人教版 (2019)必修 第三册第十章 静电场中的能量综合与测试一等奖ppt课件

第十章测评

(时间:60分钟　满分:100分)

一、选择题(本题共12个小题,每题4分,共48分。1~8是单选题,9~12是多选题,多选、错选均不得分,漏选得2分)

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 V

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。

答案D

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

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μmgx-WE=0,即WE=μmgx,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,不能判断M、N两点电势的高低,C错误。

答案C

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

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轴正方向和x轴负方向的电场强度先增大后减小。选项B正确。

答案B

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φB>φA>φC

B.A、B、C三点的电场强度大小关系为EC>EB>EA

C.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

解析由题中v-t图像可知带电粒子在0~t0时间内做减速运动,静电力做负功,电势能增大;在t0~3t0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,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。

答案C

5.如图所示,一质量为m、带电荷量为q的粒子,以初速度v0从a点竖直向上射入匀强电场中,匀强电场方向水平向右。粒子通过电场中的b点时,速率为2v0,方向与电场方向一致,则a、b两点间的电势差为(　　)

A. B. C. D.

解析由题意可知,粒子受重力和水平方向的静电力作用,由加速度定义a=,可得加速度的大小ax=2ay=2g,由牛顿第二定律可知,qE=2mg,水平位移x=v0t,竖直位移y=,即x=2y,因此静电力做功W1=qEx=qUab,重力做功W2=-mgy=,由动能定理得:W1+W2=m(2v0)2-,解得:Uab=。

答案C

6.如图所示,O是一固定的点电荷,虚线是该点电荷产生的电场中的三条等势线,正点电荷q仅受静电力的作用沿实线所示的轨迹从a处运动到b处,然后又运动到c处。由此可知(　　)

A.O为负电荷

B.在整个过程中q的速度先变大后变小

C.在整个过程中q的加速度先变小后变大

D.在整个过程中,静电力做功为零

解析点电荷和正点电荷的距离先减少后增大,由库仑定律知,静电力先增大后减小,根据牛顿第二定律,加速度先变大后变小,C错误;由轨迹为曲线时合力指向凹形一侧知,静电力必为斥力,O是一固定的点电荷,必带正电,A错误;a到b静电力做负功,b到c静电力做正功,q的速度先变小后变大,B错误;固定的正点电荷的等势线为一簇同心圆,a与c等势,所以在整个过程中,静电力做功为零,D正确。

答案D

7.平行板A、B组成电容器,充电后与静电计相连,要使静电计指针张角变大,下列措施可行的是(　　)

A.A板向上移动

B.B板向左移动

C.A、B板间插入电介质

D.减少极板上的电荷量

解析当正对面积S减小或距离d增大时,根据C=,电容C均减小,由U=知电势差U变大,静电计指针偏转角度增大,所以A正确,B错误;A、B板间插入电介质,相对介电常数εr增大,根据C=,电容C增大,则U=知电势差U变小,静电计指针偏转角度减小,C错误;由U=得,减小电荷量Q,电势差U变小,静电计指针偏转角度减小,D错误。

答案A

8.

如图所示的电路中,AB是两金属板构成的平行板电容器。先将开关K闭合,等电路稳定后再将K断开,然后将B板向下平移一小段距离,并且保持两板间的某点P与A板的距离不变。则下列说法错误的是              (　　)

A.电容器的电容变小

B.电容器内部电场强度大小变大

C.电容器内部电场强度大小不变

D.P点电势升高

答案B

9.

