新版高中物理人教版必修練習靜電場中的能量測評word版含答案

第十章測評(時間:60分鐘滿分:100分)一、選擇題(本題共12個小題,每題4分,共48分。1~6是單選題,7~12是多選題,多選、錯選均不得分,漏選得2分)1.下面是某同學對電場中的一些概念及公式的理解,其中正確的是()A.根據(jù)電場強度的定義式E=Fq可知,B.根據(jù)電容的定義式C=QU可知,電容器的電容與其所帶電荷量成正比,C.根據(jù)真空中點電荷的電場強度公式E=kQr2可知D.根據(jù)電勢差的定義式UAB=WABq可知,帶電荷量為1C的正電荷,從A點移動到B點克服靜電力做功為1J,則A、B兩點間的電勢差為解析電場強度取決于電場本身,與有無試探電荷無關,A錯誤;電容取決于電容器本身,與電容器所帶電荷量和兩極板間電壓無關,B錯誤;E=kQr2中,Q是場源電荷,所以電場中某點的電場強度與Q成正比,C錯誤;由UAB=WAB答案D2.空間存在甲、乙兩相鄰的金屬球,甲球帶正電,乙球原來不帶電,由于靜電感應,兩球在空間形成了如圖所示穩(wěn)定的靜電場。實線為其電場線,虛線為其等勢線,A、B兩點與兩球球心連線位于同一直線上,C、D兩點關于直線AB對稱,則()點和B點的電勢相同點和D點的電場強度相同C.正電荷從A點移至B點,靜電力做正功D.負電荷從C點沿直線CD移至D點,電勢能先增加后減少解析由題圖可知φA>φB,所以正電荷從A移至B,電勢減小,靜電力做正功,故A錯誤,C正確。C、D兩點電場強度方向不同,故B錯誤。負電荷從C點沿直線CD移至D點,電勢能先減少后增加,所以D錯誤,故選C。答案C3.如圖所示,一圓環(huán)上均勻分布著正電荷,x軸垂直于環(huán)面且過圓心O。下列關于x軸上的電場強度和電勢的說法中正確的是()點的電場強度為零,電勢最低點的電場強度為零,電勢最高C.從O點沿x軸正方向,電場強度減小,電勢升高D.從O點沿x軸正方向,電場強度增大,電勢降低解析根據(jù)電場的對稱性和電場的疊加原理知,O點的電場強度為零。在x軸上,電場強度的方向自O點分別指向x軸正方向和x軸負方向,且沿電場線方向電勢越來越低,所以O點電勢最高。在x軸上離O點無限遠處的電場強度為零,所以沿x軸正方向和x軸負方向的電場強度先增大后減小。選項B對。答案B4.如圖所示,空間內(nèi)存在水平勻強電場,不可伸長的輕繩一端固定于O點,另一端系一質量為m的帶正電小球,小球可以在圖中虛線位置保持靜止?，F(xiàn)將小球拉至繩水平后由A點無初速度釋放,則小球運動到繩豎直的B點位置時繩的拉力大小為() 32 12解析小球在平衡點受力分析,根據(jù)平衡條件得靜電力F電=qE=mgtan37°,小球從A到B的過程,由動能定理可得mgL-qEL=12mv2,在最低點受力分析,由圓周運動的特點得FT-mg=mv2L,得出繩子對球的拉力FT=答案B5.如圖所示,一質量為m、帶電荷量為q的粒子,以初速度v0從a點豎直向上射入勻強電場中,勻強電場方向水平向右。粒子通過電場中的b點時,速率為2v0,方向與電場方向一致,則a、b兩點間的電勢差為()A.mv022q B.3m解析由題意可知,粒子受重力和水平方向的靜電力作用,由加速度定義a=ΔvΔt,可得加速度的大小ax=2ay=2g,由牛頓第二定律可知,qE=2mg,水平位移x=v0t,豎直位移y=v0t2,即x=2y,因此靜電力做功W1=qEx=qUab,重力做功W2=-mgy=-W14,由動能定理得:W1+W2=12m(2v0)2答案C6.