物理必修 第三册第2章 电势能与电势差本章综合与测试课后复习题

这是一份物理必修 第三册第2章 电势能与电势差本章综合与测试课后复习题，共9页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
本章达标检测(满分:100分;时间:90分钟) 一、选择题(本题共9小题,每小题6分,共54分。第1—7小题只有一个选项正确,第8—9小题有多个选项正确。全选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不选的得0分)1.(2020山西怀仁一中检测)下列物理量中,哪些与检验电荷有关 (　　)　　　　　 　　　　　 　　　　　 A.电场强度E B.电势φC.电势能Ep D.电势差U2.(2020山东莱州一中检测)关于静电场,下列结论普遍成立的是 (　　)A.电场强度大的地方电势高,电场强度小的地方电势低B.电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关C.对于正电荷而言,电场力做正功,电势能减少,负电荷则反之D.在正电荷或负电荷产生的静电场中,场强方向都指向电势降低最快的方向3.(2020江西南昌二中检测)空间存在甲、乙两相邻的金属球,甲球带正电,乙球原来不带电,由于静电感应,两球在空间形成了如图所示稳定的静电场。实线为其电场线,虚线为其等势线,A、B两点与两球球心连线位于同一直线上,C、D两点关于直线AB对称,则              (　　)A.A点和B点的电势相同B.C点和D点的电场强度相同C.正电荷从A点移至B点,静电力做正功D.负电荷从C点沿直线CD移至D点,电势能先增大后减小4.(2020河北张家口联考)空间存在平行于纸面的匀强电场,纸面内有一菱形ABCD。将一个电子由C点移动到D点,克服电场力做功1 eV。A点的电势为3 V,则B点的电势为              (　　)A.2 V B.3 V C.4 V D.6 V5.(2020江西上饶联考)如图所示,平行板电容器的电容为C,正极板带电荷量为,负极板接地,两极板间距离为d,今在距两极板间离负极板处放一正点电荷q,则              (　　)A.q所受电场力的大小为B.q所受电场力的大小为C.q点处的电势是D.由于负极板接地,所以负极板电荷量为零6.(2020广东越秀期中)如图所示,质子H)和α粒子He)以相同的初动能垂直射入偏转电场(不计粒子重力),则这两个粒子射出电场时的偏转位移y之比为　              (　　)A.1∶1 B.1∶2 C.2∶1 D.1∶47.(2021湖南花垣边城高级中学月考)虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面。两个带电粒子M、N(重力忽略不计,也不考虑两粒子间的相互作用)以平行于等势面的初速度射入电场,运动轨迹分别如图中①和②所示。已知M是带正电的粒子,则下列说法中正确的是　              (　　)A.N一定也带正电B.a处的电势高于b处的电势,a处的电场强度大于b处的电场强度C.带电粒子N的动能减小,电势能增大D.带电粒子N的动能增大,电势能减小8.(2020辽宁沈阳东北育才中学检测)如图甲所示,在等量同种点电荷连线的中垂线上固定一根光滑的绝缘轻杆,杆上穿一个质量m为1.0×10-3 kg,带电荷量q为+5.0×10-4 C的小球,小球从C点由静止释放,其v-t图像如图乙所示,10 s时到达B点,且此时图像的斜率最大,下列说法正确的是              (　　)A.O点右侧B点场强最大,场强大小为E=0.12 V/mB.从C经过B点后向右运动,小球的电势能先减小后增大C.从C到B电势逐渐降低D.C、B两点的电势差UCB=0.9 V9.