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点的加速度大小比它在P点的小

解析由于轨迹关于P点对称,根据曲线运动合力方向应指向曲线凹侧,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=φq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。

答案AB

10.(2019·全国卷Ⅲ,21)如图所示,电荷量分别为q和-q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上,a、b是正方体的另外两个顶点。则(　　)

A.a点和b点的电势相等

B.a点和b点的电场强度大小相等

C.a点和b点的电场强度方向相同

D.将负电荷从a点移到b点,电势能增加

解析b点距q近,a点距-q近,则b点的电势高于a点的电势,A错误;如图所示,a、b两点的电场强度可视为E3与E4、E1与E2的合电场强度。其中E1∥E3,E2∥E4,且知E1=E3,E2=E4,故合电场强度Ea与Eb大小相等、方向相同,B、C正确;由于φa<φb,负电荷从低电势移至高电势过程中,电场力做正功,电势能减少,D错误。

答案BC

11.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M、N,并分别与电压为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mgd

C.油滴从小孔运动至N板过程中,机械能增加eU

D.若将极板M向下缓慢移动一小段距离,油滴将加速下降

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,合外力竖直向上,油滴将减速下降,故D错误。

答案AB

12.两个点电荷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(OB>BD),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

解析由E=知,B点的电场强度不为零,A错误;因无穷远处电势为零,所以负点电荷电场中的电势为负,正点电荷电场中的电势为正,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。

答案BCD

二、实验题(本题共2个小题,每题6分,共12分)

13.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　。 

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。

答案(1)变大　(2)变大　(3)变小

14.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”),在充电过程中电容器的电能　　　。 

答案较快　逐渐减小　增加

三、计算题(本题共4个小题,每题10分,共40分)

15.一个初速度为零的电子通过电压为U=4 500 V的电场加速后,从C点沿水平方向飞入电场强度为E=1.5×105 V/m的匀强电场中,到达该电场中另一点D时,电子的速度方向与电场强度方向的夹角正好是120°,如图所示。试求C、D两点沿电场强度方向的距离y。

解析电子加速过程:由eU=得v0=

电子飞入匀强电场中:在竖直方向

vy=v0tan 30°=at,a=,

解得t=;C、D两点沿电场强度方向的距离y=at2=

代入数据解得y= m=0.01 m。

答案0.01 m

16.如图所示,某空间有一竖直向下的匀强电场,电场强度E=1.0×102 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=2.0×102 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=2.0×10-15 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);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?

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+=1.2×10-10 J。

(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=πx2

联立以上各式得所形成的面积S==4.0 m2,可以通过减小h或增大E来实现。

答案(1)1.2×10-10 J　(2)面积为4.0 m2　可以通过减小h或增大E来实现

17.如图所示,在E=103 V/m的水平向左匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置,轨道与一水平绝缘轨道MN连接,半圆轨道所在竖直平面与电场线平行,其半径R=0.4 m,一带正电荷q=10-4 C的小滑块质量为m=0.04 kg,与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2,求:

(1)要使小滑块能运动到半圆轨道的最高点L,滑块应在水平轨道上离N点多远处释放?

(2)这样释放的滑块通过P点时对轨道的压力是多大?(P为半圆轨道中点)

解析(1)滑块刚能通过轨道最高点的条件是

mg=m,v==2 m/s

滑块由释放点到最高点过程,由动能定理得

qEx-μmgx-2mgR=mv2

代入数据得x=20 m。

(2)对于PL过程,由动能定理得

-mgR-qER=mv2-

在P点由牛顿第二定律FN-qE=

代入数据得FN=1.5 N

由牛顿第三定律得F压=FN=1.5 N。

答案(1)20 m　(2)1.5 N

18.如图所示,在xOy平面内,有沿y轴负方向的匀强电场,电场强度大小为E(图中未画出),由A点斜射出质量为m、带电荷量为+q的粒子,B和C是粒子运动轨迹上的两点,其中l0为常数。粒子所受重力忽略不计。求:

(1)粒子从A到C过程中静电力对它做的功;

(2)粒子从A到C过程所经历的时间;

(3)粒子经过C点时的速率。

解析(1)WAC=qE(yA-yC)=3qEl0。

(2)根据抛体运动的特点,粒子在x方向做匀速直线运动,由对称性可知轨迹最高点D在y轴上,可令tAD=tDB=T,则tBC=T

由qE=ma得a=

又y0=aT2,y0+3l0=a(2T)2

解得T=

则A→C过程所经历的时间t=3。

(3)粒子在DC段做类平抛运动,于是有

2l0=vCx(2T)　vCy=a(2T)

则vC=。

答案(1)3qEl0　(2)3　(3)