新教材高中物理第10章静电场中的能量章末水平测评新人教版必修第三册

这是一份新教材高中物理第10章静电场中的能量章末水平测评新人教版必修第三册，共10页。
第十章　章末水平测评本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．关于静电场，下列说法正确的是(　　)A．电势等于零处的物体一定不带电B．电场强度为零的点，电势一定为零C．同一电场线上的各点，电势一定相等D．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加答案　D解析　零电势的选取是任意的，一般选取大地或无穷远处的电势为零，如一个接地的带电体其所在处电势就为零，A错误；场强为零，电势不一定为零，B错误；沿电场线方向电势降低，C错误；负电荷沿电场线方向移动时，静电力做负功，电势能增加，D正确。2．(2016·全国卷Ⅱ)如图，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆。带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点。若Q仅受P的静电力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc。则(　　)A．aa>ab>ac，va>vc>vbB．aa>ab>ac，vb>vc>vaC．ab>ac>aa，vb>vc>vaD．ab>ac>aa，va>vc>vb答案　D解析　带电粒子在电场中仅受静电力作用，由牛顿第二定律知加速度a＝＝，E＝k，因为rb<rc<ra，所以ab>ac>aa；由动能定理有Wab＝qQUab＝mv－mvWbc＝qQUbc＝mv－mv因为Wab<0，所以va>vb因为Wbc>0，所以vc>vb因为|Uab|>|Ubc|，所以va>vc故有va>vc>vb，D项正确。3．如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，静电力所做的负功相等，则(　　)A．直线a位于某一等势面内，φM>φQB．直线c位于某一等势面内，φM>φNC．若电子由M点运动到Q点，静电力做正功D．若电子由P点运动到Q点，静电力做负功答案　B解析　由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中，静电力所做的负功相等可知，φM＞φN＝φP，故过N、P点的直线d位于某一等势面内，则与直线d平行的直线c也位于某一等势面内，A错误，B正确；φM＝φQ，则电子由M点运动到Q点，静电力不做功，C错误；由于φP＜φM＝φQ，电子由P点运动到Q点，电势能减小，静电力做正功，D错误。4.如图所示，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O，半径为R。电荷量均为Q的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称，＋Q与O点的连线和OC间夹角为30°。下列说法正确的是(　　)A．O点的场强大小为B．O点的场强大小为C．B、D两点的电势关系是：φB＝φDD．电荷量为q的正电荷在A点的电势能小于在C点的电势能答案　A解析　O点的场强是圆周上正、负点电荷在O点产生的电场场强的叠加，大小为2cos60°＝，A正确，B错误；B、D两点的电势关系是φB>φD，C错误；A、C处于同一等势面上，电荷量为q的正电荷在A点的电势能等于在C点的电势能，D错误。5．用控制变量法可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图所示)。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ。实验中，极板所带电荷量不变，若(　　)A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变，增大d，则θ变小C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持d不变，减小S，则θ不变答案　A解析　静电计是测量两个导体间电势差的仪器，指针偏角θ∝U，根据C＝和C＝得A正确，B、C、D错误。6.如图所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异号点电荷＋Q、－Q，虚线是以＋Q所在点为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称。下列判断错误的是(　　)A．b、d两点处的电势相同B．四个点中c点处的电势最低C．b、d两点处的电场强度相同D．将一试探电荷＋q沿圆周由a点移至c点，＋q的电势能减小答案　C解析　根据等量异号点电荷电场线及等势线的分布可知b、d两点电势相同，电场强度大小相等、方向不同，故A正确，C错误；由电势叠加，求代数和可知，由a经b或d到c，电势越来越低，正电荷由a经b或d到c电势能减小，故B、D正确。7. M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受静电力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是(　　)A．