2021-2022学年新教材高中物理 第2章 电势能与电势差 测评测评（含解析）鲁科版必修第三册.docx

1、第2章测评(时间:60分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.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,电势能先增加后减少解析由题图可知AB,所以正电荷从A移至B,电势减小,静电力做正功,故A错误,C正确。C、D

2、两点电场强度方向不同,故B错误。负电荷从C点沿直线CD移至D点,电势能先减少后增加,所以D错误,故选C。答案C2.如图所示,一圆环上均匀分布着正电荷,x轴垂直于环面且过圆心O。下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是()A.O点的电场强度为零,电势最低B.O点的电场强度为零,电势最高C.从O点沿x轴正方向,电场强度减小,电势升高D.从O点沿x轴正方向,电场强度增大,电势降低解析根据电场的对称性和电场的叠加原理知,O点的电场强度为零。在x轴上,电场强度的方向自O点分别指向x轴正方向和x轴负方向,且沿电场线方向电势越来越低,所以O点电势最高。在x轴上离O点无限远处的电场强度为零,所以沿x轴正

3、方向和x轴负方向的电场强度先增大后减小。选项B对。答案B3.如图所示,空间内存在水平匀强电场,不可伸长的轻绳一端固定于O点,另一端系一质量为m的带正电小球,小球可以在图中虚线位置保持静止。现将小球拉至绳水平后由A点无初速度释放,则小球运动到绳竖直的B点位置时绳的拉力大小为()A.mgB.32mgC.12mgD.34mg解析小球在平衡点受力分析,根据平衡条件得静电力F电=qE=mgtan37,小球从A到B的过程,由动能定理可得mgL-qEL=12mv2,在最低点受力分析,由圆周运动的特点得FT-mg=mv2L,得出绳子对球的拉力FT=32mg,B对。答案B4.如图是静电场中的一组等势面分布图,M

4、、N是其中的两点,EM、EN表示M、N两点的电场强度,M、N表示M、N两点的电势,则下列说法中正确的是()A.EMEN,MNB.EMNC.EMEN,MND.EMEN,MEN;由题图可知,N点电势高于M点电势,即EMEN,MN,故D正确。答案D二、多项选择题(本题共4小题,每小题6分,共24分。每小题有多项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)5.如图所示,A图为平行板电容器内部电场;B图为等量异种点电荷的电场,其中O点为两点电荷连线的中点且Oa=Ob;C图为孤立正点电荷的电场,a、b为以点电荷为圆心的圆上的点;D图为等量正点电荷的电场,a、b为两点电荷连线的中垂线

5、上的点,且Oa=Ob。则下面四幅图中a、b两点的电场强度相同但电势不同的是()解析a、b是匀强电场中的两点,电场强度相同,a、b连线与板不平行,则与电场线不垂直,所以a点的电势高于b点的电势,A正确;等量异种点电荷连线的两个点,沿着电场线的方向,电势降低,则a点的电势高于b点的电势,由电场叠加可知,a、b两点电场强度相同,B正确;a、b是同一等势面上的两点,电势相同,电场强度大小相等,但方向不同,故C错误;根据电场线的对称性可知,a、b两点电势相同,电场强度大小相等,但方向相反,故D错误。答案AB6.(2021贵州毕节检测)如图所示,竖直放置的平行板电容器与定值电阻R、电源E相连,用绝缘细线将

6、带电小球q悬挂在两极板间,闭合开关S后细线与竖直方向夹角为。则有()A.保持开关S闭合,将A板向右平移,不变B.保持开关S闭合,将A板向左平移,变小C.断开开关S,将A板向右平移,不变D.断开开关S,将A板向右平移,变小解析保持开关S闭合,电容器两端的电势差不变,将A板向右平移,d减小,则电场强度增大,带电小球所受电场力增大,根据共点力平衡条件知,角变大,反之向左平移A板,角变小,A错误,B正确;断开开关S,电荷量不变,根据C=rS4kd,E=Ud,C=QU,联立解得E=Ud=QCd=4kQrS,故电场强度大小与两极板间的距离无关,故电场强度不变,所以向右平移A板,角不变,C正确,D错误。答案

