階段綜合評價（二） 靜電場中的能量

PAGE第8頁共8頁階段綜合評價（二）靜電場中的能量(時間：90分鐘滿分：100分)一、單項選擇題(本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)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．由E＝eq\f(F,q)知，電場中某點的電場強度與試探電荷所帶的電荷量成反比B．由C＝eq\f(Q,U)知，電容器的電容與其所帶電荷量成正比，與兩極板間的電壓成反比C．由E＝keq\f(Q,r2)知，電場中某點的電場強度與場源電荷所帶的電荷量無關(guān)D．由UAB＝eq\f(WAB,q)知，帶電荷量為1C的正電荷，從A點移動到B點克服電場力做功為1J，則A、B兩點間的電勢差為－1V解析：選D電場強度E與F、q無關(guān)，由電場本身決定，A錯誤；電容C與Q、U無關(guān)，由電容器本身決定，B錯誤；E＝keq\f(Q,r2)是決定式，C錯誤；由UAB＝eq\f(WAB,q)可知，D正確。2.如圖所示是兩個等量異種點電荷的電場線分布，A、B是電場中的兩點，則()A．左側(cè)源電荷帶負電B．A點電勢比B點電勢高C．A、B兩點電場強度相等D．正電荷在A點電勢能大于在B點電勢能解析：選A根據(jù)點電荷的電場線分布特點可知，左側(cè)為負電荷，右側(cè)為正電荷，選項A正確；根據(jù)電場線的性質(zhì)，B點電勢高、電場強度大，正電荷在B點的電勢能大，選項B、C、D錯誤。3.如圖所示，在點電荷Q產(chǎn)生的電場中，實線MN是該點電荷標有電場方向的一條電場線，一帶電粒子只在靜電力作用下從A沿著虛線運動到B。設(shè)該粒子在A、B兩點的加速度大小分別為aA、aB，電勢能分別為EpA、EpB。下列說法正確的是()A．粒子一定帶負電B．點電荷Q靠近M端C．A、B兩點的電場強度關(guān)系是EA＝EBD．該粒子在A、B兩點的電勢能EpA<EpB解析：選D點電荷Q電性不清楚，點電荷可能帶正電荷靠近N端，也可能帶負電荷靠近M端，點電荷的電場不是勻強電場，故選項B、C錯誤；根據(jù)電場線性質(zhì)φA<φB及運動軌跡的彎曲方向可知，電場力應(yīng)該指向曲線彎曲內(nèi)側(cè)，即帶電粒子一定是正電荷，所以該粒子在A、B兩點的電勢能EpA<EpB，選項A錯誤，D正確。4.某點電荷和金屬圓環(huán)間的電場線分布如圖所示。下列說法正確的是()A．a(chǎn)點的電勢高于b點的電勢B．若將一正試探電荷由a點移到b點，電場力做負功C．c點的電場強度與d點的電場強度大小無法判斷D．若將一正試探電荷從d點由靜止釋放，電荷將沿著電場線由d到c解析：選B由沿電場線的方向電勢降低和電場線與等勢面垂直的特點，可知a點的電勢低于b點的電勢，故A錯誤；由電勢能的公式：Ep＝qφ，可得出正試探電荷在a點的電勢能低于在b點的電勢能，由電場力做功與電勢能變化的關(guān)系，可知將一正試探電荷由a點移到b點，電場力做負功，故B正確；因為電場線的疏密表示電場的強弱，故c點的電場強度小于d點的電場強度，故C錯誤；正試探電荷在d點時所受的電場力沿該處電場線的切線方向，使該電荷離開該電場線，所以該電荷不可能沿著電場線由d到c，故D錯誤。5.如圖所示，虛線AB和CD分別為橢圓的長軸和短軸，相交于O點，兩個等量異種點電荷分別處于橢圓的兩個焦點M、N上，下列說法中正確的是()A．A、B兩處電勢、場強均相同B．C、D兩處電勢、場強均相同C．帶正電的試探電荷在O處的電勢能小于在B處的電勢能D．帶正電的試探電荷在C處給予某一初速度，電荷可能做勻速圓周運動解析：選B根據(jù)順著電場線方向電勢降低，結(jié)合等量異種電荷電場線、等勢面分布對稱性特點可知，A、B場強相同，A點電勢較高，故A錯誤；如圖所示，根據(jù)等量異種電荷電場線、等勢面分布對稱性，C、D兩處電勢、場強均相同，故B正確；根據(jù)沿電場線方向電勢降低，所以O(shè)點電勢高于B點電勢，則正電荷在O處電勢能大于在B處電勢能，故C錯誤；根據(jù)電場線疏密表示場強的大小可知各處電場強度不同，帶正電的試探電荷在C處給予某一初速度，電荷不可能做勻速圓周運動，故D錯誤。6.如圖所示，靜電噴涂時，被噴工件接正極，噴槍口接負極，它們之間形成高壓電場，涂料微粒從噴槍口噴出后，只在靜電力作用下向工件運動，最后吸附在工件表面，圖中虛線為涂料微粒的運動軌跡。下列說法正確的是()A．涂料微粒一定帶正電B．圖中虛線可視為高壓電場的部分電場線C．微粒做加速度先減小后增大的曲線運動D．噴射出的微粒動能不斷轉(zhuǎn)化為電勢能解析：選C因工件接電源的正極，可知涂料微粒一定帶負電，選項A錯誤；虛線為涂料微粒的運動軌跡，不能視為高壓電場的部分電場線，選項B錯誤；從噴槍口到工件的電場強度先減弱后增強，可知微粒加速度先減小后增大，因電場線是曲線，故微粒做曲線運動，選項C正確；因電場力對微粒做正功，故微粒的電勢能不斷轉(zhuǎn)化為動能，選項D錯誤。7.如圖所示，平行板電容器與直流電源(內(nèi)阻不計)連接，下極板接地。一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，則()A．