2021年新教材高中物理 第十章 静电场中的能量 章末质量评估（含解析）新人教版必修3.docx

1、章末质量评估(二)(时间:90分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分.每小题只有一个选项符合题目要求)1.下图为某电场中的一根电场线,电场线上有A、B两点,一电子从A点运动到B点.下列说法正确的是()A.该电场线是客观存在的B.A点的电场强度一定比B点的电场强度大C.A点的电势比B点的电势低D.电子在A点的电势能比在B点的电势能小答案:D2.如图所示,实线为方向未知的三条电场线,虚线1、2、3分别为等势线,已知lMN=lNQ,A、B两带电粒子从等势线2上的O点以相同的初速度飞出,仅在静电力作用下,两粒子的运动轨迹分别如a、b所示,则()A.A一定带正电,B一定带

2、负电B.A的加速度减小,B的加速度增大C.M、N两点的电势差|UMN|等于N、Q两点的电势差|UNQ|D.A粒子到达等势线3的动能变化量比B粒子到达等势线1的动能变化量小答案:B3.平行板电容器与电池始终保持相连,在右极板由虚线位置平移到如图所示的实线位置的过程中,设两板间的电压为U、电场强度为E、电容器电容为C、电荷量为Q,下列说法正确的是()A.电路是断路,不可能有电荷定向移动B.有电荷从A到B定向移动,电流方向为顺时针C.U不变,E变大,C变小,Q变小D.U不变,E变小,C变大,Q变大答案:B4.下图是示波管的示意图,从电子枪发出的电子通过两对偏转电极,如果偏转电极不加电压,则电子沿直线

3、打在荧光屏的中心O,当在两对偏转电极上同时加上电压后,电子将偏离中心打在某个位置.现已标出偏转电极所加电压的正负极,从示波管的右侧来看,则电子会打在荧光屏上() A.1位置B.2位置 C.3位置 D.4位置答案:B5.质子(11H)、氘核(12H)、粒子(24He)从同一位置从静止先通过同一加速电场后,又垂直于偏转电场方向进入偏转电场,最后穿出偏转电场.已知加速电压是U1,偏转电压是U2,离开偏转电场后粒子的偏转角是,则()A.增大U1或减小U2可使增大B.增大偏转电极间的距离或减小偏转电极板的长度可使增大C.三种粒子穿出偏转电场后就分开了D.三种粒子穿出偏转电场后不能分开答案:D6.有两个平

4、行板电容器,它们的电容之比为54,它们的电荷量之比为51,两极板间距离之比为43,则两极板间电压之比和电场强度之比分别为()A.4113 B.1431C.4131 D.4143答案:C7.据报道,暗物质粒子探测卫星“悟空”首先探测到宇宙射线能谱在1.41012 eV处的异常波动.1 eV表示一个电子经过1 V电压加速后增加的动能,则1.41012 eV约为()A.1.41012 J B.2.210-7 JC.1.610-19 J D.8.81030 J答案:B8.A、B两物体质量均为m,其中A带正电,电荷量为q,B不带电,通过劲度系数为k的绝缘轻质弹簧相连放在水平地面上,如图所示,开始时二者都

5、处于静止状态.现在施加竖直向上的匀强电场,电场强度E=2mgq,式中g为重力加速度.若不计空气阻力,不考虑A物体电荷量的变化,则下列判断正确的是()A.刚施加电场的瞬间,A物体的加速度方向向上,大小为gB.B物体刚要离开地面时,A物体的速度大小为2gmkC.从开始到B物体刚要离开地面的过程,A物体速度先增大后减小D.从开始到B物体刚要离开地面的任意一段时间内,A物体的机械能增量一定等于电势能的减少量答案:B二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分.每小题有多个选项符合题目要求.全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)9.一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内A、B、C三

6、点的位置如图所示,三点的电势分别为9 V、13.5 V、5.5 V.下列说法正确的是()A.电场强度的大小为2.5 V/cmB.坐标原点处的电势为2 VC.电子在A点的电势能比在B点的高4.5 eVD.电子从B点运动到C点,静电力做功为-1.010-18 J答案:AC10.如图为静电植绒的原理图.带负电的金属网中盛有绒毛,真空中带负电的绒毛一旦与布匹上的黏合剂接触就粘贴在布匹上.则带负电的绒毛从带负电的金属网到布匹的运动过程中()A.做匀速运动B.做加速运动C.电势能逐渐增大D.运动经过处各点电势逐渐升高解析:绒毛带负电,金属网间的电场强度方向向上,所以绒毛所受的静电力向下,做加速运动,选项A

7、错误,选项B正确;静电力对绒毛做正功,其电势能逐渐减小,选项C错误;绒毛运动过程中越来越靠近带正电的金属网,电势逐渐升高,选项D正确.答案:BD11.如图所示,A、B为等量异种点电荷连线上的点且关于正电荷位置对称,C、B位于两电荷连线的中垂线上,则下列说法正确的是()A.A、B两点的电场强度大小关系为EAEBB.B、C两点的电场强度大小关系为EBEC C.若将一带正电的试探电荷从A移到B处,静电力不做功D.若将一带正电的试探电荷从C移到B处,静电力不做功答案:BD12.带正电的微粒放在电场中,电场强度的大小和方向随时间变化的规律如图所示.带电微粒只在静电力的作用下由静止开始运动,则下列说法正确