如圖所示,O是一固定的點電荷,虛線是該點電荷產(chǎn)生的電場中的三條等勢線,正點電荷q僅受靜電力的作用沿實線所示的軌跡從a處運動到b處,然后又運動到c處。由此可知()為負電荷B.在整個過程中q的速度先變大后變小C.在整個過程中q的加速度先變小后變大D.在整個過程中,靜電力做功為零解析點電荷和正點電荷的距離先減少后增大,由庫侖定律知,靜電力先增大后減小,根據(jù)牛頓第二定律,加速度先變大后變小,C錯;由軌跡為曲線時合力指向凹形一側知,靜電力必為斥力,O是一固定的點電荷,必帶正電,A錯;a到b靜電力做負功,b到c靜電力做正功,q的速度先變小后變大,B錯;固定的正點電荷的等勢線為一簇同心圓,a與c等勢,所以在整個過程中,靜電力做功為零,D對。答案D7.如圖所示,平行金屬板A、B之間有加速電場,C、D之間有偏轉電場,M為熒光屏。今有質子、氘核和α粒子均從A板由靜止開始經(jīng)加速電場加速后垂直于電場方向進入偏轉電場,最后打在熒光屏上。已知質子、氘核和α粒子的質量之比為1∶2∶4,電荷量之比為1∶1∶2,則下列判斷正確的是()A.三種粒子從B板運動到熒光屏經(jīng)歷的時間相同B.三種粒子打到熒光屏上的位置相同C.加速電場的靜電力對三種粒子做功之比為1∶2∶4D.偏轉電場的靜電力對三種粒子做功之比為1∶1∶2解析設加速電場的電壓為U1,偏轉電場的電壓為U2,偏轉極板的長度為L,板間距離為d。在加速電場中,由動能定理得qU1=12mv02,故加速電場的靜電力對三種粒子做功之比等于電荷量之比,即1∶1∶2,故C錯誤。經(jīng)加速電場獲得的速度為v0=2qU1m,三種粒子從B板運動到熒光屏的過程,在水平方向做速度為v0的勻速直線運動,由于三種粒子的比荷不同,則v0不同,所以三種粒子從B板運動到熒光屏經(jīng)歷的時間不同,故A錯誤。根據(jù)y=U2L24dU1可知,y與粒子的種類、質量、電荷量無關,故三種粒子偏轉距離相同,打到熒光屏上的位置相同,故B正確。偏轉電場的靜電力做功為W=qU2yd,則答案BD8.如圖所示的電路中,AB是兩金屬板構成的平行板電容器。先將開關K閉合,等電路穩(wěn)定后再將K斷開,然后將B板向下平移一小段距離,并且保持兩板間的某點P與A板的距離不變。則下列說法正確的是()A.電容器的電容變小B.電容器內(nèi)部電場強度大小變大C.電容器內(nèi)部電場強度大小不變點電勢升高答案ACD9.如圖,一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動,其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi),且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱。忽略空氣阻力。由此可知()點的電勢比P點高B.油滴在Q點的動能比它在P點的大C.油滴在Q點的電勢能比它在P點的大D.油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小解析由于軌跡關于P點對稱,根據(jù)曲線運動合力方向應指向曲線凹側,在P點合力方向豎直向上,則電場線方向豎直向下,沿電場線方向電勢降低,選項A正確;根據(jù)Ep=φq可知,油滴在Q點的電勢能小于在P點的電勢能,選項C錯誤;油滴所受合力豎直向上,根據(jù)動能定理可知,油滴在Q點的動能大于P點,選項B正確;油滴所受合力大小不變,加速度也始終不變,選項D錯誤。