高中物理第十章 静电场中的能量综合与测试达标测试

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第十章《静电场中的能量》达标检测卷　参考答案1．B【详解】试题分析：将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定减小，选项A错误；无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大，选项B正确；在同一个等势面上的各点，场强的大小不一定是相等的，例如等量异种电荷连线的中垂线上各点，选项C错误；沿场强的方向电势一定下降，但是电势下降的方向不一定是电场场强的方向，选项D错误；故选B．考点：场强与电势【名师点睛】对于电势与场强的理解，要抓住电势与场强没有直接的关系，匀强电场中，场强处处相等，电势不是处处相等．匀强电场中的等势面与电场线垂直．匀强电场中，各点的场强都相等，各点的电势可能相等，也可能不等．电势降低的方向不一定电场强度方向．电势降低最快的方向一定是电场强度的方向．2．A【详解】AB：电荷量为q的正检验电荷放在a点时恰好平衡，则匀强电场对它的电场力等于Q对它的作用力，即，解得：匀强电场的场强，方向由a点指向O点．正电荷Q在a、c点的电势相等，则电场中a、c两点间的电势差．故A项正确，B项错误．CD：正电荷Q在b、d点的电势相等，匀强电场中b、d两点电势相等，则电场中b、d两点间的电势差为零．故CD两项错误．【点睛】电荷量为q的正检验电荷放在a点时恰好平衡，匀强电场与点电荷Q对正检验电荷的作用力等大反向．根据平衡条件和点电荷场强公式求得匀强电场的场强．正电荷Q在a、b、c、d点的电势相等，根据匀强电场的电势差和电场强度关系求解各点间的电势差．3．D【详解】A．甲图中极板的正对面积与角度的变化有关，所以A正确，不符合题意；B．乙图中液面的高低与电容器正对面积有关（金属芯线与导电液体相当于电容器的两个极板），所以B正确，不符合题意；C．丙图中两极板间距离与压力有关，所以C正确，不符合题意；D．丁图中电容器的大小与介质速度无关，所以D错误，符合题意；故选D。4．D【详解】A．由电场线的分布图可知，A点的场强比B点的大，则尘埃在点的加速度小于在A点的加速度，所以A错误；B．根据等势线与电场线垂直的特点，作出B点的等势线，如图所示，则有根据沿着电场线方向电势逐渐降低，则有根据负电势在电势越高的点电势能越小，则尘埃在点的电势能小于在A点的电势能，所以B错误；C．由于电场力是个变力，并且大小方向都在变，所以尘埃在迁移过程中不可能做类平抛运动，则C错误；D．由尘埃的运动轨迹可知其受力特点，开始时，电场力与速度方向夹角为纯角，后来为锐角，可判定静电力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，所以D正确；故选D。5．B【详解】点电荷在电场中的受力如图所示，点电荷所受的合外力为 由牛顿第二定律得 故A错；点电荷在水平方向的加速度为 ，由运动学公式d/2=a1t2/2，所以 ，故B正确，点电荷在竖直方向上做自由落体运动，所以下降的高度 ，故C错误；由功公式W=Eqd/2，故D错误．综上所述本题答案是：B【点睛】由于电荷水平方向和竖直方向都受到力的作用，根据水平方向上的运动求出运动时间，再结合竖直方向上自由落体运动求出下落的高度．6．C【详解】A．根据q1左侧和q2右侧电势随距离增大而降低可判断两者均为正电荷，故A错误；B．N、C间的电场方向沿x轴正方向，C点场强为0，故B错误；C．根据N→D间图线的斜率大小先减小后增大可知，场强先减小到零后反向增大，故C正确；D．正电荷从N移到D，由Ep＝qφ知，电势能先减小后增大，故D错误。故选C。7．C【详解】A．由图像与时间轴所围的面积表示位移可知，小球在末回到出发点，故A错误；B．由图像的斜率得小球在电场中的加速度为离开电场后的加速度大小为由牛顿第二定律得，联立解得电场强度大小故B错误；C．由得点距边界的距离故C正确；D．点电势为故D错误。故选C。8．B【详解】由动能的表达式可知带电小球在M点的动能为，在N点的动能为，所以动能的增量为，故A错误；带电小球在电场中做类平抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，由运动学公式有，可得，竖直方向的位移，水平方向的位移，因此有，对小球写动能定理有，联立上式可解得，，因此电场力做正功，机械能增加，故机械能增加，电势能减少，故B正确D错误，重力做负功重力势能增加量为，故C错误．9．D【详解】A．由于O点电势高于c点．电场强度方向向下，根据MN粒子的运动轨迹可知N受到的电场力向上，M受到的电场力向下，N带负电，M带正电，A错误；B．根据题意可知，而且电场力都做的是正功，而且电荷和质量大小相等，根据动能定理得，N在a点的速度与M在c点的速度大小不等，B错误；C．N在从O点运动至a点的过程中受到的电场力向上，轨迹运动方向也向上，故电场力做正功，C错误D．图中的虚线为等势线，即O点和b点的电势相等，所以M点从O点到b点的过程中电场力对粒子做功等于零，D正确。故选D。10．A【解析】A、B、当由电子恰好飞出极板时有：l=v0t，，由此求出：，当电压大于该最大值时电子不能飞出，故A正确，B错误；C、当，一个周期内有的时间电压低于临界电压，因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：1，故C错误，D、若，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为，则D选项错误．