7、BC7.如图所示,两个带等量负电荷的小球A、B(可视为点电荷),被固定在光滑的绝缘水平面上,P、N是小球A、B连线的中垂线上的两点,且PO=ON。现将一个电荷量很小的带正电的小球C(可视为质点),由P点静止释放,在小球C向N点的运动的过程中,关于小球C的说法可能正确的是()A.速度先增大,再减小B.电势能先增大,再减小C.加速度可能先增大再减小,过O点后,加速度先减小再增大D.加速度可能先减小,再增大解析正电的小球受到A、B两小球的库仑引力,在P到O的过程中,合力方向沿PO,可知在P到O的过程中,速度增大,从O到N的过程中,合力方向沿NO,速度减小,则速度先增大后减小,故A正确;在P到O的过程

8、中,合力方向沿PO,可知在P到O的过程中,电场力做正功,电势能减小,从O到N的过程中,合力方向沿NO,电场力做负功,电势能增大,故电势能先减小后增大,故B错误;正电小球在O点所受的合力为零,从P到O的过程中,合力可能先增大后减小,则加速度可能先增大后减小,过O点后,合力先增大后减小,加速度先增大后减小;也可能从P到O的过程中,合力减小,加速度减小,过O点到N过程中,合力增大,加速度增大,故C错误,D正确。答案AD8.如图所示,矩形区域内有水平方向的匀强电场,一个带负电的粒子从A点以某一速度vA射入电场中,最后以另一速度vB从B点离开电场,不计粒子所受的重力,A、B两点的位置如图所示,则下列判断

9、中正确的是()A.电场强度的方向水平向左B.带电粒子在A点的电势能大于在B点的电势能C.粒子在电场中运动的全过程中,电势能最大处为A点D.粒子在电场中运动的全过程中,动能最大处为B点解析粒子在电场中向左偏转,所受的电场力水平向左,而粒子带负电荷,故电场强度的方向水平向右,A错误;从A到B,电场力先做负功,后做正功,电场力为恒力,做负功的位移小于做正功的位移,所以电场力做的总功为正功,故粒子的电势能减小,则粒子在A点的电势能大于在B点的电势能,B正确;粒子电场力水平,将初速度分解为水平和竖直向下的分速度,故水平方向向右匀减速、再向左匀加速,竖直方向向下匀速,轨迹的最右端在A点的右侧,即电场力做负

10、功的最大位移处在A点的右侧,所以电势能最大位置在A点右侧,C错误;粒子在电场中运动过程,仅受电场力做功,电势能和动能总和保持不变,相互转化,到达B点时电场力做正功最大,电势能最小,动能最大,D正确。答案BD三、非选择题(本题共7小题,共60分)9.(4分)(2021宁夏银川检测)a和b为电场中的两个点,如果把q=210-8 C的正电荷从a点移动到b点,电场力对电荷做了410-7 J的正功,则该电荷的电势能(选填“增加”“减少”或“不变”),a、b两点间的电势差Uab为 V。解析电场力做的功是电势能的减少量,电场力做了410-7J的正功,故电势能减少了410-7J;Uab=Wq=410-7J21

11、0-8C=20Va、b两点间的电势差为20V答案减少20 V10.(4分)(2021福建厦门模拟)随着科技的发展,电容器已经广泛应用于各种电器中。有一平行板电容器,它的极板上带有610-4 C的电荷量,现只改变电容器所带的电荷量,使其两板间的电压变为0.5 V,此时极板上所带的电荷量比原来减少了4.510-4 C,则此电容器的电容为F,电容器原来两板间的电压为 V。解析电容器的电容C=QU=610-4C-4.510-4C0.5=310-4F=300F,电容器原来的电压U=QC=610-4310-4V=2V。答案300211.(5分)定性研究平行板电容器的电容与结构之间的关系的装置如图所示,平行

12、板电容器的A板与静电计相连,B板和静电计金属壳都接地。若充电后保持电容器所带电荷量不变,试指出下列三种情况下,静电计指针的偏转角度变化情况。(均选填“变大”“变小”或“不变”)(1)正对面积减小时,静电计指针的偏转角度将。(2)板间距离增大时,静电计指针的偏转角度将。(3)插入电介质时,静电计指针的偏转角度将。解析(1)电容器所带电荷量一定,正对面积减小时,由C=rS4kd知,电容C减小,由C=QU知,电势差U变大,故指针的偏转角度变大;(2)板间距离增大时,由C=rS4kd知,电容C减小,由C=QU知,电势差U变大,故指针的偏转角度变大;(3)插入电介质时,由C=rS4kd知,电容C变大,由

