成才之路春高中物理人教选修31习题 第1章综合能力测试 Word版含答案Word文档下载推荐.docx
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丁图中场强大小，方向皆相同，电势φa<
φb。
3．（威海市部分重点中学2014～2015学年高二联考）地球表面附近某区域存在大小为150N/C、方向竖直向下的电场。
一质量为1.00×
10－4kg、带电量为－1.00×
10－7C的小球从静止释放，在电场区域内下落10.0m。
对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分别为（重力加速度大小取9.80m/s2，忽略空气阻力）（ ）
A．－1.50×
10－4J和9.95×
10－3J
B．1.50×
10－4J和9.95×
C．－1.50×
10－4J和9.65×
D．1.50×
10－4J和9.65×
D
小球的下落过程中，电场力做负功，电势能增加，
W＝－ΔEp，W＝－qEd＝－1.50×
10－4J，所以
ΔEp＝1.50×
10－4J，
据动能定理，－qEd＋mgd＝ΔEk，
ΔEk＝9.65×
10－3J，D正确。
4.（北京市重点中学2014～2015学年高二下学期开学检测）某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，电场线、粒子在A点的初速度及运动轨迹如图所示，可以判定（ ）
A．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度
B．粒子在A点的动能小于它在B点的动能
C．粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能
D．电场中A点的电势低于B点的电势
由电场线可知，B点的电场线密，所以B点的电场强度大，粒子受的电场力大，加速度也就大，所以A错误；
粒子受到的电场力指向曲线弯曲的内侧，所以受到的电场力的方向是沿电场线向上的，所以粒子从A到B的过程中，电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以B正确，C错误；
沿电场线的方向，电势降低，所以A点的电势大于B点的电势，所以D错误。
5.（新郑市2014～2015学年高二上学期期中）两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中（ ）
A．做直线运动，电势能先变小后变大
B．做直线运动，电势能先变大后变小
C．做曲线运动，电势能先变大后变小
D．做曲线运动，电势能先变小后变大
根据电场线与等势线垂直画出一条电场线，可知，负电荷受力的方向向上，做曲线运动，粒子靠近两电荷连线时，电场力做正功，离开两电荷连线时，电场力做负功，则其电势能先变小后变大，故D正确。
6．（沈阳市东北育才中学2014～2015学年高二下学期开学检测）如图所示，在粗糙绝缘水平面上固定两个等量同种电荷P、Q，在PQ连线上的M点由静止释放一带电滑块，则滑块会由静止开始一直向右运动到PQ连线上的另一点N而停下，则滑块由M到N的过程中，以下说法正确的是（ ）
A．滑块受到的电场力一定是先减小后增大
B．滑块的电势能一直减小
C．滑块的动能与电势能之和可能保持不变
D．PM间距一定小于QN间距
滑块受到的电场力是两个电荷对它作用力的合力，在PQ的中点，两个电荷对滑块作用力的合力为0，从M向右电场力先减小，过PQ的中点，电场力又增大，但不知道N点是否在中点右侧，故不能确定具体变化，故A错误；
若N点在中点右侧，则在PQ中点的左侧所受电场力向右，在PQ中点的右侧，所受电场力向左，可见电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故B错误；
因水平面不光滑，知内能增加，则动能与电势能之和减小，故C错误；
因水平面不光滑，PM间距不等于QN间距，在水平方向上除了受电场力以外，还受摩擦力，则运动到速度为0的位置在M对称点的左侧，所以PM<
QN，故D正确。
7．（绵阳南山中学2013～2014学年高二上学期期中）如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，现使B板带电，则下列判断正确的是（ ）
A．增大两极之间的距离，指针张角变大
B．将A板稍微上移，静电计指针张角将变大
C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大
D．若将A板拿走，则静电计指针张角变为零
AB
电容器上所带电量一定，由公式C＝
，当d变大时，C变小。
再由C＝
得U变大。
当A板上移时，正对面积S变小，C也变小，U变大，当插入玻璃板时，C变大，U变小，当将A板拿走时，相当于使d变得更大，C更小，故U应更大，故选A、B。
