【名師一號】2020-2021學(xué)年新課標(biāo)版物理選修3-1-第一章靜電場-測試

第一章測試第Ⅰ卷(選擇題，共40分)一、選擇題(本題共10小題，每小題4分，共40分．有的小題只有一個選項正確，有的小題有多個選項正確，把正確的選項前的符號填在括號內(nèi))1．在真空中的一個點電荷的電場中，離該點電荷距離為r0的一點引入電荷量為q的檢驗電荷，所受靜電力為F，則離該點電荷為r處的場強大小為()A．F/q B．Freq\o\al(2,0)/(qr2)C．Fr0/qr D.eq\f(F,q)eq\r(\f(r,r0))解析由庫侖定律，得F＝eq\f(kqQ,r\o\al(2,0))，在r處的場強E＝eq\f(kQ,r2)，得E＝eq\f(Fr\o\al(2,0),qr2)，故B選項正確．答案B2．如圖所示，一電場的電場線分布關(guān)于y軸(沿豎直方向)對稱，O、M、N是y軸上的三個點，且OM＝MN.P點在y軸右側(cè)，MP⊥ON.則()A.M點的電勢比P點的電勢高B．將負電荷由O點移動到P點，電場力做正功C.M、N兩點間的電勢差大于O、M兩點間的電勢差D．在O點靜止釋放一帶正電粒子，該粒子將沿y軸做直線運動解析過M、P、N做等勢線，可得到過P點的等勢線通過M、N之間，因順著電場線電勢降低，則有φM>φP>φN，故A選項正確；將負電荷由O點移到P點，因UOP>0，所以W＝－qUOP<0，則電場力做負功，故B選項錯誤；由U＝Ed可知，M、N間的平均場強小于O、M間的平均場強，故M、N兩點間的電勢差小于O、M兩點間的電勢差，C選項錯誤；依據(jù)電場線的分布特點會發(fā)覺，電場線關(guān)于y軸兩邊對稱，故y軸上的場強方向在y軸上，所以在O點靜止釋放一帶正電粒子，其所受電場力沿y軸正方向，則該粒子將沿y軸做直線運動，故D選項正確．答案AD3．空間存在豎直向上的勻強電場，質(zhì)量為m的帶正電的微粒水平射入電場中，微粒的運動軌跡如圖所示．在相等的時間間隔內(nèi)()A．重力做的功相等B．電場力做的功相等C．電場力做的功大于重力做的功D．電場力做的功小于重力做的功解析本題考查了帶電粒子在電場中運動的功能問題．帶電粒子進入電場后做水平方向的勻速直線運動和豎直方向的勻加速直線運動，即為類平拋運動，故帶電微粒的動能增大，且在運動過程中，重力做負功，電場力做正功，即W電－Wg＝ΔEk>0，故W電>Wg.答案C4．如圖所示，在點電荷Q的電場中有a、b兩點，兩點到點電荷的距離ra<rb.設(shè)a、b兩點場強大小分別為Ea和Eb，電勢分別為φa和φb，則()A．Ea肯定大于Eb，φa肯定大于φbB．Ea肯定大于Eb，φa可能小于φbC．Ea肯定大于Eb，φa可能大于φbD．Ea可能小于Eb，φa可能小于φb解析電場中某點的電場強度E和電勢φ沒有聯(lián)系，電場中某點的電勢與零勢點的選取有關(guān)，故B、C選項正確．答案BC5.A、B是一條電場線上的兩個點，一帶負電的微粒僅在電場力作用下以肯定初速度從A點沿電場線運動到B點，其速度－時間圖象如圖所示．則這一電場可能是()解析由v-t圖象可知微粒的速度減小，加速度增大，可知微粒所受電場力方向由B指向A，從A到B的過程中電場力漸漸增大，結(jié)合粒子帶負電，可以推斷電場線方向由A指向B且越來越密，故A選項正確．答案A6．一平行板電容器的兩個極板水平放置，兩極板間有一帶電量不變的小油滴，油滴在極板間運動時所受空氣阻力的大小與其速率成正比．若兩極板間電壓為零，經(jīng)一段時間后，油滴以速率v勻速下降；若兩極板間的電壓為U，經(jīng)一段時間后，油滴以速率v勻速上升．若兩極板間電壓為－U，油滴做勻速運動時速度的大小、方向?qū)⑹?)A．2v、向下 B．2v、向上C．3v、向下 D．3v、向上解析由電容器兩極板間電壓為0，油滴以速度v勻速下降時，油滴受力如圖①所示，則有mg＝Ff1①Ff1＝kv②若極板間電壓為U時，受力如圖②所示，則有F電＝Ff2＋mg③Ff2＝kv④若極板間電壓為－U時，油滴受力如圖③所示，則有F電＋mg＝Ff3⑤Ff3＝kv′⑥由①②③④⑤⑥聯(lián)立，可解得v′＝3v，且方向向下，故選C項．