人教版高中物理选修31第一章测试Word格式文档下载.docx
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2.如图所示，一电场的电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM＝MN.P点在y轴右侧，MP⊥ON.则（ ）
A.M点的电势比P点的电势高
B．将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功
C.M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差
D．在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动
解析 过M、P、N做等势线，可得到过P点的等势线通过M、N之间，因顺着电场线电势降低，则有φM>
φP>
φN，故A选项正确；
将负电荷由O点移到P点，因UOP>
0，所以W＝－qUOP<
0，则电场力做负功，故B选项错误；
由U＝Ed可知，MN间的平均场强小于OM间的平均场强，故MN两点间的电势差小于OM两点间的电势差，C选项错误；
根据电场线的分布特点会发现，电场线关于y轴两边对称，故y轴上的场强方向在y轴上，所以在O点静止释放一带正电粒子，其所受电场力沿y轴正方向，则该粒子将沿y轴做直线运动，故D选项正确．
答案 AD
3.空间存在竖直向上的匀强电场，质量为m的带正电的微粒水平射入电场中，微粒的运动轨迹如图所示．在相等的时间间隔内（ ）
A．重力做的功相等
B．电场力做的功相等
C．电场力做的功大于重力做的功
D．电场力做的功小于重力做的功
解析 本题考查了带电粒子在电场中运动的功能问题．带电粒子进入电场后做水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，即为类平抛运动，故带电微粒的动能增大，且在运动过程中，重力做负功，电场力做正功，即W电－WG＝ΔEk>
0，故W电>
WG.
答案 C
4.
如图所示，在点电荷Q的电场中有a、b两点，两点到点电荷的距离ra<
rb.设a、b两点场强大小分别为Ea和Eb，电势分别为φa和φb，则（ ）
A．Ea一定大于Eb，φa一定大于φb
B．Ea一定大于Eb，φa可能小于φb
C．Ea一定大于Eb，φa可能大于φb
D．Ea可能小于Eb，φa可能小于φb
解析 电场中某点的电场强度E和电势φ没有联系，电场中某点的电势与零势点的选取有关，故B、C选项正确．
答案 BC
5.
A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度－时间图象如图所示．则这一电场可能是（ ）
解析 由v－t图象可知微粒的速度减小，加速度增大，可知微粒所受电场力方向由B指向A，从A到B的过程中电场力逐渐增大，结合粒子带负电，可以判断电场线方向由A指向B且越来越密，故A选项正确．
答案 A
6．一平行板电容器的两个极板水平放置，两极板间有一带电量不变的小油滴，油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比．若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降；
若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升．若两极板间电压为－U，油滴做匀速运动时速度的大小、方向将是（ ）
A．2v、向下B．2v、向上
C．3v、向下D．3v、向上
解析 由电容器两极板间电压为0，油滴以速度v匀速下降时，油滴受力如图①所示，则有mg＝Ff1，①
Ff1＝kv.②
若极板间电压为U时，受力如图②所示，
则有F电＝Ff2＋mg，③
Ff2＝kv，④
若极板间电压为－U时，油滴受力如图③所示，则有
F电＋mg＝Ff3，⑤
Ff3＝kv′.⑥
由①②③④⑤⑥联立可解得v′＝3v，且方向向下，故选C.
7.
（2012·
新课标全国）如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（ ）
A．所受重力与电场力平衡B．电势能逐渐增加
C．动能逐渐增加D．做匀变速直线运动
解析 带电粒子在平行板电容器之间受到两个力作用，一是重力mg，方向竖直向下，二是电场力F＝qE，方向垂直极板向上．因为二力均为恒力，已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，故选项D正确，选项A、C错误；
从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，故选项B正确．
答案 BD
8.
如图所示，在两个电荷量均为＋q的点电荷连线中点O与中垂线上某点P中，正确的关系是（ ）
A.φO<
φP，EO>
EP
B.φO>
φP，EO<
C．将正电荷从O点移到P点，电场力做正功
D．将正电荷从O点移到P点，电场力做负功
解析 等量同种电荷连线中点场强为零，中垂线上其他点合场强沿中垂线向外，所以EP>
EO，φP<
φO，选项A错误，选项B正确．将正电荷由O点移到P点，是沿着电场力移动，电场力做正功，选项C正确，选项D错误．
9.
如图所示是一个说明示波管工作的原理图，电子经加速电场（加速电压为U1）加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏转量是h，两平行板间的距离为d，电压为U2，板长为l，每单位电压引起的偏移
叫做示波管的灵敏度，为了提高灵敏度，可采用下列哪些方法（ ）
A．增大U1B．减小l
C．减小dD．增大U2
解析 电子经过加速电场U1加速，由动能定理，可得eU1＝
mv
，进入偏转电场后，偏转量h＝
at2＝
＝
，可得
，由此式可知C选项正确．
10.
