高中必修第三册物理《静电场中的能量》章末综合检测-统编人教版

这是一份高中必修第三册物理《静电场中的能量》章末综合检测-统编人教版，共9页。
章末综合检测（二） 静电场中的能量A级—学考达标1．下列说法正确的是(　　)A．电荷放在电势高的地方，电势能就大B．正电荷在电场中某点的电势能一定大于负电荷在该点具有的电势能C．电场强度为0的点，电势一定为0D．无论移动正电荷还是负电荷，若克服电场力做功它的电势能都增大解析：选D　正电荷放在电势高的地方，电势能就大，而负电荷放在电势高的地方，电势能就小，故A错误。电荷的电势能与电荷的电性和电势的正负有关，正电荷在电场中电势为负值的某点的电势能，小于负电荷在该点具有的电势能，故B错误。电场强度与电势无关，电场强度为0的点，电势不一定为0，故C错误。只要电荷克服电场力做功，根据功能关系可知，它的电势能都增大，故D正确。2.如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面。下列判断正确的是(　　)A．1、2两点的电场强度相等B．1、3两点的电场强度相等C．1、2两点的电势相等D．2、3两点的电势相等解析：选D　根据电场线的疏密表示电场强度的大小知，1点的电场强度大于2点、3点的电场强度，选项A、B错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低，在同一等势面上各点的电势相等知，1点的电势高于2点电势，2点、3点处于同一等势面上，电势相等，选项C错误，D正确。3.如图所示，虚线为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0。一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26 eV和5 eV。当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为－8 eV时，它的动能应为(　　)A．8 eV　　　　　　　　 B．13 eVC．20 eV D．34 eV解析：选C　经过a、b点时的动能分别为26 eV和5eV，题图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，故电荷经过相邻两个等势面时的动能减小量为：ΔEk＝eq \f(26－5,3) eV＝7 eV，故经过等势面3时的动能为12 eV，总能量为12 eV＋0＝12 eV，由于只有电场力做功，所以电势能和动能之和守恒，当其电势能变为－8 eV时，有：0＋12 eV＝－8 eV＋Ek；解得动能应为：Ek＝20 eV。故C正确。4.如图所示，带正电的导体球A置于原来不带电的空腔导体球B内，a、c分别为导体A、B内的点，b为导体A和B之间的一点，下列说法正确的是(　　)A．a、b、c三点的电势都相等B．a点的电场强度为0，但电势最高C．b点的电场强度为0，但电势大于0D．a、b、c三点的电场强度均为0解析：选B　导体A、B各为一个等势体，其内的各点电场强度为0，即Ea＝Ec＝0，B的内、外表面各感应出负电荷、正电荷，A外B内的空间电场线方向由A指向B，Eb≠0，故电势φa＞φb＞φc＞0，A、C、D错误，B正确。5．在维护和检修高压供电线路时，为了不影响城市用电，电工经常要在高压线上带电作业。为了保障电工的安全，电工全身要穿上用金属丝线编织的衣服(如图所示)。图乙中电工站在高压直流输电线的A供电线上作业，其头顶上方有B供电线，B供电线的电势高于A供电线的电势。虚线表示电工周围某一截面上的等差等势面，c、d、e、f是不同等势面上的四个点，以下说法正确的是(　　)A．在c、d、e、f四点中，c点的电场强度最大B．在c、d、e、f四点中，f点的电势最高C．若将某电子由c移到f，其电势能将增大D．将某电子在d点由静止释放，它会向e点所在等势面运动解析：选C　根据等差等势线的疏密，可知在c、d、e、f四点中，f点的电场强度最大，故A错误；沿着电场线方向电势降低，因B供电线的电势高于A供电线的电势，则在c、d、e、f四点中，c点的电势最高，故B错误；若将某电子由c移到f，即从高电势处移到低电势处，其电势能将增大，故C正确；将某电子在d点由静止释放，在电场力作用下，它会向c点所在等势面运动，故D错误。6.如图所示，MN、PQ是圆的两条相互垂直的直径，O为圆心。两个等量正电荷分别固定在M、N两点。现一带电粒子(不计重力及粒子对电场的影响)从P点由静止释放，粒子恰能在P、Q之间做直线运动，则以下判断正确的是(　　)A．O点的电势一定为0B．P点的电势一定比O点的电势高C．粒子一定带正电D．粒子在P点的电势能一定等于在Q点的电势能解析：选D　沿电场线方向电势逐渐降低，根据等量同种正电荷电场分布，MN上O点电势最低，PQ上O点电势最高，电势是相对的，零电势点是人为规定的，所以O点的电势不一定为0，选项A错误。