高中物理人教版选修3-1电场测试卷 Word版含解析

章末 测试
一、选择题(共15个小题，11、12、13、14、15为多项选择题全选对得4分，选对一部分得2分，不选或选错得0分，其余为单项选择题，每题4分，共60分)
1．对电容C＝和C＝，以下说法正确的是(　　)
A．电容器带电荷量越大，电容就越大
B．对于固定电容器，它的带电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变
C．可变电容器的带电荷量跟加在两极板间的电压成反比
D．可变电容器正对极板面积越小，电容越大
解析　电容量与带电荷量无关，故A项错误；固定电容器电容不变，所以当电荷量变化时电压也随之变化，但比值不变，故B项正确；可变电容器两极板电荷量Q＝UC与电压成正比，故C项错误；可变电容器电容可以由正对面积决定且成正比，故D项错误．
答案　B
设置目的　考查平行板电容器电容量公式理解
2．在静电场中，将一电子由a点移到b点，电场力做功5 eV，则下列结论错误的是(　　)
A．电场强度的方向一定是由b到a
B．a、b两点间的电压是5 V
C．电子的电势能减少了5 eV
D．因零电势点未确定，故不能确定a、b两点的电势
解析　由Uab＝＝＝－5 V知a、b两点间的电势差为－5 V，即电压为5 V，但电场强度方向不一定由b到a，所以A项错误．电场力对电荷做功5 eV，其电势能一定减少了5 eV，而零电势点未确定，我们只能确定a、b两点间的电势差，无法确定a、b两点的电势，所以C、D两项正确，本题应选A项．
答案　A
设置目的　考查电场力与电势能关系
3.如图所示，两平行金属板竖直放置，板上A、B两孔正好水平相对，板间电压500 V．一个动能为400 eV的电子从A孔沿垂直板方向射入电场中．经过一段时间电子离开电场，则电子离开电场时的动能大小为(　　)
A．900 eV　　　　　　　 B．500 eV
C．400 eV D．100 eV
解析　由于电子动能Ek＝400 eV<500 eV，电子在电场中先做匀减速直线运动后反向做匀加速直线运动．最终从A孔射出．电场力做功为零，电子动能大小不变．故C项正确．
答案　C
设置目的　考查电场力做功和动能定理
4．如图1所示为示波管构造的示意图，现在XX′上加上Ux-t信号，YY′上加上Uy-t信号(如图2甲、乙所示)，则在屏幕上看到的图形是选项中的(　　)
解析　由于图象是可以用描点法确定的，所以可以选几个代表性的点，确定出大致的图形，在t＝时，Ux＝0，Uy＝0，电子打在屏幕上的原点，在t＝时，Ux为负，Uy为正的最大值，电子带负电，受电场作用后向电势高的极板偏转，打在屏幕左上方的最高点，A项正确．
答案　A
设置目的　考查带电粒子在电场中偏转
5.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则
A．小球带负电
B．电场力跟重力平衡
C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小
D．小球在运动过程中机械能守恒
解析　由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，速率不变化，由动能定理，外力做功为零，绳子拉力不做功，电场力和重力做的总功为零，所以电场力和重力的合力为零，电场力跟重力平衡，B项正确．由于电场力的方向与重力方向相反，电场方向又向上，所以小球带正电，A项不正确．小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，由功能关系得，电势能增加，C项不正确．在整个运动过程中，除重力做功外，还有电场力做功，小球在运动过程中机械能不守恒，D项不正确．
答案　B
设置目的　考查电势能与能量转化和守恒
6.如图所示为一有界匀强电场，场强方向为水平方向(虚线为电场线)，一带负电粒子以某一角度θ从电场a点斜向上方射入，沿直线运动到b点，则可知(　　)
A．电场中a点的电势低于b点的电势
B．粒子在a点的动能与电势能之和与在b点时的动能与电势能之和相等
C．粒子在a点时的动能小于在b点时的动能，在a点时的电势能大于在b点时的电势能
D．粒子在a点时的动能大于在b点时的动能，在a点时的电势能小于在b点时的电势能
解析　因带电粒子从a点沿直线运动到b点，受力情况如右图所示，场强方向一定水平向右，故a点的电势一定高于b点的电势，A项不对．粒子在电场中运动，共涉及三种能量：动能、电势能、重力势能．三种能量之和保持不变，即带电粒子在a点三种能量之和等于在b点的三种能量之和，因为粒子在a点的重力势能小于在b点的重力势能，故B选项不对．又因为带电粒子从a点运动到b点，合外力做负功，故动能减小，即Eka>Ekb.从a到b，电场力做负功，故电势能增加，即E电a答案　D
