选修3-1 第一章 静电场 综合能力检测a

第一章综合能力测试A
本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，时间90分钟．
第Ⅰ卷(选择题　共40分)
一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．(2009·江苏淮阴高二检测)最早提出用电场线描述电场的物理学家是 (　　)
A．牛顿　　　　　　　　 B．伽利略
C．法拉第 D．阿基米德
答案：C
2．如图所示，静电计垫放在绝缘物上，开关S1一端与金属球A连接，另一端与金属外壳B相接．开关S2一端与金属球连接，另一端与大地相接．当S1与S2都断开时，使A球带电，看到静电计指针张开一个角度．然后合上S1后再断开，再合上S2，可看到指针张角
(　　)
A．先减小，之后不变
B．先减为零，之后又张开
C．先减为零，之后不再张开
D．先不变，之后变为零
答案：B
解析：当合上S1后静电计的金属球A和金属外壳B成了一个等势体，则指针的张角将变为零．当把S1断开后金属球A和金属外壳B成了两个带电体，但它们的电势相等，指针不偏转，当合上开关S2后金属球A与大地相连，此时球A的电势变为零，金属球A和金属壳B之间又存在了电势差，则指针又发生偏转．
3．(2009·河南宝丰一中高二检测)关于电场强度和电势，下列说法正确的是
(　　)
A．由公式可知E与F成正比，与q成反比
B．由公式U＝Ed可知，在匀强电场中，E为恒值，任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比
C．电场强度为零处，电势不一定为零
D．无论是正电荷还是负电荷，当它在电场中移动时，若电场力做功，它一定是从电势高处移到电势低处，并且它的电势能一定减少
答案：C
4．如图所示，在A板附近有一电子由静止开始向B板运动，则关于电子到达了B板时的速率，下列解释正确的是 (　　)
A．两板间距越大，加速的时间就越长，则获得的速率越大
B．两板间距越小，加速度就越大，则获得的速率越大
C．与两板间的距离无关，仅与加速电压U有关
D．以上解释都不正确
答案：C
解析：由动能定理得：qU＝mv2，v＝，即A、B、D三项均错．
5．如图所示，图中K、L、M为静电场中的3个相距较近的等势面．一带电粒子射入此静电场中后，沿abcde轨迹运动．已知φK<φL<φM，且粒子在ab段做减速运动．下列判断中正确的是 (　　)
A．粒子带负电
B．粒子在a点的加速度大于在b点的加速度
C．粒子在a点与e点的速度大小相等
D．粒子在a点的电势能小于在d点的电势能
答案：CD
解析：由于φK<φL，带电粒子在ab段做减速运动，因此粒子带正电，A错误；由电场线分布情况可知a点场强小于b点场强，因此粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，B错误；a点和e点处在同一等势面上，因此该粒子在该两点的动能、电势能都相等，C正确；b点和d点处在同一等势面上，b、d两点的电势能相等，由于带电粒子在ab段做减速运动即该阶段电场力做负功，电势能增加，即a点的电势能小于b点的电势能，故D正确．
6．如图所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板，a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地．开始悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度α.在以下方法中，能使悬线的偏角α变大的是 (　　)
A．缩小a、b间的距离
B．加大a、b间的距离
C．取出a、b两极板间的电介质
D．换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质
答案：BC
解析：由题图可看出UPQ＝Uba＝＝＝
所以要使悬线的偏角度大，需增大UPQ即增大d或减小ε，故B、C正确；A、D错误．
7．如图所示，O点置一个正点电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m，带电量为q，小球落下的轨迹如图中的实线所示，它与以O点为圆心、R为半径的圆(图中虚线表示)相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC＝30°，A距OC的高度为h，若小球通过B点的速度为v，则下列叙述正确的是 (　　)
①小球通过C点的速度大小是；
②小球通过C点的速度大小是；
③小球由A到C电场力做功是mgh－mv2；
④小球由A到C电场力做功是mv2＋mg.
A．①③ B．①④
C．②④ D．②③
答案：C
解析：由于B、C在同一等势面上，故从B→C电场力不做功．从B→C只有重力做功有：mv＝mv＋mghBC，即：mv＝mv2＋mgRsin30°，得vC＝.从A→C由动能定理有：mv＝mgh＋WAC，得WAC＝mv2＋mg.
