第一章 水平测试卷 Word版含解析

第一章　水平测试卷
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1．关于静电场，下列说法正确的是(　　)
A．电势等于零处的物体一定不带电
B．电场强度为零的点，电势一定为零
C．同一电场线上的各点，电势一定相等
D．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加
答案　D
解析　零电势的选取是任意的，一般选取大地或无穷远处的电势为零，如一个接地的带电体其所在处电势就为零，A错误；处于静电平衡状态的导体，内部场强为零，但整个导体为等势体，电势不一定为零，B错误；沿电场线方向电势降低，C错误；负电荷沿电场线方向移动时，电场力做负功，电势能增加，D正确。
2．如图所示，在某一点电荷Q产生的电场中，有a、b两点，其中a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成30°角；b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成60°角。则关于a、b两点场强大小及电势高低，下列说法中正确的是(　　)
A．Ea＝3Eb，φa<φb B．Ea＝，φa>φb
C．Ea＝2Eb，φa>φb D．Ea＝，φa<φb
答案　B
解析　通过作图找出点电荷Q的位置，并设a、b间距为2l，则a、b两点距点电荷的距离分别为l和l，如图所示；
根据点电荷周围的场强公式E＝k∝，及ra＝l和rb＝l，可知Ea∶Eb＝1∶3，即Ea＝；根据电场线的方向可知场源电荷是负电荷，又因为越靠近场源负电荷电势越低，所以φa>φb；综上可知，B正确。
3．如图甲所示，A、B是一条电场线上的两点，一个电子以某一初速度只在电场力作用下沿AB由A点运动到B点，其速度—时间图象如图乙所示，电子到达B点时速度恰为零。下列判断正确的是(　　)
A．A点的电场强度一定大于B点的电场强度
B．电子在A点的加速度一定大于在B点的加速度
C．A点的电势一定高于B点的电势
D．该电场可能是负点电荷产生的
答案　C
解析　从图象可知，电子从A点运动到B点，做匀减速运动，加速度不变，电场应为匀强电场，A、B错误；电子从A点到B点，电场力做负功，电子的电势能增加，则B点电势较低，C正确；由v-t图象可知，电子加速度不变，即电场强度大小不变，故该电场不可能是由点电荷产生的，D错误。
4．如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则(　　)
A．直线a位于某一等势面内，φM > φQ
B．直线c位于某一等势面内，φM > φN
C．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功
D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功
答案　B
解析　由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等可知，φM＞φN＝φP，故过N、P点的直线d位于某一等势面内，则与直线d平行的直线c也位于某一等势面内，A错误，B正确；φM＝φQ，则电子由M点运动到Q点，电场力不做功，C错误；由于φP＜φM＝φQ，电子由P点运动到Q点，电势能减小，电场力做正功，D错误。
5.如图所示，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O，半径为R。电荷量均为Q的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称，＋Q与O点的连线和OC间夹角为30°。下列说法正确的是(　　)
A．O点的场强大小为
B．O点的场强大小为
C．B、D两点的电势关系是：φB＝φD
D．电荷量为q的正电荷在A点的电势能小于在C点的电势能
答案　A
解析　O点的场强是圆周上正、负点电荷在O点产生的电场场强的叠加，大小为2cos60°＝，A正确，B错误；B、D两点的电势关系是φB>φD，C错误；A、C处于同一等势面上，电荷量为q的正电荷在A点的电势能等于在C点的电势能，D错误。
6．用控制变量法可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图所示)。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ。实验中，极板所带电荷量不变，若(　　)
A．保持S不变，增大d，则θ变大
B．保持S不变，增大d，则θ变小
C．保持d不变，减小S，则θ变小
D．保持d不变，减小S，则θ不变
答案　A
解析　静电计是测量两个导体间电势差的仪器，指针偏角θ∝U，根据C＝和C＝得A正确，B、C、D错误。
7.M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A．电子在N点的动能小于在M点的动能
B．该电场有可能是匀强电场
C．该电子运动的加速度越来越小
D．电子运动的轨迹为曲线
答案　C