电子在N点的动能小于在M点的动能B．该电场有可能是匀强电场C．该电子运动的加速度越来越小D．电子运动的轨迹为曲线答案　C解析　电子仅受静电力的作用，电势能与动能之和恒定，由图像可知电子由M点运动到N点，电势能减小，则动能增加，A错误；分析图像可得电子的电势能随运动距离的增大，减小得越来越慢，即经过相等距离静电力做功越来越少，由W＝qEΔx可得电场强度越来越小，B错误；由于电子从M点运动到N点静电力逐渐减小，所以加速度逐渐减小，C正确；电子从静止开始沿电场线由M点运动到N点，可得MN电场线为直线，由运动与力的关系可得其轨迹必为直线，D错误。8.如图所示，质子、氘核和α粒子都沿平行板电容器两板中线OO′方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，射出后都打在同一个与OO′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点。若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，关于在荧光屏上将出现亮点的个数，下列说法中正确的是(　　)A．3个  B．1个C．2个  D．以上三种都有可能答案　B解析　三种粒子是由同一个电场从静止加速，对于带电粒子，由动能定理得：qU＝mv2，在偏转电场中，粒子在水平方向做匀速直线运动，运动时间为：t＝，粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向的位移为：y＝·at2＝··2＝，设粒子离开偏转电场时的速度偏转角为θ，则tanθ＝＝＝·＝，由此可见，粒子在竖直方向的偏转位移、速度偏转角都仅与电场强度E、极板长度L、加速电压U有关，结合几何知识可知，三种粒子都打到同一点上，即只有一个亮点，所以B正确，A、C、D错误。9．如图甲所示，电子静止在两平行金属板A、B间的a点，从t＝0时刻开始A板电势按如图乙所示规律变化，t1时刻电子还未到达小孔P。则下列说法中正确的是(　　)A．电子可能在极板间做往复运动B．t1时刻电子的动能最大C．电子能从小孔P飞出，且飞出时的动能不大于eU0D．电子不可能在t2～t3时间内飞出电场答案　BC解析　t＝0时刻B板电势比A板高，电子在0～t1时间内向B板加速，t1时刻加速结束；在t1～t2时间内电子减速，由于对称，在t2时刻速度恰好为零，接下来，电子重复上述运动，所以电子一直向B板运动，直到从小孔P穿出，A错误；无论电子在什么时刻穿出P孔，t1时刻电子都具有最大动能，B正确；电子穿出小孔P的时刻不确定，但穿出时的动能不大于eU0，C正确，D错误。10．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一带正电的质点仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点。据此可知(　　)A．三个等势面中，c的电势最高B．带电质点通过P点时的电势能较Q点大C．带电质点通过P点时的动能较Q点大D．带电质点通过P点时的加速度较Q点大答案　ABD解析　等差等势面密集的地方电场强度大，稀疏的地方电场强度小，由图知P点的电场强度大，则质点通过P点时的加速度大，故D正确。根据电场线与等势面垂直，定性画出过P、Q两点的电场线，根据轨迹偏转方向可判定质点在Q点所受静电力F的方向如图所示，可以得出等势面c的电势最高，A正确。若质点由Q向P运动，则静电力做负功，动能减少，电势能增加，若质点从P向Q运动，动能增大，电势能减小，B正确，C错误。11.(2017·天津高考)如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是(　　)A．电子一定从A向B运动B．若aA>aB，则Q靠近M端且为正电荷C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpA<EpBD．B点电势可能高于A点电势答案　BC解析　若Q在M端，由电子运动的轨迹可知Q为正电荷，电子从A向B运动或从B向A运动均可，由于rA<rB，故EA>EB，FA>FB，aA>aB，φA>φB，EpA<EpB；若Q在N端，由电子运动的轨迹可知Q为负电荷，且电子从A向B运动或从B向A运动均可，由rA>rB，故φA>φB，EpA<EpB。综上所述选项A、D错误，选项B、C正确。12．(2017·江苏高考)在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法正确的有(　　)A．q1和q2带有异种电荷B．x1处的电场强度为零C．负电荷从x1移到x2，电势能减小D．负电荷从x1移到x2，受到的静电力增大答案　AC解析　两个点电荷在x轴上，且x1处的电势为零，x>x1处的电势大于零，x<x1处的电势小于零。如果q1、q2为同种电荷，x轴上各点的电势不会有正、负之分，故q1、q2必为异种电荷，A正确；由E＝－知，x1处的电场强度不为零，B错误；x2处的电势最高，则负电荷在此处的电势能最小，负电荷从x1移动到x2的过程，电势能减小，C正确；由φ­x图像知，x2处电势最高，但电场强度最小，负电荷从x1移动到x2，所受静电力减小，D错误。