2023版新教材高中物理单元素养检测第一章静电场教科版必修第三册

这是一份2023版新教材高中物理单元素养检测第一章静电场教科版必修第三册，共8页。

单元素养检测(一)(第一章)考试时间：75分钟，满分：100分一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．每小题只有一个选项符合题目要求)1．对于书本中几幅插图所涉及的物理现象或原理，下列说法不正确的是(　　)A.甲图中，该女生和带电的金属球带有同种性质的电荷B.乙图为静电除尘装置的示意图，带负电的尘埃被收集在线状电离器上C.丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理D.丁图中，两条优质的话筒线外面包裹着金属外衣应用了静电屏蔽的原理2．如图，在匀强电场A、B两处分别放入两个正点电荷qA和qB，且qA＝2qB.甲同学选择零势能面后，算出两点电荷在A、B两处的电势能，得出A处的电势能小于B处的电势能的结论．其他同学看了甲的结论，分别发表了以下看法．你赞同的看法是(　　)A.甲同学得出的结论与零势能面选择无关B.甲同学选取的零势能面一定在A的左边C.甲同学选取的零势能面一定在B的右边D.甲同学选取的零势能面一定在A和B之间3．如图所示，正方形ABCD四个顶点各固定一个带正电的点电荷，电荷量相等，O是正方形的中心．现将A点的电荷沿OA的延长线向无穷远处移动，则(　　)A.在移动过程中，O点电场强度变小B.在移动过程中，C点的电荷所受静电力变大C.在移动过程中，移动的电荷所受静电力做负功D.当其移动到无穷远处时，O点的电势高于A点4.在建筑物安装避雷针是防雷击的有效方法．避雷针上方有雷雨云时，避雷针附近的电场线分布如图所示，图中中央的竖直黑线AB代表了避雷针，CD为水平地面，M、N是电场线中两个点，下列说法正确的是(　　)A.M点的电势比N点的电势低B.M点的场强比N点的场强大C.在试探电荷从M点到N点的多条路径中，沿直线MN走电场力做功最少D.CD的电势为零，且地面附近的电场线和地面垂直5.如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球用细线系住，线的一端固定在O点．若在空间加上匀强电场，平衡时线与竖直方向成60°角．已知重力加速度为g，则电场强度的最小值为(　　)A. eq \f(mg,2q) B． eq \f(\r(3)mg,2q) C． eq \f(2mg,q) D． eq \f(mg,q)6.电容式加速传感器常用于触发汽车安全气囊等系统．如图所示，极板M、N组成的电容器视为平行板电容器，M固定，N可左右运动，通过测量电容器板间的电压的变化来确定汽车的加速度．当汽车减速时，极板M、N间的距离减小，若极板上的电荷量不变，则该电容器(　　)A.电容变小 B．极板间电压变大C.极板间电场强度不变 D．极板间的电场强度变小7.如图所示，空间存在足够大的水平方向的匀强电场，绝缘的曲面轨道处于匀强电场中，曲面上有一带电金属块在力F的作用下沿曲面向上移动．已知金属块在向上移动的过程中，力F做功40 J，金属块克服静电力做功10 J，金属块克服摩擦力做功20 J，重力势能改变了30 J，则(　　)A.电场方向水平向左 B．电场方向水平向右C.在此过程中金属块电势能减少20 J D．在此过程中金属块机械能增加10 J二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)8．M和N是两个都不带电的不同的物体．它们互相摩擦后，M带正电荷2.72×10－9 C，下列判断正确的是(　　)A.在摩擦前M和N的内部没有任何电荷 B．摩擦过程中电子从M转移到NC.N在摩擦后一定带负电荷2.72×10－9 C D．M在摩擦过程中失去1.7×1010个电子9.测定电子的电荷量的实验装置示意图如图所示，置于真空中的油滴室内有两块水平放置的平行金属板M、N，分别与电压为U的恒定电源两极相连，板的间距为d.