高中人教版 (2019)第十章 静电场中的能量综合与测试一课一练

单元素养检测(二)(第十章)

(90分钟　100分)

【合格性考试】(60分钟　60分)

一、选择题(本题共11小题,每小题3分,共33分)

1.如图所示,A、B是匀强电场中相距4 cm的两点,其连线与电场方向的夹角为60°,两点间的电势差为20 V,则电场强度大小为(　　)

A.5 V/m     B.50 V/m

C.1×102 V/m    D.1×103 V/m

【解析】选D。由题知,UAB=20 V,dAB=0.04 m,根据匀强电场中电势差和电场强度的关系:UAB=EdABcos60°,得E== V/m=1×103 V/m,故选D。

2.如图,一正电荷在电场中由P运动到Q,下列说法正确的是(　　)

A.Q点的电势高于P点的电势

B.Q点的电场强度大于P点的电场强度

C.P点的电场强度大于Q点的电场强度

D.该电荷在P点所受电场力的方向向左

【解析】选C。根据电场线的疏密比较场强的大小,从而得知电场力的大小,依据沿着电场线方向电势降低来判定电势的高低,根据电荷的运动性质结合电场强度方向,即可判定电荷的电场力方向。依据沿着电场线方向,电势是降低的,因此Q点的电势低于P点的电势,故A错误;电场线的疏密比较场强的大小,由于P处的电场线密,因此EP>EQ,故B错误,C正确;在P点电荷受力方向向右,故D错误。故选C。

3.如图所示,匀强电场的方向向上,电场强度大小E=5 N/C,把电量为+q=2 C的点电荷由静止释放,点电荷做直线运动。以下判断正确的是(　　)

A.点电荷+q受到的电场力大小为10 N

B.点电荷+q受到的电场力大小为2.5 N

C.点电荷+q在匀强电场运动时电场力不断增大

D.点电荷+q在匀强电场运动时电场力不断减小

【解析】选A。点电荷在电场中受到的电场力F=Eq=10 N,故A正确,B错误;点电荷+q在匀强电场运动时电场力不变,故C、D错误。故选A。

4.如图所示,虚线a、b、c代表电场中三个等势面,相邻等势面之间的电势差相同,实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹,P、Q是这条轨迹上的两点,由此可知(　　 )

A.三个等势面中,a等势面电势最高

B.带电质点通过P点时电势能最小

C.带电质点通过Q点时动能最小

D.带电质点通过P点时加速度较小

【解析】选A。电荷所受电场力指向轨迹内侧,由于质点带正电,因此Q点处电场线指向右下方,沿电场线电势降低,故c等势面的电势最低,a等势面的电势最高,故A正确;根据质点受力情况可知,从P到Q过程中电场力做正功,电势能降低,故P点的电势能大于Q点的电势能,故B错误;从P到Q过程中电场力做正功,电势能降低,动能增大,故P点的动能小于Q点的动能,故C错误;等势线密的地方电场线密场强大,故P点位置电场强度大,电场力大,根据牛顿第二定律,加速度也大,故D错误。故选A。

5.如图所示,在x轴上关于O点对称的F、G两点有等量异种电荷Q和-Q,一正方形ABCD与xOy在同一平面内,其中心在O点,则下列判断正确的是(　　)

A.O点电场强度为零

B.A、C两点电场强度相等

C.B、D两点电势相等

D.若将点电荷-q从A点移向C,电势能减小

【解析】选B。Q和-Q在O点的电场方向均向右,根据叠加原理可知O点电场强度不为零,故A错误;根据电场线分布的对称性可知,A、C两点电场强度相等,故B正确;根据顺着电场线方向电势降低,D点的电势比B点高,故C错误;A到C电势逐渐降低,根据负电荷在电势高处电势能小,可知电势能增大,故D错误。

6.如图所示,在O点放置一点电荷Q,以O为圆心作一圆。现将一试探电荷分别从圆上的B、C、D三点移到圆外的A点,下列说法正确的是(　　)