(2021河南月考)如图所示,在匀强电场中,虚线为电场线,与Ox轴成θ=60°角,Ox轴上a、b、c三点的坐标分别为3 cm、9 cm、12 cm,O点的电势为零,a点的电势为-3 V,则下列说法正确的是              (　　)A.电场线方向斜向下B.场强大小为100 V/mC.c点的电势为-12 VD.电子在a点的电势能为-3 eV二、非选择题(共3小题,46分)10.(18分)(2019河南周口检测)如图所示为研究决定平行板电容器电容因素的实验装置。两块相互靠近的等大正对平行金属平板M、N组成电容器,板N固定在绝缘座上并通过导线与静电计中心杆相接,板M和静电计的金属壳都通过导线接地,板M上装有绝缘手柄,可以执手柄控制板M的位置。给电容器充上一定的电荷,静电计指针张开一定角度。(1)若仅将两极板间的距离增大,则静电计指针的偏角将　　　　(选填“变大”“不变”或“变小”);若仅将M沿平行板面方向移动一段距离以减小两极板间的正对面积,则静电计指针的偏角将　　　　(选填“变大”“不变”或“变小”);若在两极板间插入云母片,且保持其他条件不变,则静电计指针的偏角将　　　　(选填“变大”“不变”或“变小”);若在两极板间插入一块不与两板接触的厚金属板P,且保持其他条件不变,则静电计指针偏角将　　　　(选填“变大”“不变”或“变小”),插入后金属板P内部的电场强度大小为　　　　。 (2)从(1)中操作可知本实验探究所采用的科学探究方法是　　　　。 A.理想实验法 B.等效替代法C.控制变量法 D.建立物理模型法11.(10分)(2021四川遂宁射洪中学月考)如图,将电荷量为q=3×10-9 C的正点电荷沿电场线方向从匀强电场中的A点移动到B点,AB=2 cm,电场力做的功为6.0×10-7 J,则:(1)若以B点为零电势点,求A、B两点的电势差和A点的电势;(2)求匀强电场的场强E的大小。        12.(18分)(2019河南洛阳模拟)示波器是研究交变电流变化规律的重要仪器,其主要结构可简化为:电子枪中的加速电场、两水平放置的平行金属板中的偏转电场和竖直放置的荧光屏组成,如图所示。若已知加速电场的电压为U1,两平行金属板的板长、板间距离均为d,荧光屏距两平行金属板右侧距离也为d,电子枪发射的质量为m、电荷量为-e的电子,从两平行金属板的中央穿过,打在荧光屏的中点O,不计电子在进入加速电场时的速度及电子重力。若两金属板间存在竖直方向的匀强电场,两板间的偏转电压为U2,电子会打在荧光屏上某点,该点距O点距离为d,求U1和U2的比值。
答案全解全析本章达标检测一、选择题1.C　电场强度E=采用比值定义法定义的,是由电场本身决定的,与q无关,故A错误;电势φ=,是用比值定义法定义的,是由电场本身决定的,与q无关,故B错误;电势能Ep=φq,故电势能与电荷有关,选项C正确;电势差UAB=,是用比值定义法定义的,由电场本身和A、B两点的位置决定,与q无关,故D错误。2.D　电势与电场强度没有直接关系,所以电场强度大的地方电势不一定高,电场强度小的地方电势不一定低,故A错误;在匀强电场中,由公式U=Ed可知,两点之间的电势差与场强和两点间沿电场线方向的距离都有关,故B错误;根据功能关系,无论正电荷还是负电荷,只要电场力做正功,电势能都是减小的,电场力做负功,电势能都是增加的,故选项C错误;沿电场方向电势降低,而且速度最快,所以D正确。3.C　由题图可知φA>φB,所以正电荷从A移至B,静电力做正功,故A错误,C正确;C、D两点场强方向不同,故B错误;负电荷从C点沿直线CD移至D点,电势能先减小后增大,所以D错误。4.C　由题可得:WCD=-eUCD=-1 eV,解得:UCD=1 V,由公式:UCD=UBA=φB-φA,解得:φB=4 V。故选C。