第Ⅱ卷(非选择题，共52分)二、填空题(本题共2小题，共10分)13．(4分)如图所示是一个匀强电场的等势面，每两个相邻等势面相距2 cm，由此可以确定电场强度的方向是________，电场强度的大小是________。答案　水平向左　100 V/m解析　由电势降低最快的方向就是电场强度的方向以及电场线与等势面垂直的特点可知，电场强度方向水平向左，又由E＝得E＝＝100 V/m。14．(6分)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则θ________，E________，Ep________。(填“减小”“不变”或“增大”)答案　减小　不变　不变解析　若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据C＝可知，C变大；根据Q＝CU可知，在Q一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角θ减小；根据E＝，Q＝CU，C＝，联立可得E＝，可知E不变；P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，故Ep不变。三、计算题(本题共4小题，共42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)15．(8分)把q＝1.0×10－8 C的正电荷，从电场中的A点移至B点，静电力做正功，且WAB＝1.2×10－6 J，求：(1)A、B两点间的电势差；(2)若取B点电势为零，则A点的电势和q在A点的电势能各是多少？答案　(1)120 V　(2)120 V　1.2×10－6 J解析　(1)根据公式UAB＝可得UAB＝＝120 V。(2)因为UAB＝φA－φB，而φB＝0，所以φA＝UAB＝120 V。根据定义q在A点的电势能等于把电荷从A点移动到零电势点静电力所做的功，B点为零电势点，故Ep＝WAB＝1.2×10－6 J。(也可以根据Ep＝φq可得q在A点的电势能Ep＝φAq＝1.2×10－6 J)16．(10分)如图所示为示波器工作原理的示意图，已知两平行板间的距离为d，板长为l，电子经电压为U1的电场加速后从两平行板间的中央处垂直进入偏转电场，设电子质量为me、电荷量为e。(1)求经电场加速后电子速度v的大小；(2)要使电子离开偏转电场时的偏转角度最大，两平行板间的电压U2应是多少？电子动能为多大？答案　(1) 　(2)　eU11＋解析　(1)电子经电压为U1的电场加速，根据动能定理：eU1＝mev2，则经电场加速后电子的速度v＝ 。(2)电子离开偏转电场偏转角度最大时的偏移量为，电子受到偏转电场的静电力F2＝eE2，E2＝，电子沿偏转电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，有＝a2t2，a2＝，t＝，可解得两平行板间电压U2＝；又＝Ek－Ek0，eU1＝Ek0，所以Ek＝eU11＋。17．(12分)长为L的细线上端固定，下端拴一质量为m、电荷量为q的球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中。开始时，将细线与小球拉成水平，然后释放，小球由静止开始向下摆动，当细线转动60°角时，小球到达B点，且速度恰好为零。求：(1)A、B点的电势差UAB；(2)匀强电场的电场强度E的大小；(3)小球到达B点时，细线对小球的拉力F的大小。答案　(1)－　(2)　(3)mg解析　(1)小球摆动过程中重力和静电力做功，由动能定理得mgLsin60°＋qUAB＝0故UAB＝－。(2)根据匀强电场中电势差和电场强度的关系知UBA＝－UAB＝EL(1－cos60°)故E＝。(3)在B点对小球受力进行分析，如图所示。由圆周运动向心力公式知F－Eqcosθ－mgsinθ＝m，其中Eq＝mg因为vB＝0，故F－Eqcos60°－mgsin60°＝0故F＝Eqcos60°＋mgsin60°＝mg。18．(12分)如图所示，ABCD为竖直放在场强为E＝104 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆形轨道，轨道的水平部分与其半圆相切，A为水平轨道上的一点，而且AB＝R＝0.2 m，把一质量m＝0.1 kg、电荷量q＝＋1×10－4 C的小球在水平轨道的A点由静止开始释放，小球在轨道的内侧运动。(g取10 m/s2)求：(1)小球到达C点时的速度是多大？(2)小球到达C点时对轨道的压力是多大？(3)若让小球安全通过D点，开始释放点离B点至少多远？答案　(1)2 m/s　(2)3 N　(3)0.5 m解析　(1)由A点到C点应用动能定理有：Eq(AB＋R)－mgR＝mv解得：vC＝2 m/s。(2)在C点应用牛顿第二定律得：FN－Eq＝m得FN＝3 N由牛顿第三定律知，小球在C点对轨道的压力为3 N。(3)小球要安全通过D点，必有mg≤m。设释放点距B点的距离为x，由动能定理得：Eqx－mg·2R＝mv以上两式联立可得：x≥0.5 m。