2017-2018学年高二物理粤教版选修3-1单元测试：第一章 电场2（含解析）

本章测评
(90分钟，100分)
一、选择题(每题4分，共48分)
1关于元电荷下列说法正确的是(　　)
A．元电荷实际上是指电子和质子本身
B．所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍
C．元电荷的值通常取作e＝1.60×10－19
C
D．电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的
2下列粒子从初速度为零经过加速电压为U的电场后，速度最大的是(　　)
A．镁离子Mg2＋
B．氘核
C．N粒子
D．钠离子Na＋
3使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是(　　)
4下列关于电场线的说法正确的是(　　)
A．沿电场线方向电场强度逐渐减小
B．沿电场线方向电势逐渐降低
C．电场线方向就是电荷受力的方向
D．沿电场线方向移动电荷，电荷电势能逐渐减小
5如图所示，两根细线挂着两个质量相同的小球A、B，上、下两根细线中的拉力分别为TA、TB，现在使A、B带上同种电性的电荷，此时上、下细线受力分别为TA′、TB′，则(　　)
A．TA′＝TA，TB′＞TB
B．TA′＝TA，TB′＜TB
C．TA′＜TA，TB′＞TB
D．TA′＞TA，TB′＜TB
6两个固定的异种点电荷，电荷量给定但大小不等．用E1和E2分别表示两个点电荷产生的电场强度的大小，则在通过两个点电荷的直线上，E1＝E2的点
…(　　)
A．有三个，其中两处合场强为零
B．有三个，其中一处合场强为零
C．只有二个，其中一处合场强为零
D．只有一个，该处合场强不为零
7利用静电计研究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验装置如图所示，则下面哪些叙述符合实验中观察到的结果(　　)
A．N板向下平移，静电计指针偏角变大
B．N板向左平移，静电计指针偏角变大
C．保持N板不动，在M、N之间插入一块绝缘介质板，静电计指针偏角变大
D．保持N板不动，在M、N之间插入一块金属板，静电计指针偏角变大
8如图所示的直线是真空中某电场的一条电场线，A、B是这条直线上的两点，一带正电粒子以速度vA经过A点向B点运动，经过一段时间后，粒子以速度vB经过B点，且vB与vA方向相反，不计粒子重力，下面说法正确的是(　　)
A．A点的场强一定大于B点的场强
B．A点的电势一定高于B点的电势
C．粒子在A点的速度一定小于在B点的速度
D．粒子在A点的电势能一定小于在B点的电势能9如图所示，M、N是真空的两块平行金属板．质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子恰好能到达N板．如果要使这个带电粒子到达M、N板间距的1/2后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)(　　)
A．使初速度减为原来的1/2
B．使M、N间电压加倍
C．使M、N间电压提高到原来的4倍
D．使初速度和M、N间电压都减为原来的1/2
10如图所示，一个静电计放在绝缘面上，静电计的金属球A与开关S1与S2相连，当开关都断开时，使A球带电，看到静电计指针张开一个角度，现闭合开关S1后再断开，然后再闭合开关S2，可观察到的现象是(　　)
A．指针张角先减小到零，之后不再张开
B．指针张角先减小到零，之后再张开
C．指针张角先减小，之后保持不变
D．指针张角先不变，之后减小到零
11如图所示，电容器A、B为两块互相平行放置的金属板，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开角度增大些，应该采取的措施是(　　)
A．直接将A、B两极板靠近些
B．直接将A、B两极板分开些
C．将变阻器滑动触头向上移动
D．断开S后将A、B分开些
12如图所示，水平固定的小圆盘A带电荷量为Q，电势为零，从盘心处O释放一质量为m的带电荷量为＋q的小球，由于电场力的作用，小球竖直上升的高度可达盘中心竖直线上的C点，OC＝h1.又知道过竖直线上B点时小球速度最大，由此可确定Q所形成的电场中下述哪些物理量(　　)
①B点的场强　②C点的场强　③B点的电势　④C点的电势
A．①③　　
　B．②④　
　　C．①④　
　　D．②③
二、填空题(每小题6分，共12分)
