2022年高中物理 第十章 静电场中的能量测评卷 新人教版必修第三册.docx

1、第十章静电场中的能量注意事项1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。2.无特殊说明,本试卷中g取10 m/s2。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.计算机键盘每个键下面都连有一块小金属片,与该金属片隔有一定空气间隙的是另一块固定的小金属片,这组金属片组成一个可变电容器。当连接电源不断电,按下某个键时,与之相连的电子线路就给出该键相应的信号,当按下该键时,电容器的()A.电容变小B.极板间的电压变小C.极板的电荷量不变D.极板间的场强变大2.无限大带电平面周围电场线的分布如图甲所示,平行板电容器周围电场线的分布如图乙所示。乙图中AB为一条平行

2、于极板的直线,下列说法正确的是()A.电容器极板带电荷量越大,两板之间的电场越接近匀强电场B.电容器极板面积越大,两板之间的电场越接近匀强电场C.乙图中A、B两点的电势满足AB,C、D错误。3.BP1、P2两粒子在电场中做类平抛运动,在水平方向做匀速直线运动,竖直方向做匀加速直线运动。因为AB=BC,则2x1=x2,根据t=xv0可知t1t2=12;竖直位移相同,根据y=12at2可知,a1a2=t22t12=41;根据牛顿第二定律得a1a2=q1Em1q2Em2=q1m2q2m1,结合q1q2=51,解得m1m2=54,选项B正确。4.C质子在B管中做匀速直线运动,漂移管B的长度LB=vBt

3、,t=T2=12f,得LB=0.4 m,A、B错误;由图可知,从B到E经过3次加速,设加速电压为U,根据动能定理可得3qU=12mvE2-12mvB2,qm=1108 C/kg,联立代入数据得U=6.0104 V,C正确,D错误。5.A电子从M点运动到Q点,有UMQ(-e)=6 eV,解得UMQ=-6 V,可推理得UNP=-2 V,所以c等势面的电势c=-2 V,A正确;因为等差等势面平行且间距相等,所以该电场是匀强电场,则电子在P点、N点的加速度相等,B错误;电子从N到P,电场力做正功,动能增大,电势能减小,所以EkPEkN,EpPEpN,C、D错误。6.C由图知,球体内部场强均匀增大,球体

4、内部场强不为零,若在球体内部移动电荷时电场力可以做功,说明内部电势不是处处相等,A错误;顺着电场线方向电势逐渐降低,可知沿半径向外,电势逐渐降低,B错误;由点电荷产生的场强可知,在R处场强为E0=kQR2,在xP处的场强为E02,则E02=kQr2,解得r=2R,C正确;E-x图线与x轴所围面积为电势差,故球心O与球面间电势差的大小为12E0R,D错误。7.A根据C=rS4kd=QU分析,保持开关K闭合,U不变,插入云母片,则两极板间相对介电常数r增大,则C增大,所以Q增加,A正确,B错误;两极板间的电场强度大小为E=Ud=QCd=4kQrS,开关K先闭合再断开,插入金属板,相当于d减小,Q不

5、变,则E不变,微粒所受电场力不变,将保持不动,C、D错误。8.C-x图像的斜率表示电场强度,所以由0到x2和由0到-x2范围内电场强度均逐渐增大,A错误;根据沿电场强度方向电势逐渐降低,可知x1处电场强度沿x轴正方向,-x1处电场强度沿x轴负方向,所以x1和-x1两点处的电场强度大小相等,但方向相反,B错误;x1和-x1处的电势相等,所以同一正粒子在x1和-x1处的电势能相等,C正确;一负粒子由-x1沿x轴运动到x1的过程中,电势能先减小后增大,D错误。9.BCD静止时,电容器与电源保持连接,电容器两极板带电,A错误;N极板由静止突然向“后”运动时,两极板间距增大,根据C=rS4kd可知,电容

