人教版2019高中物理必修三【单元测试】2024-2025学年分层训练AB卷静电场中的能量B含解析答案

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静电场中的能量B学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．如图所示，在平面坐标系内以坐标原点O为圆心画一个半径为R=2cm的圆。若沿平面方向加一匀强电场，电场强度为E，测得P点的电势为3V，Q点的电势为-3V，M点的电势为4V，则下列说法正确的是（　　）A．电场方向沿y轴负方向B．N点的电势为-4VC．匀强电场的电场强度大小为2.5V/mD．在同一圆周上，沿电场线方向直径两端点的电势差最大为8V2．如图，两个固定的半径均为r的细圆环同轴放置，、分别为两细圆环的圆心，且，O为、连线的中点，P在O的右侧，两环分别带有均匀分布的等量异种电荷+Q、（Q>0）。一带正电的粒子（重力不计）从处由静止释放，静电力常量为k，下列说法正确的是（    ）A．若取无穷远处电势为零，则O点电势一定大于零B．中点处的电场强度为C．该带正电的粒子在中点处动能最大D．该带正电的粒子从右侧沿轴线穿过两环，电势能一直增加3．两个相距很近的等量异种点电荷组成的系统称为电偶极子。如图，一对电偶极子相距为l，电荷量分别为和。坐标原点O为两者连线中点，p点距O的距离为，与y轴夹角为。设无穷远处电势为零，则下面关于p点电势的表达式中，你认为合理的是（真空中静电力常量为k）（　　）A． B．C． D．4．在x轴上O、P两点分别放置电荷量为q1、q2的点电荷，两电荷连线上的电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、B两点的电势为零，BD段中C点电势最大，则下列判断正确的是（　　）  A．P点放置的是带正电的点电荷B．q1>q2C．C点的电场强度大于A 点的电场强度D．将一带负电的检验电荷从B点移到D点，其电势能先增大后减小5．如图所示的两个平行板电容器水平放置，A板用导线与M板相连，B板和N板都接地。让A板带电后，在两个电容器间分别有P、Q两个带电油滴都处于静止状态。AB间电容为C1，电压为U1，带电量为Q1，MN间电容为C2，电压为U2，带电量为Q2。若将B板稍向下移，下列说法正确的是（　　）  A．P向下动，Q向下动 B．U1减小，U2增大C．Q1减小，Q2增大 D．C1减小，C2增大6．在x轴上一带正电的粒子（重力不计）仅在电场力作用下以原点O为中心，沿x轴做往返运动，x轴上各点电势如图所示。若该粒子的质量为m，电荷量为q，其运动过程中电势能与动能之和为，则下列说法正确的是（　　）  A．粒子在往返运动过程中能通过处B．粒子在时其动能为且大于电势能C．粒子沿x轴往返运动，一个周期内的路程为D．原点O与之间的电场为匀强电场，电场强度大小为7．如图所示，ACB为固定的光滑半圆形轨道,轨道半径为R，A、B为水平直径的两个端点，AC为1/4 圆弧，MPQO为竖直向下的有界匀强电场（边界上有电场），电场强度的大小．一个质量为m，电荷量为-q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道，小球运动过程中电量不变，不计空气阻力，已知重力加速度为g．关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是A．若H=R，则小球刚好沿轨道到达C点B．若H＞R，则小球一定能到达B点C．若小球到达C点时对轨道压力为6mg，则D．若H=3R，则小球到达C点时对轨道压力为5mg二、多选题8．如图甲所示的y轴上A、B处放置两等量正电荷，x轴上P点的电场强度E随x变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）A．x2点的电势最高B．－x1和x1两点的电势相等C．在x1点静止释放一正试探电荷，其动能先增大后减小D．在x1点静止释放一负试探电荷，其将以O为中心往复运动9．如下图所示，在竖直平面足够大的区域内有电场强度为E的匀强电场，一质量为m、电荷量为q的小球，以初速度v0从电场中的O点出发，沿ON方向在竖直面内做加速度为g的匀减速直线运动。ON与水平面的夹角为，重力加速度为g，不计空气阻力。则（　　）A．小球所受电场力方向应与ON成斜向上，且B．