故选A．【点睛】该题考查了带电粒子的类平抛运动，和平抛运动具有相同规律，因此熟练掌握平抛运动规律是解决这类问题的关键．11．BD【详解】AB．从A点运动至点，动能减少了；又从点运动至点，动能增加了，若为匀强电场则说明为电场的等势线，故电场方向垂直，电子从点运动至点，动能减少，说明静电力做负功，即电子受到了向左的力，所以电场线方向应该垂直于向右，故A错误，B正确；CD．A、、到点的距离相等，点的正电荷产生的电场中，电子由到、到静电力不做功，电势能不发生变化；点的正电荷产生的电场中，由对称性可知，电子由到过程中静电力做负功，由到过程中，静电力做正功，且做功的绝对值相等，故C错误，D正确。故选BD。12．BD【详解】A．根据等量异种电荷形成电场的特点可知，在等量异种电荷的连线上，各点的电场强度的方向相同，而题图中电场强度的大小和方向都沿轴对称分布，所以该电场一定不是由一对分别位于和两点的等量异种电荷形成的电场，故A错误；B．E-x图像与x轴所围的面积表示电势差，则由题意可知即所以故B正确；C．由题图可知，从到电场强度方向始终为正，则正电荷运动的方向始终与电场强度方向相同，所以静电力做正功，电势能逐渐减小，故C错误；D．由可得又因为所以故D正确。故选BD。13．BC【详解】AB．0～时间内微粒匀速运动，则有：qE0=mg，～内，微粒做平抛运动，下降的位移，～T时间内，微粒的加速度 ，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0．故A错误，B正确．C．0～时间内微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为d，则重力势能的减小量为mgd，故C正确．D．在～内和～T时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，则～内和～T时间内位移的大小相等均为d，所以整个过程中克服电场力做功为，故D错误．14．AC【详解】AB.将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动。竖直分运动为竖直上抛运动，所以从A到M和从M到B点所用时间相等。对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为1：3，则小球水平位移x1与x2的比值为1：3，故A正确，B错误；C. 设物体在B动能为EkB，水平分速度为vBx，竖直分速度为vBy，由竖直方向运动对称性知：，对于水平分运动运用动能定理得：Fx1=，F(x1+x2)= ，由A可知x1：x2=1：3，解得：Fx1=6J，F(x1+x2)=24J，故EkB==32J，故C正确；D. 小球受力如图所示：小球受到的合外力为重力和电场力的合力，为恒力，在A点时，合力与速度之间的夹角为钝角，在M点时，合力与速度之间的夹角为锐角，即合力先做负功后做正功，小球的动能先减小后增大，小球从M到B的过程，合力一直做正功，动能一直增大。则小球从A运动到B的过程中最小动能一定小于6J，故D错误。故选：AC。15．BC【详解】A、将S断开，电容器电量不变，板间场强不变，故油滴仍处于静止状态，A错误；B、若S闭合，将A板左移，由E=可知，E不变，油滴仍静止，而电容C变小，电容器极板电量Q=CU变小，电容器放电，则有由b→a的电流，故B正确；C、将A板上移，由E=可知，E变小，油滴应向下加速运动．电容C变小，电容器要放电，则有由b→a的电流流过G，故C正确；D、当A板下移时，板间电场强度增大，油滴受的电场力增加，油滴向上加速运动，C增大，电容器要充电，则有由a→b的电流流过G，故D错误．故选BC16．BD【详解】试题分析：利用电场力做功 ，可以找到两点之间电势差的关系，要知道中点电势和两端点电势之间的关系．A、选项根据题意无法判断，故A项错误．B、由于电场为匀强磁场，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点，所以 若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为 ，故B正确；C、因为不知道匀强电场方向，所以场强大小不一定是，故C错误；D、若W1=W2，说明 由因为；解得： ，故D正确；故选BD点睛： 对匀强电场的电场特征要了解，利用电场力做功与电势差之间的关系求解．17．ABC【详解】试题分析：由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A正确．M从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则b点的动能小于在a点的动能，故B正确．d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故C正确．D、N从c到d，库仑斥力做正功，故D错误．故选ABC考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，掌握判断动能和电势能变化的方向，一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化．18．AD【详解】AB．