2024-2025學年新教材高中物理第十章靜電場中的能量測評含解析新人教版必修第三冊

PAGEPAGE10第十章測評(時間:75分鐘滿分:100分)一、單項選擇題(本題共7小題,每小題4分,共28分。在每小題給出的四個選項中,只有一個選項符合題目要求)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.依據電場強度的定義式E=可知,電場中某點的電場強度與摸索電荷所帶的電荷量成反比B.依據電容的定義式C=可知,電容器的電容與其所帶電荷量成正比,與兩極板間電壓成反比C.依據真空中點電荷的電場強度公式E=k可知,電場中某點的電場強度與場源電荷所帶的電荷量無關D.依據電勢差的定義式UAB=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-1V答案D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=k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=知,D正確。2.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答案C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,故不能推斷M、N兩點電勢的凹凸,C錯誤。3.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,電勢降低答案B解析依據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,所以從O點沿x軸正方向的電場強度先增大后減小。選項B正確。4.一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B點運動到C點,電勢能先增加后削減D.粒子從A點經B點運動到C點,靜電力先做正功后做負功答案C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,故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。5.如圖所示為示波管中偏轉電極的示意圖,間距為d、長度為l的平行板A、B加上電壓后,可在A、B之間的空間中(設為真空)產生電場(設為勻強電場)。在與A、B等距離的O點,有一電荷量為+q、質量為m的粒子以初速度v0沿水平方向(與A、B板平行)射入(圖中已標出),不計重力,要使此粒子能從C處射出,則A、B間的電壓應為()A. B.C. D.q答案A解析帶電粒子做類平拋運動,l=v0t,a=d=at2,解得U=,故A正確。6.(2024北京中關村中學檢測)靜電計指針張角的大小可以定性顯示其金屬球與外殼之間的電勢差大小。如圖所示,A、B是平行板電容器的兩個金屬板,G為靜電計。起先時開關S閉合,靜電計指針張開肯定角度,為了使指針張開的角度增大些,下列實行的措施可行的是()A.斷開開關S后,將A、B兩極板分開些B.保持開關S閉合,將A、B兩極板分開些C.保持開關S閉合,將A、B兩極板靠近些D.保持開關S閉合,將滑動變阻器滑動觸頭向右移動答案A解析要使靜電計的指針張開角度增大些,應當使靜電計金屬球和外殼之間的電勢差增大,斷開開關S后,將A、B兩極板分開些,電容器的帶電荷量不變,電容減小,電勢差增大,A正確;保持開關S閉合,將A、B兩極板分開或靠近些,靜電計金屬球和外殼之間的電勢差不變,B、C錯誤;保持開關S閉合,將滑動變阻器滑動觸頭向右或向左移動,靜電計金屬球和外殼之間的電勢差不變,D錯誤。7.圖甲所示的電路中,K與L間接一智能電源,用以限制電容器C兩端的電壓UC。假如UC隨時間t的變更如圖乙所示,則下列描述電阻R兩端電壓UR隨時間t變更的圖像中,正確的是()答案A解析本題由利用比值求電流的公式分析求得電路中的電流,再依據部分電路歐姆定律定量分析電阻R兩端的電壓即可。由C=可得,ΔQ=CΔUC,電容器不符合歐姆定律的適用條件,電流i==C;電阻R符合歐姆定律的適用條件,兩端電壓UR=iR=CR;由圖像可知,在0~1s和2~3s兩段時間內,電壓恒定,=0,電阻R兩端的電壓必為零;1~2s內,R兩端電壓UR1=CR,3~5s內,R兩端電壓UR2=CR,負號表示電流方向與原電流方向相反,所以1~2s和3~5s兩段時間內,電阻R兩端電壓之比為2∶1,所以選項A正確。二、多項選擇題(本題共3小題,每小題6分,共18分。在每小題給出的四個選項中,有多個選項符合題目要求,全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分)8.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點的加速度比它在P點的小答案AB解析軌跡關于P點對稱,曲線運動合力方向指向曲線凹側,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。9.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,分別與電壓為U的恒定電源兩極相連,板的間距為d?，F(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B.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,油滴將加速下降答案AB解析帶電油滴在極板間勻速下落,故受力平衡,則有mg=q,所以油滴帶電荷量q=,所以電子的數(shù)目為n=,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向下緩慢移動一小段距離,d減小,靜電力F=q增大,合外力豎直向上,油滴將減速下降,故D錯誤。10.兩個點電荷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,靜電力始終做正功答案BCD解析由E=知,B點的電場強度不為零,A錯誤;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,電子的電勢能始終減小,靜電力始終做正功,D正確。三、非選擇題(本題共5小題,共54分)11.(7分)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。