小球沿ON方向做匀减速运动直到静止C．小球沿ON方向运动的最大位移为D．在小球运动的前时间内，电场力对小球做功10．在x轴上分别固定两个点电荷Q1、Q2，Q2位于坐标原点O处，两点电荷形成的静电场中，x轴上的电势φ随x变化的图像如图所示，下列说法正确的是（　　）A．x3处电势φ最高，电场强度最大B．Q1带正电，Q2带负电C．Q1的电荷量小于Q2的电荷量D．电子从x1处沿x轴移动到x2处，电势能增加三、实验题11．如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中已充电的电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连。  （1）当板间距离增大时（如图①），我们会看到静电计指针的偏角 ，由此可知电容器的电容 ；（填“增大”、“减小”或“不变”）（2）当正对面积减小时（如图②），我们会看到静电计指针的偏角 ，由此可知电容器的电容 ；（填“增大”、“减小”或“不变”）（3）当两板间插入电介质时（如图③），我们会看到静电计指针的偏角 ，由此可知电容器的电容 ；（填“增大”、“减小”或“不变”）（4）本实验过程使用的实验方法是 A．等效替代法    B．控制变量法    C．转换法    D．比较法12．某实验小组利用如图1所示的电路图“观察电容器的充、放电现象”。（1）若将开关S打到1，电容器上极板带 （选填“正”或“负”）电，再将S打到2，通过电流表的电流方向向 （选填“左”或“右”）；（2）实验中所使用的电容器如图2所示，当电容器两端电压为额定电压时，电容器正极板带电荷量为 C（结果保留2位有效数字）； （3）下列关于电容器放电时电容器所带的电荷量Q与两极板间的电压U的关系、电容器放电时电路中的电流I与时间t的关系正确的是 。 四、解答题13．两块水平平行放置的导体板如图1所示，大量电子（质量m、电量绝对值e）由静止开始，经电压为U0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间。当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0；当在两板间加如图2所示的周期为2t0，幅值恒为U0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过。求：(1)求偏转电场的板长L；(2)求偏转电场的板间距d；(3)求侧向位移分别为最大值和最小值时，电子在刚穿出两板之间时的动能之比。14．如图甲所示为喷墨打印机的简化模型，墨汁微滴从墨盒喷出，经带电室带电 后，以一定速度沿轴线垂直匀强电场飞入极板间，最终打在关于轴线对称的纸面上。假设一 质量为 m，带电量为 q 的墨汁微滴，经加速电场后如乙图所示以初速度 沿中线水平飞入平 行板电场中，微滴飞出平行板电场后，最后垂直打在竖直纸屏 M 上半部分。已知两平行金 属板水平正对且板长均为 L，两板间距d，纸屏 M 距平行板右端 L 处，重力加速度大小为 g， 求：（1）带电微滴的电性和两平行金属板的电压；（2）微滴在电场中偏移的距离。15．在光滑水平面上固定一个内壁光滑的竖直圆环S（右图为俯视图），圆环半径为R=1m 一根长r=0.5m的绝缘细线一端固定于圆环圆心D点，另一端系住一个质量为m=0.2kg、带电量为q=+5×10- 5C的小球．空间有一场强为E=4x104N/C的匀强电场，电场方向与水平面平行。将细线拉至与电场线平行，给小球大小为10m/s、方向垂直于电场线的初速度vo。(1)求当小球转过90°时的速度大小；(2)若当小球转过90°时，细线突然断裂，小球继续运动，碰到圆环后不反弹，碰撞后，小球垂直于碰撞切面方向的速度因能量损失减小为零，平行于碰撞切面方向的速度大小保持不变．之后小球沿圆环内壁继续做圆周运动，求这一运动过程中的速度的最小值；(3)从初始位置开始，要使小球在运动过程中，细线始终保持不松弛，求电场强度E的大小所需满足的条件？参考答案：1．B【详解】B．连接MP和QN，根据几何关系可得，MP平行QN且相等 ，沿平面方向加的是匀强电场，则有解得B正确；A．如图所示连接MQ等分七等分，则A点的电势为0，在圆心O处电势为零，连接O、A，则OA为等势面，过O做垂线即为电场线，方向右下方，A错误；C．在O点，沿着x轴方向的场强为沿y轴负方向的场强为则平面的匀强电场的场强为C错误；D．