设置目的　考查电势能与能量转化和守恒
7.如图所示，光滑绝缘直角斜面ABC固定在水平面上，并处在方向与AB面平行的匀强电场中，一带正电的物体在电场力的作用下从斜面的底端运动到顶端，它的动能增加了ΔEk，重力势能增加了ΔEp.则下列说法错误的是(　　)
A．电场力所做的功等于ΔEk B．物体克服重力做的功等于ΔEp
C．合外力对物体做的功等于ΔEk D．电场力所做的功等于ΔEk＋ΔEp
解析　物体沿斜面向上运动的过程中有两个力做功，电场力做正功，重力做负功，根据动能定理，可得WF＋WG＝ΔEk，由重力做功与重力势能变化的关系可得WG＝－ΔEp，由上述两式易得出A项错误，B、C、D三项正确．
答案　A
设置目的　考查电势能与能量转化和守恒
8.如图所示，A、B是某点电荷电场中的一条电场线．在电场线上P处自由释放一个负检验电荷时，它沿直线向B点运动．对此现象，下列判断正确的是(不计电荷重力)(　　)
A．电荷向B做匀速运动
B．电荷向B做加速度越来越小的运动
C．电荷向B做加速度越来越大的运动
D．电荷向B做加速运动，加速度的变化情况不能确定
解析　由于负电荷从P点静止释放，它沿直线运动到B点，说明负电荷受力方向自P指向B，则场强方向自A指向B，由于正电荷、负电荷、异种电荷以及平行且带异种电荷的金属板等都能产生一段直线电场线，所以只能确定负电荷的受力方向向左(自P指向A)，不能确定受力变化情况，也就不能确定加速度变化情况，故选项D正确．
答案　D
设置目的　考查电场线理解应用
9．某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的库仑力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动(　　)
A．半径越大，加速度越大 B．半径越小，周期越大
C．半径越大，角速度越小 D．半径越小，线速度越小
解析　电子在核的库仑力作用下绕核做匀速圆周运动，由k＝ma可知，半径r越大，加速度a越小，选项A错误．由k＝mω2r可知，半径r越大，角速度ω越小，选项C正确．由ω＝2π/T可知，半径r越大，周期T越大，半径越小，周期越小，选项B错误．由k＝m可知，半径r越大，线速度v越小，选项D错误．
答案　C
设置目的　考查电荷间库仑力与匀速圆周运动
10.如图所示，平行板电容器的两个极板为A、B，B板接地，A板带有电荷量＋Q，板间电场有一固定点P，若将B板固定，A板下移一些，或者将A板固定，B板上移一些，在这两种情况下，以下说法正确的是(　　)
A．A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变
B．A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势升高
C．B板上移时，P点的电场强度不变，P点电势升高
D．B板上移时，P点的电场强度减小，P点电势降低
解析　电容器与电源是断开的，电容器无法充、放电，电容器的带电荷量是保持不变的．当A板下移时d减小，电容C增大，由U＝可知U减小，由E＝＝＝可知E不变化．P点的电势φp＝UPB＝E·PB，所以φP不变，选项A正确．当B板上移时，PB减小，P点的电势φP降低，选项C错误．
答案　A
设置目的　考查匀强电场场强；电势差关系和电势能、电势关系
11.如图所示，在x轴上关于原点O对称的两点固定放置等量异种点电荷＋Q和－Q，x轴上的P点位于－Q的右侧．下列判断正确的是(　　)
A．在x轴上还有一点与P点电场强度相同
B．在x轴上还有两点与P点电场强度相同
C．若将一试探电荷＋q从P点移至O点，电势能增大
D．若将一试探电荷＋q从P点移至O点，电势能减小
解析　在＋Q，－Q连线上及延长线上三个区间内场强方向如图所示，由对称关系可知，在＋Q左侧与P(－Q)间等距的P′点应与P点场强相同，故选项A正确．在(－Q)、Q之间各处场强均大于(－Q)、P之间各点场强，故试探电荷＋q从P移至O点过程中，P→(－Q)做正功W1，由－Q→O电场力做负功W2，由上面分析知，|W2|>W1.故电势能增大．C项正确．
答案　AC
设置目的　考查库仑定律与点电荷场强公式
12．两块水平放置的平行金属板，带等量异种电荷，一个带电油滴恰悬浮在平行板间．如果使油滴产生大小等于的加速度，两板电荷量应是原来的(　　)
A．2倍 B.
C.倍 D.