13、C=QU知,电势差U变小,故指针的偏转角度变小。答案(1)变大(2)变大(3)变小12.(7分)如图甲是观察用干电池对电容器充电过程中电容器两端电压随时间变化的图像,图乙是其对应的充电电流随时间变化的图像。在充电的开始阶段,充电电流较大,电容器两端电压U增加(选填“较快”或“较慢”),随着电容器两端电压的增加,充电电流(选填“逐渐减小”或“逐渐增加”),且电容器两端电压U的上升速度变缓,而向着趋近。在充电过程中电容器的电能。充电开始的瞬间电容器两端电压(选填“能突变”或“不能突变”)。通过图像看出在第2 s时电容器增加的电荷量Q约为C(已知Q=It)。答案较快逐渐减小10 V增加不能突变1.7

14、10-313.(10分)如图所示,在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场,一带电粒子从A点由静止开始,在电场力作用下沿直线在A、B两点间的往返运动。已知电场强度E1的大小为2.0103 N/C,E1和E2方向如图所示。带电粒子质量为m=1.010-18 kg,带电荷量为q=-1.010-10 C,A点距虚线MN的距离为d1=0.4 m,B点到虚线MN的距离为d2=0.2 m,不计带电粒子的重力,忽略相对论效应。求:(1)电场强度E2的大小。(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t。解析(1)带电微粒由A点运动到B点的过程中,由动能定理有|q|E1d1-|q|E2d2=0解得E2=d

15、1d2E1=0.40.22.0103N/C=4.0103N/C(2)设微粒在虚线MN左右两侧的加速度大小分别为a1、a2,由牛顿第二定律有|q|E1=ma1|q|E2=ma2设微粒在虚线MN左右两侧运动的时间分别为t1和t2,由运动学公式有d1=12a1t12d2=12a2t22带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t=t1+t2联立方程解得t=3.010-6s。答案(1)4.0103 N/C(2)3.010-6 s14.(12分)如图所示,静止于A处的带正电离子(电荷量为q,质量为m),经电压为U的加速电场加速后从B点飞出,恰好以源电荷Q(可视为点电荷)为圆心、半径为R的四分之一圆做匀速圆周运

16、动,并从P点垂直于边界CN进入矩形有界匀强偏转电场,电场方向水平向左,离子恰好能打在M点。已知NP间的距离等于NM间距离,离子的重力不计,源电荷Q产生的电场对加速电场和偏转电场均无影响,静电力常量为k。求:(1)离子从B点飞出时的速度v的大小。(2)源电荷Q的电性和电荷量为多少。(3)P、N两点间的电势差。解析(1)对离子,在加速电场中加速,由qU=12mv2解得v=2qUm。(2)离子从B点飞出后,在Q的作用下做匀速圆周运动,所以Q带负电,kQqR2=mv2R解得Q=2URk。(3)设NM之间的距离为d,则PN之间的距离为d,PN之间的电势差为UPN,则d=vt,d=12at2,qUPNd=

17、ma联立解得UPN=4U。答案(1)2qUm(2)Q带负电电荷量为2URk(3)4U15.(18分)在如图所示的xOy平面内(y轴的正方向竖直向上)存在着水平向右的匀强电场,有一带正电的小球自坐标原点O沿y轴正方向竖直向上抛出,它的初动能为8 J,不计空气阻力,当它上升到最高点M时,它的动能为2 J,M点距x轴0.2 m,g取10 m/s2。(1)带电小球落回到x轴上的P点,求出P点坐标。(2)求带电小球到达P点时的动能。解析(1)小球竖直方向做竖直上抛运动,水平方向做初速度为零的匀加速直线运动,由匀变速运动规律有v02=2gh解得v0=2m/s初动能12mv02=8J解得m=4kg最高点动能12mvM2=2J解得vM=1m/s竖直方向v0=gt解得t=0.2sM点的横坐标为xM=vMt2=0.1m由初速度为零的匀变速直线运动的性质知,P点的横坐标为xP=4xM=0.4m故P点坐标为(0.4m,0)。(2)设小球的质量为m,带电荷量为q,小球能上升的最大高度为h,OM之间的电势差为U1,MP之间的电势差为U2,因xMxMP=13,在匀强电场中,所以U2=3U1对粒子从O到M的过程有qU1-mgh=12mvM2-12mv02解得qU1=2J从O到P由动能定理得qU1+qU2=EkP-12mv02联立解得P点的动能EkP=16J。答案(1)(0.4 m,0)(2)16 J