在同一圆周上，沿电场线方向直径两端点的电势差最大为D错误。故选B。2．B【详解】A．把圆环上每一个点都看成一个点电荷，则两圆环上都有关于O点对称的两个等量异种点电荷，则根据叠加原理可知O1O2中垂线上为等势面，由于取无穷远处电势为零，则O点电势一定等于零，故A错误；B．把圆环上每一个点都看成一个点电荷，则电荷量为根据点电荷场强公式，有根据电场的叠加原理，单个圆环在O1O2中点的场强，为两个圆环的场强，再叠加一下，有故B正确；C．带电粒子从O1点开始由静止释放，在粒子从O1向O2的运动过程中，两圆环对粒子的作用力皆为左向，可见电场对带电粒子做正功。故粒子在中点处动能不是最大，故C错误；D．根据电场叠加原理，合场强为0的位置应该在O1的右侧，由于两个电荷的电荷量相同，故电场关于O1、O2对称，O2的左侧也有场强为0的位置；所以从右向左看，带正电的粒子从右侧很远处沿水平轴线飞来的过程中，在合场强等于0的点的右侧受到的电场力的方向向右，电场力做负功，电势能增加；在合场强等于0的点的左侧受到的电场力的方向向左，电场力做正功，电势能减小；同理在穿越O2时电势能应该是先减小后增加，故D错误。故选B。3．D【详解】若夹角，则p点位于检验电荷从无穷远沿x轴移动到O点的过程中，电场力始终与位移方向垂直，则x轴上的电势处处为0，所以应在分子，因离O点越远，其电势就越小，故r应在分母上，故D正确，ABC错误。故选D。4．B【详解】A．由图知从O到B电势先不断降低后先升高再降低，则两个点电荷必定是异种电荷，且P点电势为最低，可知该放置的是负的点电荷，故A错误；BC．根据图像切线的斜率等于场强，可知C点合场强为零，A点的合场强不等于零，则A点的场强比C点的大，由于C点与q2的点电荷的距离较q1近，根据，可知故B正确，C错误；D．将一负点电荷从B移到D点，电势先升高后降低，根据可知，电势能先减小后增大，故错误。故选B。5．C【详解】D．将B板稍向下移，据可知，C1减小；MN板不动，C2不变；故D项错误；C．假设两板电荷量均不变，则AB板间电压将增大，大于MN间的电压，所以左侧电容器将向右侧电容器充电，即Q1减小，Q2增大；故C项正确；B．充电完成，稳定后，MN间电压增大，则AB间电压相对变化前也增大，故B项错误；A．AB板间电场强度左侧电容器所带电荷量减少，则AB板间电场强度减小，P所受电场力减小，重力不变，P向下动；据，MN间电压增大，MN板间电场强度增大，Q所受电场力增大，重力不变，Q向上动；故A项错误。故选C。6．C【详解】AC．因为电势能与动能之和为，当动能为零时，电势能为，则此时其所处电势，由图像可知，向右最多可达到处，向左最多可达到处，故一个周期内的路程为故A错误，C正确；B．根据图像可知，粒子在时其电势能为此时动能为故B错误；D．图像斜率表示电场强度，由图知，原点O与之间的电场为匀强电场，强度大小为故D错误。故选C。7．C【分析】球进入电场前是自由落体运动，根据动能定理列式求解末速度；进入电场区域后，受重力和电场力的合力向上，大小为mg，如果是沿着轨道运动，任意一点都应该满足合力的径向分量提供向心力（故最低点是合力提供向心力），结合动能定理和牛顿第二定律列式分析即可.【详解】A、若H=R，假设小球从最高点能到C点，根据动能定理，结合，解得，故在C点需要的向心力为零，但电场力和重力的合力向上，大于需要的向心力，不能沿着轨道过C点，说明球到达C点前已经离开了轨道；故A错误.B、小球刚好能到B点时，由弹力提供向心力，则满足过B点的速度，由A到B的动能定理，联立可得；故B错误.C、过C点的压力为6mg，则由牛顿第三定律知轨道的支持力为6mg，对C点受力分析有，从A到C由动能定理；解得；故C正确.D、若H=3R，对球从A到C过程根据动能定理，有,解得，在C点合力提供向心力故，可得，根据牛顿第三定律，压力为3mg；故D错误.故选C.【点睛】本题考查粒子在复合场中的运动，关键是根据动能定理列式分析速度变化，同时要明确圆周运动的任意一点都满足合力的径向分力提供向心力.8．BD【详解】A．沿x轴上，电场线从O点开始分别沿x轴正向和x轴负向，沿电场线电势逐渐降低，可知O点的电势最高，选项A错误；B．由对称性可知，－x1和x1两点的电势相等，选项B正确；C．在x1点静止释放一正试探电荷，所受电场力一直沿x轴正向，电场力一直做正功，则其动能一直增大，选项C错误；D．