2024-2025學年新教材高中物理第十章靜電場中的能量測評課后習題含解析新人教版必修3

PAGE10-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。1~8是單選題,9~12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.依據(jù)電場強度的定義式E=Fq可知,電場中某點的電場強度與摸索B.依據(jù)電容的定義式C=QUC.依據(jù)真空中點電荷的電場強度公式E=kQrD.依據(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,與有無摸索電荷無關,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=答案D2.如圖所示,在粗糙的水平面上固定一個點電荷Q,在M點無初速度釋放一個帶有恒定電荷量的小物塊,小物塊在Q的電場中運動到N點停止,則從M到N的過程中,下列說法錯誤的是()A.小物塊所受的靜電力漸漸減小B.小物塊具有的電勢能漸漸減小C.M點的電勢肯定高于N點的電勢D.小物塊電勢能的削減量肯定等于克服摩擦力做的功解析小物塊在從M運動到N的過程中,肯定受到向右的摩擦力,所以庫侖力肯定向左。小物塊由M運動到N,與電荷Q的距離越來越大,所以小物塊受到的靜電力即庫侖力肯定減小,A正確;由動能定理可得μmgx-WE=0,即WE=μmgx,靜電力做正功,小物塊具有的電勢能減小,其削減量等于克服滑動摩擦力做的功,B、D正確;因點電荷Q的電性未知,不能推斷M、N兩點電勢的凹凸,C錯誤。答案C3.如圖所示,一圓環(huán)上勻稱分布著正電荷,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()A.O點的電場強度為零,電勢最低B.O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,電勢上升D.從O點沿x軸正方向,電場強度增大,電勢降低解析依據(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正確。答案B4.一個帶電粒子僅在靜電力作用下從A點起先以-v0做直線運動,其v-t圖像如圖所示。粒子在t0時刻運動到B點,3t0時刻運動到C點,下列推斷正確的是()A.A、B、C三點的電勢關系為φB>φA>φCB.A、B、C三點的電場強度大小關系為EC>EB>EAC.粒子從A點經(jīng)B點運動到C點,電勢能先增加后削減D.粒子從A點經(jīng)B點運動到C點,靜電力先做正功后做負功解析由題中v-t圖像可知帶電粒子在0~t0時間內做減速運動,靜電力做負功,電勢能增大;在t0~3t0時間內做反向加速運動,靜電力做正功,電勢能減小,選項C正確,D錯誤;因為不知道帶電粒子電性,本題中無法推斷電勢的凹凸,選項A錯誤;圖像中斜率表示帶電粒子的加速度,qE=ma,可知A、B、C三點中EB最大,選項B錯誤。答案C5.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,方向與電場方向一樣,則a、b兩點間的電勢差為()A.mv022q B.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,由牛頓其次定律可知,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()A.O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削減后增大,由庫侖定律知,靜電力先增大后減小,依據(jù)牛頓其次定律,加速度先變大后變小,C錯誤;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錯誤;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錯誤;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正確。答案D7.平行板A、B組成電容器,充電后與靜電計相連,要使靜電計指針張角變大,下列措施可行的是()A.A板向上移動B.B板向左移動C.A、B板間插入電介質D.削減極板上的電荷量解析當正對面積S減小或距離d增大時,依據(jù)C=εrS4πkd,電容C均減小,由U=QC知電勢差U變大,靜電計指針偏轉角度增大,所以A正確,B錯誤;A、B板間插入電介質,相對介電常數(shù)εr增大,依據(jù)C=εrS4πkd,電容C增大,則U=QC答案A8.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。則下列說法錯誤的是()A.電容器的電容變小B.電容器內部電場強度大小變大C.電容器內部電場強度大小不變D.P點電勢上升答案B9.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,且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱。忽視空氣阻力。