答案(1)變大(2)變大(3)變小解析(1)電容器所帶電荷量肯定,正對面積減小時,由C=知,電容C減小,由C=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=知,電容C減小,由C=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=知,電容C變大,由C=知,電勢差U變小,故指針的偏轉角度變小。12.(9分)(2024山東煙臺聯(lián)考)用傳感器視察電容器的放電過程,按圖甲連接電路,電源電動勢E=8V,電容器選用幾百微法的電解電容器,先使開關S與1端相連,電源向電容器充電,這個過程瞬間完成,然后把開關S擲向2端,電容器通過電阻R放電,傳感器將電流信息傳入計算機,屏幕上顯示出電流隨時間變更的I-t曲線,如圖乙所示。(1)估算電容器在全部放電過程中釋放的電荷量q=C。

(2)依據以上數(shù)據估算電容C=μF。(結果保留兩位有效數(shù)字)

答案(1)3.2×10-3(2)4.0×102解析(1)由圖像的含義可知,橫軸與縱軸的乘積即為電荷量,依據橫軸與縱軸的數(shù)據可知,一個格子的電荷量為0.08×10-3C,大于半格算一個,小于半格舍去,因此圖像所包含的格子個數(shù)為40,所以釋放的電荷量:q=0.08×10-3C×40=3.2×10-3C。(2)依據電容器的定義式可得:C=F=4.0×10-4F=4.0×102μF。13.(10分)(2024廣東深圳七中高二階段考)做功與路徑無關的力場叫作勢場,在這類場中可以引入“勢”和“勢能”的概念,場力做功可以量度勢能的變更。例如靜電場和引力場。(1)如圖所示,真空中靜止點電荷+Q產生的電場中,A、B為同一條電場線上的兩點,A、B兩點與點電荷+Q間的距離分別為r1和r2。取無窮遠處的電勢為零,則在距離點電荷+Q為r的某點電勢φ=(式中k為靜電力常量)。①現(xiàn)將電荷量為+q的摸索電荷放置在A點,求該摸索電荷在A點時的電勢能EpA;②現(xiàn)將電荷量為+q的摸索電荷,由A點移至B點,求在此過程中,靜電力所做的功W。(2)質量為M的天體四周存在引力場。已知該天體的半徑為R,引力常量為G。請類比點電荷,取無窮遠處的引力勢為零,寫出在距離該天體中心為r(r>R)處的引力勢φg的表達式。答案(1)①②(2)φg=-解析(1)①由題意可知,A點的電勢φA=,所以摸索電荷+q放置在A點時的電勢能EpA=qφA=②在摸索電荷由A點移至B點的過程中,依據功能關系有W=qφA-qφB=(2)將一物體從距離該天體中心為r的點移至無窮遠處,萬有引力做負功,引力勢能增加,所以該點的引力勢φg<0,則類比點電荷可得φg=-14.(12分)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)?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)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-可得帶電粒子打在金屬板上時的動能為Ek=qUab+=1.2×10-10J。(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=at2,a=,S=πx2聯(lián)立以上各式得所形成的面積S==4.0m2,可以通過減小h或增大E來實現(xiàn)。15.(16分)(2024北京西城模擬)電容器作為儲能器件,在生產生活中有廣泛的應用。實際中的電容器在外形結構上有多種不同的形式,但均可以用電容描述它的特性。(1)在兩個相距很近的平行金屬板中間夾上一層絕緣物質就組成一個最簡潔的電容器,叫作平行板電容器。圖1為一平行板電容器的充電電路,在充電過程中兩極板間電勢差U隨電荷量q的變更圖像如圖2所示。類比直線運動中由v-t圖像求位移的方法,在圖2中畫出當電荷量由Q1增加到Q2的過程中電容器增加的電勢能。(2)同平行板電容器一樣,一個金屬球和一個與它同心的金屬球殼也可以組成一個電容器,叫作球形電容器。如圖3所示,兩極間為真空的球形電容器,其內球半徑為R1,外球內半徑為R2,電容為C=,其中k為靜電力常量。請結合(1)中的方法推導該球形電容器充電后電荷量達到Q時所具有的電勢能Ep的表達式。圖3(3)孤立導體也能儲存電荷,也具有電容。將孤立導體球看作另一極在無窮遠的球形電容器,依據球形電