A.从B移到A的过程中静电力做功最少

B.从C移到A的过程中静电力做功最少

C.从D移到A的过程中静电力做功最多

D.三个过程中静电力做功一样多

【解析】选D。在O点放置一点电荷Q,以O为圆心作一圆,根据点电荷等势面的分布情况知,B、C、D三点的电势相等,因此A与B、C、D三点间的电势差相等,将一电荷从圆上的B、C、D三点移到圆外的A点的过程中,根据W=qU得知,静电力做功相等,选项D正确,A、B、C错误。

7.如图所示,虚线是用实验方法描绘出的某一静电场的一簇等势线,其电势的值已标出,一带电粒子只在静电力作用下飞经该电场时,恰能沿图中的实线从A点飞到C点,则下列判断正确的是(　　)

A.粒子带负电

B.粒子在A点的电势能大于在C点的电势能

C.粒子在A点的加速度大于在C点的加速度

D.粒子从A点到B点静电力所做的功大于从B点到C点静电力所做的功

【解析】选C。电场线与等势线垂直,且从高电势指向低电势,所以电场线的大致方向向左。由运动轨迹可知带电粒子所受静电力方向大致向左,故粒子带正电,A错。由于电荷的电势能Ep=qφ、φA<φC,故EpA<EpC,B错。根据等势面的疏密可判断场强大小关系,则EA>EC,带电粒子在A、C两点所受的静电力满足FA>FC,在两点的加速度满足aA>aC,C对。由于A点与B点、B点与C点间的电势差相等,故WAB=WBC,D错。

8.(2020·全国Ⅲ卷改编)如图,∠M是锐角三角形PMN最大的内角,电荷量为q(q>0)的点电荷固定在P点。下列说法正确的是(　　)

A.沿MN边,从M点到N点,电场强度的大小逐渐增大

B.沿MN边,从M点到N点,电势先减小后增大

C.正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大

D.将正电荷从M点移动到N点,电场力所做的总功为负

【解析】选C。∠M是锐角三角形PMN最大的内角,所以PN>PM。距离点电荷越远,电场强度越小,沿MN边,从M点到N点,到P点的距离先减小后增大,所以电场强度的大小先增大后减小,A错误;点电荷带正电,沿着电场线的方向电势降低,沿MN边,从M点到N点,到P点的距离先减小后增大,电势先增大后减小,B错误;M点的电势高于N点的电势,从M点到N点,电场对正电荷做正功,电势能减小,所以正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大,所以C正确,D错误。

9.如图所示,E为电源,C为电容器,R为定值电阻,S为单刀双掷开关,则(　　)

A.S接1时,电容器充电且上极板电势较低

B.S接2时,电容器放电且放电电流从左往右经过定值电阻R

C.保持S接1,将上极板竖直向上移动少许,板间电压不变,场强减小

D.保持S接1,将上极板水平向左平移少许,板间电压不变,场强减小

【解析】选C。S接1时,电容器充电且上极板接电源正极,电势较高,选项A错误;S接2时,电容器放电且放电电流从右往左经过定值电阻R,选项B错误;保持S接1,将上极板竖直向上移动少许,板间电压不变,根据E=可知,场强减小,选项C正确;保持S接1,将上极板水平向左平移少许,板间电压不变,两板间距d不变,根据E=可知场强不变,选项D错误。

10.两点电荷q1和q2(电性和电荷量大小均未知)分别固定在x轴上的-2L和2L处。两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示。下列说法正确的

是(　　)

A.从-2L处到2L处场强先减小后增大

B.-L处的场强沿x轴负方向

C.将一电子从-2L处移动到2L处,静电力做正功

D.x轴上只有一个点的场强为0,且位于2L处的左边

【解析】选A。φ -x图线斜率的绝对值表示场强大小,从-2L处到2L处场强先减小后增大,选项A正确;从-L处的左边到右边,电势降低,由沿电场线方向电势降低可知,-L处场强方向沿x轴正方向,选项B错误;从-2L处到2L处,电势降低,由于移动的是电子,所以电子的电势能增大,静电力做负功,选项C错误;由图像可知,-2L处的电荷为正电荷,电荷量较大,2L处的电荷为负电荷,电荷量较小,则在x轴上只有一个点的场强为零,且位于2L处的右边,选项D错误。