8．（河南省中原名校2014～2015学年高二上学期联考）如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，一个电子垂直经过等势面D时，动能为20eV，飞经等势面C时，电势能为－10eV，飞至等势面B时速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离为5cm，则下列说法正确的是（ ）
A．等势面A的电势为－30V
B．匀强电场的场强大小为200V/m
C．电子再次飞经D等势面时，动能为10eV
D．电子的运动为类平抛运动
电子从D到B过程，根据动能定理得：
－eUDB＝0－EkD，解得，UDB＝20V。
飞经等势面C时，电势能为－10eV，所以D等势面电势为零，由于是等差的等势面，则知，A等势面的电势为－30V，故A正确；
对于BD段：
电场强度为E＝
＝200V/m，故B正确；
根据能量守恒可知，电子再次经过D等势面时，电势能不变，动能不变，其动能仍为20eV，故C错误；
根据电场线与等势面垂直可知，该电场是匀强电场，电子做匀变速直线运动，故D错误。
9.两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有A、B、C三点，如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．a点电势比b点低
B．a、b、c三点和无穷远处等电势
C．a、b两点的场强方向相同，b点场强比a点大
D．一个电子在a点无初速释放，则它将在c点两侧往复振动
BC
等量异种电荷的电场线和等势面分布，如图所示，a、b、c在同一等势面上，A错B对；
Eb>
Ea，C对；
电子在a点受到水平向左的电场力，不能在c点两侧往复振动，D错。
10．（淮北师大附中2013～2014学年高二上学期期中）如图所示，离地H高处有一个质量为m、带电量为＋q的物体处于电场强度随时间变化规律为E＝E0－kt（E0、k均为大于零的常数，电场水平向左为正方向）的电场中，物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为μ，已知μqE0<
mg。
t＝0时，物体从墙上静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑
后脱离墙面，此时速度大小为
，物体最终落在地面上。
则下列关于物体的运动说法正确的是（ ）
A．当物体沿墙壁下滑时，物体先加速再做匀速直线运动
B．物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一段直线
C．物体克服摩擦力所做的功W＝
mgH
D．物体与墙壁脱离的时刻为t＝
CD
竖直方向上有mg－μqE＝ma，随着电场强度E的减小，加速度a逐渐增大，当E＝0时，加速度增大到重力加速度g，此后物块脱离墙面，故A错误；
物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合外力与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹为曲线，故B错误；
物体从开始运动到脱离墙面电场力一直不做功，由动能定理得，mg
－Wf＝
mv2，将v＝
，代入解得Wf＝
mgH，故C正确；
当物体与墙面脱离时电场强度为零，所以E＝E0－kt＝0，解得时间t＝
，故D正确。
第Ⅱ卷（非选择题 共60分）
二、填空题（共3小题，共18分。
把答案直接填在横线上）
11．（5分）空气中的负氧离子对于人的健康极为有益。
人工产生负氧离子的方法最常见的是电晕放电法。
如图所示一排针状负极和环形正极之间加上直流高压电，电压达5000V左右，使空气发生电离，从而产生负氧离子。
在负极后面加上小风扇，将大量负氧离子排出，使空气清新化。
针状负极与环形正极间距离为5mm，且视为匀强电场，则电场强度为__________V/m，电场对负氧离子的作用力为________N。
1×
106；
3.2×
10－13
因为可视为匀强电场，所以E＝
＝
V/m＝1×
106V/m，电场对负氧离子的作用为F＝E·
q＝1×
106×
10－19N＝3.2×
10－13N。
12．（6分）一半径为R的绝缘球壳上均匀的带有电量为＋Q的电荷，另一电量为＋q的点电荷放在球心O上，由于对称性，点电荷受力为零，现在球壳上挖去半径为r（r≪R）的一个小圆孔，则此时置于球心的点电荷所受力的大小为__________（已知静电力常量为k），方向__________。
k
；
由球心指向小孔中心
绝缘球壳电荷的面密度为：
σ＝
球壳上挖去半径为r的小圆孔，去掉的电量为q′，则：
q′＝σπr2＝
