斜率表示加速度，f点是整条图线斜率最大的位置，则f点物块的加速度最大，根据牛顿第二定律可得qEma，则
9、电场强度最大，场强EV/m1 V/m，故D正确8如图所示，地面上方存在水平向右的匀强电场，现将一带电小球从距离地面O点高h处的A点以水平速度v0抛出，经过一段时间小球恰好垂直于地面击中地面上的B点，B到O的距离也为h，当地重力加速度为g，则下列说法正确的是()A从A到B的过程中小球的动能先减小后增大B下落过程中小球机械能一直增加C小球的加速度始终保持2g不变D从A点到B点小球的电势能减少了mgh解析：选A据题分析可知，小球受到的电场力水平向左，其合力指向左下方，在运动过程中，合力先与小球速度方向成钝角，后变成锐角，即合力先做负功，后做正功，即动能先减小后增大，故A正确；小球下落过程中，电场力一
10、直做负功，小球机械能一直减小，故B错误；根据运动的合成和分解可知，小球竖直方向上做自由落体运动，则有：hgt2，水平方向上有：0v0t，hv0tt2，联立解得：qEmg，小球受到水平向左的电场力和竖直向下的重力，合力大小为F合mg，由牛顿第二定律可得小球的加速度ag，保持不变，故C错误；从A到B点，小球电场力做功为：WqEhmgh，所以电势能增加了EPmgh，故D错误二、多项选择题(本题共7小题，每小题3分，共21分全选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选的得0分)9如图所示，金属板带电荷量为Q，质量为m的金属小球带电荷量为q，当小球静止后，悬挂小球的绝缘细线与竖直方向间的夹角为，小球(可视
11、为质点)与金属板中心O恰好在同一条水平线上，且距离为L.下列说法正确的是()AQ在小球处产生的场强为E1BQ在小球处产生的场强为E1Cq在O点产生的场强为E2Dq在O点产生的场强为E2解析：选BC对金属小球受力分析，由平衡条件可得：Tcos mg，Tsin FE1q.可求得E1，A错误，B正确；根据点电荷的场强公式可知，q在O点产生的场强为E2，C正确，D错误10某静电场中的一条电场线与x轴重合，其电势的变化规律如图所示在O点由静止释放一个负点电荷，该负点电荷仅受电场力的作用，则在x0x0区间内()A该静电场是匀强电场B该静电场是非匀强电场C负点电荷将沿x轴正方向运动，加速度不变D负点电荷将沿
12、x轴负方向运动，加速度逐渐减小解析：选AC图线的斜率大小等于电场中电场强度的大小，故该条电场线上各点场强一样，该静电场为匀强电场，A正确，B错误；沿着电场线的方向电场降低，可知静电场方向沿x轴负方向，故负点电荷沿x轴正方向运动，其受到的电场力为恒力，由牛顿第二定律可知其加速度不变，C正确，D错误11半径为R的均匀带电球体，在通过球心O的直线上，各点的电场分布如图所示当xR时，电场分布与电荷量全部集中在球心时相同已知静电力常量为k，则()A球面是个等势面，球体是个等势体B在x轴上xR处场强最大CxPRD球心O与球面间电势差的大小为E0R解析：选BC从题图上看，球内部电场强度都不等于零，因此球体不
13、是等势体，A错误；在x轴上xR处场强最大，B正确；R处场强E0，在xP处场强为，则k，解得xPR，C正确；假设球心O与球面间的电场为匀强电场，且大小为E0，则电势差的大小为UE0R，但是O与球面间的电场并不是匀强电场，D错误12a、b、c三个粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定()A在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上Bb和c同时飞离电场C进入电场时，c的速度最大，a的速度最小D三个粒子动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大解析：选ACD三个粒子的加速度相同，由yat2知，a、b粒子偏转距离相同，运动时间相同，A对；c粒子偏转距离最小，最先
14、离开电场，B错；由于初速度v，latc，故vavbvc，C对；粒子动能增量等于电场力做的功，由于WqEy，Wy，所以a和b的动能增量一样大，c的动能增量最小，D对13(2017全国卷)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V下列说法正确的是()A电场强度的大小为2.5 V/cmB坐标原点处的电势为1 VC电子在a点的电势能比在b点的低7 eVD电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV解析：选ABDac垂直于bc，沿ca和cb两方向的场强分量大小分别为E12 V/cm、E21.5 V/cm，根据矢量合成可知E2.5 V/
15、cm，A项正确；根据在匀强电场中平行线上等距同向的两点间的电势差相等，有Oabc，得O1 V，B项正确；电子在a、b、c三点的电势能分别为10 eV、17 eV和26 eV，故电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，C项错误；电子从b点运动到c点，电场力做功W(17 eV)(26 eV)9 eV，D项正确14如图所示，长为L0.5 m、倾角为37的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一带电荷量为q，质量为m的小球(可视为质点)，以初速度v02 m/s恰能沿斜面匀速上滑，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，则下列说法中正确的是()A小球在B点的电势能大于在A点的电势能B