P点电势低于O点电势，选项B错误。粒子从P点释放后向Q点运动，故粒子带负电，选项C错误。根据电场对称性知P、Q两点电势相等，所以粒子在P点的电势能一定等于在Q点的电势能，选项D正确。7.如图所示，一带电粒子在电场中沿曲线AB运动，从B点穿出电场，a、b、c、d为该电场中的等势面，这些等势面都是互相平行的竖直平面，不计粒子所受重力，则(　　)A．该粒子一定带负电B．此电场不一定是匀强电场C．该电场的电场线方向一定水平向左D．粒子在电场中运动过程动能不断减少解析：选D　由于不能确定电场线方向，故不能确定粒子的电性，A、C错误；等势面互相平行，故一定是匀强电场，B错误；粒子受电场力一定沿电场线指向轨迹凹侧，而电场线和等势面垂直，由此可确定电场力一定做负功，故动能不断减少，D正确。8.如图所示，A、B两带正电粒子质量相等，电荷量之比为1∶4。两粒子在O上方同一位置沿垂直电场方向射入平行板电容器中，分别打在C、D两点，OC＝CD。忽略粒子重力及等长子间的相互作用，下列说法正确的是(　　)A．A和B在电场中运动的时间之比为1∶2B．A和B运动的加速度大小之比为4∶1C．A和B的初速度大小之比为1∶4D．A和B的位移大小之比为1∶2解析：选C　粒子电荷量之比为1∶4，粒子在竖直方向上做匀加速运动，由h＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2) eq \f(qE,m)t2，可知A和B在电场中运动的时间之比为2∶1，故A错误；A、B两带正电粒子质量相等，电荷量之比为1∶4，根据qE＝ma，所以A和B运动的加速度大小之比为1∶4，故B错误；根据题意OC＝CD，两粒子水平方向上做匀速运动，根据x＝v0t，可知A和B的初速度大小之比为1∶4，故C正确；A和B的水平位移大小之比为1∶2，竖直方向也有位移，那么合位移之比不等于1∶2，故D错误。9.如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab＝5 cm，bc＝12 cm，其中ab沿电场方向，bc与电场方向成60°角。一电荷量为q＝4×10－8 C的正电荷从a点移到b点电场力做的功为W1＝1.2×10－7 J。求：(1)匀强电场的电场强度E的大小；(2)电荷从b点移到c点，电场力做的功W2；(3)a、c两点间的电势差Uac。解析：(1)根据题设条件有W1＝qEdab所以E＝eq \f(W1,qdab)＝eq \f(1.2×10－7,4×10－8×5×10－2) N/C＝60 N/C。(2)b、c两点沿电场方向的距离为dbccos 60°，则W2＝qEdbccos 60°＝4×10－8×60×0.12×eq \f(1,2) J＝1.44×10－7 J。(3)电荷从a点移到c点电场力做的功W＝W1＋W2又W＝qUac故Uac＝eq \f(W1＋W2,q)＝eq \f(1.2×10－7＋1.44×10－7,4×10－8)V＝6.6 V。答案：(1)60 N/C　(2)1.44×10－7 J　(3)6.6 VB级—选考提能10.[多选]如图所示，一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板A、B之间的P点，处于静止状态。现将极板A向下平移一小段距离，其他条件不变。下列说法中正确的是(　　)A．液滴将向下运动B．液滴将向上运动C．极板带电荷量将增加D．极板带电荷量将减少解析：选BC　电容器与电池相连，使两板的电压不变，开始时，电场力等于重力，当极板A向下平移一小段距离时，由E＝eq \f(U,d)可知极板间的电场强度变大，从而使电场力qE大于重力mg，致使带电液滴向上运动，故A错误，B正确；由C＝eq \f(εrS,4πkd)可知电容器电容增大，由Q＝CU知电容器带电荷量增加，故C正确，D错误。11.一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下。若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为(　　)A．动能减少B．电势能增加C．动能和电势能之和减少D．重力势能和电势能之和增加解析：选C　由于轨迹向合力的方向弯曲，可知油滴受到的电场力大于重力，合力的方向向上，合力做正功，由动能定理可知动能增加，A错误；电场力做正功，电势能减少，B错误；因油滴由a运动到b的过程中重力势能增加，动能增加，由能量守恒定律可知D错误，C正确。12.[多选]在光滑绝缘水平面的P点正上方O点固定一电荷量为＋Q的正点电荷，在水平面上的N点，由静止释放质量为m、电荷量为－q的带电小球，小球经过P点时速度为v，图中θ＝60°，则在＋Q形成的电场中(　　)A．N点电势高于P点电势B．UPN＝eq \f(mv2,2q)C．P点电场强度大小是N点的2倍D．