6、器的电容减小,根据C=QU,因U不变,则Q减小,所以电容器放电,因为N极板带负电荷,所以电流由b向a流过电流表,B、C正确;N极板由静止突然向“后”运动时,两极板间距增大,根据E=Ud可知,E减小,选项D正确。10.BD电场线的疏密代表电场强度大小,所以O点的电场强度大于E点的电场强度,A错误;OE与HO间距相等,但是HO间的电场线密集,平均电场强度大,根据U=Ed可知,OE间的电势差小于HO间的电势差,B正确;电场线与等势面垂直,且由电势高的地方指向电势低的地方,所以O点电势高于G点,正电荷在O点时的电势能大于其在G点时的电势能,C错误;H点电势高于F点电势,所以正电荷在H点时电势能大,正电

7、荷从H点移到F点电势能减小,电场力做正功,选项D正确。11.BD设电子经加速电压U1加速后获得的速度大小为v,根据动能定理有12mv2=qU1,电子在偏转电场中的加速度大小为a=qU2md,电子在偏转电场中运动的时间为t=Lv,根据运动学公式有h=12at2,联立解得,示波管灵敏度的表达式为hU2=L24U1d,由式可知提高示波管的灵敏度可采用的办法包括增大L、减小U1、减小d,选项B、D正确。12.AD小球静止在A点时,小球受竖直向下的重力、沿AB向上的支持力,要使小球处于静止状态,电场力应水平向左,与场强方向相同,故小球只能带正电,A正确;小球受到重力、电场力的合力(等效重力)垂直斜面向下

8、,故A点可看成等效最低点,B点为等效最高点,小球在A点时动能最大,由于其恰能绕圆轨道完成圆周运动,故在B点恰好由等效重力提供向心力,轨道对小球的压力为零,即小球运动到B点时对轨道的压力为零,B、C错误;在等效最高点B,由牛顿第二定律可得mgcos=mvB2R,从A到B过程,据动能定理可得-mgcos2R=12mvB2-12mvA2,联立解得小球的初速度大小为vA=10 m/s,D正确。13.答案(1)不变(2分)变小(2分)(2)CD(2分)解析(1)静电计指针张角大小表示电容器两极板间的电势差,电势差越大,静电计指针张角越大。电容器充电后与电路连接,电路结构不变,若只改变极板间距离或正对面积

9、时,电容器两极板间的电势差不变,故静电计指针张角不变;将滑动变阻器的滑片向D端移动时,电容器两端的电压减小,故静电计的指针张角变小。(2)断开开关S2后,电容器与外电路断开,电容器极板上的电荷量不变。电容器的电容由电容器本身的性质决定,断开开关S2,电容器的电容不变,A错误;将A极板上移时,正对面积减小,由C=rS4kd知电容器的电容减小,由C=QU可知电容器极板间电势差增大,所以静电计指针张角变大,B错误;在极板间插入玻璃板时,电容器的电容增大,由C=QU可知电容器极板间电势差减小,所以静电计指针张角变小,C正确;将A极板向右靠近B极板,极板间距离d减小,由C=rS4kd知电容器的电容增大,

10、由C=QU可知电容器极板间电势差减小,所以静电计指针张角应减小,D正确。14.答案(1)1(1分)大(1分)相反(1分)(2)4.110-4 F(3分)(3)c(2分)解析(1)充电时必须将电容器接电源,故将开关S接1时,平行板电容器充电,在充电开始时电路中的电流比较大,之后电流减小,当电容器充满电时,电流为零;电容器充电时,上板接电源正极,所以电容器上板带正电,充电时负电荷流出电容器上板,放电时负电荷流入上极板,所以流经G表的电流方向与充电时相反。(2)I-t图线与时间轴所围成的面积表示电荷量,每个小格表示的电荷量为q=0.40.210-3 C=810-5 C,由图乙可知Q=41q=4181

11、0-5 C=3.2810-3 C,根据C=QU,代入数据解得C=4.110-4 F。(3)在电容器放电实验中,根据Im=UmR可知,电阻越大,放电电流的最大值越小,由图可知,c图线的最大电流最小,故c图线对应的电阻最大。15.答案(1)-16 V(2)2.410-6 J解析(1)根据qUAB=WAB(1分)解得UAB=8 V(1分)同理qUAC=WAC(1分)解得UAC=-8 V(1分)则UBC=UBA+UAC=-UAB+UAC=-16 V(2分)(2)根据几何关系可知,D为BC的中点,D点电势D=-8 V(1分)该电荷在D点的电势能Ep=qD=2.410-6 J(1分)16.答案(1)26