11.如图所示,平行金属板A、B间加速电压为U1,C、D间的偏转电压为U2,M为荧光屏。今有电子(不计重力)从A板由静止开始经加速和偏转后打在与荧光屏中心点O相距为Y的P点,电子从A板运动到荧光屏的时间为t。下列判断中正确的是(　　)

A.若只增大U1,则Y 增大,t 增大

B.若只增大U1,则Y 减小,t 减小

C.若只减小U2,则Y 增大,t 增大

D.若只减小U2,则Y 减小,t 减小

【解析】选B。粒子在加速电场中只有电场力做功,根据动能定理有:eU1=m,电子在偏转电场中做类平抛运动,在偏转电场中:时间t2=,加速度a=,竖直方向的位移y=a=,由几何关系知:==,故y与Y成正比,若只增大U1,则Y减小;电子从A板运动到荧光屏的时间由电子出离电场的速度决定,而v0=,故若只增大U1,则v0增大,则t减小,选项A错误,B正确。若只减小U2,则Y减小,t不变,故C、D错误。

【补偿训练】

　　如图,在MN和PQ这两个平行竖直面之间存在垂直纸面的匀强磁场和平行纸面的匀强电场,一个带电粒子以某一初速度由A点水平射入这个场区恰能沿直线运动,并从PQ竖直面上的C点离开场区。若撤去磁场,其他条件不变,则该粒子从PQ竖直面上的B点离开场区;若撤去电场,其他条件不变,则该粒子从PQ竖直面上的D点离开场区。若粒子在上述三种情况下通过场区的总时间分别是t1、t2和t3,运动的加速度大小分别为a1、a2和a3,不计粒子所受重力的影响,则下列判断中正确的是(　　)

A.t1=t2<t3,a1<a2=a3

B.t2<t1<t3,a1<a3<a2

C.t1=t2=t3,a1<a2<a3

D.t1=t3>t2,a1=a3<a2

【解析】选A。带电粒子分别在复合场、电场、磁场中做匀速直线运动、类平抛运动、匀速圆周运动,比较三种情况下带电粒子在两个相互平行平面之间运动时间及加速度大小。由相应规律表示出时间和加速度,从而得到结论。在复合场中,带电粒子做匀速直线运动,则有Eq=Bqv,则有E=Bv。在复合场中的时间t1=,而在单一电场中水平方向也是做匀速直线运动,所以运动的时间t2=,而在单一磁场中做匀速圆周运动,运动的时间t3=,由于两平面之间s弧>d,所以时间关系为t1=t2<t3;在复合场中a1=0,单一电场中和磁场中的加速度由电场力和洛伦兹力产生,但两种力相等,所以a2=a3,但方向不同,综上所述,B、C、D错误,A正确。故选A。

二、计算题(本题共3小题,共27分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)

12.(9分)在电场中把2.0×10-9 C的正电荷从A点移到B点,静电力做功2.0×

10-7 J。再把这个电荷从B点移到C点,静电力做功为-4.0×10-7 J。

(1)A、B间,B、C间,A、C间的电势差各是多大?

(2)A、B、C三点中哪点电势最高?哪点电势最低?

(3)把-1.0×10-9 C的电荷从A点移到C点,静电力做多少功?

【解析】(1)根据电场力做功公式:WAB=qUAB得

AB间的电势差:

UAB===100 V

BC间的电势差:

UBC===-200 V,

AC间的电势差为:

UAC=UAB+UBC=100 V-200 V=-100 V

(2)由(1)可知φC>φA>φB

(3)把-1.0×10-9 C的电荷从A点移到C点,静电力做功:WAC=qUAC=-1.0×10-9×(-100) J

=1.0×10-7 J。

答案:(1)100 V　-200 V 　-100 V

(2)C点的电势最高,B点的电势最低

(3)1.0×10-7 J

13.(9分)如图所示,在直角三角形abc所在平面有一匀强电场,ac边沿电场方向。ab边长为20 cm,ab与ac的夹角为37°。现将电荷量为q=2×10-8 C的正电荷从a点移到b点时静电力做功W=1.6×10-7 J,已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:

(1)匀强电场的场强E的大小;

(2)ac两点间的电势差U。

【解析】(1)由功的定义可知,正电荷从a点移到b点的过程静电力做功为:

W=qE·sabcos37°

解得场强为:

E== V/m=50 V/m

(2)由匀强电场中电势差和场强的关系U=Ed

可得ac两点间的电势差为:

U=Esac=E=50× V=12.5 V

答案:(1)50 V/m　(2)12.5 V

14.(9分)如图所示,离子发生器发射出一束质量为m、电荷量为q的离子,从静止经加速电压U1加速后,获得速度v0,并沿垂直于电场方向射入两平行板中央,受偏转电压U2作用后,以速度v离开电场。已知平行板长为L,两板间距离为d,求:

(1)v0的大小。

(2)离子在偏转电场中运动的时间t。

(3)离子在离开偏转电场时的偏移量y。

(4)离子在离开偏转电场时的速度v的大小。

【解析】(1)在加速电场中,由动能定理得:

qU1=m

解得:v0=

(2)离子在偏转电场中做类平抛运动,在水平方向匀速运动:L=v0t

则离子的运动时间为:t=L

(3)离子在竖直方向做匀加速运动,

由牛顿第二定律可得:qE=ma

电场强度为:E=

则偏移量为:y=at2

联立解得:y=

(4)由动能定理得:q(U1+y)=mv2-0

解得:v=

答案:(1)　(2)L

(3)　(4)

【补偿训练】

　　如图所示的平行金属板电容器的电容C=2×10-4 F,极板A、B之间可以看成匀强电场,场强E=1.2×103 V/m,极板间距离为L=5 cm,电场中c点到A极板、d点到B极板的距离均为0.5 cm,B极板接地。求:

(1)d点处的电势φd;

(2)B极板所带电荷量Q;

(3)d、c两点间的电势差Udc;

(4)将电荷量q=-5×10-6 C的负点电荷从d移到c,静电力做的功Wdc。

【解析】(1)d点与B极板间的电势差UdB=-ELdB=-1 200×0.005 V=-6 V,

所以φd=-6 V

(2)B、A间的电势差UBA=EL=1 200×0.05 V=60 V

B极板所带电荷量Q=CUBA=2×10-4×60 C=1.2×10-2 C

(3)d、c两点沿电场方向的距离Ldc=0.05 m-2×0.5×10-2 m=0.04 m

d、c两点间的电势差Udc=ELdc=48 V

(4)Wdc=qUdc=-2.4×10-4 J

答案:(1)-6 V　(2)1.2×10-2 C　(3)48 V

(4)-2.4×10-4 J

【选择性考试】(30分钟　40分)

15.(5分)(2019·天津高考)如图所示,在水平向右的匀强电场中,质量为m的带电小球,以初速度v从M点竖直向上运动,通过N点时,速度大小为2v,方向与电场方向相反,则小球从M运动到N的过程(　　)

A.动能增加mv2 B.机械能增加2mv2

C.重力势能增加mv2 D.电势能增加2mv2

【解析】选B。小球从M运动到N的过程中动能增加量ΔEk=Ek2-Ek1=m(2v)2-mv2=mv2,因此A错误;小球在竖直方向上只受重力,做竖直上抛运动,初速度为v,末速度为零,根据0-v2=-2gh可得增加的重力势能ΔEp=mgh=mv2,因此C错误;小球在水平方向只受电场力,做初速度为零、末速度为2v的匀加速直线运动,根据(2v)2-0=2ax可得电场力做功W=Fx=max=2mv2,所以电势能减少2mv2,机械能增加2mv2,因此B正确、D错误。

16.(5分)(多选)如图所示,A、B、C、D是匀强电场中的四个点,D是BC的中点,A、B、C的连线构成一直角三角形,AB=L m,∠ABC=60°,电场线与三角形所在的平面平行,已知A点的电势为5 V,B点的电势为-5 V,C点的电势为15 V,据此可以判断(　　)

A.场强方向由C指向B

B.场强方向垂直于A、D连线指向B

C.场强大小为 V/m

D.场强大小为 V/m

【解析】选B、D。由于D点是BC的中点,则UCD=UDB,即φC-φD=φD-φB,故φD== V=5 V,由于φD=φA,则A、D连线为一条等势线,根据电场线和等势面垂直,可知场强的方向垂直于A、D连线指向B点,选项A错误,B正确;场强的大小为E== V/m= V/m,选项C错误,D正确。

