2024-2025學(xué)年新教材高中物理章末綜合測評2靜電場中的能量含解析新人教版必修第三冊

PAGEPAGE1章末綜合測評(二)靜電場中的能量(分值：100分)1．(4分)(2024·黃岡中學(xué)月考)超級電容的容量比通常的電容器大得多，其主要優(yōu)點(diǎn)是高功率脈沖應(yīng)用和瞬時功率保持，具有廣泛的應(yīng)用前景。如圖所示，某超級電容標(biāo)有“2.7V100F”字樣，將該電容器接在電動勢為1.5V的干電池兩端，則電路穩(wěn)定后該電容器的負(fù)極板上所帶的電荷量為()A．－150C B．－75CC．－270C D．－135CA[依據(jù)C＝eq\f(Q,U)可知電容器所帶的電荷量為Q＝CU＝100×1.5C＝150C，則電路穩(wěn)定后該電容器的負(fù)極板上所帶的電荷量為－150C，故選A。]2．(4分)如圖所示，在O點(diǎn)放置一點(diǎn)電荷Q，以O(shè)為圓心作一圓?，F(xiàn)將一摸索電荷分別從圓上的B、C、D三點(diǎn)移到圓外的A點(diǎn)，下列說法正確的是()A．從B點(diǎn)移到A點(diǎn)的過程中靜電力做功最少B．從C點(diǎn)移到A點(diǎn)的過程中靜電力做功最少C．從D點(diǎn)移到A點(diǎn)的過程中靜電力做功最多D．三個過程中靜電力做功一樣多D[在O點(diǎn)放置一點(diǎn)電荷Q，以O(shè)為圓心作一圓，依據(jù)點(diǎn)電荷等勢面的分布狀況知，B、C、D三點(diǎn)的電勢相等，因此A點(diǎn)與B、C、D三點(diǎn)間的電勢差相等，將一電荷從圓上的B、C、D三點(diǎn)移到圓外的A點(diǎn)的過程中，依據(jù)W＝qU知，三個過程靜電力做功相等，選項(xiàng)D正確，A、B、C錯誤。]3．(4分)電子束焊接機(jī)中的電場線如圖中虛線所示。K為陰極，A為陽極，兩極之間的距離為d，在兩極之間加上高電壓U，有一電子在K極由靜止被加速。不考慮電子重力，元電荷為e，則下列說法正確的是()A．A、K之間的電場強(qiáng)度為eq\f(U,d)B．電子到達(dá)A極時的動能大于eUC．由K到A電子的電勢能減小了eUD．由K沿直線到A電勢漸漸降低C[由于A、K之間的電場是非勻強(qiáng)電場，公式U＝Ed不適用，因此A、K之間的電場強(qiáng)度不等于eq\f(U,d)，故A錯誤；依據(jù)動能定理，得Ek－0＝eU，則電子到達(dá)A極時的動能Ek＝eU，故B錯誤；由K到A電場力對電子做正功，電子的電勢能減小了eU，故C正確；電子所受電場力向下，電場方向向上，則由K沿直線到A電勢漸漸上升，故D錯誤。]4．(4分)某靜電場的電場線分布如圖所示，一負(fù)點(diǎn)電荷只在電場力作用下先后經(jīng)過場中的M、N兩點(diǎn)，過N點(diǎn)的虛線是電場中的一條等勢線，則()A．M點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于N點(diǎn)的電場強(qiáng)度B．M點(diǎn)的電勢低于N點(diǎn)的電勢C．負(fù)點(diǎn)電荷在M點(diǎn)的電勢能小于在N點(diǎn)的電勢能D．負(fù)點(diǎn)電荷在M點(diǎn)的動能小于在N點(diǎn)的動能C[電場線密集的地方，電場強(qiáng)度大，故M點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于N點(diǎn)的電場強(qiáng)度，A錯誤；沿著電場線電勢降低，故M點(diǎn)的電勢高于N點(diǎn)的電勢，B錯誤；負(fù)點(diǎn)電荷由M到N電場力做負(fù)功，動能減小，電勢能增加，C正確，D錯誤。]5．