答案C7.(2022·新課標(biāo)全國)如圖所示，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與始終流電源相連．若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子()A．所受重力與電場力平衡B．電勢能漸漸增加C．動能漸漸增加D．做勻變速直線運動解析帶電粒子在平行板電容器之間受到兩個力作用，一是重力mg，方向豎直向下，二是電場力F＝qE，方向垂直極板向上．由于二力均為恒力，已知帶電粒子做直線運動，所以此二力的合力肯定在粒子運動的直線軌跡上，依據(jù)牛頓其次定律可知，該粒子做勻減速直線運動，故選項D正確，選項A、C錯誤；從粒子運動的方向和電場力的方向可推斷出，電場力對粒子做負功，粒子的電勢能增加，故選項B正確．答案BD8.如圖所示，在兩個電荷量均為＋q的點電荷連線中點O與中垂線上某點P中，正確的關(guān)系是()A.φO<φP，EO>EPB.φO>φP，EO<EPC．將正電荷從O點移到P點，電場力做正功D．將正電荷從O點移到P點，電場力做負功解析等量同種電荷連線中點場強為零，中垂線上其他點合場強沿中垂線向外，所以EP>EO，φP<φO，選項A錯誤，選項B正確．將正電荷由O點移到P點，是沿著電場力移動，電場力做正功，選項C正確，選項D錯誤．答案BC9．如圖所示是一個說明示波管工作的原理圖，電子經(jīng)加速電場(加速電壓為U1)加速后垂直進入偏轉(zhuǎn)電場，離開偏轉(zhuǎn)電場時偏轉(zhuǎn)量是h，兩平行板間的距離為d，電壓為U2，板長為l，每單位電壓引起的偏移eq\f(h,U2)叫做示波管的靈敏度，為了提高靈敏度，可接受下列哪些方法()A．增大U1 B．減小lC．減小d D．增大U2解析電子經(jīng)過加速電場U1加速，由動能定理，可得eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，進入偏轉(zhuǎn)電場后，偏轉(zhuǎn)量h＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(eU2l2,2dmv\o\al(2,1))＝eq\f(eU2l2,4eU1d)＝eq\f(U2l2,4U1d)，可得eq\f(h,U2)＝eq\f(l2,4U1d)，由此式，可知C選項正確．答案C10.如圖所示，用絕緣細線拴一帶負電小球，在豎直平面內(nèi)做圓周運動，勻強電場方向豎直向下，則()A．當(dāng)小球運動到最高點a時，線的張力肯定最小B．當(dāng)小球運動到最低點b時，小球的速度肯定最大C．當(dāng)小球運動到最高點a時，小球的電勢能最小D．小球在運動過程中機械能不守恒解析若qE＝mg，小球?qū)⒆鰟蛩賵A周運動，球在各處對細線的拉力一樣大．若qE<mg，球在a處速度最小，對細線的拉力最?。魆E>mg，球在a處速度最大，對細線的拉力最大．故選項A、B錯誤．a(chǎn)點電勢最高，負電荷在電勢最高處電勢能最小，故選項C正確．小球在運動過程中除重力外，還有電場力做功，機械能不守恒，選項D正確．答案CD第Ⅱ卷(非選擇題，共60分)二、填空題(每小題5分，共20分)11．質(zhì)量為m，電荷量為q的質(zhì)點，在靜電力作用下以恒定速率v沿圓弧由A運動到B，其速度方向轉(zhuǎn)變θ角，AB弧長為s，則A、B兩點的電勢差UAB＝________，AB中點的場強大小E＝________.解析由動能定理，得qUAB＝ΔEk＝0所以UAB＝0質(zhì)點做勻速圓周運動R＝eq\f(s,θ)靜電力供應(yīng)向心力，有qE＝eq\f(mv2,R)解得E＝eq\f(mv2θ,qs)答案0eq\f(mv2θ,qs)12．