答案AB10.如圖所示,在兩等量異種點電荷的電場中,MN為兩電荷連線的中垂線,a、b、c三點所在直線平行于兩電荷的連線,且a點和c點關于MN對稱、b點位于MN上,d點位于兩電荷的連線上。以下判斷正確的是()點電場強度大于d點電場強度點電場強度小于d點電場強度、b兩點間的電勢差等于b、c兩點間的電勢差D.試探電荷+q在a點的電勢能小于在c點的電勢能解析如圖所示,兩電荷連線的中點位置用O表示,在中垂線MN上,O點電場強度最大,在兩電荷之間連線上,O點電場強度最小,即Eb<EO,EO<Ed,故Eb<Ed,A錯,B對;等量異種電荷的電場中,電場線、等勢線均具有對稱性,a、c兩點關于MN對稱,Uab=Ubc,C對;試探電荷+q從a移到c,遠離正電荷,靠近負電荷,靜電力做正功,電勢能減小,D錯。答案BC11.測定電子的電荷量的實驗裝置示意圖如圖所示,置于真空中的油滴室內(nèi)有兩塊水平放置的平行金屬板M、N,并分別與電壓為U的恒定電源兩極相連,板的間距為d。現(xiàn)有一質量為m的帶電油滴在極板間勻速下落,已知元電荷為e、重力加速度為g,則()A.油滴中電子的數(shù)目為mgdB.油滴從小孔運動至N板過程中,電勢能增加mgdC.油滴從小孔運動至N板過程中,機械能增加eUD.若將極板M向下緩慢移動一小段距離,油滴將加速下降解析帶電油滴在極板間勻速下落,故受力平衡,則有mg=qUd,所以油滴帶電荷量q=mgdU,所以電子的數(shù)目為n=qe=mgdeU,故A正確。油滴下降過程中,靜電力方向向上,靜電力做的功為-mgd,電勢能增加mgd,故B正確。機械能減少,故C錯誤。若將極板M向下緩慢移動一小段距離,d減小,靜電力F=qUd增大,答案AB12.如圖所示,M、N是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板,板間有勻強電場,質量為m、電荷量為-q的帶電粒子,以初速度v0由小孔進入電場,當M、N間電壓為U時,粒子剛好能到達N板,如果要使這個帶電粒子能到達M、N兩板間的正中間處返回,則下述措施能滿足要求的是()A.使初速度減為原來的1B.使M、N間電壓提高到原來的2倍C.使M、N間電壓提高到原來的4倍D.使初速度和M、N間電壓都減為原來的1解析在粒子剛好到達N板的過程中,由動能定理得-qEd=0-12mv02,所以d=mv022qE,令帶電粒子離開M板的最遠距離為x,則使初速度減為原來的12,x=d4;使M、N間電壓提高到原來的2倍,電場強度變?yōu)樵瓉淼?倍,x=d2,使M、N間電壓提高到原來的4倍,電場強度變?yōu)樵瓉淼?倍,x=d4;使初速度和M、答案BD二、實驗題(本題共2個小題,共12分)13.(6分)定性研究平行板電容器的電容與結構之間的關系的裝置如圖所示,平行板電容器的A板與靜電計相連,B板和靜電計金屬殼都接地。若充電后保持電容器所帶電荷量不變,試指出下列三種情況下,靜電計指針的偏轉角度變化情況。(均選填“變大”“變小”或“不變”)(1)正對面積減小時,靜電計指針的偏轉角度將。

(2)板間距離增大時,靜電計指針的偏轉角度將。

(3)插入電介質時,靜電計指針的偏轉角度將。

