2021-2022学年新教材高中物理 第十章 静电场中的能量 测评（含解析）新人教版必修第三册.docx

1、第十章测评(时间:75分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求)1.下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解,其中正确的是()A.根据电场强度的定义式E=可知,电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比B.根据电容的定义式C=可知,电容器的电容与其所带电荷量成正比,与两极板间电压成反比C.根据真空中点电荷的电场强度公式E=k可知,电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关D.根据电势差的定义式UAB=可知,带电荷量为1 C的正电荷,从A点移动到B点克服静电力做功为1 J,则A、B两点间的电势差为-1

2、V答案D解析电场强度取决于电场本身,与有无试探电荷无关,A错误;电容取决于电容器本身,与电容器所带电荷量和两极板间电压无关,B错误;E=k中,Q是场源电荷,所以电场中某点的电场强度与Q成正比,C错误;由UAB=知,D正确。2.如图所示,在粗糙的水平面上固定一个点电荷Q,在M点无初速度释放一个带有恒定电荷量的小物块,小物块在Q的电场中运动到N点停止,则从M到N的过程中,下列说法错误的是()A.小物块所受的静电力逐渐减小B.小物块具有的电势能逐渐减小C.M点的电势一定高于N点的电势D.小物块电势能的减少量一定等于克服摩擦力做的功答案C解析小物块在从M运动到N的过程中,一定受到向右的摩擦力,所以库仑

3、力一定向左。小物块由M运动到N,与电荷Q的距离越来越大,所以小物块受到的静电力即库仑力一定减小,A正确。由动能定理可得mgx-WE=0,即WE=mgx,静电力做正功,小物块具有的电势能减小,其减少量等于克服滑动摩擦力做的功,B、D正确。因点电荷Q的电性未知,故不能判断M、N两点电势的高低,C错误。3.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,电势降低答案B解析根据电场的对称性和电

4、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,所以从O点沿x轴正方向的电场强度先增大后减小。选项B正确。4.一个带电粒子仅在静电力作用下从A点开始以-v0做直线运动,其v-t图像如图所示。粒子在t0时刻运动到B点,3t0时刻运动到C点,下列判断正确的是()A.A、B、C三点的电势关系为BACB.A、B、C三点的电场强度大小关系为ECEBEAC.粒子从A点经B点运动到C点,电势能先增加后减少D.粒子从A点经B点运动到C点,静电力先做正功后做负功答案C解析由题中v

5、-t图像可知带电粒子在0t0时间内做减速运动,静电力做负功,电势能增大;在t03t0时间内做反向加速运动,静电力做正功,电势能减小,选项C正确,D错误。因为不知道带电粒子电性,故本题中无法判断电势的高低,选项A错误。图像中斜率表示带电粒子的加速度,qE=ma,可知A、B、C三点中EB最大,选项B错误。5.如图所示为示波管中偏转电极的示意图,间距为d、长度为l的平行板A、B加上电压后,可在A、B之间的空间中(设为真空)产生电场(设为匀强电场)。在与A、B等距离的O点,有一电荷量为+q、质量为m的粒子以初速度v0沿水平方向(与A、B板平行)射入(图中已标出),不计重力,要使此粒子能从C处射出,则A

6、、B间的电压应为()A.B.C.D.q答案A解析带电粒子做类平抛运动,l=v0t,a=d=at2,解得U=,故A正确。6.(2021北京中关村中学检测)静电计指针张角的大小可以定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小。如图所示,A、B是平行板电容器的两个金属板,G为静电计。开始时开关S闭合,静电计指针张开一定角度,为了使指针张开的角度增大些,下列采取的措施可行的是()A.断开开关S后,将A、B两极板分开些B.保持开关S闭合,将A、B两极板分开些C.保持开关S闭合,将A、B两极板靠近些D.保持开关S闭合,将滑动变阻器滑动触头向右移动答案A解析要使静电计的指针张开角度增大些,应该使静电计金属球和外壳

7、之间的电势差增大,断开开关S后,将A、B两极板分开些,电容器的带电荷量不变,电容减小,电势差增大,A正确;保持开关S闭合,将A、B两极板分开或靠近些,静电计金属球和外壳之间的电势差不变,B、C错误;保持开关S闭合,将滑动变阻器滑动触头向右或向左移动,静电计金属球和外壳之间的电势差不变,D错误。7.图甲所示的电路中,K与L间接一智能电源,用以控制电容器C两端的电压UC。如果UC随时间t的变化如图乙所示,则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化的图像中,正确的是()答案A解析本题由利用比值求电流的公式分析求得电路中的电流,再根据部分电路欧姆定律定量分析电阻R两端的电压即可。由C=可得,Q=CUC,