帶電油滴將沿豎直方向向上運動B．P點的電勢將降低C．帶電油滴的電勢能減小D．電容器的電容減小，極板帶電荷量增大解析：選B保持電源與電容器相連，則兩板間電壓U不變，而板間距離d增大，則E＝eq\f(U,d)將減小，原來qE＝mg，則上極板稍上移后，qE<mg，油滴將沿豎直方向向下運動，選項A錯誤；設(shè)接地點電勢為0，則φP＝UP0＝EdP0，E減小，則P點電勢φP減小，選項B正確；P點電勢減小，帶電油滴帶負電荷，所以帶電油滴的電勢能將增大，選項C錯誤；由Q＝CU知，U一定，C減小，則Q減小，選項D錯誤。8.如圖甲所示，a、b是一條豎直電場線上的兩點，一帶正電的粒子從a運動到b的速度—時間圖像如圖乙所示，則下列判斷正確的是()A．b點的電場方向為豎直向下B．a(chǎn)點的電場強度比b點的大C．粒子從a到b的過程中電勢能先減小后增大D．粒子從a到b的過程中機械能先增大后減小解析：選B粒子在a點時受到的電場力方向向上，且大于重力，所以電場的方向為豎直向上，故A錯誤；粒子在b點時受到的電場力小于重力，所以a點的電場強度比b點的大，故B正確；粒子從a到b的過程中電場力一直做正功，所以電勢能一直減小，故C錯誤；粒子從a到b的過程中，除重力做負功外，只有電場力做正功，則機械能一直增大，故D錯誤。二、多項選擇題(本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)9.如圖所示，空間分布著豎直向上的勻強電場E，現(xiàn)在電場區(qū)域內(nèi)某點O處放置一負點電荷Q，并在以O(shè)點為球心的球面上選取a、b、c、d、e、f六點，其中ac連線為球的水平大圓直徑，bd連線與電場方向平行。不計空氣阻力，則下列說法中正確的是()A．b、d兩點的電勢相等B．a(chǎn)、c兩點的電場強度相同C．將點電荷＋q從球面上b點移到f點，電勢能增加D．若從a點拋出一帶正電小球，小球可能沿a、e、c、f所在圓周做勻速圓周運動解析：選CD因為負點電荷Q在b、d兩點形成的電勢相等，而勻強電場在b、d兩點的電勢不相等，則疊加后b、d兩點的電勢不相等，選項A錯誤；由對稱性可知，a、c兩點的電場強度大小相同，但是方向不同，選項B錯誤；將點電荷＋q從球面上b點移到f點，負點電荷Q對點電荷＋q不做功，但是勻強電場對點電荷＋q做負功，則電勢能增加，選項C正確；若從a點拋出一帶正電小球，若滿足mg＝qE，則帶正電的小球在負點電荷Q的庫侖吸引力的作用下可能沿a、e、c、f所在圓周做勻速圓周運動，選項D正確。10.如圖所示，水平放置的平行板電容器，上極板帶負電，下極板帶正電，帶電小球以速度v0水平射入電場，且沿下極板邊緣飛出。若下極板不動，將上極板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球()A．將打在下極板中央B．仍沿原軌跡由下極板邊緣飛出C．不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿直線運動D．若上極板不動，將下極板上移一段距離，小球可能打在下極板的中央解析：選BD將電容器上極板或下極板移動一小段距離，電容器帶電荷量不變，由公式E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4kπQ,εrS)可知，電容器產(chǎn)生的電場強度不變，以相同速度入射的小球仍將沿原軌跡運動，故B正確，A、C錯誤；當上極板不動，下極板向上移動時，小球可能打在下極板的中央，故D正確。11.如圖所示，三個質(zhì)量相同，帶電荷量分別為＋q、－q和0的小液滴a、b、c，從豎直放置的兩板中間上方由靜止釋放，最后從兩板間穿過，軌跡如圖所示，則在穿過極板的過程中()A．電場力對液滴a、b做的功相同B．三者動能的增量相同C．液滴a電勢能的增加量等于液滴b電勢能的減小量D．重力對三者做的功相同解析：選AD因a、b帶電荷量相等，所以穿過兩板時電場力做功相同，電勢能減少量相同，A正確，C錯誤；c不帶電，不受電場力作用，由動能定理知，三者動能增量不同，B錯誤；a、b、c三者穿出電場時，由WG＝mgh知，重力對三者做功相同，D正確。12.如圖所示，兩平行金屬板水平放置，板長為L，板間距離為d，板間電壓為U，一不計重力、電荷量為＋q的帶電粒子以初速度v0沿兩板的中線射入，經(jīng)過t時間后恰好沿下板的邊緣飛出，則()A．在前eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(1,4)UqB．在后eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(3,8)UqC．在粒子下落的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)過程中，電場力做功之比為1∶1D．