带电小球从N点到P点的过程中电势能减少了eq \f(1,2)mv2解析：选BD　根据沿着电场线方向电势降低可知，N点距离正电荷较远，则N点电势低于P点电势，故A错误。小球由N到P的过程，根据动能定理得－qUNP＝eq \f(1,2)mv2，解得UNP＝－eq \f(mv2,2q)，则UPN＝－UNP＝eq \f(mv2,2q)，故B正确。P点电场强度大小为EP＝eq \f(kQ,rP2)，N点电场强度大小为EN＝eq \f(kQ,rN2)，则EP∶EN＝rN2∶rP2＝4∶1，故C错误。带电小球从N点到P点的过程中，电场力做的正功为eq \f(1,2)mv2，电势能减少了eq \f(1,2)mv2，故D正确。13.如图所示，图中的虚线表示某电场的等势面，有两个带电粒子(重力不计)以不同的速率，沿不同的方向从A点飞入电场后，沿不同的轨迹1和2运动，由轨迹可以判断(　　)A．两粒子的电性一定相同B．粒子1的动能先减小后增大C．粒子2的电势能先增大后减小D．经过B、C两点时两粒子的速率可能相等解析：选B　由轨迹1、2可知粒子1受场源电荷的斥力，而粒子2受场源电荷的引力，故两粒子电性不同，A错误；电场力对粒子1先做负功后做正功，故粒子1的动能先减小后增大，B正确；对粒子2，电场力对其先做正功后做负功，其电势能先减小后增大，C错误；A、B、C在同一等势面上，故两粒子在B、C两点时的动能与在A点时的动能相等，即两粒子在B、C两点的速率和在A点的速率相等，D错误。14．[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Weq \a\vs4\al(ab)、Weq \a\vs4\al(bc)和Weq \a\vs4\al(cd)。下列选项正确的是(　　)A．Ea∶Eb＝4∶1 B．Ec∶Ed＝2∶1C．Weq \a\vs4\al(ab)∶Weq \a\vs4\al(bc)＝3∶1 D．Weq \a\vs4\al(bc)∶Weq \a\vs4\al(cd)＝1∶3解析：选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Weq \a\vs4\al(ab)＝q(φa－φb)＝3q(J)，试探电荷由b点移动到c点做的功Weq \a\vs4\al(bc)＝q(φb－φc)＝q(J)，试探电荷由c点移动到d点做的功Weq \a\vs4\al(cd)＝q(φc－φd)＝q(J)，由此可知，Weq \a\vs4\al(ab)∶Weq \a\vs4\al(bc)＝3∶1，Weq \a\vs4\al(bc)∶Weq \a\vs4\al(cd)＝1∶1，选项C正确，D错误。15．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为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)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－8.5×103 Ω＝3.5×103 Ω＝3.5 kΩ。(4)用平滑曲线连接各点，查出所画的曲线与坐标轴所围的格数以求得面积。因ΔQ＝I·Δt即为曲线与坐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时的电量为：Q＝34×2.5×10－4＝8.5×10－3 C。(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)16.如图所示，一个质子以初速度v0＝5×106 m/s水平射入一个由两块带电的平行金属板组成的区域。两板距离为20 cm，设金属板之间电场是匀强电场，电场强度为3×105 N/C。质子质量m＝1.67×10－27 kg，电荷量q＝1.60×10－19 C。求质子由板上小孔射出时的速度大小。解析：根据动能定理W＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02而W＝Ep1－Ep0＝qEd＝1.60×10－19×3×105×0.2 J＝9.6×10－15 J所以v1＝eq \r(\f(2W,m)＋v02)＝ eq \r(\f(2×9.6×10－15,1.67×10－27)＋5×1062) m/s≈6×106 m/s质子飞出时的速度约为6×106 m/s。答案：6×106 m/s17.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＝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\co1(\f(L,v0)))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\co1(\f(L,v0)))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