物理必修 第三册第十章 静电场中的能量综合与测试课后测评

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1．(4分)(2021·黄冈中学月考)超级电容的容量比通常的电容器大得多，其主要优点是高功率脉冲应用和瞬时功率保持，具有广泛的应用前景。如图所示，某超级电容标有“2.7 V 100 F”字样，将该电容器接在电动势为1.5 V的干电池两端，则电路稳定后该电容器的负极板上所带的电荷量为( )
A．－150 CB．－75 C
C．－270 CD．－135 C
A [根据C＝eq \f(Q,U)可知电容器所带的电荷量为Q＝CU＝100×1.5 C＝150 C，则电路稳定后该电容器的负极板上所带的电荷量为－150 C，故选A。]
2．(4分)如图所示，在O点放置一点电荷Q，以O为圆心作一圆。现将一试探电荷分别从圆上的B、C、D三点移到圆外的A点，下列说法正确的是( )
A．从B点移到A点的过程中静电力做功最少
B．从C点移到A点的过程中静电力做功最少
C．从D点移到A点的过程中静电力做功最多
D．三个过程中静电力做功一样多
D [在O点放置一点电荷Q，以O为圆心作一圆，根据点电荷等势面的分布情况知，B、C、D三点的电势相等，因此A点与B、C、D三点间的电势差相等，将一电荷从圆上的B、C、D三点移到圆外的A点的过程中，根据W＝qU知，三个过程静电力做功相等，选项D正确，A、B、C错误。]
3．(4分)电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示。K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d，在两极之间加上高电压U，有一电子在K极由静止被加速。不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是( )
A．A、K之间的电场强度为eq \f(U,d)
B．电子到达A极时的动能大于eU
C．由K到A电子的电势能减小了eU
D．由K沿直线到A电势逐渐降低
C [由于A、K之间的电场是非匀强电场，公式U＝Ed不适用，因此A、K之间的电场强度不等于eq \f(U,d)，故A错误；根据动能定理，得Ek－0＝eU，则电子到达A极时的动能Ek＝eU，故B错误；由K到A电场力对电子做正功，电子的电势能减小了eU，故C正确；电子所受电场力向下，电场方向向上，则由K沿直线到A电势逐渐升高，故D错误。]
4．(4分)某静电场的电场线分布如图所示，一负点电荷只在电场力作用下先后经过场中的M、N两点，过N点的虚线是电场中的一条等势线，则( )
A．M点的电场强度小于N点的电场强度
B．M点的电势低于N点的电势
C．负点电荷在M点的电势能小于在N点的电势能
D．负点电荷在M点的动能小于在N点的动能
C [电场线密集的地方，电场强度大，故M点的电场强度大于N点的电场强度，A错误；沿着电场线电势降低，故M点的电势高于N点的电势，B错误；负点电荷由M到N电场力做负功，动能减小，电势能增加，C正确，D错误。]
5．(4分)如图所示，a、b、c三条虚线为电场中的等势面，等势面b的电势为0，且相邻两个等势面间的电势差相等，一个带正电的粒子在A时的动能为10 J，在静电力作用下从A运动到B，在B时速度为0，当这个粒子的动能为7.5 J时，其电势能为( )
A．12.5 J B．2.5 J C．0 D．－2.5 J
D [粒子在运动过程中只有静电力做功，动能和电势能之和保持不变，在A点时动能为10 J，B点时动能为0，由对称性易知，粒子运动至等势面b时动能为5 J，因此动能和电势能之和为5 J。当动能为7.5 J时，电势能为－2.5 J，故选项D正确。]
6．(4分)某静电场沿x轴的电势φ的分布如图所示，x2处的电势为φ2，下列说法正确的有( )
A．将电量为q的点电荷从x1移到x2，电场力做的功为qφ2
B．x1处的电场强度为零
C．负电荷从x1移到x2，电势能减小
D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大
C [由图可知，x2处的电势高，将电量为q的点电荷从x1移到x2，电场力做的功为－qφ2，克服电场力做的功为qφ2，故A错误；φ­x图像的斜率k＝eq \f(Δφ,Δx)＝eq \f(ΔU,Δx)＝E，即φ­x图像的斜率表示电场强度；在x轴上，x1处的斜率不等于0，则电场强度不等于0，故B错误；由图可知，x2处的电势高，将负电荷从x1移到x2，电场力做正功，则电势能减小，故C正确；φ­x图像的斜率表示电场强度，在x轴上，x2处图像的斜率为零，表示电场强度为零，可知将负电荷从x1移到x2，受到的电场力减小，故D错误。]
