高中物理人教版 (2019)必修 第三册第十章 静电场中的能量综合与测试课时训练

这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第三册第十章 静电场中的能量综合与测试课时训练，共16页。试卷主要包含了6 m，0×104 V等内容，欢迎下载使用。
 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φA<φBD.乙图中A、B两点的电势相同3.如图,在真空中带电粒子P1和P2先后以相同的初速度从O点射入匀强电场,它们的初速度垂直于电场强度方向,偏转之后分别打在B、C两点,且AB=BC。若P1的电荷量为P2的5倍,不计重力,则P1、P2的质量之比m1∶m2为(　　)A.5∶2　　　B.5∶4　　　C.2∶5　　　D.4∶54.如图所示,某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成,相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从P点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管,在漂移管内做匀速直线运动,在漂移管间被电场加速,加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106 m/s,进入漂移管E时速度为1×107 m/s,电源频率为1×107 Hz,漂移管间缝隙很小,质子在每个管内运动时间视为电源周期的。质子的比荷取1×108 C/kg。下列说法正确的是(　　)A.漂移管B的长度为0.6 mB.漂移管B的长度为0.8 mC.相邻漂移管间的加速电压为6.0×104 VD.相邻漂移管间的加速电压为8.0×104 V5.如图所示,虚线a、b、c、d、e是电场中的一组平行等差等势面,实线是电子仅在电场力作用下的运动轨迹,M、N、P、Q分别为运动轨迹与各等势面的交点。已知电子从M点运动到Q点的过程中电场力做功6 eV,设b等势面的电势为零。则下列判断正确的是(　　)A.c等势面的电势φc=-2 VB.电子在P点的加速度比在N点的加速度大C.电子经过P点的动能比经过N点的动能小D.电子在P点的电势能比在N点的电势能大6.半径为R的均匀带电球体,在通过球心O的直线上,各点的电场强度如图所示(取沿x轴正方向为场强正方向)。当x≥R时,电场分布与电荷量全部集中在球心时相同。已知静电力常量为k,则　(　　)A.球面是个等势面,球体是个等势体B.在x轴上x=R处电势最高C.xP=RD.球心O与球面间电势差的大小为E0R7.如图甲所示,间距为d的平行板电容器,在B板上方某位置有一个带电微粒P静止不动,图乙是在图甲中插入某物体(不影响P点,且厚度小于板间距d),那么(　　)A.保持开关K闭合,如插入的是云母片,电容器上极板电荷量增加B.保持开关K闭合,如插入的是云母片,电容器上极板电荷量减少C.开关K先闭合再断开,如插入的是金属板,则微粒向上运动D.开关K先闭合再断开,如插入的是金属板,则微粒向下运动8.空间存在一平行于x轴方向的电场,x轴上各点电势的变化规律如图所示,曲线为关于y轴对称的抛物线。则下列说法正确的是(　　)A.由0到x2和由0到-x2范围内电场强度均逐渐减小B.x1和-x1两点处的电场强度大小相等、方向相同C.同一正粒子在x1和-x1处的电势能相等D.一负粒子由-x1沿x轴运动到x1的过程中,电势能先增大后减小二、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.微信运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。如图,M极板固定,当手机的加速度变化时,N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。图中R为定值电阻。下列对传感器描述正确的是(　　)A.静止时,电流表示数为零,电容器两极板不带电B.N极板由静止突然向“后”运动时,电容器的电容减小C.N极板由静止突然向“后”运动时,电流由b向a流过电流表D.N极板由静止突然向“后”运动时,电容器间的电场强度减小10.如图所示为某一电场中的一簇电场线,图中E、F、G、H是以坐标原点O为圆心的圆周上的四个点,E、H点在y轴上,G点在x轴上,下列说法中正确的有(　　)A.O点的电场强度小于E点的电场强度B.O、E间的电势差小于H、O间的电势差C.正电荷在O点时的电势能小于其在G点时的电势能D.将正电荷从H点移到F点的过程中,电场力对其做正功11.如图所示是一示波管工作的原理图。电子经一电压为U1的加速电场加速后垂直进入偏转电场,离开偏转电场时的偏移量是h,两平行板间的距离为d,电压为U2,板长为L。每单位电压引起的偏移量叫示波管的灵敏度。为了提高示波管的灵敏度,可采用下面选项中的哪种方法(　　)A.减小U2　　　B.增大L　　　C.增大U1　　　D.减小d12.内壁光滑、由绝缘材料制成的半径R= m的圆轨道固定在倾角为θ=45°的斜面上,与斜面的切点是A,直径AB垂直于斜面,直径MN在竖直方向上,它处在水平方向的匀强电场中。质量为m、电荷量为q的小球(可视为点电荷)刚好能静止于圆轨道内的A点,现对在A点的小球施加一沿圆轨道切线方向的速度,使其恰能绕圆轨道完成圆周运动。重力加速度为g,下列对该小球运动的分析,正确的是(　　)A.小球带正电B.小球运动到N点时动能最大C.小球运动到M点时对轨道的压力为0D.小球初速度大小为10 m/s三、非选择题(本题共6小题,共60分)13.(6分)如图所示为研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置。(1)同时闭合开关S1、S2,调节滑动变阻器滑片,使静电计指针有一定的张角,然后只向右移动A极板,则静电计指针的张角　　　　;若保持极板A、B不动而只将滑动变阻器的滑片向D端移动,则静电计指针的张角　　　　。(均填“变大”“变小”或“不变”) (2)在静电计指针有明显张角的情况下,将开关S2断开,通过移动极板A或在极板A、B间插入电介质,下列说法正确的是　　　　(填正确答案标号)。 