现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落，已知元电荷为e、重力加速度为g，则(　　)A.油滴中电子的数目为 eq \f(mgd,eU)B.油滴从小孔运动至N板过程中，电势能增加mgdC.油滴从小孔运动至N板过程中，机械能增加eUD.若将极板M向下缓慢移动一小段距离，油滴将加速下降10．如图所示，在玻璃管中心轴上安装一根直导线，玻璃管外绕有线圈，直导线的一端和线圈的一端分别跟感应圈的两放电柱相连．开始，感应圈未接通电源，点燃蚊香，让烟通过玻璃管冒出．当感应圈电源接通时，玻璃管中的导线和管外线圈间就会加上高电压，立即可以看到不再有烟从玻璃管中冒出来了．过一会儿还可以看到管壁吸附了一层烟尘，这是因为(　　)A.烟尘在高压电场作用下带上了负电B.烟尘在高压电场作用下带上了正电C.带负电的烟尘吸附在线圈上，因此看不到有烟冒出D.带正电的烟尘吸附在直导线上，因此看不到有烟冒出三、非选择题(本题共5小题，共54分；按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11.(6分)在探究两带电体间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两带电体的间距和带电荷量有关．他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于C点，如图所示．实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从B球附近逐渐向远处移动，观察到两球距离越大，丝线的偏角越小；再保持两球距离不变，改变小球A所带的电荷量，观察到电荷量越小，丝线的偏角越小．实验表明：两带电体之间的相互作用力，随其距离的________(选填“增大”或“减小”)而减小，随其所带电荷量的________(选填“增大”或“减小”)而减小．此同学在探究中应用的科学方法是________________(选填“累积法”“等效替代法”“控制变量法”或“演绎法”).12．(10分)如图所示，以O为圆心，r为半径的圆与坐标轴的交点分别为a、b、c、d，空间有方向与x轴正方向相同的匀强电场，同时在O点固定一个电荷量为＋Q的点电荷．如果把一个电荷量为－q的试探电荷放在c点恰好平衡，静电力常量为k，求：(1)匀强电场的场强大小；(2)a、d两点的实际场强大小．13．(10分)如图所示，真空中固定在O点的点电荷带电荷量Q＝＋2×10－6 C，虚线为另一带电荷量q＝－2×10－9 C的点电荷从无穷远处向O点运动的轨迹．点电荷q从无穷远处移动到点A静电力做了1.5×10－7 J的功；取无穷远处电势为零，轨迹上离O点距离为3 cm的B点电势φB＝125 V．(静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2)求：(1)点电荷q在B点时受到的静电力的大小F；(2)点电荷q在A点的电势能EpA；(3)A、B两点间的电势差UAB.14.(12分)如图所示，水平放置的平行板电容器上极板M接地，其中央有一小孔A，在A的正上方h＝20 cm处的B点有大量油滴依次自由落下．已知油滴电荷量q＝3×10－12 C，质量m＝3.0×10－9 kg，两板之间的距离L＝15 cm.当油滴落到N板后电荷全部转移到N板上(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)求：(1)油滴在两极板间匀速运动时两极板间的电场强度E的大小；(2)油滴恰好运动到N板时两极板间的电势差U；(3)若平行板电容器的电容C＝3×10－12 F，则落到N板上油滴的滴数n.15．(16分)如图甲所示，在xOy坐标系中，两平行金属板AB、OD水平放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L＝2 m．板间距离d＝1 m，紧靠极板右侧有一荧光屏．两金属板间电压UAO随时间的变化规律如图乙所示，变化周期为T＝2×10－3 s，U0＝1×103 V，一带正电的粒子从左上角A点，以平行于AB边v0＝1 000 m/s的速度射入板间，粒子电荷量为q＝1×10－5 C，质量m＝1×10－7 kg.