解析　由E＝，U＝可知当电荷量是原来()时电场力变为原来()，也就恰为重力()．此时合力为重力.加速度为g.
答案　　BC
设置目的　考查电容器板间匀强电场
13．带电粒子M只在电场力作用下由P点运动到Q点，在此过程中克服电场力做了2.6×10－6 J的功．那么(　　)
A．M在P点的电势能一定小于它在Q点的电势能
B．P点的场强一定小于Q点的场强
C．P点的电势一定高于Q点的电势
D．M在P点的动能一定大于它在Q点的动能
解析　带电粒子M只在电场力作用下从P点到Q点，克服电场力做功，其电势能增加，动能减小，故A、D两项正确；场强的大小与电场力做功正、负无关，故B选项错误；在C选项中，由于带电粒子的电性未知，故无法确定P点与Q点电势的高低，C项错误．
答案　AD
设置目的　考查电场力做功与电势能变化
14．如图所示，在x轴相距为L的两点固定两个等量异种点电荷＋Q、－Q，虚线是以＋Q所在点为圆心、L/2为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称．下列判断正确的是(　　)
A．b、d两点处的电势相同
B．四点中c点处的电势最低
C．b、d两点处的电场强度相同
D．将一试探电荷＋q沿圆周由a点移至c点，＋q的电势能减小
解析　由对称性可知b、d两点处的电势相同，选项A正确．由于沿两个等量异种点电荷连线中垂线上的电势为零，所以四点中c点处的电势最低，选项B正确．b、d两点处的电场强度大小相等，方向不相同，所以选项C错误．由于c点电势低于a点，将一试探电荷＋q沿圆周由a点移至c点，＋q的电势能减小，选项D正确．
答案　ABD
设置目的　静电场电势、电势能
15.如图所示，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面与纸平面的交线，且相邻等势面之间的电势差相等．实线为一带正电荷粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点，则下面说法中正确的是(　　)
A．三个等势面中，a的电势最高
B．对于M、N两点，带电粒子通过M点时电势能较大
C．对于M、N两点，带电粒子通过M点时动能较大
D．带电粒子由M运动到N时，加速度增大
解析　由于带电粒子做曲线运动，因此所受电场力的方向必定指向轨道的凹侧，且和等势面垂直，所以电场线方向是由c指向b再指向a.根据电场线的方向是指电势降低的方向，故φc>φb>φa，选项A错．带正电荷粒子若从N点运动到M点，场强方向与运动方向成锐角，电场力做正功，即电势能减少；若从M点运动到N点，场强方向与运动方向成钝角，电场力做负功，电势能增加，故选项B错．根据能量守恒定律，电荷的动能和电势能之和保持不变，故粒子在M点的动能较大，选项C正确．由于相邻等势面之间电势差相等，因此N点等势面较密，则EN>EM，即qEN>qEM，由牛顿第二定律知，带电粒子从M点运动到N点时，加速度增大，选项D正确．
答案　CD
设置目的　考查电场力做功与曲线运动定性判断
二、计算题(共4个题，每个题10分，共40分)
16.如图所示，两平行金属板水平放置，间距为d，板间存在匀强电场．一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，以竖直向下的初速度从上板的小孔射入，当它从下板的小孔穿出时所用的时间为t.若小球以同样大小的初速度从下板的小孔竖直向上射入，则从上板小孔穿出时所用的时间为t/2.不计空气阻力．
(1)指出两板间电场强度的方向；
(2)求电场强度的大小；
(3)求小球穿出下板小孔时速度v1与穿出上板小孔时速度v2之比v1∶v2.
解析　(1)场强方向竖直向下．
(2)根据题意，小球在电场中运动的加速度a应竖直向上．
Eq－mg＝ma ①
从上往下：d＝v0t－at2 ②
从下往上：d＝v0＋a()2 ③
由①②③式，解得电场强度：E＝＋.
(3)由②③两式，解得a＝，v0＝
则：v1＝v0－at＝，v2＝v0＋a＝
所以：＝.
答案　(1)场强方向竖直向下 (2)＋　(3)
设置目的　考查电场力做功与匀变速直线运动
17．如图所示，在y＝0和y＝2 m之间有沿着x轴方向的匀强电场，MN为电场区域的上边界，在x轴方向范围足够大．电场强度的变化如图所示，取x轴正方向为电场正方向．现有一个带负电的粒子，粒子的比荷为＝1.0×10－2C/kg，在t＝0时刻以速度v0＝5×102 m/s从O点沿y轴正方向进入电场区域，不计粒子重力．求：
(1)粒子通过电场区域的时间；
(2)粒子离开电场时的位置坐标；
(3)粒子通过电场区域后沿x方向的速度大小．
解析　(1)因粒子初速度方向垂直匀强电场，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间t＝＝4×10－3 s.