在粒子下落的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)過程中，電場力做功之比為1∶2解析：選BC粒子在兩平行金屬板間做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，在前后兩個eq\f(t,2)的時間內(nèi)沿豎直方向的位移之比為1∶3，則在前eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(1,8)Uq，在后eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(3,8)Uq，A錯誤，B正確；由W＝Eqx知，在粒子下落的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)過程中，電場力做功之比為1∶1，C正確，D錯誤。三、非選擇題(本題共5小題，共60分)13．(9分)(1)某實驗小組利用控制變量法研究影響平行板電容器電容大小的因素。保持Q和d不變，若使兩極板的正對面積S變小，則靜電計指針偏轉(zhuǎn)的角度________(填“變大”“變小”或“不變”)；然后保持Q和S不變，改變兩極板間距d；再保持Q、S、d不變，插入電介質(zhì)；通過靜電計指針偏轉(zhuǎn)角度的變化，從而判斷電容的變化。(2)某同學利用傳感器觀察電容器的放電過程，得出電容器放電的I-t圖像，實驗所使用的電源電壓為8V，根據(jù)I-t圖像判斷電容器在放電過程中釋放的電荷量最接近的是Q＝________C(填“0.018”“0.003”或“0.001”)，可估算得出電容器的電容C＝________F。解析：(1)根據(jù)電容的決定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，知電容與兩極板間距離成反比，當保持Q、S不變，增大d時，電容C減小，因電容器的電量Q不變，根據(jù)電容的定義式：C＝eq\f(Q,U)，知兩極板間電勢差增大，則靜電計指針的偏角θ變大。(2)電容器的放電的I-t圖像是I逐漸減小的曲線，根據(jù)q＝It，可知I-t圖像與坐標軸圍成的面積就是釋放的電荷量，經(jīng)分析可知圖像中共有34格，所以電容器在放電過程中釋放的電荷量約為：Q＝34×0.2×10－3×0.4C＝0.00272C≈0.003C，則電容器的電容：C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(0.003,8)F＝0.000375F＝3.75×10－4F。答案：(1)變大(2)0.0033.75×10－414．(10分)如圖，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點。已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為53°；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為37°。不計粒子重力，求A、B兩點間的電勢差。解析：設(shè)帶電粒子在B點的速度大小為vB，粒子在垂直于電場方向的速度分量不變，即vBsin37°＝v0sin53°由此得vB＝eq\f(4,3)v0設(shè)A、B兩點間的電勢差為UAB，由動能定理得：qUAB＝eq\f(1,2)m(vB2－v02)聯(lián)立各式得：UAB＝eq\f(7mv02,18q)。答案：UAB＝eq\f(7mv02,18q)15.(12分)在一個水平面上建立x軸，在過原點O垂直于x軸的平面的右側(cè)空間有一個勻強電場，電場強度大小E＝6.0×105N/C，方向與x軸正方向相同。在O處放一個電荷量q＝－5.0×10－8C，質(zhì)量m＝1.0×10－2kg的絕緣物塊。物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.20，沿x軸正方向給物塊一個初速度v0＝2.0m/s，如圖所示。g取10m/s2解析：物塊先在電場中向右減速，設(shè)運動的位移為x1，由動能定理得：－(|q|·E＋μmg)x1＝0－eq\f(1,2)mv02解得：x1＝0.4m根據(jù)題意可知，當物塊速度減為零時：|q|·E－μmg>0所以物塊將沿x軸負方向加速，跨過O點之后在摩擦力作用下減速，最終停止在O點左側(cè)某處，設(shè)該點距O點距離為x2，對全程由動能定理有：－μmg(2x1＋x2)＝0－eq\f(1,2)mv02解得：x2＝0.2m。答案：O點左側(cè)0.2m16．(14分)水平放置的兩塊平行金屬板長L＝5.0cm，兩板間距d＝1.0cm，兩板間電壓為90V且上板為正。一電子沿水平方向以速度v0＝2.0×107m/s從兩板中間射入，如圖所示，求：(電子電荷量e＝1.6×10－19C，電子質(zhì)量me＝9.1×10－(1)電子偏離金屬板時的側(cè)位移；(2)電子飛出電場時的速度大??；(3)電子離開電場后，打在屏上的P點，若s＝10cm，求OP的長。解析：(1)電子在電場中的加速度a＝eq\f(Ue,md)，運動時間t＝eq\f(L,v0)，側(cè)位移即豎直方向位移：y0＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(eUL2,2mdv02)，代入數(shù)據(jù)解得y0≈4.9×10－3m(2)電子飛出電場時，水平分速度vx＝v0，豎直分速度vy＝at＝eq\f(eUL,mdv0)，