8、的是()A.微粒在01 s内的加速度与12 s内的加速度相同B.微粒将沿着一条直线运动C.微粒做往返运动D.微粒在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同解析:带电粒子在电场中01 s,12 s受到的静电力大小相等,方向相反,故加速度大小相等,方向相反,带电粒子先加速后减速,沿着一条直线运动,故选项B、D正确.答案:BD三、非选择题(本题共6小题,共60分)13.(9分)小明同学想根据学习的知识,估测一个电容器的电容.他从实验室找到8 V的稳压直流电源、单刀双掷开关、电流传感器(与计算机相连,能描绘出电流i随时间t变化的图线)、定值电阻和导线若干,连成如图甲所示的电路.实验过程如下,完成相应的填

9、空. 甲 乙(1)先使开关S与1端相连,电源给电容器充电(充满).(2)开关S掷向2端,电容器放电,此时电路中有短暂的电流.流过电阻R的电流方向为(选填“从右向左”或“从左向右”).(3)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.(4)根据图线估算出电容器在全部放电过程中释放的电荷量为C.(5)根据前面的信息估算出该电容器的电容为F.(结果保留两位有效数字)答案:(2)从右向左(4)2.5610-3(5)3.210-414.(9分)图甲是一种测量电容器电容的实验电路图,实验时通过对高阻值电阻放电,用电流传感器记录电流随时间的变化图线,进而测出电容器充电至电压

10、U时所带电荷量Q,从而再求出待测电容器的电容C.某同学在一次实验时的情况如下:A.按电路图接好电路;B.接通开关S,调节电阻箱R的阻值,记下此时电流传感器的示数I0=500 A,电压表的示数U0=8.0 V,I0、U0分别是电容器放电时的初始电流和电压;C.断开开关S,利用计算机和电流传感器,记录下电流随时间的变化关系,结果如图乙所示. 甲 乙(1)实验中电阻箱所接入阻值为R=;(2)由上述i-t图像求出该电容器的放电总电荷量为C;(结果保留两位有效数字)(3)该电容器电容为F.(结果保留两位有效数字)答案:(1)1.6104(2)6.210-4(3)7.810-515.(9分)如图所示,一个

11、质子以初速度v0=5106 m/s水平射入一个由两块带电的平行金属板组成的区域.两板距离d=20 cm,设金属板之间电场是匀强电场,电场强度E=3105 N/C.质子质量 m=1.6710-27 kg,电荷量q=1.6010-19 C.求质子由板上小孔射出时的速度大小.答案:6106 m/s16.(9分)如图所示,区域、分别存在着有界匀强电场E1、E2,已知区域宽l1=0.8 m,区域宽l2=0.4 m,E1=102 V/m且方向与水平方向成45角斜向右上方,E2=20 V/m且方向竖直向下.电荷量为q=1.610-3 C,质量m=1.610-3 kg的带电小球(可视为质点)在区域的左边界由静

12、止释放.g取10 m/s2.求:(1)小球在电场区域中运动的加速度大小和时间;(2)小球离开电场区域的速度大小和方向.答案:(1)10 m/s20.4 s(2)5 m/s速度方向与水平方向夹角为3717.(12分)如图所示,在绝缘水平面上,有相距为l的A、B两点,分别固定着两个电荷量均为Q的正点电荷.O为AB连线的中点,C、D是AB连线上两点,其中lAC=lBD=l4.一质量为m、电荷量为+q的小滑块(可视为质点)以初动能Ek0从C点出发,沿AB直线向D运动,其中小滑块第一次经过O点时的动能为2Ek0,第一次到达D点时的动能恰好为0,小滑块最终停在O点,已知静电力常量为k.求:(1)小滑块与水

13、平面间滑动摩擦力的大小;(2)小滑块刚要到达D点时加速度的大小和方向;(3)小滑块运动的总路程s.答案:(1)2Ek0l(2)128kQq9ml2+2Ek0ml,方向由D指向O(3)1.25l18.(12分)如图所示,在光滑绝缘的水平面上,用长为2l的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B,组成一静止的带电系统,A球的电荷量为+2q,B球的电荷量为-3q.虚线NQ与MP平行且相距3l,开始时MP恰为杆的中垂线.视小球为质点,不计轻杆的质量,现在在虚线MP、NQ间加上水平向右的匀强电场E.求:(1)B球刚进入电场时带电系统的速度大小;(2)B球的最大位移的大小以及从开始到最大位移处时B球电势

14、能的变化量;(3)带电系统运动的周期.解析:(1)设B球刚进入电场时带电系统速度为v1,由动能定理2qEl=122mv12,解得v1=2qElm.(2)带电系统向右运动分三段:B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场.设A球离开NQ的最大位移为x,由动能定理得2qE2l-3qE(l+x)=0,解得x=l3,则s总=2l+x=73l.B球从刚进入电场到速度第一次为0时位移为43l,其电势能的变化量为Ep=-W电=3qE43l=4qEl.(3)向右运动分三段,取向右为正方向,第一段加速:a1=2qE2m=qEm,t1=v1a1=2mlqE.第二段减速:a2=-qE2m,设A球出电场时速度为v2,由动能定理得-qEl=122m(v22-v12),解得v2=qElm,则t2=v2-v1a2=2(2-1)mlqE.第三段再减速:则其加速度a3及时间t3为a3=-3qE2m,t3=0-v2a3=23mlqE,所以带电系统运动的周期为T=2(t1+t2+t3)=62-83mlqE.答案:(1)2qElm(2)73l4qEl(3)62-83mlqE