解析　电子仅受电场力的作用，电势能与动能之和恒定，由图象可知电子由M点运动到N点，电势能减小，则动能增加，A错误；分析图象可得电子的电势能随运动距离的增大，减小得越来越慢，即经过相等距离电场力做功越来越少，由W＝qEΔx可得电场强度越来越小，B错误；由于电子从M点运动到N点电场力逐渐减小，所以加速度逐渐减小，C正确；电子从静止开始沿电场线由M点运动到N点，可得MN电场线为直线，由运动与力的关系可得其轨迹必为直线，D错误。
8.如图所示，质子、氘核和α粒子都沿平行板电容器两板中线OO′方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，射出后都打在同一个与OO′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点。若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，关于在荧光屏上将出现亮点的个数，下列说法中正确的是(　　)
A．3个 B．1个
C．2个 D．以上三种都有可能
答案　B
解析　三种粒子是由同一个电场从静止加速，对于带电粒子，由动能定理得：qU＝mv2，在偏转电场中，粒子在水平方向做匀速直线运动，运动时间为：t＝，粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向的位移为：y＝·at2＝××2＝，设粒子离开偏转电场时的速度偏转角为θ，则tanθ＝＝＝·＝，由此可见，粒子在竖直方向的偏转位移、速度偏转角都仅与电场强度E、极板长度L、加速电压U有关，结合几何知识可知，三种粒子都打到同一点上，即只有一个亮点，所以B正确，A、C、D错误。
9.如图为静电除尘器除尘原理的示意图，尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。下列表述正确的是(　　)
A．到达集尘极的尘埃带正电荷
B．电场方向由集尘极指向放电极
C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同
D．同一位置带电量越多的尘埃所受电场力越大
答案　BD
解析　放电极与集尘极间的电场方向指向放电极，B正确；带负电荷的尘埃受向右的电场力向右运动，到达集尘极，A、C错误；由F＝qE可知D正确。
10．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点。据此可知(　　)
A．三个等势面中，c的电势最高
B．带电质点通过P点时的电势能较Q点大
C．带电质点通过P点时的动能较Q点大
D．带电质点通过P点时的加速度较Q点大
答案　ABD
解析　等差等势面密集的地方电场强度大，稀疏的地方电场强度小，由图知P点的电场强度大，则质点通过P点时的加速度大，故D正确。
根据电场线与等势面垂直，定性画出过P、Q两点的电场线，根据轨迹偏转方向可判定质点在Q点所受电场力F的方向如图所示，可以得出等势面c的电势最高，A正确。若质点由Q向P运动，则电场力做负功，动能减少，电势能增加，若质点从P向Q运动，动能增大，电势能减小，B正确，C错误。
11．如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，现用两根绝缘细线将它们悬挂于真空中同一点。已知两球静止时，它们离水平地面的高度相等，线与竖直方向的夹角分别为α、β，且α<β。现有以下判断，其中正确的是(　　)
A．a球的质量一定大于b球的质量
B．a球的电荷量一定大于b球的电荷量
C．若同时剪断细线，则a、b两球构成的系统在下落过程中机械能守恒
D．若同时剪断细线，则a、b两球在相同时刻相对地面的高度相同
答案　AD
解析　对a、b进行受力分析，每个小球均受重力mg、线的拉力FT和a、b两球的静电斥力F，三力平衡。由库仑定律F＝k可知a球的电荷量与b球的电荷量的多少无法比较，B错误；已知α<β，由平衡条件magtanα＝mbgtanβ，可得ma>mb，A正确；同时剪断细线后，下落过程中，电场力对两小球做正功，故系统的机械能不守恒，C错误；同时剪断细线后，a、b两小球在竖直方向做初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动，相同时刻相对地面高度相同，D正确。
12.静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷(　　)
A．在x2和x4处电势能相等
B．由x1运动到x3的过程中电势能增大
C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小
D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大
答案　BC
解析　由图象可知，使正电荷沿x轴正向移动，由x2移动到x4的过程电场力做功不为零，在两点处的电势能不相等，A错误；由x1移动到x3的过程电场力沿x轴负方向，电场力做负功，电势能增大，B正确；由x1到x4的过程场强先增大后减小，所以电场力先增大后减小，C正确，D错误。
第Ⅱ卷(非选择题，共52分)