7．(4分)如图ABCD的矩形区域存在沿A至D方向的匀强电场，场强为E，边长AB＝2AD，质量m、带电量＋q的粒子以恒定的速度v从A点沿AB方向射入矩形区域，粒子恰好从C点以速度v1射出电场，粒子在电场中运动时间为t，则( )
A．若电场强度变为2E，粒子从DC边中点射出
B．若电场强度变为2E，粒子射出电场的速度为2v1
C．若粒子入射速度变为eq \f(v,2)，则粒子从DC边中点射出电场
D．若粒子入射速度变为eq \f(v,2)，则粒子射出电场时的速度为eq \f(v1,2)
C [若电场强度变为2E，则粒子从DC边离开，运动时间变为eq \f(\r(2),2)t，则水平位移变为原来的eq \f(\r(2),2)，而不是eq \f(1,2)，故A错误；在粒子穿过电场的过程中，设电场力做功为W，则由功能定理W＝Eqd＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mv2，可知电场强度加倍，则电场力做功变为了2W，则射出电场的速度不等于2v1，故B错误；粒子入射速度变为eq \f(v,2)，则粒子在电场中运动时间不变，可得出粒子从DC边中点射出电场，故C正确；由于电场不变，粒子在电场中运动时间不变，电场力做功不变，由动能定理可知，粒子射出电场时的速度不是eq \f(v1,2)，故D错误。]
8．(4分)如图所示，偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，间距为d。电子由静止开始经加速电场加速后。沿平行于极板的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，忽略电子所受重力。电子射入偏转电场时的初速度v0和从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy分别是( )
A．eq \r(\f(eU0,m))，eq \f(UL2,2U0d)B．eq \r(\f(2eU0,m))，eq \f(UL2,2U0d)
C．eq \r(\f(eU0,m))，eq \f(UL2,4U0d)D．eq \r(\f(2eU0,m))，eq \f(UL2,4U0d)
D [根据功能关系，可得eU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，电子射入偏转电场的初速度为v0＝eq \r(\f(2eU0,m))；在偏转电场中，电子的运动时间为Δt＝eq \f(L,v0)，偏转加速度为a＝eq \f(eE,m)＝eq \f(eU,md)，偏转距离为：Δy＝eq \f(1,2)a(Δt)2＝eq \f(UL2,4U0d)，故D正确，A、B、C错误。]
9．(7分)高电阻放电法测电容的实验，是通过对高阻值电阻放电的方法测出电容器充电电压为U时所带的电荷量Q，从而再求出待测电容器的电容C，某同学的实验情况如下：
(1)按图1所示电路连接好实验电路。
(2)接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使小量程电流表的指针偏转接近满刻度，记下这时电流表的示数I0＝500 μA、电压表的示数U0＝6.0 V，I0和U0分别是电容器放电的初始电流和初始电压，此时电阻箱R的阻值为8.5 kΩ，则电流表的内阻为________kΩ。
(3)断开开关S，同时开始计时，每隔5 s或10 s读一次电流I的值，将测得数据填入预先设计的表格中，根据表格中的数据标出以时间t为横坐标、电流I为纵坐标的坐标上的点，如图2中用“×”表示的点。
(4)请在图中描绘出电流随时间变化的图线，并根据图线估算出该电容器两端电压力U0时所带的电荷量Q0约为________C；(结果保留两位有效数字)
(5)根据公式________来计算电容器的电容。(只要求写出表达式，不要求计算结果)
图1
图2
[解析] (2)由欧姆定律有U0＝I0(Rg＋R)
得Rg＝eq \f(U0,I0)－R＝eq \f(6.0,500×10－6)Ω－8.5×103Ω＝3.5×103Ω＝3.5 kΩ。
(4)用平滑曲线连接各点，查出所画的曲线与纵标轴所围的格数以求得面积。 因ΔQ＝I·Δt即为曲线与纵标轴所围的格数的面积，则利用数格子方法，估算出电容器两端电压为U0时的电荷量为Q＝34×2.5×10－4＝8.5×10－3C。