与球心O对称位置相应电荷对球心电荷的库仑力大小为
F＝k
＝k
是斥力，方向由球心指向小孔中心。
13．（7分）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____________。
（1）q＝
（2）电荷的最小电量即元电荷为1.6×
10－19C
（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4小题，共42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）
14．（9分）光滑绝缘导轨，与水平面成45°
角，两个质量均为m，带等量同种电荷的小球A、B，带电量均为q，静止于导轨的同一水平高度处，如图所示。
求两球之间的距离。
q
设两球之间的距离为x，相互作用的库仑力为F，则：
由平衡条件得：
Fcos45°
＝mgsin45°
由以上两式解得：
x＝q
15．（10分）如图所示，水平放置的平行板电容器的两极板M、N，接上直流电源。
上极板M的中央有一小孔A，在A的正上方h＝20cm处的B点，有一小油滴自由落下。
已知小油滴的电量Q＝－3.5×
10－14C，质量m＝3.0×
10－9kg。
当小油滴即将落到下极板时，速度恰为零。
（不计空气阻力，g＝10m/s2）求：
（1）两极板间的电场强度E；
（2）两极板间的电势差U；
（3）设平行板电容器的电容C＝4.0×
10－12F，则该电容器带电量Q是多少？
（1）2.0×
106V/m 方向竖直向下
（2）3.0×
105V （3）1.2×
10－6C
由动能定理W＝ΔEk得
mg（h＋L）＝|Q|U，U＝
代入数据
U＝
V＝3.0×
105V
E＝U/d＝
V/m
＝2.0×
106V/m
Q＝CU＝4.0×
10－12×
3.0×
105C
＝1.2×
16．（11分）如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为＋Q和－Q，A、B间距离为2d，MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P，其质量为m、电荷量为＋q（可视为点电荷，不影响电场分布）。
现将小球P从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球P向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v。
已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g。
求：
（1）C、O间的电势差；
（2）O点的场强大小与方向。
（1）
（2）
方向竖直向下
（1）小球P由C点运动到O点时，由动能定理可得mgd＋qUCO＝
mv2－0
所以UCO＝
（2）小球P经过O点时的受力分析如图所示，由库仑定律得
F1＝F2＝k
电场力为F＝F1cos45°
＋F2cos45°
O点的场强为E＝
方向竖直向下。
17．（12分）（辽宁省沈阳市2014～2015学年高二上学期期末）如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两极板不带电，上极板接地，它的极板长L＝0.1m，两板间距离d＝0.4cm，有一束相同的带电微粒以相同的初速度先后从两极板中央平行极板射入，由于重力作用微粒能落到下极板上，微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上。
设前一微粒落到下极板上时后一微粒才能开始射入两极板间。
已知微粒质量为m＝2×
10－6kg、电荷量q＝1×
10－8C，电容器电容为C＝1μF，取g＝10m/s2。
（1）为使第一个微粒恰能落在下极板的中点到紧靠边缘的B点之内，求微粒入射初速度v0的取值范围；
（2）若带电微粒以第
（1）问中初速度v0最小值入射，则最多能有多少个带电微粒落到下极板上？
（1）2.5m/s≤v0≤5m/s
（2）600个
（1）设粒子打在下极板中点、边缘的初速度分别为v1，v2，则偏转位移为：
gt2
得：
t＝
s＝0.02s
水平方向：
＝v1t
L＝v2t
联立解得：
v1＝2.5m/s，v2＝5m/s
故粒子的初速度满足2.5m/s≤v0≤5m/s。
（2）设粒子刚好从边缘飞出时极板带电为Q，场强为E，板间电压为U，由牛顿第二定律得：
mg－Eq＝ma
偏转位移：
at2
水平位移：
L＝v0t
又v0＝2.5m/s
E＝1.5×
103N/C
U＝Ed，Q＝CU
解得Q＝6×
最多能落到下极板粒子的个数为：
n＝
个＝600个
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