13有两个带电小球，电荷量分别为＋Q和＋9Q，在真空中相距0.4
m．如果引进两个带电小球，正好使三个小球都处于平衡状态，则第三个小球带电性质为______，应放在距＋Q______m，电荷量是Q的______倍．
14示波管的示意图如图所示，阴极K与阳极A间的加速电压为U1，偏转电极y1和y2的极板长为l，间距为d，极板间偏转电压为U2，y1和y2的中点到荧光屏的距离为L.若电子从阴极发射出来的初速度忽略不计，电子打在荧光屏上时的侧移距离r的大小为______．
三、计算题(共4题，15、16每题8分，17题10分，18题14分，共40分)
15有两个完全相同的带电绝缘金属小球A、B，分别带有电荷量QA＝6.4×10－9C，QB＝－3.2×10－9C，让两绝缘金属小球接触，问在接触过程中，电子如何转移并转移了多少？
16在如图所示的xOy平面内(y轴正方向竖直向上)存在着水平向右的匀强电场，有一带正电的小球自从坐标原点O沿y轴正方向竖直向上抛出，它的初动能为4
J，不计空气阻力．当它上升到最高点M时，它的动能为5
J．求：
(1)试分析说明带电小球被抛出后沿竖直方向和水平方向分别做什么运动？
(2)在图中画出带电小球从抛出点O到落回与O在同水平线上的O′点的运动轨迹示意图；
(3)带电小球落回到x轴上时的动能．17一匀强电场，场强方向是水平的(如图)，一个质量为m的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为v0，在电场力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成θ角做直线运动．求小球运动到最高点时其电势能与在O点的电势能之差．
18如图所示为真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度不计)，经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入由两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点．已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子质量为m，电荷量为e.求：
(1)电子穿过A板时的速度大小；
(2)电子从偏转电场射出时的侧移量；
(3)P点到O点的距离．
答案
1解析：元电荷是指电子或质子所带的电荷量，数值为e＝1.60×10－19
C，故A项错误，C项正确；所有带电体的电荷量都等于元电荷的整数倍，B项正确；电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的，D也正确．
答案：BCD
2解析：由功能关系知Uq＝mv，所以v＝U·，故v
∝.
选项中B项最小，所以B项符合题意．
答案：B
3答案：B
4答案：B
5答案：A
6解析：设两个异种点电荷的电荷量分别为q1、q2，q2＜q1且q1、q2两者相距为L，在两个点电荷之间场强同方向．根据E＝k，可知E1＝E2，在两者之间有一点其合场强为2E1，这一点离q2较近，在q1的外侧E1＞E2，两者不可能相等．在q2的外侧由于q2＜q1，r2＜r1，根据E＝k可得E1和E2有可能相等，但方向相反，合场强为零．故选C.
答案：C
7解析：由平行板电容器的电容的计算公式C＝知，当把N板下移时，d增大，则C减小．又由C＝，Q不变，所以U增大，静电计指针偏角变大，A选项正确．N板向左平移时，S减小，则C减小，同理得U变大，静电计指针偏角变大，B选项正确．当在M、N之间插入绝缘介质板时，ε变大，C变大，同理得U变小，静电计指针偏角变小，C选项错误．当在M、N之间插入一块金属板时，两板间相对距离d减小，C变大，同理可得U变小，静电计指针偏角变小，D选项错误．
答案：AB
8解析：粒子受电场力方向向左，粒子带正电，故场强向左，B错D对；一条电场线无法判断场强大小，故A错；粒子从A点到B点，电场力做负功，A点速度大于B点速度，C错．答案：D
9解析：由题意知，带电粒子在电场中做匀减速直线运动；在粒子恰好能到达N板时，由动能定理可得：－qU＝－mv.
要使粒子到达两极板中间后返回，设此时两极板间电压为U1，粒子的初速度为v1，则由动能定理可得：
－q＝－mv，联立两方程得：＝
对A选项：U1＝U，v1＝v0等式不能满足．对B选项：U1＝2U，v1＝v0能满足等式．对C选项：U1＝4U，v1＝v0等式不能满足．对D选项：v1＝v0，U1＝U等式能被满足，故选B、D.