8．带电粒子以速度v0沿竖直方向垂直进入匀强电场E中，如图所示，经过一段时间后，其速度变为水平方向，大小仍为v0，则一定有 (　　)
A．电场力与重力大小相等
B．粒子运动的水平位移大小等于竖直位移大小
C．电场力所做的功一定等于重力做的功的负值
D．电势能的减小一定等于重力势能的增大
答案：ABCD
解析：粒子在水平方向上：ax＝，vx＝axt；竖直方向上：vy＝v0－gt，到达B点时：vx＝v0，vy＝0，所以有：v0＝axt,0＝v0－gt，故ax＝g，qE＝mg.所以A正确，由动能定理：qEx－mgh＝0，x＝h，B对．WG＝－WE，ΔEPG＝－ΔEPE，C、D均对．
9．(2009·海门模拟)一个质量为m，电荷量为＋q的小球以初速度v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔，竖直高度相等，电场区水平方向无限长．已知每一电场区的场强大小相等，方向均竖直向上，不计空气阻力，下列说法正确的是 (　　)
A．小球在水平方向一直做匀速直线运动
B．若场强大小等于，则小球经过每一电场区的时间均相同
C．若场强大小等于，则小球经过每一无电场区的时间均相同
D．无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同
答案：AC
解析：小球在水平方向不受力作用，因此，在水平方向一直做匀速直线运动，A正确；当E＝时，小球通过一、二电场区时在竖直方向均做匀速直线运动，但竖直速度不同，故B错误；当E＝时，小球通过第一、二无电场区时在竖直方向的初速度是相同的，C正确；如取E＝，则小球通过无电场区的速度越来越大，对应的时间也越来越短，故D错误．
10．静电透镜是利用电场使电子束会聚或发散的一种装置，其中某部分有静电场的分布如图所示，虚线表示这个静电场在xOy平面内的一簇等势线，等势线形状相对于Ox轴、Oy轴对称．等势线的电势沿x轴正向增加，且相邻两等势线的电势差相等．一个电子经过P点(其横坐标为－x0)时，速度与Ox轴平行．适当控制实验条件，使该电子通过电场区域时仅在Ox轴上方运动．在通过电场区域过程中，该电子沿y方向的分速度vy随位置坐标x变化的示意图是 (　　)
答案：D
解析：根据电场线与等势面处处垂直，可在原图中画出一条电场线如图所示，电子在x轴上方区域运动过程中所受电场力的竖直分量沿y轴负方向且逐渐减小至零，再逐渐增大．刚开始电子在竖直方向分速度是零，之后先增加后减
小，竖直分速度方向沿y轴负方向．电子水平方向分速度因不断被加速，电子在xOy的区域(第Ⅰ象限内)运动时间较短，故在x轴正向一侧电子竖直分速度变化较小，两边不对称，选项D正确．
第Ⅱ卷(非选择题　共60分)
二、填空题(共4小题，每小题5分，共20分．把答案直接填在横线上)
11．(2009·贵州兴义市清华实验中学高二检测)如图，质量为m的带正电小球A悬挂在绝缘细线上，且处在场强为E的匀强电场中，当小球A静止时细线与竖直方向成30°角，已知电场方向恰使小球受的电场力最小，则小球所带电量为________．
答案：
解析：由题意知sin30°＝　∴q＝
12．有一水平方向的匀强电场，场强大小为9×103N/C，在电场内作一半径为10cm的圆，圆周上取A、B两点，如图所示，连线AO沿E方向，BO⊥AO，另在圆心O处放一电量10－8C的正点电荷，则A处的场强大小为________；B处的场强大小和方向为________．
答案：0；9×103N/C，与原场强方向成45°角向右下方．
解析：由E＝KQ/r2＝9.0×109×10－8/(0.01)2＝9.0×103(N/C)，在A点与原场强大小相等方向相反∴EA＝0；在B点EB＝E＝9×103N/C，与原场强方向成45°角．
13．如图所示，匀强电场水平向左，带正电物块A沿绝缘水平板向右运动，经P点时动能为200J，到Q点时动能减少了160J，电势能增加了96J，则它再回到P点时的动能为________J.
答案：40
解析：从P到Q由动能定理得－W电－W摩＝ΔEk
其中W电＝96J，ΔEk＝－160J
所以W摩＝64J
从P点到最远处－W电′－W摩′＝ΔEk′
因为＝　ΔEk′＝－200J
所以W摩′＝80J
从P出发到再回到P
－2W′摩＝Ek′－200
所以Ek′＝40J，即再回到P点时的动能为40J.