12、eV(2)375 V/m,场强方向为垂直BD斜向左下方解析(1)由动能定理可得eUBA=EkA-EkB(1分)UBA=B-A(1分)代入数据解得EkA=26 eV(1分)(2)匀强电场的方向平行于该平面,又因为BD为等势线,电场强度方向与等势线垂直,且指向电势低的方向,所以场强方向垂直于BD指向左下方,如图所示由几何关系可得tan =ADAB=34(1分)解得=37(1分)d=ABsin =4.8 cm(1分)电场强度大小为E=UBAd(1分)代入数据解得E=375 V/m(1分)17.答案(1)2 m/s(2)48 N,方向竖直向下(3)2.875 m解析(1)物块恰好能通过D点,由竖直向下

13、的重力和竖直向上的电场力的合力提供向心力,则有mg-qE=mvD2R(2分)解得vD=2 m/s(1分)(2)由C到D,根据动能定理有(qE-mg)2R=12mvD2-12mvC2(2分)解得vC=25 m/s(1分)在C点,根据牛顿第二定律有NC-(mg-qE)=mvC2R(2分)解得NC=48 N(1分)由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小为48 N,方向竖直向下。(2分)(3)从P点到D点过程,由动能定理有(mg-qE)x sin 37-(R+R cos 37)-(mg-qE)cos 37x=12mvD2(2分)解得x=2.875 m(1分)18.答案(1)2eU1m(2)U2L28d

14、U1(3)eU1+eU22L236U1d2解析(1)电子在加速电场加速时,由动能定理得eU1=12mv02(1分)解得v0=2eU1m(1分)(2)t=0、T、2T、时刻进入金属板间的电子向上偏转量最大(同理,t=12T、32T、时刻进入金属板间的电子向下偏转量最大)(1分)电子在偏转电场中的运动时间为t0=Lv0=Lm2eU1(1分)距离O点的最大距离为y=12at0222=U2L28dU1(2分)(3)电子要能到达O点,电子在竖直方向先加速后减速再反向加速,且向上和向下位移大小相等,向上偏转量y上=12a(t)22(1分)向下偏转量y下=12a(t0-2t)2+a(t0-2t)L6v0(2

15、分)由y上=y下(1分)解得t=t03(1分)竖直方向,电子速度从零反向加速位移y=12a(t0-2t)2(1分)电场力做功W=eU2dy=eU22L236U1d2(2分)电子到达O点时动能Ek=eU1+eU22L236U1d2(2分)附加题答案(1)3 cm(2)见解析(3)带负电1.0410-8 C解析(1)设粒子穿过界面MN时偏离中心线OR的距离为h,则h=12at2,a=qUmd,t=Lv0(3分)则h=qU2mdLv02=10-10300210-200.080.0821062 m=0.03 m=3 cm。(2分)(2)第一段是类平抛运动,第二段是匀速直线运动,第三段是匀速圆周运动,轨

16、迹如图所示。(4分)(3)带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动,设其穿过界面PS时偏离中心线OR的距离为Y,由相似三角形知识得hY=4cm4cm+12cm(1分)解得Y=4h=12 cm(1分)设带电粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy,水平方向的速度vx=v0=2106 m/s(1分)则vy=at=qULmdv0=1.5106 m/s(1分)粒子从电场中飞出时速度v=vx2+vy2=2.5106 m/s(1分)设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为,则tan =vyvx=34,=37(1分)因为带电粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上,所以该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q做匀速圆周运动,点电荷Q带负电。(2分)其半径与速度方向垂直,匀速圆周运动的半径r=Ycos=0.15 m(1分)由牛顿第二定律可知kQqr2=mv2r,则Q=mv2rkq(1分)代入数据解得Q=1.0410-8 C。(1分)