电场力为F=qE=2mgt=0时刻，电场力向上，时间向上匀加速，加速度为g；时间向上匀减速，加速度为3g；时间向下匀减速，加速度为g；从t=0开始，粒子向M极运动；从开始一直向N极运动；故A正确，B错误；C．时间向上匀加速，根据位移时间关系公式，位移为，时间向上匀减速，根据位移时间关系公式，位移、速度分别为，在时间内，粒子的位移为零，故重力对粒子做的功为零，则由动能定理可得故C错误；D．根据速度时间关系公式，时粒子的速度为方向向下，故时，重力对粒子做功的瞬时功率为故D正确。故选AD。【点睛】带电粒子做直线运动，先根据F=qE求解电场力，再根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学公式求解各个时间段的位移，然后根据恒力做功表达式求解电场力的功，根据P=Fv求解瞬时功率。19．AC【详解】由点电荷场强公式：，可得：，故A正确；由点电荷场强公式：，可得：，故B错误；从a到b电场力做功为：Wab=qUab=q（φa-φb）=q（6-3）=3q，从b到c电场力做功为：Wbc=qUbc=q（φb-φc）=q（3-2）=q，所以有：Wab：Wbc=3：1，故C正确；从c到d电场力做功为：Wcd=qUcd=q（φc-φd）=q（2-1）=q，所以Wbc：Wcd=1：1，故D错误．所以AC正确，BD错误．20．BC【详解】由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故A错误；若aA＞aB，则A点离点电荷Q更近即Q靠近M端；又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，所以，在MN上电场方向向右，那么Q靠近M端且为正电荷，故B正确；由B可知，电子所受电场力方向指向左侧，那么，若电子从A向B运动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从B向A运动，则电场力做正功，电势能减小，所以，一定有EpA＜EpB求解过程与Q所带电荷无关，只与电场线方向相关，故C正确；由B可知，电场线方向由M指向N，那么A点电势高于B点，故D错误；故选BC．21．（1）60V/m；（2）1.44×10-7J；（3）6.6V【详解】（1）由题，由W1=qELab得：（2）电荷从b移到c电场力做功为：W2=qELbccos60°=4×10-8×60×0.12×0.5J=1.44×10-7J（3）电荷从a移到c电场力做功为：Wac=W1+W2则a、c两点的电势差为：22．(1)；(2)；(3)。【详解】(1)设小球离开D点时的速率为vD，由D落回到A的时间为t，则由平抛运动规律有解得小球落回到A时的速率为vA，根据动能定理有解得(2)小球从A到D的过程中，根据动能定理有结合(1)解得(3)小球通过轨道最低点B处时的速率为vB，轨道对小球的支持力为F，则有根据合力提供向心力有解得由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力答：(1)小球落回到A点时的速率；(2)电场强度的大小；(3)小球从A下滑到电场内的B点时对轨道压力的大小。23．(1)x＝0.02m，vm＝1.2×105m/s (2) m/s【分析】(1) 在0～时间内，粒子加速向A板运动，当t=时，粒子第一次达到最大速度；据运动学公式可求得粒子的位移、粒子速度最大值；(2)分析出粒子在一个周期内的运动情况，粒子的运动呈现周期性，分析出粒子在周期性运动中撞击极板时对应的时间段、运动情况等，用运动学公式求解粒子撞击极板时速度．【详解】(1) 在0～时间内，粒子加速向A板运动，当t=时，粒子第一次达到最大速度根据牛顿第二定律可知，粒子运动的加速度设粒子的最大速度为vm，此时的位移为s，则根据运动学公式有：(2) 粒子在第一周期的前时间内，先加速后减速向A板运动，位移为sA；后内先加速后减速向B板运动，位移为sB．以后的每个周期都将重复上述运动．由于粒子在加速减速运动中的加速度大小相等，所以有：，同理，则所以粒子在一个周期内的位移为 第9个周期末，粒子与B板的距离为．此时粒子距离A板的距离为，表明粒子将在第10个周期内的前内到达A板．由（1）中可知：前时间内，位移为0.02m，此时速度为，再减速走即到达A板，根据运动学公式，代入数据解得：粒子撞击极板时速度．24．（1）（2）（3）【详解】（1）滑块静止在D处时的受力如图所示，可知滑块应带正电， 由平衡条件可得………①又 ……………② ③（2）滑块从C点下滑到B点的过程中由动能定理得④在B点，由牛顿第二定理得 ⑤解得：支持力 由牛顿第三定律得滑块对轨道的压力为 （3）滑块从C经B到A的过程中，由动能定理得： ⑥ 解得： ⑦25．(1) ；(2) ；(3) 【详解】(1)加速电场加速。由动能定理得解得(2)电子在偏转电场里水平方向匀速运动，水平方向有所以运动时间则时刻射入偏转电场的电子，在竖直方向匀加速运动，竖直方向有(3)由上问可知电子在电场中的运动时间均为，设电子在时加速度大小为，时加速度大小为，由牛顿第二定律得：，在时间内，设时刻射入电场中的电子偏转位移刚好为，则：解得在时间内，时间内射入电场中的电子均可从中垂线上方飞出。这段时间内，设能够从中垂线上方飞出粒子的时间间隔为，时刻射入的电子刚好偏转位移为，则有解得所以所以从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比