(4分)如圖所示，a、b、c三條虛線為電場中的等勢面，等勢面b的電勢為0，且相鄰兩個等勢面間的電勢差相等，一個帶正電的粒子在A時的動能為10J，在靜電力作用下從A運(yùn)動到B，在B時速度為0，當(dāng)這個粒子的動能為7.5J時，其電勢能為()A．12.5JB．2.5JC．0D．－2.5JD[粒子在運(yùn)動過程中只有靜電力做功，動能和電勢能之和保持不變，在A點(diǎn)時動能為10J，B點(diǎn)時動能為0，由對稱性易知，粒子運(yùn)動至等勢面b時動能為5J，因此動能和電勢能之和為5J。當(dāng)動能為7.5J時，電勢能為－2.5J，故選項(xiàng)D正確。]6．(4分)某靜電場沿x軸的電勢φ的分布如圖所示，x2處的電勢為φ2，下列說法正確的有()A．將電量為q的點(diǎn)電荷從x1移到x2，電場力做的功為qφ2B．x1處的電場強(qiáng)度為零C．負(fù)電荷從x1移到x2，電勢能減小D．負(fù)電荷從x1移到x2，受到的電場力增大C[由圖可知，x2處的電勢高，將電量為q的點(diǎn)電荷從x1移到x2，電場力做的功為－qφ2，克服電場力做的功為qφ2，故A錯誤；φ-x圖像的斜率k＝eq\f(Δφ,Δx)＝eq\f(ΔU,Δx)＝E，即φ-x圖像的斜率表示電場強(qiáng)度；在x軸上，x1處的斜率不等于0，則電場強(qiáng)度不等于0，故B錯誤；由圖可知，x2處的電勢高，將負(fù)電荷從x1移到x2，電場力做正功，則電勢能減小，故C正確；φ-x圖像的斜率表示電場強(qiáng)度，在x軸上，x2處圖像的斜率為零，表示電場強(qiáng)度為零，可知將負(fù)電荷從x1移到x2，受到的電場力減小，故D錯誤。]7．(4分)如圖ABCD的矩形區(qū)域存在沿A至D方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E，邊長AB＝2AD，質(zhì)量m、帶電量＋q的粒子以恒定的速度v從A點(diǎn)沿AB方向射入矩形區(qū)域，粒子恰好從C點(diǎn)以速度v1射出電場，粒子在電場中運(yùn)動時間為t，則()A．若電場強(qiáng)度變?yōu)?E，粒子從DC邊中點(diǎn)射出B．若電場強(qiáng)度變?yōu)?E，粒子射出電場的速度為2v1C．若粒子入射速度變?yōu)閑q\f(v,2)，則粒子從DC邊中點(diǎn)射出電場D．若粒子入射速度變?yōu)閑q\f(v,2)，則粒子射出電場時的速度為eq\f(v1,2)C[若電場強(qiáng)度變?yōu)?E，則粒子從DC邊離開，運(yùn)動時間變?yōu)閑q\f(\r(2),2)t，則水平位移變?yōu)樵瓉淼膃q\f(\r(2),2)，而不是eq\f(1,2)，故A錯誤；在粒子穿過電場的過程中，設(shè)電場力做功為W，則由功能定理W＝Eqd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mv2，可知電場強(qiáng)度加倍，則電場力做功變?yōu)榱?W，則射出電場的速度不等于2v1，故B錯誤；粒子入射速度變?yōu)閑q\f(v,2)，則粒子在電場中運(yùn)動時間不變，可得出粒子從DC邊中點(diǎn)射出電場，故C正確；由于電場不變，粒子在電場中運(yùn)動時間不變，電場力做功不變，由動能定理可知，粒子射出電場時的速度不是eq\f(v1,2)，故D錯誤。]8．(4分)如圖所示，偏轉(zhuǎn)電場可看作勻強(qiáng)電場，極板間電壓為U，極板長度為L，間距為d。電子由靜止起先經(jīng)加速電場加速后。沿平行于極板的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，忽視電子所受重力。電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0和從偏轉(zhuǎn)電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy分別是()A．