8、电容器不符合欧姆定律的适用条件,电流i=C;电阻R符合欧姆定律的适用条件,两端电压UR=iR=CR;由图像可知,在01s和23s两段时间内,电压恒定,=0,电阻R两端的电压必为零;12s内,R两端电压UR1=CR,35s内,R两端电压UR2=CR,负号表示电流方向与原电流方向相反,所以12s和35s两段时间内,电阻R两端电压之比为21,所以选项A正确。二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)8.如图,一带负电荷的油滴在匀强电场中运动,其轨迹在竖直面(纸面)内,且相对于过轨迹最低点

9、P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知()A.Q点的电势比P点高B.油滴在Q点的动能比它在P点的大C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大D.油滴在Q点的加速度比它在P点的小答案AB解析轨迹关于P点对称,曲线运动合力方向指向曲线凹侧,在P点合力方向竖直向上,则电场线方向竖直向下,沿电场线方向电势降低,选项A正确;根据Ep=q可知,油滴在Q点的电势能小于在P点的电势能,选项C错误;油滴所受合力竖直向上,根据动能定理可知,油滴在Q点的动能大于P点,选项B正确;油滴所受合力大小不变,加速度也始终不变,选项D错误。9.测定电子的电荷量的实验装置示意图如图所示,置于真空中的油滴室内有两块水平放置的平行金属板

10、M、N,分别与电压为U的恒定电源两极相连,板的间距为d。现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落,已知元电荷为e、重力加速度为g,则()A.油滴中电子的数目为B.油滴从小孔运动至N板过程中,电势能增加mgdC.油滴从小孔运动至N板过程中,机械能增加eUD.若将极板M向下缓慢移动一小段距离,油滴将加速下降答案AB解析带电油滴在极板间匀速下落,故受力平衡,则有mg=q,所以油滴带电荷量q=,所以电子的数目为n=,故A正确。油滴下降过程中,静电力方向向上,静电力做的功为-mgd,电势能增加mgd,故B正确。机械能减少,故C错误。若将极板M向下缓慢移动一小段距离,d减小,静电力F=q增大,合外力竖直向

11、上,油滴将减速下降,故D错误。10.两个点电荷Q1和Q2固定在x轴上O、D两点,两者之间连线上各点电势高低如图中曲线所示(OBBD),取无穷远处电势为零,由图可知()A.B点电场强度为零B.Q1为负电荷,Q2为正电荷C.Q1电荷量一定大于Q2电荷量D.将电子沿x轴从A点移到C点,静电力一直做正功答案BCD解析由E=知,B点的电场强度不为零,A错误;结合题图可知,Q1为负电荷,Q2为正电荷,B正确;由题图可知,电势零点离D点较近,故Q1电荷量一定大于Q2电荷量,C正确;将电子沿x轴从A点移到C点,电势一直升高,电子的电势能一直减小,静电力一直做正功,D正确。三、非选择题(本题共5小题,共54分)

12、11.(7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。答案(1)变大(2)变大(3)变小解析(1)电容器所带电荷量一定,正对面积减小时,由 C=知,电容C减小,由C=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=知,电容C减小,由C=知,电势差

13、U变大,故指针的偏转角度变大;(3)插入电介质时,由C=知,电容C变大,由C=知,电势差U变小,故指针的偏转角度变小。12.(9分)(2021山东烟台联考)用传感器观察电容器的放电过程,按图甲连接电路,电源电动势E=8 V,电容器选用几百微法的电解电容器,先使开关S与1端相连,电源向电容器充电,这个过程瞬间完成,然后把开关S掷向2端,电容器通过电阻R放电,传感器将电流信息传入计算机,屏幕上显示出电流随时间变化的I-t曲线,如图乙所示。(1)估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量q=C。(2)根据以上数据估算电容C=F。(结果保留两位有效数字)答案(1)3.210-3(2)4.0102解析(1)