5.C　电容器两板电势差:U=;两板场强:E==;则q所受电场力的大小为F=Eq=,选项A错误;金属板带电荷量不能看做点电荷,故不能根据库仑定律求解q所受的电场力,选项B错误;q点处的电势是φ=ΔU=E=,选项C正确;负极板带电荷量为-,选项D错误;故选C。6.B　水平方向有L=v0t,竖直方向有y=at2,而a=,且初动能Ek0=m,联立可得y==,可知y与q成正比,则这两个粒子射出电场时的偏转位移y之比为1∶2,故B正确,A、C、D错误。7.D　电场线与等势面垂直,所以电场沿水平方向,从带正电的粒子M的运动轨迹①可知,其所受电场力水平向右,故电场线的方向水平向右,N粒子受电场力方向指向其轨迹内侧,故其所受电场力水平向左,N带负电,故A错误;电场线方向水平向右,沿电场线方向电势降低,所以等势面a的电势高于等势面b,匀强电场中,场强处处相等,故B错误;电场力对N做正功,其电势能减小,动能增加,故C错误,D正确。8.AC　小球在运动过程中,合外力F=qE,加速度a=,在O点右侧杆上,电场方向向右,加速度向右,小球做加速运动,图像斜率越大加速度越大,故B点的加速度最大,最大加速度a= m/s2=0.06 m/s2,此时场强最大E==0.12 V/m,故A正确;从C经过B点后向右运动的过程,电场方向向右,沿着电场线方向电势降低,电场力做正功,小球的电势能减小,故B错误,C正确;小球从C到B的过程只有电场力做功,由动能定理得qUCB=m-0,解得UCB== V=0.09 V,故D错误。9.AC　沿Ox方向电势降低,结合沿电场线方向电势逐渐降低可知,电场线方向斜向下,故A正确;已知Oa=3 cm,O、a两点间的电势差U=3 V,由电势差与电场强度的关系式得U=E·Oa·cos θ,解得E=200 V/m,B错误;由于O点的电势为零,故c点的电势为φc=UcO=-E·cO·cos θ=-12 V,故C正确;电子在a点的电势能为Ep=-eφa=3 eV,故D错误。二、非选择题10.答案　(1)变大(3分)　变大(3分)　变小(3分)　变小(3分)　0(3分)　(2)C(3分)解析　(1)只将板间距离d增大,由电容的决定式C=分析得知,电容减小,电荷量Q不变,则由C=分析得到板间电势差U增大,静电计指针张角变大;只将M沿平行板面方向移动一段距离以减小两极板间的正对面积S,由电容的决定式C=分析得知,电容减小,电荷量Q不变,则由C=分析得到板间电势差U增大,静电计指针张角变大;若在两极板间插入云母片,且保持其他条件不变,由电容的决定式C=分析得知,电容增大,电荷量Q不变,则由C=分析得到板间电势差U减小,静电计指针张角变小;若在两极板间插入一块不与两板接触的厚金属板P,且保持其他条件不变,相当于极板间距减小,由电容的决定式C=分析得知,电容增大,电荷量Q不变,则由C=分析得到板间电势差U减小,静电计指针张角变小;插入金属板后,处于静电平衡状态,那么P内部的电场强度处处为零。(2)从(1)中操作可知本实验探究所采用的科学探究方法是控制变量法,故选C。11.答案　(1)200 V　200 V　(2)1×104 V/m解析　(1)若以B点为零电势点,设A、B两点的电势差为UAB,则UAB==200 V(2分)又因为UAB=φA-φB (2分)解得φA=200 V(2分)(2)根据场强与电势差的关系得E==1×104 V/m(4分)12.答案　解析　在加速电场U1中,由动能定理得:eU1=mv2, (2分)以速度v进入偏转电场U2中做类平抛运动,在离开偏转电场时偏移距离:y1=at2, (2分)其中:t=, (2分)设速度方向与水平方向成θ角,则有:vy=at, (2分)tan θ=, (2分)离开偏转电场后偏移的距离:y2=d tan θ, (2分)根据牛顿第二定律有加速度a=, (2分)而总的偏移距离:y=y1+y2=d, (2分)联立以上几式解得:=。 (2分)