eq\r(\f(eU0,m))，eq\f(UL2,2U0d) B．eq\r(\f(2eU0,m))，eq\f(UL2,2U0d)C．eq\r(\f(eU0,m))，eq\f(UL2,4U0d) D．eq\r(\f(2eU0,m))，eq\f(UL2,4U0d)D[依據(jù)功能關(guān)系，可得eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，電子射入偏轉(zhuǎn)電場的初速度為v0＝eq\r(\f(2eU0,m))；在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運(yùn)動時間為Δt＝eq\f(L,v0)，偏轉(zhuǎn)加速度為a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU,md)，偏轉(zhuǎn)距離為：Δy＝eq\f(1,2)a(Δt)2＝eq\f(UL2,4U0d)，故D正確，A、B、C錯誤。]9．(7分)高電阻放電法測電容的試驗(yàn)，是通過對高阻值電阻放電的方法測出電容器充電電壓為U時所帶的電荷量Q，從而再求出待測電容器的電容C，某同學(xué)的試驗(yàn)狀況如下：(1)按圖1所示電路連接好試驗(yàn)電路。(2)接通開關(guān)S，調(diào)整電阻箱R的阻值，使小量程電流表的指針偏轉(zhuǎn)接近滿刻度，登記這時電流表的示數(shù)I0＝500μA、電壓表的示數(shù)U0＝6.0V，I0和U0分別是電容器放電的初始電流和初始電壓，此時電阻箱R的阻值為8.5kΩ，則電流表的內(nèi)阻為________kΩ。(3)斷開開關(guān)S，同時起先計時，每隔5s或10s讀一次電流I的值，將測得數(shù)據(jù)填入預(yù)先設(shè)計的表格中，依據(jù)表格中的數(shù)據(jù)標(biāo)出以時間t為橫坐標(biāo)、電流I為縱坐標(biāo)的坐標(biāo)上的點(diǎn)，如圖2中用“×”表示的點(diǎn)。(4)請?jiān)趫D中描繪出電流隨時間變更的圖線，并依據(jù)圖線估算出該電容器兩端電壓力U0時所帶的電荷量Q0約為________C；(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(5)依據(jù)公式________來計算電容器的電容。(只要求寫出表達(dá)式，不要求計算結(jié)果)圖1圖2[解析](2)由歐姆定律有U0＝I0(Rg＋R)得Rg＝eq\f(U0,I0)－R＝eq\f(6.0,500×10－6)Ω－8.5×103Ω＝3.5×103Ω＝3.5kΩ。(4)用平滑曲線連接各點(diǎn)，查出所畫的曲線與縱標(biāo)軸所圍的格數(shù)以求得面積。因ΔQ＝I·Δt即為曲線與縱標(biāo)軸所圍的格數(shù)的面積，則利用數(shù)格子方法，估算出電容器兩端電壓為U0時的電荷量為Q＝34×2.5×10－4＝8.5×10－3C(5)利用C＝eq\f(Q0,U0)可求出電容C。[答案](2)3.5(4)如圖所示8.5×10－3(5)C＝eq\f(Q0,U0)10．(4分)(多選)靜電計是測量電勢差的儀器，指針偏轉(zhuǎn)角度越大，金屬外殼和上方金屬小球間的電勢差越大。試驗(yàn)裝置如圖所示，在本試驗(yàn)中，靜電計指針和A板等電勢，靜電計金屬殼和B板等電勢，因此指針偏轉(zhuǎn)角度越大表示A、B兩極板間的電勢差越大?，F(xiàn)對電容器充電后斷開開關(guān)，若按圖下方的說明來做試驗(yàn)，則()A．圖甲中兩極板間電勢差變大B．圖乙中兩極板間電勢差變大C．圖丙中兩極板間電勢差變小D．