(2)粒子在x方向先加速后减速，加速时的加速度大小a1＝＝4 m/s2
减速时的加速度大小a2＝＝2 m/s2
x方向上的位移大小为s＝a1()2＋a1()2－a2()2＝2×10－5 m
因此粒子离开电场时的位置坐标为(－2×10－5 m，2 m)．
(3)粒子在x方向的速度vx＝a1－a2＝4×10－3 m/s.
答案　(1)4×10－3 s (2)(－2×10－5 m，2 m) (3)4×10－3 m/s
设置目的　考查电场力做功与匀变速直线运动
18.如图所示，边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强电场．电荷量为q、动能为Ek的带电粒子从a点沿ab方向进入电场，不计重力．
(1)若粒子从c点离开电场，求电场强度的大小和粒子离开电场时的动能；
(2)若粒子离开电场时动能为Ek′，则电场强度为多大？
解析　(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，则在初速度方向上：L＝v0t
在电场方向上：L＝at2
其中qE＝ma
Ek＝mv02
由动能定理，得qEL＝Ekc－Ek
联立以上各式，可解得Ekc＝5Ek，E＝＝.
(2)若粒子由bc离开电场，则有：L＝v0t
粒子在电场方向上的速度vy＝at
粒子在电场方向上的位移y＝at2，y粒子离开电场时的速度为v
v2＝v02＋vy2
Ek′－Ek＝mv2－mv02＝qEy
联立可解得E＝
若粒子由cd边离电场，则由动能定理，得qEL＝E′k－Ek
则E＝.
答案　(1)5Ek　 (2)或
设置目的　电场力与类平抛运动和机械能
19．如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管ADB固定在竖直平面内．圆管的圆心为O，D点为圆管的最低点，AB两点在同一水平线上，AB＝2L，圆环的半径为r＝L(圆管的直径忽略不计)，过OD的虚线与过AB的虚线垂直相交于C点．在虚线AB的上方存在水平向右的、范围足够大的匀强电场；虚线AB的下方存在竖直向下的、范围足够大的匀强电场，电场强度大小等于.圆心O正上方的P点有一质量为m、电荷量为－q(q＞0)的绝缘小物体(视q为质点)，P、C间距为L.现将该小物体无初速释放，经过一段时间，小物体刚好沿切线无碰撞地进入圆管内，并继续运动．重力加速度用g表示．
(1)虚线AB上方匀强电场的电场强度为多大？
(2)小物体从管口B离开后，经过一段时间的运动落到虚线AB上的N点(图中未标出N点)，则N点距离C点多远？
(3)小物体由P点运动到N点的总时间为多少？
解析　(1)小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则：tan45°＝
解得：E＝.
(2)从P到A的过程中，根据动能定理可得：mgL＋EqL＝mvA2，解得：vA＝2.
小物体从B点抛出后做类平抛运动，据能量守恒以及对称性可知抛出时的速度：vB＝vA＝2，小物体的加速度：a＝g.
当小物体沿抛出方向和垂直抛出方向位移大小相等时，又回到虚线AB，则有：vBt＝at2，
解得：t＝2.
则沿虚线AB方向运动的位移：xBN＝vBt＝·2·2＝8L.
则小物体从A点飞出后落在虚线AB上的N点到C点的距离为：xCN＝xBN－xBC＝7L.
(3)小物体由P点运动A点做匀加速直线运动，设所用时间为t1，
根据匀变速直线运动的规律可得：L＝·g·t12，解得：t1＝.
物体在圆管内做匀速圆周运动的时间为t2，则：t2＝＝，
物体离开管后做类平抛运动，物体从B到N的过程中所用时间为：t3＝t＝2
所以小物体从P到N的总时间：t总＝t1＋t2＋t3＝(3＋).
答案　(1)虚线AB上方匀强电场的电场强度为；
(2)N点到C点的距离为7L；
(3)小物体由P点运动到N点的总时间为(3＋).
点评　本题考查带电小物体在电场力和重力共同作用下的运动，解题关键是要分析好运动过程，明确每一个过程小物体的受力情况，并结合初速度判断物体做什么运动，进而选择合适的规律解决问题，匀变速直线运动利用牛顿第二定律结合运动学公式求解或者运用动能定理求解，类平抛利用运动的合成和分解、牛顿第二定律结合运动学规律求解，难度不大．