14．密立根油滴实验首先测出了元电荷的数值，其实验装置如图所示，油滴从喷雾器喷出，以某一速度进入水平放置的平行板之间．今有一带负电的油滴，不加电场时，油滴由于受到重力作用加速下落，速率变大，受到的空气阻力也变大，因此油滴很快会以一恒定速率v1匀速下落．若两板间加一电压，使板间形成向下的电场E，油滴下落的终极速率为v2.已知运动中油滴受到的阻力可由斯托克斯公式f＝6πηrv计算(其中r为油滴半径，η为空气粘滞系数)．实验时测出r、v1、v2，E、η为已知，则
(1)油滴的带电量________．
(2)经多次测量得到许多油滴的Q测量值如下表(单位10－19C)
6.41 8.01 9.65 11.23 12.83 14.48
分析这些数据可知____________．
解析：(1)没有加电压时，达到v1有mg＝f1＝6πrηv1
加上电压后，受到向上的阻力和电场力，有mg＝f2＋QE＝6πrηv2＋QE
解以上两式得到油滴电量q＝
(2)在误差范围内，可以认为油滴的带电量总是1.6×10－19C的整数倍，故电荷的最小电量即元电荷为1.6×10－19C.
三、论述·计算题(共5小题，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
15．(7分)如图所示，A、B是两个带等量同种电荷的小球，A固定在竖直放置的10cm长的绝缘支杆上，B静止于光滑绝缘的倾角为30°的斜面上且恰与A等高，若B的质量为30g，则B带电量是多少？(取g＝10m/s2)
答案：1.0×10－6C
解析：因为B静止于光滑绝缘的倾角为30°的斜面上且恰与A等高，设A、B之间的水平距离为L.
依据题意可得：tan30°＝，L＝＝cm＝10cm.
对B进行受力分析如图所示，依据物体平衡条件解得库仑力：
F＝mgtan30°＝30×10－3×10×N＝0.3N
依据F＝k得：F＝k，
解得：Q＝＝×10×10－2C＝1.0×10－6C
16．(7分)研究表明，地球表面附近的电场强度不为零，假设地球表面附近的电场强度平均值为30N/C，方向竖直向下，试求地球表面附近每平方米所带的负电荷的电量．
答案：2.7×10－10C
解析：可认为地球表面所带电荷集中在地球球心，因此地球可视为一个点电荷，则由点电荷产生的场强的计算公式有E＝k①
地球的表面积为S＝4πr2②
地球表面附近每平方米所带的负电荷量q＝③
联立①②③得
q＝＝C＝2.7×10－10C
点评：本题中的地球为均匀的带电体，对均匀的带电体而言，可以将它视为一个位于球心的点电荷，然后利用点电荷产生的场强计算公式即可求解．
17．(8分)如图所示，BC是半径为R的1/4圆弧形的光滑且绝缘的轨道，位于竖直平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为E.今有一质量为m、带正电q的小滑块(体积很小可视为质点)，从C点由静止释放，滑到水平轨道上的A点时速度减为零．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，求：
(1)滑块通过B点时的速度大小．
(2)水平轨道上A、B两点之间的距离．
答案：(1)vB＝　(2)L＝R
解析：(1)小滑块从C到B的过程中，只有重力和电场力对它做功，mgR－qER＝mv，解得：vB＝.
(2)小滑块在AB轨道上运动时，所受摩擦力为Ff＝μmg小滑块从C经B到A的过程中，重力做正功，电场力和摩擦力做负功．设小滑块在水平轨道上运动的距离(即A、B两点间的距离)为L，则根据动能定理有：mgR－qE(R＋L)－μmgL＝0
解得：L＝R
18．(8分)如图所示，倾角为θ的斜面AB是粗糙且绝缘的，AB长为L，C为AB的中点，在A、C之间加一方向垂直斜面向上的匀强电场，与斜面垂直的虚线CD为电场的边界．现有一质量为m、电荷量为q的带正电的小物块(可视为质点)，从B点开始在B、C间以速度v0沿斜面向下做匀速运动，经过C后沿斜面匀加速下滑，到达斜面底端A时的速度大小为v.试求：
(1)小物块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)匀强电场场强E的大小．
答案：(1)tanθ　(2)
解析：(1)小物块在BC上匀速运动，由受力平衡得FN＝mgcosθ
Ff＝mgsinθ
而Ff＝μFN
由以上几式解得μ＝tanθ
(2)小物块在CA上做匀加速直线运动，受力情况如图所示．则
FN′＝mgcosθ－qE
Ff′＝μFN′
根据牛顿第二定律得
mgsinθ－Ff′＝ma
v2－v＝2a·
由以上几式解得E＝.
19．(10分)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)　(2)　(3)
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，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场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＝at，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＝.