答案：BD
10解析：静电计在测量电势差时，金属球A与一个极相连，外壳B接另一个极，这时，静电计的示数即为金属球与外壳的电势差．闭合S1后，金属球与外壳的电势相等．故示数为零，张角减小到零；断开S1后，金属球与外壳的电势仍相等；闭合S2后，金属球与大地相接，电势变为零，而此时外壳仍带电，其电势不等于零，故金属球与外壳的电势不相等，示数不为零，选项B正确．
答案：B
11解析：由图可知电容器两极板直接接在电源的两端，而静电计与电容器并联．只要开关S不断开，电容器和静电计的电压均等于电源两端的电压，与A、B两极板之间距离无关，也与R的大小无关(但R不能断开)．S断开后，电容器所带电荷量不变，由平行板电容器公式C＝可知当d增大时，C减小，由电容器的定义式C＝，可知当Q不变，C减小时，U是增大的．
答案：D
12解析：带电小球在Q的电场中，从O点沿竖直线上升的过程中，受到向上的电场力和向下的重力共同作用，电场力做正功，重力做负功．在到达B点之前电场力大于重力，小球加速运动，到达B点时，电场力和重力大小相等，加速度为零，速度达最大，而运动到B点上方后，电场力小于重力，速度减小，到达最高点C时，减小的电势能完全转化为重力势能，则有：
qEB＝mg　所以EB＝
q(φ0－φC)＝mgh1，又φ0＝0
所以φC＝－.
答案：C
13解析：引入的第三个小球必须带负电，并放在这两个小球的连线上且离＋Q较近处．设第3个小球带电荷量为q，放在距＋Q的距离为x，由平衡条件和库仑定律有：k＝k，解得：x＝0.1
m
以＋Q为研究对象，由平衡条件有：
k＝k，得q＝
即第三个小球带负电，电荷量为Q的.
答案：负电　0.1　
14解析：设电子的电荷量为q，电子先在电场中加速，得：qU1＝mv①
再在电场中偏转，侧向位移：
sy＝at2＝()2②
联立①②得：sy＝③
电子穿出时刻的末速度的反向延长线与初速度延长线交点恰好在水平位移的中点(如下图)，且电子接着做匀速直线运动，根据三角形相似可得：＝④
把③代入④解得：Y＝.
答案：
15解析：当两小球接触时，带电荷量少的负电荷先被中和，剩余的正电荷再重新分配．由于两小球相同，剩余正电荷必均分，即接触后两小球带电荷量为：
QA′＝QB′＝＝
C
＝1.6×10－9
C
在接触过程中，电子由B球转移到A球，不仅将自身电荷中和，且继续转移，使B球带QB′的正电，这样，共转移电子电荷量为
ΔQ＝－QB＋QB′＝3.2×10－9
C＋1.6×10－9
C
＝4.8×10－9
C
转移的电子数：n＝＝＝3.0×1010(个)．
答案：3.0×1010个
16解析：(1)竖直方向为上抛运动，原因是竖直方向只受重力，并存在竖直向上的初速度，水平方向初速度为零，受恒定的电场力作用，故做初速度为零的匀变速直线运动．(2)示意图如下图(由于上抛回落时间相等，故水平位移比为1∶3)．(3)由(1)、(2)分析可知：mgh＝mv＝4
J
由动能定理知：由O至M有：qUOM－mgh＝EkM－EkO＝1
J
所以qUOM＝1
J＋mgh＝5
J
由M至O′有qUMO′＋mgh＝EkO′－EkM
所以EkO′＝qUMO′＋mgh＋EkM
而qUMO′＝3qUOM＝15
J
所以EkO′＝15
J＋mgh＋5
J＝24
J.
答案：见解析
17解析：设电场强度为E，小球带电荷量为q，因小球做直线运动，它受的电场力qE和重力mg的合力必沿此直线，如下图
mg＝qEtanθ
由此可知，小球做匀减速运动的加速度大小为a＝
设从O到最高点的位移为s，v＝2as
运动的水平距离为l＝scosθ
两点的电势能之差ΔE＝qEl
由以上各式得ΔE＝mvcos2θ.
答案：mvcos2θ
18解析：(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，根据动能定理得：eU1＝mv，解得：v0＝.
(2)电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场线方向做匀速直线运动，沿电场线方向做初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时的侧移量为y1，根据牛顿第二定律和运动学公式得：F＝eE，E＝，F＝ma，a＝，t1＝，y1＝at2，解得：y1＝.
(3)设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，根据运动学公式得：vy＝at1，电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示．
由t2＝，y2＝vyt2，解得：y2＝
P到O点的距离为：y＝y1＋y2＝(2L2＋L1)
答案：(1)　(2)　(3)(2L2＋L1)