(5)利用C＝eq \f(Q0,U0)可求出电容C。
[答案] (2)3.5 (4)如图所示 8.5×10－3 (5)C＝eq \f(Q0,U0)
10．(4分)(多选)静电计是测量电势差的仪器，指针偏转角度越大，金属外壳和上方金属小球间的电势差越大。实验装置如图所示，在本实验中，静电计指针和A板等电势，静电计金属壳和B板等电势，因此指针偏转角度越大表示A、B两极板间的电势差越大。现对电容器充电后断开开关，若按图下方的说明来做实验，则( )
A．图甲中两极板间电势差变大
B．图乙中两极板间电势差变大
C．图丙中两极板间电势差变小
D．图丙中两极板间电势差变大
ABC [题图甲中，当极板B向上移动时，两极板的正对面积S减小，根据电容决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)，可知电容器电容减小，电荷量不变，根据U＝eq \f(Q,C)，可知两极板间的电势差增大，选项A正确；题图乙中，电容器两极板间距离变大，电容减小，电荷量不变，根据U＝eq \f(Q,C)，可知两极板间的电势差变大，选项B正确；题图丙中，插入电介质，电容增大，电荷量不变，根据U＝eq \f(Q,C)，可知两极板间电势差减小，选项C正确，D错误。]
11．(4分)(多选)如图所示为一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图，其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，经偏转电场后打到纸上，显示出字符。不考虑墨汁微粒的重力，为了使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是( )
A．减小墨汁微粒的质量
B．减小墨汁微粒所带的电荷量
C．增大偏转电场的电压
D．增大墨汁微粒的喷出速度
BD [微粒以一定的初速度v0垂直射入偏转电场后做类平抛运动，则水平方向有L＝v0t，竖直方向有y＝eq \f(1,2)at2，加速度a＝eq \f(qU,dm)，联立解得y＝eq \f(qUL2,2dmv\\al(2,0))，要缩小字迹，就要减小微粒的偏移量y，由上式分析可知，可采用的方法有增大两板间距离d、减小墨汁微粒所带的电荷量q、增大墨汁微粒的质量或速度、减小极板的长度L、减小偏转极板间的电压U，故A、C错误，B、D正确。]
12．(4分)(多选)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标(ra，φa)标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd。下列选项正确的是( )
A．Ea∶Eb＝4∶1B．Ec∶Ed＝2∶1
C．Wab∶Wbc＝3∶1D．Wbc∶Wcd＝1∶3
AC [设点电荷的电荷量为Q，根据点电荷电场强度公式E＝keq \f(Q,r2)，ra∶rb＝1∶2，rc∶rd＝3∶6，可知，Ea∶Eb＝4∶1，Ec∶Ed＝4∶1，选项A正确，B错误；将一带正电的试探电荷由a点移动到b点做的功Wab＝q(φa－φb)＝3q(J)，试探电荷由b点移动到c点做的功Wbc＝q(φb－φc)＝q(J)，试探电荷由c点移动到d点做的功Wcd＝q(φc－φd)＝q(J)，由此可知，Wab∶Wbc＝3∶1，Wbc∶Wcd＝1∶1，选项C正确，D错误。]
13．(4分)(多选)如图所示，平行板电容器两极板水平放置，极板A在上方，极板B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，二极管具有单向导电性。一带电小球沿A、B中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板A、B间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是( )
A．若小球带正电，当A、B间距增大时，小球打在N的右侧
B．若小球带正电，当A、B间距减小时，小球打在N的左侧
C．若小球带负电，当A、B间距增大时，小球打在N的左侧
D．若小球带负电，当A、B间距减小时，小球可能打在N的右侧