圖丙中兩極板間電勢差變大ABC[題圖甲中，當(dāng)極板B向上移動時，兩極板的正對面積S減小，依據(jù)電容確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知電容器電容減小，電荷量不變，依據(jù)U＝eq\f(Q,C)，可知兩極板間的電勢差增大，選項(xiàng)A正確；題圖乙中，電容器兩極板間距離變大，電容減小，電荷量不變，依據(jù)U＝eq\f(Q,C)，可知兩極板間的電勢差變大，選項(xiàng)B正確；題圖丙中，插入電介質(zhì)，電容增大，電荷量不變，依據(jù)U＝eq\f(Q,C)，可知兩極板間電勢差減小，選項(xiàng)C正確，D錯誤。]11．(4分)(多選)如圖所示為一種電荷限制式噴墨打印機(jī)的打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖，其中墨盒可以噴出微小的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過帶電室后以肯定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后打到紙上，顯示出字符。不考慮墨汁微粒的重力，為了使打在紙上的字跡縮小，下列措施可行的是()A．減小墨汁微粒的質(zhì)量B．減小墨汁微粒所帶的電荷量C．增大偏轉(zhuǎn)電場的電壓D．增大墨汁微粒的噴出速度BD[微粒以肯定的初速度v0垂直射入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運(yùn)動，則水平方向有L＝v0t，豎直方向有y＝eq\f(1,2)at2，加速度a＝eq\f(qU,dm)，聯(lián)立解得y＝eq\f(qUL2,2dmv\o\al(2,0))，要縮小字跡，就要減小微粒的偏移量y，由上式分析可知，可采納的方法有增大兩板間距離d、減小墨汁微粒所帶的電荷量q、增大墨汁微粒的質(zhì)量或速度、減小極板的長度L、減小偏轉(zhuǎn)極板間的電壓U，故A、C錯誤，B、D正確。]12．(4分)(多選)在一靜止點(diǎn)電荷的電場中，任一點(diǎn)的電勢φ與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離r的關(guān)系如圖所示。電場中四個點(diǎn)a、b、c和d的電場強(qiáng)度大小分別為Ea、Eb、Ec和Ed。點(diǎn)a到點(diǎn)電荷的距離ra與點(diǎn)a的電勢φa已在圖中用坐標(biāo)(ra，φa)標(biāo)出，其余類推?，F(xiàn)將一帶正電的摸索電荷由a點(diǎn)依次經(jīng)b、c點(diǎn)移動到d點(diǎn)，在相鄰兩點(diǎn)間移動的過程中，電場力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd。下列選項(xiàng)正確的是()A．Ea∶Eb＝4∶1 B．Ec∶Ed＝2∶1C．Wab∶Wbc＝3∶1 D．Wbc∶Wcd＝1∶3AC[設(shè)點(diǎn)電荷的電荷量為Q，依據(jù)點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度公式E＝keq\f(Q,r2)，ra∶rb＝1∶2，rc∶rd＝3∶6，可知，Ea∶Eb＝4∶1，Ec∶Ed＝4∶1，選項(xiàng)A正確，B錯誤；將一帶正電的摸索電荷由a點(diǎn)移動到b點(diǎn)做的功Wab＝q(φa－φb)＝3q(J)，摸索電荷由b點(diǎn)移動到c點(diǎn)做的功Wbc＝q(φb－φc)＝q(J)，摸索電荷由c點(diǎn)移動到d點(diǎn)做的功Wcd＝q(φc－φd)＝q(J)，由此可知，Wab∶Wbc＝3∶1，Wbc∶Wcd＝1∶1，選項(xiàng)C正確，D錯誤。]13．(4分)(多選)如圖所示，平行板電容器兩極板水平放置，極板A在上方，極板B在下方，現(xiàn)將其和二極管串聯(lián)接在電源上，二極管具有單向?qū)щ娦?。