不计粒子所受重力．求：(1)粒子在板间运动的时间；(2)粒子打到荧光屏上的纵坐标的范围；(3)粒子打到荧光屏上的动能．单元素养检测(一)(第一章)1．答案：B解析：甲图中，该女生接触带电的金属球，与金属球带同种性质的电荷，故A正确；乙图中线状电离器B带负电，管壁A带正电，带负电的尘埃被收集在管壁A上，故B错误；丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理，故C正确；金属体壳能产生静电屏蔽作用，两条优质的话筒线外面包裹着金属外衣应用了静电屏蔽的原理，故D正确．2．答案：B解析：若规定零势能面在A的左侧，则A、B处电势均小于零，根据Ep＝φq可知，两个正点电荷在A处的电势能可能小于B处的电势能；若规定零势能面在B的右侧，则A、B处电势均大于零，根据Ep＝φq可知，两个正点电荷在A处的电势能大于B处的电势能；若规定零势能面在A、B之间，则A处电势大于零，而B处电势小于零，根据Ep＝φq可知，两个正点电荷在A处的电势能大于在B处的电势能；故B正确，A、C、D错误．3．答案：D解析：O是等量同种电荷连线的中点，场强为0，将A处的正点电荷沿OA方向移至无穷远处，O点电场强度变大，故A不符合题意；移动过程中，C点场强变小，正电荷所受静电力变小，故B错误；A点电场方向沿OA方向，移动过程中，移动电荷所受静电力做正功，故C错误；A点电场方向沿OA方向，沿电场线方向电势降低，移动到无穷远处时，O点的电势高于A点电势，故D正确．4．答案：D解析：沿电场方向电势减小，M点的电势比N点的电势高，故A错误；电场线的疏密表示电场的强弱，M点的场强比N点的场强小，故B错误；根据静电力做功的特点可知，试探电荷从M点到N点，无论沿哪条路径，电场力做功一样多，故C错误；CD的电势为零，地面为等势面，则CD表面附近的电场线与地面都是垂直的，故D正确．5．答案：B解析：以小球为研究对象，对小球进行受力分析，小球受到重力mg、线的拉力F1、静电力F2三个力作用，根据平衡条件可知，拉力F1与静电力F2的合力必与重力mg等大反向．当静电力F2垂直于悬线时，F2最小，故场强E也最小．此时有qE＝mg sin 60°，所以E＝ eq \f(mg sin 60°,q)＝ eq \f(\r(3)mg,2q)，故B正确．6．答案：C解析：由平行板电容器电容的决定式C＝ eq \f(εrS,4πkd)可得，d减小，C增大，选项A错误；电容器所带电荷量Q不变，C增大，由U＝ eq \f(Q,C)可得，U变小，选项B错误；由匀强电场的场强与电势差关系公式可得E＝ eq \f(U,d)＝ eq \f(Q,Cd)＝ eq \f(4πkQ,εrS)，E与d无关，E不变，选项C正确，D错误．7．答案：D解析：因为不知道带电金属块的电性，所以无法判断电场方向，故A、B错误；克服静电力做功为10 J，则电势能增加10 J，故C错误；机械能的改变量等于除重力以外的其他力所做的总功，故应为ΔE＝40 J－10 J－20 J＝10 J，故D正确．8．答案：BCD解析：在摩擦前，物体内部存在着等量的异种电荷，对外不显电性，A错；M失去电子带正电，N得到电子带负电，所以电子是从M转移到N，B对；在摩擦起电过程中，根据电荷守恒定律，得失电子数目是相等的，M带正电荷2.72×10－9 C，则N一定带负电荷2.72×10－9 C，C对；M失去的电子数为n＝ eq \f(q,e)＝ eq \f(2.72×10－9,1.60×10－19)个＝1.7×1010个，D对．9．答案：AB解析：带电油滴在极板间匀速下落，故受力平衡，则有mg＝q eq \f(U,d)，所以油滴带电荷量q＝ eq \f(mgd,U)，所以电子的数目为n＝ eq \f(q,e)＝ eq \f(mgd,eU)，故A正确；油滴下降过程中，静电力方向向上，静电力做的功为－mgd，电势能增加mgd，故B正确；机械能减少，故C错误；若将极板M向下缓慢移动一小段距离，d减小，静电力F＝q eq \f(U,d)增大，合外力竖直向上，油滴将减速下降，故D错误．