BD [根据平行板电容器电容的决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)和定义式C＝eq \f(Q,U)可知，当A、B间距d增大时，电容C减小，由于电容器两极板与电源相连，因此电容器要放电，但由于二极管的单向导电性，使得电容器上的电荷量不能变化，又由电场强度与电势差的关系E＝eq \f(U,d)可知，E＝eq \f(Q,d)·eq \f(4πkd,εrS)＝eq \f(4πkQ,εrS)，即恒定不变，因此无论小球电性如何，其运动过程中的受力情况不变，因此仍然打在N点，故选项A、C错误；当A、B间距d减小时，C增大，由于电容器两极板与电源相连，因此电容器要被充电，U保持不变，电场强度E增大，小球所受电场力增大，若小球带正电，则合力变大，加速度变大，运动至B极板的时间变短，因此打在N点的左侧，故选项B正确；若小球带负电，则合力可能变小(电场力仍然小于重力)，加速度变小，运动至B极板的时间变长，因此可能打在N点的右侧，故选项D正确。]
14．(5分)在探究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验中，某同学猜测电容可能与极板间的距离d、极板的正对面积S及插入极板间的电介质有关。他将一个已经充电的平行板电容器与静电计连接，如图所示。实验时保持电容器极板所带的电荷量不变，且电容器B板位置不动。
(1)将A板向右平移，静电计指针张角________；将A板竖直向下平移，则静电计指针张角________；在A、B板间插入电介质，则静电计指针张角________。(均选填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)若将电容器水平放置，有一带电液滴静止在电容器内部，现将电容器A板向下平移一小段距离，则液滴________(选填“静止不动”“向下运动”或“向上运动”)。
[解析] (1)将A板向右平移，两板间距d减小，由C＝eq \f(εrS,4πkd)可知电容变大，由U＝eq \f(Q,C)可知，两极板间电势差变小，静电计指针张角变小。将A板竖直向下平移，两极板正对面积S减小，由C＝eq \f(εrS,4πkd)可知电容减小，由U＝eq \f(Q,C)可知，两极板间电势差变大，静电计指针张角变大。在A、B板间插入电介质，由C＝eq \f(εrS,4πkd)可知电容变大，由U＝eq \f(Q,C)可知，两极板间电势差变小，静电计指针张角变小。
(2)电容器带电荷量不变，改变两板间距，根据C＝eq \f(Q,U)、C＝eq \f(εrS,4πkd)和U＝Ed，得E＝eq \f(4πkQ,εrS)，可知场强不变，则静电力不变，液滴仍然静止不动。
[答案] (1)变小 变大 变小 (2)静止不动
15．(10分)如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一电荷量为q＝－4×10－7C的负点电荷从A点运动到B点，电场力做功为WAB＝3.2×10－6 J，A、B间距离L＝4 m，AB与水平面的夹角为60°。
(1)负点电荷的电势能是增加还是减少？增加(减少)了多少？
(2)B、A间电势差UBA是多少？
(3)电场强度E是多大？
(4)如果A点的电势为－4 V，那么B点的电势为多大？电荷量为q′＝4×10－6C的正电荷在A点具有的电势能是多少？
[解析] (1)负点电荷从A运动到B，电场力做正功3.2×10－6J，则负点电荷的电势能减少，减少了3.2×10－6J。
(2)由WAB＝UABq可得UAB＝eq \f(WAB,q)＝eq \f(3.2×10－6,－4×10－7) V＝－8 V，则UBA＝－UAB＝8 V。
(3)匀强电场的电场强度E＝eq \f(UBA,Lcs 60°)＝4 V/m。
(4)因UAB＝φA－φB＝－8 V，φA＝－4 V，则φB＝4 V
电荷量为q′的正电荷在A点具有的电势能为
EpA＝φAq′＝－1.6×10－5 J。
[答案] (1)减少 3.2×10－6 J (2)8 V (3)4 V/m (4)4 V －1.6×10－5 J
16．(10分)如图所示，带负电的小球静止在水平放置的平行板电容器两极板间，距下极板h＝0.8 cm，两极板间的电势差为300 V。如果两极板间电势差减小到60 V，则带电小球运动到极板上需要多长时间？(g取10 m/s2)
[解析] 选带电小球为研究对象，设它所带电荷量为q，则带电小球受重力mg和静电力qE的作用。
当U1＝300 V时，小球受力平衡，有
mg＝qeq \f(U1,d)①
当U2＝60 V时，带电小球向下极板做匀加速直线运动，有mg－qeq \f(U2,d)＝ma②
h＝eq \f(1,2)at2③
