2024-2025學(xué)年新教材高中物理第2章電勢能與電勢差測評測評含解析魯科版必修第三冊

PAGE9-第2章測評(時間:60分鐘滿分:100分)一、單項選擇題(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,只有一項是符合題目要求的)1.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(yīng),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始終線上,C、D兩點關(guān)于直線AB對稱,則()A.A點和B點的電勢相同B.C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,電勢能先增加后削減解析由題圖可知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,電勢能先削減后增加,所以D錯誤,故選C。答案C2.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(guān)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(shè)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(shè)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B3.如圖所示,空間內(nèi)存在水平勻強電場,不行伸長的輕繩一端固定于O點,另一端系一質(zhì)量為m的帶正電小球,小球可以在圖中虛線位置保持靜止。現(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()A.mg B.32mg C.12mg D.解析小球在平衡點受力分析,依據(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B4.如圖是靜電場中的一組等勢面分布圖,M、N是其中的兩點,EM、EN表示M、N兩點的電場強度,φM、φN表示M、N兩點的電勢,則下列說法中正確的是()A.EM<EN,φM<φN B.EM<EN,φM>φNC.EM>EN,φM>φN D.EM>EN,φM<φN解析等差等勢線越密的地方,電場強度越大,所以由題圖可知M點電場強度大于N點電場強度,即EM>EN;由題圖可知,N點電勢高于M點電勢,即EM>EN,φM<φN,故D正確。答案D二、多項選擇題(本題共4小題,每小題6分,共24分。每小題有多項符合題目要求,全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分)5.如圖所示,A圖為平行板電容器內(nèi)部電場;B圖為等量異種點電荷的電場,其中O點為兩點電荷連線的中點且Oa=Ob;C圖為孤立正點電荷的電場,a、b為以點電荷為圓心的圓上的點;D圖為等量正點電荷的電場,a、b為兩點電荷連線的中垂線上的點,且Oa=Ob。則下面四幅圖中a、b兩點的電場強度相同但電勢不同的是()解析a、b是勻強電場中的兩點,電場強度相同,a、b連線與板不平行,則與電場線不垂直,所以a點的電勢高于b點的電勢,A正確;等量異種點電荷連線的兩個點,沿著電場線的方向,電勢降低,則a點的電勢高于b點的電勢,由電場疊加可知,a、b兩點電場強度相同,B正確;a、b是同一等勢面上的兩點,電勢相同,電場強度大小相等,但方向不同,故C錯誤;依據(jù)電場線的對稱性可知,a、b兩點電勢相同,電場強度大小相等,但方向相反,故D錯誤。答案AB6.(2024貴州畢節(jié)檢測)如圖所示,豎直放置的平行板電容器與定值電阻R、電源E相連,用絕緣細線將帶電小球q懸掛在兩極板間,閉合開關(guān)S后細線與豎直方向夾角為θ。則有()A.保持開關(guān)S閉合,將A板向右平移,θ不變B.保持開關(guān)S閉合,將A板向左平移,θ變小C.斷開開關(guān)S,將A板向右平移,θ不變D.斷開開關(guān)S,將A板向右平移,θ變小解析保持開關(guān)S閉合,電容器兩端的電勢差不變,將A板向右平移,d減小,則電場強度增大,帶電小球所受電場力增大,依據(jù)共點力平衡條件知,θ角變大,反之向左平移A板,θ角變小,A錯誤,B正確;斷開開關(guān)S,電荷量不變,依據(jù)C=εrS4πkd,E=Ud,C=QU,聯(lián)立解得E=答案BC7.如圖所示,兩個帶等量負電荷的小球A、B(可視為點電荷),被固定在光滑的絕緣水平面上,P、N是小球A、B連線的中垂線上的兩點,且PO=ON?，F(xiàn)將一個電荷量很小的帶正電的小球C(可視為質(zhì)點),由P點靜止釋放,在小球C向N點的運動的過程中,關(guān)于小球C的說法可能正確的是()A.速度先增大,再減小B.電勢能先增大,再減小C.加速度可能先增大再減小,過O點后,加速度先減小再增大D.加速度可能先減小,再增大解析正電的小球受到A、B兩小球的庫侖引力,在P到O的過程中,合力方向沿PO,可知在P到O的過程中,速度增大,從O到N的過程中,合力方向沿NO,速度減小,則速度先增大后減小,故A正確;在P到O的過程中,合力方向沿PO,可知在P到O的過程中,電場力做正功,電勢能減小,從O到N的過程中,合力方向沿NO,電場力做負功,電勢能增大,故電勢能先減小后增大,故B錯誤;正電小球在O點所受的合力為零,從P到O的過程中,合力可能先增大后減小,則加速度可能先增大后減小,過O點后,合力先增大后減小,加速度先增大后減小;也可能從P到O的過程中,合力減小,加速度減小,過O點到N過程中,合力增大,加速度增大,故C錯誤,D正確。答案AD8.如圖所示,矩形區(qū)域內(nèi)有水平方向的勻強電場,一個帶負電的粒子從A點以某一速度vA射入電場中,最終以另一速度vB從B點離開電場,不計粒子所受的重力,A、B兩點的位置如圖所示,則下列推斷中正確的是()A.電場強度的方向水平向左B.帶電粒子在A點的電勢能大于在B點的電勢能C.粒子在電場中運動的全過程中,電勢能最大處為A點D.粒子在電場中運動的全過程中,動能最大處為B點解析粒子在電場中向左偏轉(zhuǎn),所受的電場力水平向左,而粒子帶負電荷,故電場強度的方向水平向右,A錯誤;從A到B,電場力先做負功,后做正功,電場力為恒力,做負功的位移小于做正功的位移,所以電場力做的總功為正功,故粒子的電勢能減小,則粒子在A點的電勢能大于在B點的電勢能,B正確;粒子電場力水平,將初速度分解為水平和豎直向下的分速度,故水平方向向右勻減速、再向左勻加速,豎直方向向下勻速,軌跡的最右端在A點的右側(cè),即電場力做負功的最大位移處在A點的右側(cè),所以電勢能最大位置在A點右側(cè),C錯誤;粒子在電場中運動過程,僅受電場力做功,電勢能和動能總和保持不變,相互轉(zhuǎn)化,到達B點時電場力做正功最大,電勢能最小,動能最大,D正確。答案BD三、非選擇題(本題共7小題,共60分)9.(4分)(2024寧夏銀川檢測)a和b為電場中的兩個點,假如把q=2×10-8C的正電荷從a點移動到b點,電場力對電荷做了4×10-7J的正功,則該電荷的電勢能(選填“增加”“削減”或“不變”),a、b兩點間的電勢差Uab為V。