17.(5分)一带负电的粒子只在静电力作用下沿x轴正方向运动,其电势能随位移的变化关系如图所示,则下列说法不正确的是(　　)

A.粒子从x1处运动到x2处的过程中静电力做正功

B.x1处电场强度方向沿x轴正方向

C.x1处的电场强度小于x2处的电场强度

D.x1处的电势比x2处的电势低

【解析】选B。带负电粒子从x1处运动到x2处的过程中电势能减小,则静电力做正功,选项A正确;静电力做正功,说明粒子所受的静电力方向沿x轴正方向,粒子带负电,可知电场强度方向沿x轴负方向,选项B错误;根据ΔEp=-FΔx,知Ep-x图线斜率的绝对值等于静电力,由题图知,粒子在x1处所受的静电力小于在x2处所受的静电力,因此x1处的电场强度小于x2处的电场强度,选项C正确;电场强度方向沿x轴负方向,根据顺着电场线方向电势逐渐降低,可知x1处的电势比x2处的电势低,选项D正确。

18.(5分)(多选)如图,水平固定的圆盘a带正电Q,电势为零,从盘心O处释放质量为m、带电量为+q的小球。由于电场的作用,小球最高可上升到竖直高度为H的N点,且过P点时速度最大,已知重力加速度为g。由此可求得Q所形成的电场中(　　)

A.P点的电势　　　　  B.N点的电势

C.P点的电场强度   D.N点的电场强度

【解析】选B、C。小球受两个力,重力和电场力,小球从O运动到N,电场力大于重力,小球向上先做加速运动;到P点,电场力等于重力,速度达到最大;从P运动到N,小球向上做减速运功,到N点速度为零。在P点,根据电场力等于重力求出P点的场强,根据动能定理,求出N点的电势能,从而求出N点的电势。小球由O到N的过程,根据动能定理得:W电-mgH=0,得电场力做功为W电=mgH,可知小球的电势能减小mgH,O点电势能为0,所以N点电势能为EpN=-mgH,N点的电势为φ==-,即可求出N点的电势。由于小球通过P点的速度不知道,不能求出O到P电场力做功,不能求出P点的电势,故A错误,B正确;在P点所受的电场力和重力二力平衡,则有qE=mg,解得P点的电场强度为:E=,不能求出N点的电场力,也就不能求出N点的电场强度,故C正确,D错误。故选B、C。

19.(5分)(多选)如图所示,质量相同的两个带电粒子M、N以相同的速度同时沿垂直于电场方向射入两平行金属板间的匀强电场中,M从两极板正中央射入,N从下极板边缘处射入,它们最后打在同一点。不计带电粒子重力和带电粒子间的相互作用,则从粒子射入到打在上极板的过程中(　　)

A.它们运动的时间相等

B.它们的电势能减少量之比ΔEpM∶ΔEpN=1∶2

C.它们的动能增加量之比ΔEkM∶ΔEkN=1∶2

D.它们所带的电荷量之比qM∶qN=1∶2

【解析】选A、D。由题可知,两个带电粒子都做类平抛运动,在水平方向做匀速直线运动,而且它们的水平位移相等、初速度相等,则在电场中的运动时间相等,选项A正确;粒子的竖直位移y=at2=,m、t、E相等,则两粒子带电荷量之比qM∶qN=yM∶yN=1∶2,带电粒子在电场中运动时,由功能关系可知,电势能减少量等于静电力做的功,则电势能减少量之比ΔEpM∶ΔEpN=qMEyM∶qNEyN=1∶4,选项B错误,D正确;由题意知,两带电粒子在电场中运动只受静电力作用,动能的增加量等于静电力所做的功,则它们的动能增加量之比ΔEkM∶ΔEkN=1∶4,选项C错误。

20.(5分)(多选)如图所示是一个示波管工作原理的示意图,电子经电压U1加速后以一定的速度垂直进入电压为U2的偏转电场,离开电场时的偏转量是h,若两平行板间距离为d,极板长为l。假设电子都可射出,为了增加射出电场时的偏转量h,可以采取下列哪些方法(　　)