14、由图像的含义可知,横轴与纵轴的乘积即为电荷量,根据横轴与纵轴的数据可知,一个格子的电荷量为0.0810-3C,大于半格算一个,小于半格舍去,因此图像所包含的格子个数为40,所以释放的电荷量:q=0.0810-3C40=3.210-3C。(2)根据电容器的定义式可得:C=F=4.010-4F=4.0102F。13.(10分)(2021广东深圳七中高二阶段考)做功与路径无关的力场叫作势场,在这类场中可以引入“势”和“势能”的概念,场力做功可以量度势能的变化。例如静电场和引力场。(1)如图所示,真空中静止点电荷+Q产生的电场中,A、B为同一条电场线上的两点,A、B两点与点电荷+Q间的距离分别为r1和

15、r2。取无穷远处的电势为零,则在距离点电荷+Q为r的某点电势=(式中k为静电力常量)。现将电荷量为+q的试探电荷放置在A点,求该试探电荷在A点时的电势能EpA;现将电荷量为+q的试探电荷,由A点移至B点,求在此过程中,静电力所做的功W。(2)质量为M的天体周围存在引力场。已知该天体的半径为R,引力常量为G。请类比点电荷,取无穷远处的引力势为零,写出在距离该天体中心为r(rR)处的引力势g的表达式。答案(1)(2)g=-解析(1)由题意可知,A点的电势A=,所以试探电荷+q放置在A点时的电势能EpA=qA=在试探电荷由A点移至B点的过程中,根据功能关系有W=qA-qB=(2)将一物体从距离该天体

16、中心为r的点移至无穷远处,万有引力做负功,引力势能增加,所以该点的引力势g0,则类比点电荷可得g=-14.(12分)如图所示,某空间有一竖直向下的匀强电场,电场强度E=1.0102 V/m,一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中,在金属板的正上方高度h=0.80 m的a处有一粒子源,盒内粒子以v0=2.0102 m/s的初速度向水平面以下的各个方向均匀放出质量为m=2.010-15 kg、电荷量为q=+10-12 C的带电粒子,粒子最终落在金属板b上,若不计粒子重力,求:(结果保留两位有效数字)(1)带电粒子打在金属板上时的动能。(2)从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围(所形成的面积);

17、若使带电粒子打在金属板上的范围减小,可以通过改变哪些物理量来实现?答案(1)1.210-10 J(2)面积为4.0 m2可以通过减小h或增大E来实现解析(1)不计粒子重力,只有静电力做功,对粒子由动能定理得qUab=Ek-可得带电粒子打在金属板上时的动能为Ek=qUab+=1.210-10J。(2)粒子源射出的粒子打在金属板上的范围以粒子水平抛出的落点为边界。设水平抛出后t时刻落在板上:x=v0t,h=at2,a=,S=x2联立以上各式得所形成的面积S=4.0m2,可以通过减小h或增大E来实现。15.(16分)(2021北京西城模拟)电容器作为储能器件,在生产生活中有广泛的应用。实际中的电容器

18、在外形结构上有多种不同的形式,但均可以用电容描述它的特性。(1)在两个相距很近的平行金属板中间夹上一层绝缘物质就组成一个最简单的电容器,叫作平行板电容器。图1为一平行板电容器的充电电路,在充电过程中两极板间电势差U随电荷量q的变化图像如图2所示。类比直线运动中由v-t图像求位移的方法,在图2中画出当电荷量由Q1增加到Q2的过程中电容器增加的电势能。(2)同平行板电容器一样,一个金属球和一个与它同心的金属球壳也可以组成一个电容器,叫作球形电容器。如图3所示,两极间为真空的球形电容器,其内球半径为R1,外球内半径为R2,电容为C=,其中k为静电力常量。请结合(1)中的方法推导该球形电容器充电后电荷

19、量达到Q时所具有的电势能Ep的表达式。图3(3)孤立导体也能储存电荷,也具有电容。将孤立导体球看作另一极在无穷远的球形电容器,根据球形电容器电容的表达式推导半径为R的孤立导体球的电容C的表达式。答案(1)见解析图甲(2)Ep=(3)C=解析(1)由v-t图像求位移时,图线与时间轴围成的面积表示位移,电容器增加的电势能也可以通过图线与q轴围成的面积来表示,如图甲。(2)由电容的定义式可知球形电容器充电过程中两极间电势差U随电荷量q变化的图像如图乙所示,图中三角形的面积表示电荷量达到Q时电容器所具有的电势能Ep的大小。由图可得Ep=QU根据C=可得U=,Ep=将球形电容器电容的表达式C=代入推得Ep=(3)将半径为R的孤立导体球看作另一极在无穷远的球形电容器,即R1=R,R2代入球形电容器电容的表达式C=推得C=