A.断开开关S2后,静电计的指针闭合,电容器的电容变为0B.只将电容器A极板向上平移,静电计指针的张角变小C.只在极板A、B间插入有机玻璃板,静电计指针的张角变小D.只将电容器A极板向B极板靠近,静电计指针的张角变小,表明电容增大14.(8分)如图甲所示是观察电容器的充、放电现象实验装置的电路图。电源输出电压恒为8 V,S是单刀双掷开关,G为灵敏电流计,C为平行板电容器。(已知电流I=)(1)当开关S接　　　　时(选填“1”或“2”),平行板电容器充电,在充电开始时电路中的电流比较　　　　(选填“大”或“小”)。电容器放电时,流经G表的电流方向与充电时　　　　(选填“相同”或“相反”)。 (2)将G表换成电流传感器,电容器充电完毕后再放电,其放电电流随时间变化的图像如图乙所示,已知图线与横轴所围的面积约为41个方格,可算出电容器的电容为　　　。 (3)在电容器放电实验中,接不同的电阻放电,图丙中a、b、c三条曲线中对应电阻最大的一条是　　　　(选填“a”“b”或“c”)。 甲乙丙15.(8分)在匀强电场中,将q=-3×10-7 C的点电荷从电场中的A点移到B点,静电力做功为-2.4×10-6 J,将该电荷从电场中的A点移到C点,静电力做功为2.4×10-6 J,已知直角三角形ABC中∠C=∠CAD=30°,且电场方向与三角形ABC所在平面平行。(1)求B、C两点间的电势差;(2)若规定C点电势为0,求该电荷在D点的电势能。         16.(8分)如图所示,匀强电场中某平面内有一矩形ABCD区域,电荷量为e的某带电粒子从B点沿BD方向以8 eV的动能射入该区域,恰好从A点射出该区域,已知匀强电场的方向平行于该平面,矩形区域的边长分别为AB=8 cm、BC=6 cm,A、B、D三点的电势分别为-6 V、12 V、12 V,不计粒子重力,求:(1)粒子到达A点时的动能;(2)匀强电场的场强大小和方向。    17.(14分)如图所示,在水平地面MN上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场,电场强度E=1×104 V/m,水平面上竖直放置一绝缘轨道ABCD,AB部分为粗糙直轨道,且与水平方向夹角为37°。BCD为光滑圆弧轨道,与AB在B点处相切,与地面相切于C点,D点处切线沿水平方向,圆弧轨道半径R=0.5 m。现将一质量为m=1 kg的带电物块(大小忽略不计)从斜面上P点(图中未标出)静止释放,物块与AB轨道间动摩擦因数为0.25,物块带电荷量为q=+2×10-4 C,结果物块恰能通过D点,不计空气阻力,重力加速度为g。求:(1)物块通过D点时速度vD大小;(2)物块通过C点时对轨道的压力;(3)物块释放处P点与B点之间的距离x。   18.(16分)如图甲所示,真空室中电极K发出的电子(初速度不计)经过电压为U1的加速电场加速后,沿两水平金属板C、D间的中心线射入两极板间,最后打在荧光屏上。C、D极板间加一交变电压,电压UCD随时间变化的图像如图乙所示,已知电子质量为m,电荷量为e,C、D极板长为L,板间距离为d,偏转电压为U2,荧光屏距C、D极板右端的距离为,且所有电子都能从C、D极板右端射出。(1)求电子刚进入偏转电场时的速度大小;(2)若偏转电场的周期等于电子通过C、D极板的时间,求打到荧光屏上的电子距离O点的最大距离;(3)若偏转电场的周期等于电子通过C、D极板时间的2倍,求打在荧光屏上O点时电子的动能。          附加题(20分)如图所示,两平行金属板A、B长L=8 cm,两板间距离d=8 cm,A板比B板电势高300 V,一带正电的粒子带电荷量q=10-10 C、质量m=10-20 kg,沿电场中心线OR垂直电场线飞入电场,初速度v0=2×106 m/s,粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后,进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面影响,界面MN、PS垂直中心线OR),已知两界面MN、PS相距为12 cm,O点在中心线上距离界面PS为9 cm处,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。粒子的重力忽略不计。(静电力常量k=9×109 N·m2/C2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)(1)求粒子穿过界面MN时偏离中心线OR的距离;(2)试在图上粗略画出粒子运动的全过程轨迹并指出各段运动的性质;(3)确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小。      
答案全解全析第十章　静电场中的能量1.D　当按下该键时,两金属片间距离减小,由C=可知,电容C变大,A错误;由于连接电源不断电,极板间的电压不变,B错误;由Q=CU可知,极板的电荷量变大,C错误;由E=可知,极板间的场强变大,D正确。2.B　极板面积越大,越趋于无限大平板,两板间的电场越接近匀强电场,对于有限大平板而言,存在平行板方向的电场,无论板间距离、电荷量怎么变化都无法形成匀强电场,A错误、B正确;由于等势面总是与电场线垂直,则有等势面如图所示,可知乙图中A、B两点的电势不相同,φA>φB,C、D错误。3.B　P1、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=可知t1∶t2=1∶2;竖直位移相同,根据y=at2可知,a1∶a2=∶=4∶1;根据牛顿第二定律得==,结合=,解得=,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,t==,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=m-m,=1×108 C/kg,联立代入数据得U=6.0×104 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φc=-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EkP>EkN,EpP<EpN,C、D错误。