解析(1)電容器所帶電荷量一定,正對面積減小時,由C=εrS4πkd知,電容C減小,由C=QU知,電勢差U變大,故指針的偏轉角度變大;(2)板間距離增大時,由C=εrS4πkd知,電容C減小,由C=QU知,電勢差U變大,故指針的偏轉角度變大;(3)插入電介質時,由C=εrS4π答案(1)變大(2)變大(3)變小14.(6分)如圖甲是觀察用干電池對電容器充電過程中電容器兩端電壓隨時間變化的圖像,圖乙是其對應的充電電流隨時間變化的圖像。在充電的開始階段,充電電流較大,電容器兩端電壓U增加(選填“較快”或“較慢”),隨著電容器兩端電壓的增加,充電電流(選填“逐漸減小”或“逐漸增加”),且電容器兩端電壓U的上升速度變緩,而向著趨近。在充電過程中電容器的電能。充電開始的瞬間電容器兩端電壓(選填“能突變”或“不能突變”)。通過圖像看出在第2s時電容器增加的電荷量Q約為C(已知Q=It)。

答案較快逐漸減小10V增加不能突變×10-3三、計算題(本題共4個小題,每小題10分,共40分)15.一個初速度為零的電子通過電壓為U=4500V的電場加速后,從C點沿水平方向飛入電場強度為E=×105V/m的勻強電場中,到達該電場中另一點D時,電子的速度方向與電場強度方向的夾角正好是120°,如圖所示。試求C、D兩點沿電場強度方向的距離y。解析電子加速過程:由eU=12mv02電子飛入勻強電場中:在豎直方向vy=v0tan30°=at,a=eEm解得t=1E2mU3e;C、D兩點沿電場強度方向的距離y=代入數(shù)據(jù)解得y=45003×1.5×1答案m16.如圖所示,某空間有一豎直向下的勻強電場,電場強度E=×102V/m,一塊足夠大的接地金屬板水平放置在勻強電場中,在金屬板的正上方高度h=m的a處有一粒子源,盒內(nèi)粒子以v0=×102m/s的初速度向水平面以下的各個方向均勻放出質量為m=×10-15kg、電荷量為q=+10-12C的帶電粒子,粒子最終落在金屬板b上,若不計粒子重力,求:(結果保留兩位有效數(shù)字)(1)帶電粒子打在金屬板上時的動能。(2)從粒子源射出的粒子打在金屬板上的范圍(所形成的面積);若使帶電粒子打在金屬板上的范圍減小,可以通過改變哪些物理量來實現(xiàn)?解析(1)不計粒子重力,只有靜電力做功,對粒子由動能定理得qUab=Ek-1可得帶電粒子打在金屬板上時的動能為Ek=qUab+12mv02=×10(2)粒子源射出的粒子打在金屬板上的范圍以粒子水平拋出的落點為邊界。設水平拋出后t時刻落在板上:x=v0t,h=12at2,a=qEm,S=π聯(lián)立以上各式得所形成的面積S=2πmv02hqE≈m答案(1)×10-10J(2)面積為m2可以通過減小h或增大E來實現(xiàn)17.如圖所示,在沿水平方向的勻強電場中有一固定點O,用一根長度為l=m的絕緣輕線把質量m=kg、帶有正電荷的金屬小球懸掛在O點,小球靜止在B點時輕線與豎直方向的夾角θ=37°?，F(xiàn)將小球拉至位置A,使輕線水平張緊后由靜止釋放。g取10m/s2,sin37°=,cos37°=。求:(1)小球所受靜電力的大小;(2)小球通過最低點C時的速度大小;(3)小球通過最低點C時輕線對小球的拉力大小。解析(1)小球受重力mg、靜電力F和拉力FT,其靜止時受力如圖所示。根據(jù)共點力平衡條件有F=mgtan37°=N。(2)設小球到達最低點時的速度為v,小球從水平位置運動到最低點的過程中,根據(jù)動能定理有mgl-Fl=12mv解得v=2gl(1-(3)設小球通過最低點C時細線對小球的拉力大小為FT'根據(jù)牛頓第二定律有FT'-mg=mv解得FT'=N。答案(1)N(2)m/s(3)N18.如圖所示,在xOy平面內(nèi),有沿y軸負方向的勻強電場,電場強度大小為E(圖中未畫出),由A點斜射出質量為m、帶電荷量為+q的粒子,B和