由①②③式得t＝eq \r(\f(2U1h,U1－U2g))≈4.5×10－2 s。
[答案] 4.5×10－2 s
17．(10分)如图甲所示，在xOy坐标系中，两平行金属板AB、OD水平放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L＝2 m，板间距离d＝1 m，紧靠极板右侧有一荧光屏。两金属板间电压UAO随时间的变化规律如图乙所示，变化周期为T＝2×10－3 s，U0＝1×103V，一带正电的粒子从左上角A点，以平行于AB边大小为v0＝1 000 m/s的速度射入板间，粒子电荷量为q＝1×10－5 C，质量m＝1×10－7 kg。不计粒子所受重力。求：
(1)粒子在板间运动的时间；
(2)粒子打到荧光屏上的纵坐标的范围；
(3)粒子打到荧光屏上的动能。
甲 乙
[解析] (1)粒子在板间沿x轴方向匀速运动，设运动时间为t，则L＝v0t，t＝eq \f(L,v0)＝2×10－3s。
(2)t＝0时刻射入的粒子在板间偏转量最大，设为y1
y1＝eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a·\f(T,2)))eq \f(T,2)
又根据牛顿第二定律eq \f(U0q,d)＝ma
解得y1＝0.15 m
纵坐标y＝d－y1＝0.85 m
t＝1×10－3 s时刻射入的粒子在板间偏转量最小，设为y2
y2＝eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,2)))eq \s\up12(2)
解得y2＝0.05 m
纵坐标y′＝d－y2＝0.95 m
所以打在荧光屏上的纵坐标的范围为0.85 m～0.95 m。
(3)分析可知粒子打到荧光屏上的动能相同，设为Ek，由动能定理得eq \f(U0,d)qy2＝Ek－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得Ek＝5.05×10－2 J。
[答案] (1)2×10－3 s (2)0.85 m～0.95 m
(3)5.05×10－2 J
18．(10分)如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L＝0.4 m，两板间距离d＝4×10－3 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下极板的正中央，已知微粒质量为m＝4×10－5 kg，电荷量q＝＋1×10－8 C，g取10 m/s2。求：
(1)微粒入射速度v0的大小；
(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上极板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？
[解析] (1)粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则有水平方向：eq \f(L,2)＝v0t，竖直方向：eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)gt2
解得v0＝10 m/s。
(2)由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小，所以电场方向向上，又因为粒子带正电，所以电容器的上极板应与电源的负极相连。
当所加的电压为U1时，微粒恰好从下极板的右边缘射出，则有eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)a1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,v0)))eq \s\up12(2)
根据牛顿第二定律得mg－qeq \f(U1,d)＝ma1
解得U1＝120 V
当所加的电压为U2时，微粒恰好从上极板的右边缘射出，则有eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)a2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,v0)))eq \s\up12(2)
根据牛顿第二定律得qeq \f(U2,d)－mg＝ma2
解得U2＝200 V
所以所加电压范围为120 V≤U≤200 V。
[答案] (1)10 m/s (2)与负极相连 120 V≤U≤200 V