6.C　由图知,球体内部场强均匀增大,球体内部场强不为零,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=,在xP处的场强为,则=,解得r=R,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E0R,D错误。7.A　根据C==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εr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===,开关K先闭合再断开,插入金属板,相当于d减小,Q不变,则E不变,微粒所受电场力不变,将保持不动,C、D错误。8.C　φ-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=可知,电容器的电容减小,根据C=,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=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=d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mv2=qU1①,电子在偏转电场中的加速度大小为a=②,电子在偏转电场中运动的时间为t=③,根据运动学公式有h=at2④,联立①②③④解得,示波管灵敏度的表达式为=⑤,由⑤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,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=m,从A到B过程,据动能定理可得-·2R=m-m,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=知电容器的电容减小,由C=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=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=知电容器的电容增大,由C=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)4.1×10-4 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=0.4×0.2×10-3 C=8×10-5 C,由图乙可知Q=41q=41×8×10-5 C=3.28×10-3 C,根据C=,代入数据解得C=4.1×10-4 F。(3)在电容器放电实验中,根据Im=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)2.4×10-6 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φD=-8 V(1分)该电荷在D点的电势能Ep=qφD=2.4×10-6 J(1分)16.答案　(1)26 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=φB-φA(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 α==(1分)解得α=37°(1分)d=AB·sin α=4.8 cm(1分)电场强度大小为E=(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,由竖直向下的重力和竖直向上的电场力的合力提供向心力,则有mg-qE=m(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=m-m(2分)解得vC=2 m/s(1分)在C点,根据牛顿第二定律有NC-(mg-qE)=m(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°)]-μ(mg-qE)·cos 37°·x=m(2分)解得x=2.875 m(1分)18.答案　(1)　(2)　(3)eU1+解析　(1)电子在加速电场加速时,由动能定理得eU1=m(1分)解得v0=(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=T、T、…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==L(1分)距离O点的最大距离为y=a×2=(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=a(Δt)2×2(1分)向下偏转量y下=a+a(t0-2Δt)(2分)由y上=y下(1分)解得Δt=(1分)竖直方向,电子速度从零反向加速位移y'=a(1分)电场力做功W=ey'=(2分)电子到达O点时动能Ek=eU1+(2分)附加题答案　(1)3 cm　(2)见解析　(3)带负电　1.04×10-8 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=at2,a=,t=(3分)则h==× 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=(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=2×106 m/s(1分)则vy=at==1.5×106 m/s(1分)粒子从电场中飞出时速度v==2.5×106 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θ,则tan θ==,θ=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==0.15 m(1分)由牛顿第二定律可知=,则Q=(1分)代入数据解得Q=1.04×10-8 C。(1分)