在x1点静止释放一负试探电荷，则电场力指向O点，电子向O点做加速运动，经过O点后做减速运动，到达与x1对称的位置时速度减为零，然后再返回……，即电荷将以O为中心往复运动，选项D正确。故选BD。9．AC【详解】A．由题意可知，小球所受电场力与重力的合力F方向与v0方向相反，且大小为mg，如图所示，根据几何关系以及对称性可知，小球所受电场力qE方向应与ON成斜向上，且大小为mg，故A正确；B．小球沿ON方向做匀减速运动，当速度减为零后，将反向做匀加速运动，故B错误；C．根据运动学公式可得小球沿ON方向运动的最大位移为故C正确；D．小球经时间速度减小至零，此过程中电场力和重力对小球做功的代数和为又因为重力和电场力大小相等，且与小球位移方向的夹角相同，所以电场力对小球做功为故D错误。故选AC。10．BD【详解】A．φ－x图像的斜率表示电场强度，所以由题图可知x3处电势φ最高，电场强度最小为0，则A错误；BC．由于沿着电场线方向电势逐渐降低，则0～x3电场线方向指向x轴的负方向，x3～＋∞，电场线方向指向x轴的正方向，并且在x3处电势φ最高，电场强度最小为0，根据点电荷场强公式E＝由近小远大规律可知，Q1的电荷量大于Q2的电荷量，并且Q1带正电，Q2带负电，所以B正确，C错误；D．电子从x1处沿x轴移动到x2处，电场力做负功，电势能增加，所以D正确。故选BD。11． 增大 减小 增大 减小 减小 增大 B【详解】（1）[1][2] 当板间距离增大时，根据电容的决定式，电容减小，根据知，电荷量不变，则电势差增大，指针偏角增大。（2）[3][4] 当正对面积减小时，根据电容的决定式，电容减小，根据知，电荷量不变，则电势差增大，指针偏角增大。（3）[5][6] 当两板间插入电介质时，电容增大，根据知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角减小。（4）[7]探究多个量的关系时，保持其他量不变，只研究某两个量的关系的方法是控制变量法。故选B。12． 正 左 2.6 D【详解】（1）[1][2]将开关S打到1，电容器上极板与电源的正极相接，则上极板带正电，再将S打到2，电容器放电，正电荷向左定向移动，所以通过电流表的电流方向向左。（2）[3]电容器的额定电压为5.5 V，电容C=0.47 F，则当电容器两端电压为额定电压时，电容器极板上所带电荷量为Q=CU=0.47×5.5 C=2.6 C（3）[4]AB．电容器放电过程中，随着电荷量的减少，电压也减少，最终为零，故AB错误；CD．电容器放电时电流肯定减小，且减小得越来越慢，故C错误，D正确。故选D。13．(1)； (2)；(3)【详解】画出电子在t=0时和t=t0时进入电场的v–t图象进行分析（1）加速电场：电子在两板之间的时间为3t0解得（2）在偏转电场中有故起加速度为由解得由得侧向最大位移为（3）水平方向故最大速度为最大动能为最小速度为最小动能为解得14．（1）带负电，；（2）【详解】（1）由题意可知，质点飞出平行板后只受重力作用且垂直打在上，可知质点在平行板间向上偏转做类平抛运动，如图所示。则有质点在平行板间竖直方向的加速度与飞出平行板后竖直方向的加速度大小相等，方向相反，故微滴带负电。在平行板间由牛顿第二定律可得飞出平行板后则有联立解得两极板间的电场强度为由匀强电场的电场强度与电势差的关系式可得（2）质点在电场中向上偏移的距离为其中在水平方向联立解得15．（1）3m/s；（2）3.94m/s；（3）E≤1.6×105N/C或E≥4×105N/C【详解】（1）设小球转过90°时速度大小为v1，由动能定理解得v1=3m/s（2）设小球碰到圆筒前瞬间速度大小为v2，由动能定理解得v2=m/s撞上环壁后，设小球碰到圆筒后瞬间沿圆环内壁做圆周运动的速度大小为v3，有v3= v2sin30°=mv2小球沿圆环内壁运动到D点时速度最小，设大小为v4，由动能定理-qER(1-cos30°)=mv42-mv32解得v4=m/s=3.94m/s（3）临界情况一：小球转过90°运动到B点时速度恰好减小为零，细线始终保持不松弛．设电场强度大小为E1，有-qE1r=0-mv02解得E1==4×105N/C则此过程中，E1≥4×105N/C临界情况二：小球转过180°时细线恰好不松弛，设速度为vmin,电场强度大小为E2,则有qE1=根据动能定理有两式联立，得到E2==1.6×105N/C所以当E≤1.6×105N/C或E≥4×105N/C时，能使细线始终保持不松弛．