一帶電小球沿A、B中心水平射入，打在B極板上的N點(diǎn)，小球的重力不能忽視，現(xiàn)通過上下移動A板來變更兩極板A、B間距(兩極板仍平行)，則下列說法正確的是()A．若小球帶正電，當(dāng)A、B間距增大時，小球打在N的右側(cè)B．若小球帶正電，當(dāng)A、B間距減小時，小球打在N的左側(cè)C．若小球帶負(fù)電，當(dāng)A、B間距增大時，小球打在N的左側(cè)D．若小球帶負(fù)電，當(dāng)A、B間距減小時，小球可能打在N的右側(cè)BD[依據(jù)平行板電容器電容的確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)和定義式C＝eq\f(Q,U)可知，當(dāng)A、B間距d增大時，電容C減小，由于電容器兩極板與電源相連，因此電容器要放電，但由于二極管的單向?qū)щ娦?，使得電容器上的電荷量不能變更，又由電場?qiáng)度與電勢差的關(guān)系E＝eq\f(U,d)可知，E＝eq\f(Q,d)·eq\f(4πkd,εrS)＝eq\f(4πkQ,εrS)，即恒定不變，因此無論小球電性如何，其運(yùn)動過程中的受力狀況不變，因此仍舊打在N點(diǎn)，故選項(xiàng)A、C錯誤；當(dāng)A、B間距d減小時，C增大，由于電容器兩極板與電源相連，因此電容器要被充電，U保持不變，電場強(qiáng)度E增大，小球所受電場力增大，若小球帶正電，則合力變大，加速度變大，運(yùn)動至B極板的時間變短，因此打在N點(diǎn)的左側(cè)，故選項(xiàng)B正確；若小球帶負(fù)電，則合力可能變小(電場力仍舊小于重力)，加速度變小，運(yùn)動至B極板的時間變長，因此可能打在N點(diǎn)的右側(cè)，故選項(xiàng)D正確。]14．(5分)在探究平行板電容器的電容與哪些因素有關(guān)的試驗(yàn)中，某同學(xué)揣測電容可能與極板間的距離d、極板的正對面積S及插入極板間的電介質(zhì)有關(guān)。他將一個已經(jīng)充電的平行板電容器與靜電計連接，如圖所示。試驗(yàn)時保持電容器極板所帶的電荷量不變，且電容器B板位置不動。(1)將A板向右平移，靜電計指針張角________；將A板豎直向下平移，則靜電計指針張角________；在A、B板間插入電介質(zhì)，則靜電計指針張角________。(均選填“變大”“變小”或“不變”)。(2)若將電容器水平放置，有一帶電液滴靜止在電容器內(nèi)部，現(xiàn)將電容器A板向下平移一小段距離，則液滴________(選填“靜止不動”“向下運(yùn)動”或“向上運(yùn)動”)。[解析](1)將A板向右平移，兩板間距d減小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知電容變大，由U＝eq\f(Q,C)可知，兩極板間電勢差變小，靜電計指針張角變小。將A板豎直向下平移，兩極板正對面積S減小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知電容減小，由U＝eq\f(Q,C)可知，兩極板間電勢差變大，靜電計指針張角變大。在A、B板間插入電介質(zhì)，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知電容變大，由U＝eq\f(Q,C)可知，兩極板間電勢差變小，靜電計指針張角變小。(2)電容器帶電荷量不變，變更兩板間距，依據(jù)C＝eq\f(Q,U)、C＝eq\f(εrS,4πkd)和U＝Ed，得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知場強(qiáng)不變，則靜電力不變，液滴仍舊靜止不動。[答案](1)變小變大變小(2)靜止不動15．