二、填空题(本题共2小题，共10分)
13．(4分)如图所示是一个匀强电场的等势面，每两个相邻等势面相距2 cm，由此可以确定电场强度的方向是________，电场强度的大小是________。
答案　水平向左　100 V/m
解析　由电势降低最快的方向就是电场强度的方向以及电场线与等势面垂直的特点可知，电场强度方向水平向左，又由E＝得E＝＝100 V/m。
14．(6分)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则θ________，E________，Ep________。(填“减小”“不变”或“增大”)
答案　减小　不变　不变
解析　若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据C＝可知，C变大；根据Q＝CU可知，在Q一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角θ减小；根据E＝，Q＝CU，C＝，联立可得E＝，可知E不变；P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，故Ep不变。
三、计算题(本题共4小题，共42分。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)
15．(8分)把q＝1.0×10－8 C的正电荷，从电场中的A点移至B点，电场力做正功，且WAB＝1.2×10－6 J，求：
(1)A、B两点间的电势差；
(2)若取B点电势为零，则A点的电势和q在A点的电势能各是多少？
答案　(1)120 V　(2)120 V　1.2×10－6 J
解析　(1)根据公式UAB＝可得
UAB＝＝120 V。
(2)因为UAB＝φA－φB，而φB＝0，所以φA＝UAB＝120 V。
根据定义q在A点的电势能等于把电荷从A点移动到零电势点所做的功，B点为零电势点，故Ep＝WAB＝1.2×10－6 J。
(也可以根据Ep＝φq可得q在A点的电势能Ep＝φAq＝1.2×10－6 J)
16．(10分)如图所示为示波器工作原理的示意图，已知两平行板间的距离为d，板长为l，电子经电压为U1的电场加速后从两平行板间的中央处垂直进入偏转电场，设电子质量为me、电荷量为e。
(1)求经电场加速后电子速度v的大小；
(2)要使电子离开偏转电场时的偏转角度最大，两平行板间的电压U2应是多少？电子动能为多大？
答案　(1) 　(2)　eU1
解析　(1)电子经电压为U1的电场加速，根据动能定理：eU1＝mev2，
则经电场加速后电子的速度v＝。
(2)电子离开偏转电场偏转角度最大时的偏移量为，
电子受到偏转电场的电场力F2＝eE2，E2＝，
电子沿偏转电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，有
＝a2t2，a2＝，t＝，
可解得两平行板间电压U2＝；
又＝Ek－Ek0，eU1＝Ek0，
所以Ek＝eU1。
17．(12分)长为L的细线上端固定，下端拴一质量为m、电荷量为q的球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中。开始时，将细线与小球拉成水平，然后释放，小球由静止开始向下摆动，当细线转动60°角时，小球到达B点，且速度恰好为零。求：
(1)A、B点的电势差UAB；
(2)匀强电场的电场强度E的大小；
(3)小球到达B点时，细线对小球的拉力F的大小。
答案　(1)－　(2)　(3)mg
解析　(1)小球摆动过程中重力和电场力做功，由动能定理得mgLsin60°＋qUAB＝0
故UAB＝－。
(2)根据匀强电场中电势差和电场强度的关系知
UBA＝－UAB＝EL(1－cos60°)
故E＝。
(3)在B点对小球受力进行分析，如图所示。
由圆周运动向心力公式知
F－Eqcosθ－mgsinθ＝m，其中Eq＝mg
因为vB＝0，故F－Eqcos60°－mgsin60°＝0
故F＝Eqcos60°＋mgsin60°＝mg。
18.(12分)如图所示，ABCD为竖直放在场强为E＝104 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆形轨道，轨道的水平部分与其半圆相切，A为水平轨道上的一点，而且AB＝R＝0.2 m，把一质量m＝0.1 kg、电荷量q＝＋1×10－4 C的小球在水平轨道的A点由静止开始释放，小球在轨道的内侧运动。(g取10 m/s2)求：
(1)小球到达C点时的速度是多大？
(2)小球到达C点时对轨道的压力是多大？
(3)若让小球安全通过D点，开始释放点离B点至少多远？
答案　(1)2 m/s　(2)3 N　(3)0.5 m
解析　(1)由A点到C点应用动能定理有：
Eq(AB＋R)－mgR＝mv
解得：vC＝2 m/s。
(2)在C点应用牛顿第二定律得：
FN－Eq＝m
得FN＝3 N
由牛顿第三定律知，小球在C点对轨道的压力为3 N。
(3)小球要安全通过D点，必有mg≤m。
设释放点距B点的距离为x，由动能定理得：
Eqx－mg·2R＝mv
以上两式联立可得：x≥0.5 m。