解析電場力做的功是電勢能的削減量,電場力做了4×10-7J的正功,故電勢能削減了4×10-7J;Uab=Wq=a、b兩點間的電勢差為20V答案削減20V10.(4分)(2024福建廈門模擬)隨著科技的發(fā)展,電容器已經(jīng)廣泛應(yīng)用于各種電器中。有一平行板電容器,它的極板上帶有6×10-4C的電荷量,現(xiàn)只變更電容器所帶的電荷量,使其兩板間的電壓變?yōu)?.5V,此時極板上所帶的電荷量比原來削減了4.5×10-4C,則此電容器的電容為μF,電容器原來兩板間的電壓為V。

解析電容器的電容C=QU=6×10-4C-4.5×10答案300211.(5分)定性探討平行板電容器的電容與結(jié)構(gòu)之間的關(guān)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(zhuǎn)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(zhuǎn)角度將。

(2)板間距離增大時,靜電計指針的偏轉(zhuǎn)角度將。

(3)插入電介質(zhì)時,靜電計指針的偏轉(zhuǎn)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(zhuǎn)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(zhuǎn)角度變大;(3)插入電介質(zhì)時,由答案(1)變大(2)變大(3)變小12.(7分)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(yīng)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”),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。充電起先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)。

答案較快漸漸減小10V增加不能突變1.7×10-313.(10分)如圖所示,在虛線MN兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個勻強電場,一帶電粒子從A點由靜止起先,在電場力作用下沿直線在A、B兩點間的來回運動。已知電場強度E1的大小為2.0×103N/C,E1和E2方向如圖所示。帶電粒子質(zhì)量為m=1.0×10-18kg,帶電荷量為q=-1.0×10-10C,A點距虛線MN的距離為d1=0.4m,B點到虛線MN的距離為d2=0.2m,不計帶電粒子的重力,忽視相對論效應(yīng)。求:(1)電場強度E2的大小。(2)帶電微粒從A點運動到B點所經(jīng)驗的時間t。解析(1)帶電微粒由A點運動到B點的過程中,由動能定理有|q|E1d1-|q|E2d2=0解得E2=d1d2E1=0.40.2×2.0×10(2)設(shè)微粒在虛線MN左右兩側(cè)的加速度大小分別為a1、a2,由牛頓其次定律有|q|E1=ma1|q|E2=ma2設(shè)微粒在虛線MN左右兩側(cè)運動的時間分別為t1和t2,由運動學(xué)公式有d1=12a1d2=12a2帶電微粒從A點運動到B點所經(jīng)驗的時間t=t1+t2聯(lián)立方程解得t=3.0×10-6s。答案(1)4.0×103N/C(2)3.0×10-6s14.(12分)如圖所示,靜止于A處的帶正電離子(電荷量為q,質(zhì)量為m),經(jīng)電壓為U的加速電場加速后從B點飛出,恰好以源電荷Q(可視為點電荷)為圓心、半徑為R的四分之一圓做勻速圓周運動,并從P點垂直于邊界CN進入矩形有界勻強偏轉(zhuǎn)電場,電場方向水平向左,離子恰好能打在M點。已知NP間的距離等于NM間距離,離子的重力不計,源電荷Q產(chǎn)生的電場對加速電場和偏轉(zhuǎn)電場均無影響,靜電力常量為k。求:(1)離子從B點飛出時的速度v的大小。(2)源電荷Q的電性和電荷量為多少。(3)P、N兩點間的電勢差。解析(1)對離子,在加速電場中加速,由qU=12mv解得v=2qU(2)離子從B點飛出后,在Q的作用下做勻速圓周運動,所以Q帶負電,kQqR2解得Q=2UR(3)設(shè)NM之間的距離為d,則PN之間的距離為d,PN之間的電勢差為UPN,則d=vt,d=12at2,q聯(lián)立解得UPN=4U。答案(1)2qUm(2)Q帶負電電荷量為(3)4U15.(18分)在如圖所示的xOy平面內(nèi)(y軸的正方向豎直向上)存在著水平向右的勻強電場,有一帶正電的小球自坐標原點O沿y軸正方向豎直向上拋出,它的初動能為8J,不計空氣阻力,當它上升到最高點M時,它的動能為2J,M點距x軸0.2m,g取10m/s2。(1)帶電小球落回到x軸上的P點,求出P點坐標。(2)求帶電小球到達P點時的動能。解析(1)小球豎直方向做豎直上拋運動,水平方向做初速度為零的勻加速直線運動,由勻變速運動規(guī)律有v02=解得v0=2m/s初動能12m解得m=4kg最高點動能1