如图所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则（ ）
A．当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小
B．当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大
C．当小球运动到最高点a时，小球的电势能最小
D．小球在运动过程中机械能不守恒
解析 若qE＝mg，小球将做匀速圆周运动，球在各处对细线的拉力一样大．若qE<
mg，球在a处速度最小，对细线的拉力最小．若qE>
mg，球在a处速度最大，对细线的拉力最大．故选项A、B错误．a点电势最高，负电荷在电势最高处电势能最小，故选项C正确．小球在运动过程中除重力外，还有电场力做功，机械能不守恒，选项D正确．
答案 CD
第Ⅱ卷（非选择题，共60分）
二、填空题（每小题5分，共20分）
11．质量为m，电荷量为q的质点，在静电力作用下以恒定速率v沿圆弧由A运动到B，其速度方向改变θ角，AB弧长为s，则A、B两点的电势差UAB＝________，AB中点的场强大小E＝________.
解析 由动能定理qUAB＝ΔEk＝0，
所以UAB＝0.
质点做匀速圆周运动R＝
静电力提供向心力有qE＝
.
解得E＝
答案 0
12．在真空中两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量均为2×
10－8C，相距20cm，则它们之间的相互作用力为________N，在两者连线的中点处，电场强度大小为________N/C.
答案 9×
10－5 3.6×
104
13.
如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，且相邻两等势面的电势差相等，一正电荷在等势面φ3上时具有动能60J，它运动到等势面φ1上时，速度恰好为零，令φ2＝0，那么，当该电荷的电势能为12J时，其动能大小为________J.
解析 以φ2的电势为零，由能量守恒可知，电荷的电势能和动能的总和保持不变，由题意可知每经过一个等势面带电粒子的动能减少30J，则在等势面φ2上时动能为30J，电势能为0，则总能量为30J，故当电势能为12J时，动能为18J.
答案 18
14.
如图所示，真空中有一电子束，以初速度v0沿着垂直场强方向从O点进入电场，以O点为坐标原点，沿x轴取OA＝AB＝BC，再自A、B、C作y轴的平行线与电子径迹分别交于M、N、P点，则AM:
BN:
CP＝________，电子流经M、N、P三点时沿x轴的分速度之比为________．
答案 1:
4:
9 1:
1:
1
三、计算题（本题共3小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤）
15．（10分）如图所示是示波器的示意图，竖直偏转电极的极板长L1＝4cm，板间距离d＝1cm.板右端距离荧光屏L2＝18cm，电子沿中心线进入竖直偏转电场的速度是v＝1.6×
107m/s，电子电荷量e＝1.6×
10－19C，质量m＝0.91×
10－30kg.要使电子束不打在偏转电极上，加在竖直偏转电极上的最大偏转电压U不能超过多大？
解析 由类平抛运动的知识，得
at2.
由牛顿第二定律，得a＝
飞行时间t＝
联立以上各式，得最大偏转电压U＝
＝91V.
即加在竖直偏转电极上的最大偏转电压不能超过91V.
答案 91V
16.
（14分）如图所示，ab是半径为R的圆的一条直径，该圆处于匀强电场中，场强大小为E，方向一定，在圆周平面内，将一带正电荷q的小球从a点以相同的动能抛出，抛出方向不同时，小球会经过圆周上不同的点，在所有的这些点中，到达c点时小球的动能最大．已知∠cab＝30°
，若不计重力和空气阻力，试求：
（1）电场方向与ac间的夹角θ为多大？
（2）若小球在a点时初速度方向与电场方向垂直，则小球恰好能落在c点，那么初动能为多大？
解析
（1）带正电小球从a点抛出后，仅在电场力作用下，运动到圆周上的c点，且具有最大动能，则说明在圆周上c点与a点的电势差最大，过c点做圆的切线即为该匀强电场的等势线，故电场的方向沿Oc方向，如图所示．
电场方向与ac间的夹角为30°
（2）设初速度为v0，垂直电场方向带正电小球做匀速运动，有R·
sin60°
＝v0t；
平行于电场方向带正电小球做匀加速直线运动，有
R＋Rcos60°
at2，
根据牛顿第二定律得qE＝ma，
联立以上各式解得
Eka＝
答案
（1）30°
（2）
17.
（16分）如图所示，光滑斜面倾角为37°
，一带有正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加有如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的
，求：
（1）原来的电场强度大小；
（2）物块运动的加速度；
（3）沿斜面下滑距离为L时物块的速度大小．（g取10m/s2，sin37°
＝0.6，cos37°
＝0.8）
解析
（1）物体受到的力有重力mg，支持力FN.静电力F＝qE，如图．
qE＝mgtan37°
∴E＝
（2）当电场强度变为原来的
时，物块在斜面方向有
mgsinθ－q
cosθ＝ma.
∴a＝gsin37°
－
gsin37°
＝3.0m/s2.
方向沿斜面向下．
（3）由动能定理，得
mgLsin37°
－qE′Lcos37°
mv2－0.
解得v＝
m/s.
答案
（1）
（2）3.0m/s2 方向沿斜面向下
（3）
m/s
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