(10分)如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中，有一電荷量為q＝－4×10－7C的負(fù)點(diǎn)電荷從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)，電場力做功為WAB＝3.2×10－6J，A、B間距離L＝4m，AB(1)負(fù)點(diǎn)電荷的電勢能是增加還是削減？增加(削減)了多少？(2)B、A間電勢差UBA是多少？(3)電場強(qiáng)度E是多大？(4)假如A點(diǎn)的電勢為－4V，那么B點(diǎn)的電勢為多大？電荷量為q′＝4×10－6C的正電荷在A[解析](1)負(fù)點(diǎn)電荷從A運(yùn)動到B，電場力做正功3.2×10－6J，則負(fù)點(diǎn)電荷的電勢能削減，削減了3.2×10－6J。(2)由WAB＝UABq可得UAB＝eq\f(WAB,q)＝eq\f(3.2×10－6,－4×10－7)V＝－8V，則UBA＝－UAB＝8V。(3)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E＝eq\f(UBA,Lcos60°)＝4V/m。(4)因UAB＝φA－φB＝－8V，φA＝－4V，則φB＝4V電荷量為q′的正電荷在A點(diǎn)具有的電勢能為EpA＝φAq′＝－1.6×10－5J。[答案](1)削減3.2×10－6J(2)8V(3)4V/m(4)4V－1.6×10－5J16．(10分)如圖所示，帶負(fù)電的小球靜止在水平放置的平行板電容器兩極板間，距下極板h＝0.8cm，兩極板間的電勢差為300V。假如兩極板間電勢差減小到60V，則帶電小球運(yùn)動到極板上須要多長時間？(g取10m/s2)[解析]選帶電小球?yàn)樘接憣ο螅O(shè)它所帶電荷量為q，則帶電小球受重力mg和靜電力qE的作用。當(dāng)U1＝300V時，小球受力平衡，有mg＝qeq\f(U1,d) ①當(dāng)U2＝60V時，帶電小球向下極板做勻加速直線運(yùn)動，有mg－qeq\f(U2,d)＝ma②h＝eq\f(1,2)at2 ③由①②③式得t＝eq\r(\f(2U1h,U1－U2g))≈4.5×10－2s。[答案]4.5×10－2s17．(10分)如圖甲所示，在xOy坐標(biāo)系中，兩平行金屬板AB、OD水平放置，OD與x軸重合，板的左端與原點(diǎn)O重合，板長L＝2m，板間距離d＝1m，緊靠極板右側(cè)有一熒光屏。兩金屬板間電壓UAO隨時間的變更規(guī)律如圖乙所示，變更周期為T＝2×10－3s，U0＝1×103V，一帶正電的粒子從左上角A點(diǎn)，以平行于AB邊大小為v0＝1000m/s的速度射入板間，粒子電荷量為q＝1×10－5C，質(zhì)量m＝1×10－7(1)粒子在板間運(yùn)動的時間；(2)粒子打到熒光屏上的縱坐標(biāo)的范圍；(3)粒子打到熒光屏上的動能。甲乙[解析](1)粒子在板間沿x軸方向勻速運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動時間為t，則L＝v0t，t＝eq\f(L,v0)＝2×10－3s。(2)t＝0時刻射入的粒子在板間偏轉(zhuǎn)量最大，設(shè)為y1y1＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a·\f(T,2)))eq\f(T,2)又依據(jù)牛頓其次定律eq\f(U0q,d)＝ma解得y1＝0.15m縱坐標(biāo)y＝d－y1＝0.85mt＝1×10－3s時刻射入的粒子在板間偏轉(zhuǎn)量最小，設(shè)為y2y2＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)解得y2＝0.05m縱坐標(biāo)y′＝d－y2＝0.95m所以打在熒光屏上的縱坐標(biāo)的范圍為0.85m～0.95m。(3)分析可知粒子打到熒光屏上的動能相同，設(shè)為Ek，由動能定理得eq\f(U0,d)q