在真空中兩個帶等量異種電荷的點電荷，電荷量均為2×10－8C，相距20cm，則它們之間的相互作用力為________N，在兩者連線的中點處，電場強度大小為________N答案9×10－53.6×10413．如圖所示，實線為電場線，虛線為等勢面，且相鄰兩等勢面的電勢差相等，一正電荷在等勢面φ3上時具有動能60J，它運動到等勢面φ1上時，速度恰好為零，令φ2＝0，那么，當(dāng)該電荷的電勢能為12J時，其動能大小為________J.解析以φ2的電勢為零，由能量守恒可知，電荷的電勢能和動能的總和保持不變，由題意可知每經(jīng)過一個等勢面帶電粒子的動能削減30J，則在等勢面φ2上時動能為30J，電勢能為0，則總能量為30J，故當(dāng)電勢能為12J時，動能為18J.答案1814．如圖所示，真空中有一電子束，以初速度v0沿著垂直場強方向從O點進入電場，以O(shè)點為坐標(biāo)原點，沿x軸取OA＝AB＝BC，再自A、B、C作y軸的平行線與電子徑跡分別交于M、N、P點，則AM：BN：CP＝________，電子流經(jīng)M、N、P三點時沿x軸的分速度之比為________．答案1：4：91：1：1三、計算題(本題共3小題，共40分．解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟)15．(10分)如圖所示是示波器的示意圖，豎直偏轉(zhuǎn)電極的極板長L1＝4cm，板間距離d＝1cm.板右端距離熒光屏L2＝18cm，電子沿中心線進入豎直偏轉(zhuǎn)電場的速度是v＝1.6×107m/s，電子電荷量e＝1.6×10－19解析由類平拋運動的學(xué)問，得eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2由牛頓其次定律，得a＝eq\f(Ue,dm)飛行時間t＝eq\f(L1,v).聯(lián)立以上各式，得最大偏轉(zhuǎn)電壓U＝eq\f(md2v2,eL\o\al(2,1))＝91V即加在豎直偏轉(zhuǎn)電極上的最大偏轉(zhuǎn)電壓不能超過91V.答案91V16.(14分)如圖所示，ab是半徑為R的圓的一條直徑，該圓處于勻強電場中，場強大小為E，方向肯定，在圓周平面內(nèi)，將一帶正電荷q的小球從a點以相同的動能拋出，拋出方向不同時，小球會經(jīng)過圓周上不同的點，在全部的這些點中，到達c點時小球的動能最大．已知∠cab＝30°，若不計重力和空氣阻力，試求：(1)電場方向與ac間的夾角θ為多大？(2)若小球在a點時初速度方向與電場方向垂直，則小球恰好能落在c點，那么初動能為多大？解析(1)帶正電小球從a點拋出后，僅在電場力作用下，運動到圓周上的c點，且具有最大動能，則說明在圓周上c點與a點的電勢差最大，過c點做圓的切線即為該勻強電場的等勢線，故電場的方向沿Oc方向，如圖所示．電場方向與ac間的夾角為30°.(2)設(shè)初速度為v0，垂直電場方向帶正電小球做勻速運動，有R·sin60°＝v0t平行于電場方向帶正電小球做勻加速直線運動，有R＋Rcos60°＝eq\f(1,2)at2依據(jù)牛頓其次定律，得qE＝ma聯(lián)立以上各式解，得Eka＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(EqR,8)答案(1)30°(2)eq\f(EqR,8)17.(16分)如圖所示，光滑斜面傾角為37°，一帶有正電的小物塊質(zhì)量為m，電荷量為q，置于斜面上，當(dāng)沿水平方向加有如圖所示的勻強電場時，帶電小物塊恰好靜止在斜面上，從某時刻開頭，電場強度變化為原來的eq\f(1,2)，求：(1)原來的電場強度大??；(2)物塊運動的加速度；(3)沿斜面下滑距離為L時物塊的速度大?。?g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos解析(1)物體受到的力有重力mg、支持力FN、靜電力F＝qE如圖所示．qE＝mgtan37°