16、水平匀强电场的电场强度为C若电场强度加倍，小球运动的加速度大小为3 m/s2D若电场强度减半，小球运动到B点时速度为初速度v0的一半解析：选BD在小球由A到B的过程中，重力做负功，电场力做正功，小球电势能减少，A错；由动能定理知qELcos mgLsin 0，所以水平匀强电场的电场强度为，B对；电场强度加倍后，则有q2Ecos mgsin ma，所以a0.6g6 m/s2，C错；电场强度减半后，则有mgsin qcos ma1，a10.3g3 m/s2，由v02v22a1L，代入数值得v1 m/s，D对15如图所示，在竖直放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场，有一质量为m，
17、电荷量为q的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g，则点电荷运动到负极板的过程()A加速度大小为agB所需的时间为t C下降的高度为yD电场力所做的功为W解析：选BD点电荷受到重力、电场力，合力F；根据牛顿第二定律有：a，故A错误；根据运动独立性，水平方向点电荷的运动时间为t，水平方向上的加速度a，根据位移公式可得：t2，化简得t ，故B正确；竖直方向做自由落体运动，下降高度hgt2，故C错误；电荷运动水平位移为，故电场力做功W，故D正确三、非选择题(本题共5小题，共55分)16(8分)如图所示，在真空中有两个点电荷A和B，电荷量分别为Q和2Q，它们相距为l，如果在两点电荷连线的中点O
18、有一个半径为r(2rl)的空心金属球，且球心位于O点，则球壳上的感应电荷在O点处的电场强度大小为多少？方向如何？解析：先求点电荷A、B在O点产生的电场强度，E0kk，方向沿AB连线指向A.静电平衡后，球壳内部电场强度处处为0，说明感应电荷在O点产生的电场强度E与E0大小相等、方向相反即EE0，方向沿AB连线指向B.答案：沿AB连线指向B17(10分)如图所示为匀强电场中的一组等势面，若A、B、C、D相邻两点间的距离都是2 cm，P点到A点距离为1.4 cm，e 1.61019 C. 求：(1)场强的大小与方向；(2)P点的电势；(3)电子在P点的电势能解析：(1)根据匀强电场中电场强度和电势差
19、的关系可知，电场强度E.其中，dlsin 30.解得E100 V/m，方向垂直等势面与AD成60角斜向左上方(2)电场中某点的电势等于该点到零电势点的电势差，B点电势为零，故P点的电势PExPBsin 30.代入数据解得，P0.3 V.(3)电子在P点的电势能EPPq.代入数据解得，EP4.81020 J.答案：(1)100 V/m垂直等势面与AD成60角斜向左上方(2)0.3 V(3)4.81020 J18.(10分)如图所示，匀强电场中A、B、C三点构成一个直角三角形，把电荷量q21010 C的点电荷由A点移到B点，电场力做功4.8108 J，再由B点移到C点，电荷克服电场力做功4.810
20、8 J，取B点的电势为零，求A、C两点的电势及场强的方向解析：把电荷从A点移到B点，由UAB得，UAB V240 V.即ABA240 V.把电荷从B点移到C点，UBC V240 V.即BCC240 V，所以C240 V.由于AC，所以A、C在同一个等势面上，根据场强方向垂直于等势面并且由高电势处指向低电势处，可得到该电场的场强方向垂直于AC，指向左上方，如图所示答案：AC240 V方向垂直于AC连线指向左上方19(12分)如图所示，倾角为30的直角三角形底边长为2L，放置在竖直平面内，底边处在水平位置，斜边为光滑绝缘导轨，现在底边中点O固定一正电荷Q，让一个质量为m、电荷量为q的带负电的质点从
21、斜面顶端A沿斜面滑下(不脱离斜面)已测得它滑到斜边上的垂足D处的速度为v，加速度为a，方向沿斜面向下，问该质点滑到斜面底端C点时的速度和沿斜面向下的加速度各是多大？解析：因OBODOCL，所以B、D、C在以O为圆心的圆周上，对置于O点的点电荷Q形成的电场，则有BDC，因而q由D点运动到C点时，电场力做功为零由动能定理得mghmvC2mvD2又hBDsin 60L，vDv，代入解得vC 质点运动到D时，根据牛顿第二定律，有mgsin 30Fcos 30ma质点运动到D时，根据牛顿第二定律，有mgsin 30Fcos 30ma两式联立得aga.答案：ga20.(15分)如图所示，由A、B两平行板构
22、成的电容器，电容为C，原来不带电电容器的A板接地，并且中心有一个小孔，通过这个小孔向电容器中射入电子，射入的方向垂直于极板，射入的速度为v0.如果电子的发射是一个一个单独进行的，即第一个电子到达B板后再射第二个电子，并且所有和B板相碰的电子都留在B板上随着电子的射入，两极板间的电势差逐渐增加，直至达到一个稳定值已知电子的质量为m、电量为e，电子所受的重力可忽略不计，A、B两板的距离为L.(1)有n个电子到达B板上，这时两板间电场的场强E多大？(2)最多能有多少个电子和B板相碰？(3)到达B板的第1个电子在两板间运动的时间和最后一个电子在两板间运动的时间相差多少？解析：(1)当B板上聚集了n个射来的电子时，两板间的电势差为：U，内部电场为匀强电场，场强为：E.(2)设最多能聚集N个电子，第N1个射入的电子到达B板时速度减为零此时两板间的电势差为：U1对此后再射入的电子，根据动能定理有：eU10mv02联立解得：N.(3)第一个电子在两板间做匀速运动，运动时间为：t1最后一个电子在两板间做匀减速运动，到达B板时速度为零，运动时间为：t2二者时间差为：tt2t1.答案：(1)(2)(3)高考资源网版权所有，侵权必究！