A.增大加速电压U1　　　　 B.减小极板长度l

C.增大偏转电压U2    D.减小极板间距d

【解析】选C、D。电子在加速电场中加速,根据动能定理可得:eU1=m,所以电子进入偏转电场时速度的大小为:v0=,电子进入偏转电场后的偏转位移为:h=at2=×()2=,因此要增加射出电场时的偏转量h,可以增大U2、l,减小d、U1,所以C、D正确,A、B错误。

【补偿训练】

1.(多选)如图所示,倾角为α的斜面体固定在水平地面上,处于水平向右的匀强电场中。带正电,质量为m的滑块从斜面上的某处静止释放。若滑块沿斜面运动过程中对斜面的压力为0,重力加速度为g。在滑块下滑位移为L的过程中(　　)

A.滑块的重力势能减小了mgL

B.滑块的电势能减小了

C.滑块的机械能增加了mgLsinα

D.滑块的动能增加了

【解析】选B、D。根据题意,滑块运动过程中对斜面的压力为0,对滑块受力分析如图所示。滑块的重力势能减少量等于重力做的功,为mgLsinα,故A错误;由tanα=得F电=,电场力做功W电=F电Lcosα=Lcosα=,所以滑块的电势能减小了,故B正确;根据功能关系,除重力以外其他力做功等于机械能的变化,所以滑块机械能增加,故C错误;合力F合=,根据动能定理ΔEk=W合=F合L=,故D正确;故选B、D。

2.(多选)如图(a)所示,两平行正对的金属板A、B间相距为dAB,两板间加有如图(b)所示的交变电压,质量为m,带电量为+q的粒子(不计重力)被固定在两板的正中间P处,且dAB=。下列说法正确的是(　　)

A.t=0由静止释放该粒子,一定能到达B板

B.t=由静止释放该粒子,可能到达B板

C.在0<t<和<t<T两个时间段内运动的粒子加速度相同

D.在<t<期间由静止释放该粒子,一定能到达A板

【解析】选A、D。A、t=0由静止释放该粒子,粒子在0～内向右做初速度为零的匀加速直线运动,在～T时间内向右做匀减速直线运动,在T～内向右做初速度为零的匀加速直线运动,然后向右做匀减速直线运动,如此反复,粒子一直向右运动,一定能到达B板,故A正确;B、在t=由静止释放该粒子,粒子在～内向右做初速度为零的匀加速直线运动,在～内向右做匀减速直线运动,在～T内向左做初速度为零的匀加速直线运动,如此反复,粒子做初速度为零的匀加速直线运动,在内的位移:x=()2,然后在内做匀减速直线运动直到速度为零时的位移:x'=x=,则加速与减速总位移X==·,由题意可知:dAB=,即=,则X=·=<,粒子向右运动时不会到达B板,故B错误;C、在0<t<和<t<T两个时间段内运动的粒子加速度大小相等、方向相反,加速度不同,故C错误;D、带正电粒子先加速向B板运动,再减速运动至零;然后再反方向加速运动,减速运动至零;如此反复运动,每次向左运动的距离大于向右运动的距离,最终打在A板上,选项D正确。故选A、D。

21.(10分)如图,在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场。长度为l的轻质绝缘细绳一端固定在O点,另一端连接一质量为m、电荷量为+q的小球(可视为质点),初始时小球静止在电场中的a点,此时细绳拉力为2mg,g为重力加速度。

(1)求电场强度E和a、O两点的电势差UaO;

(2)若小球在a点获得一水平初速度va=4,使其在竖直面内做圆周运动,求小球运动到b点时细绳拉力F的大小。

【解析】(1)小球静止在a点时,由共点力平衡得

mg+2mg=qE ①

解得E=,方向竖直向上 ②

在匀强电场中,有UaO=El ③

则a、O两点电势差UaO= ④

(2)小球从a点运动到b点,设到b点速度大小为vb,

由动能定理得

-qE·2l+mg·2l=m-m ⑤

小球做圆周运动通过b点时,由牛顿第二定律得

F+qE-mg=m ⑥

联立②⑤⑥式,代入va=4解得F=6mg

答案:(1),方向竖直向上　

(2)6mg