由此可知()A.Q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,依據(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;依據(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,依據(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.(2024·全國卷Ⅲ,21)如圖所示,電荷量分別為q和-q(q>0)的點電荷固定在正方體的兩個頂點上,a、b是正方體的另外兩個頂點。則()A.a點和b點的電勢相等B.a點和b點的電場強度大小相等C.a點和b點的電場強度方向相同D.將負電荷從a點移到b點,電勢能增加解析b點距q近,a點距-q近,則b點的電勢高于a點的電勢,A錯誤;如圖所示,a、b兩點的電場強度可視為E3與E4、E1與E2的合電場強度。其中E1∥E3,E2∥E4,且知E1=E3,E2=E4,故合電場強度Ea與Eb大小相等、方向相同,B、C正確;由于φa<φb,負電荷從低電勢移至高電勢過程中,電場力做正功,電勢能削減,D錯誤。答案BC11.測定電子的電荷量的試驗裝置示意圖如圖所示,置于真空中的油滴室內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。機械能削減,故C錯誤。若將極板M答案AB12.兩個點電荷Q1和Q2固定在x軸上O、D兩點,兩者之間連線上各點電勢凹凸如圖中曲線所示(OB>BD),取無窮遠處電勢為零,由圖可知()A.B點電場強度為零B.Q1為負電荷,Q2為正電荷C.Q1電荷量肯定大于Q2電荷量D.將電子沿x軸從A點移到C點,靜電力始終做正功解析由E=ΔφΔx知,B點的電場強度不為零,A錯誤;因無窮遠處電勢為零,所以負點電荷電場中的電勢為負,正點電荷電場中的電勢為正,結合題圖可知,Q1為負電荷,Q2為正電荷,B正確;由題圖可知,電勢零點離D點較近,故Q1電荷量肯定大于Q2電荷量,C正確;將電子沿x軸從A點移到C點,電勢始終上升,電子的電勢能始終答案BCD二、試驗題(本題共2個小題,每題6分,共12分)13.定性探討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,試指出下列三種狀況下,靜電計指針的偏轉角度變更狀況。(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)電容器所帶電荷量肯定,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,由答案(1)變大(2)變大(3)變小14.如圖甲是視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更的圖像,圖乙是其對應的充電電流隨時間變更的圖像。在充電的起先階段,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“漸漸減小”或“漸漸增加”),在充電過程中電容器的電能。

答案較快漸漸減小增加三、計算題(本題共4個小題,每題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=1.5×105V/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答案0.01m16.如圖所示,某空間有一豎直向下的勻強電場,電場強度E=1.0×102V/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=0.80m的a處有一粒子源,盒內粒子以v0=2.0×102m/s的初速度向水平面以下的各個方向勻稱放出質量為m=2.0×10-15kg、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,可以通過變更哪些物理量來實現(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=1.2(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=4.0m答案(1)1.2×10-10J(2)面積為4.0m2可以通過減小h或增大E來實現(xiàn)17.如圖所示,在E=103V/m的水平向左勻強電場中,有一光滑半圓形絕緣軌道豎直放置,軌道與一水平絕緣軌道MN連接,半圓軌道所在豎直平面與電場線平行,其半徑R=0.4m,一帶正電荷q=10-4C的小滑塊質量為m=0.04kg,與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,g取10m/s2,求:(1)要使小滑塊能運動到半圓軌道的最高點L,滑塊應在水平軌道上離N點多遠處釋放?(2)這樣釋放的滑塊通過P點時對軌道的壓力是多大?(P為半圓軌道中點)解析(1)滑塊剛能通過軌道最高點的條件是mg=mv2R,v=gR滑塊由釋放點到最高點過程,由動能定理得qEx-μmgx-2mgR=12mv代入數(shù)據(jù)得x=20m。(2)對于PL過程,由動能定理得-mgR-qER=12mv2-在P點由牛頓其次定律FN-qE=m代入數(shù)據(jù)得FN=1.5N由牛頓第三定律得F壓=FN=1.5N。答案(1)20m(2)1.5N18.如圖所示,在xOy平面內,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C是粒子運動軌跡上的兩點,其中l(wèi)0