10．答案：AC解析：烟尘在直导线和管外线圈形成的高压电场作用下，带上了负电，带负电的烟尘颗粒被吸附到了带正电的线圈上，因此看不到有烟冒出．A、C项正确．11．答案：增大　减小　控制变量法解析：对小球B进行受力分析，可以得到小球B受到的电场力F＝mg tan θ，θ为丝线与竖直方向夹角，可知丝线的偏角越大，电场力也越大，所以使A球从B球附近逐渐向远处移动，观察到两球距离越大，丝线的偏角越小，说明两带电体之间的相互作用力随其距离的增大而减小；两球距离不变，改变小球A所带的电荷量，观察到电荷量越小，丝线的偏角越小，说明了两带电体之间的相互作用力随其所带电荷量的减小而减小．本实验中先保持两球电荷量不变，改变它们之间的距离，再保持距离不变，改变小球所带的电荷量，所以采用的是控制变量法．12．答案：(1) eq \f(kQ,r2)　(2) eq \f(2kQ,r2)　 eq \f(\r(2)kQ,r2)解析：(1)空间存在匀强电场和点电荷形成的电场，任何一点的场强都是这两个电场在该处的场强的合场强．由电荷量为－q的试探电荷在c点处于平衡状态可得k eq \f(Qq,r2)＝qE，解得匀强电场的场强为E＝ eq \f(kQ,r2).(2)由于正点电荷形成的电场的场强方向从圆心沿半径方向向外，故在a点，点电荷的场强方向沿x轴正方向；在d点，点电荷的场强方向沿y轴正方向．从而可知：a点的实际场强为两个等大、同方向场强的合成，即Ea＝ eq \f(2kQ,r2)，d点的实际场强为两个等大、互相垂直的场强的合成，即Eb＝ eq \f(\r(2)kQ,r2).13．答案：(1)4×10－2 N　(2)－1.5×10－7 J　(3)－50 V解析：(1)点电荷在B点时受到的静电力大小F＝k eq \f(Qq,r2)，解得F＝4×10－2 N.(2)根据功能关系有W∞A＝Ep∞－EpA，解得EpA＝－1.5×10－7 J.(3)A点的电势φA＝ eq \f(EpA,q)＝ eq \f(－1.5×10－7,－2.0×10－9) V＝75 V，A、B两点间的电势差UAB＝φA－φB＝－50 V．14．答案：(1)1.0×104 N/C　(2)3 500 V　(3)3 500滴解析：(1)油滴在两极板间匀速运动有：mg＝qE解得E＝1.0×104 N/C(2)根据动能定理有：mg(h＋L)－qU＝0解得U＝3 500 V(3)根据C＝ eq \f(Q,U)，Q＝nq解得n＝3 500滴15．答案：(1)2×10－3s　(2)0.85 m～0.95 m　(3)5.05×10－2 J解析：(1)板间粒子在水平方向上做沿x轴方向的匀速直线运动，设运动时间为t，则L＝v0t，t＝ eq \f(L,v0)＝2×10－3 s.(2)t＝0时刻射入的粒子在板间偏转量最大，设为y1，y1＝ eq \f(1,2)a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2))) eq \s\up12(2)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a·\f(T,2))) eq \f(T,2)， eq \f(U0q,d)＝ma，解得y1＝0.15 m.纵坐标y＝d－y1＝0.85 m，t＝1×10－3 s时刻射入的粒子在板间偏转量最小，设为y2，y2＝ eq \f(1,2)a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2))) eq \s\up12(2)，解得y2＝0.05 m，纵坐标y′＝d－y2＝0.95 m，所以打到荧光屏上的纵坐标的范围在0.85 m～0.95 m之间．(3)分析可知粒子打到荧光屏上的动能相同，设为Ek，由动能定理得： eq \f(U0,d)qy2＝Ek－ eq \f(1,2)mv eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ，解得Ek＝5.05×10－2 J．