物理第十章 静电场中的能量综合与测试当堂达标检测题

这是一份物理第十章 静电场中的能量综合与测试当堂达标检测题，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，论述·计算题等内容，欢迎下载使用。
第十章　学业质量标准检测本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟。第Ⅰ卷(选择题　共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．(2021·吉林长春第二十九中高二月考)关于静电场的等势面，下列说法正确的是(　D　)A．两个电势不同的等势面可能相交B．电场线不一定与等势面相互垂直C．同一等势面上各点电场强度一定相等D．将一正的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，静电力做正功解析：假设两个电势不同的等势面相交，则交点处的电势就有两个不同的值，这是不可能的，A错误；电场线与等势面处处垂直，B错误；同一等势面上各点电势相等，而场强不一定相等，C错误；正电荷从高电势处移到低电势处，电势能减少，静电力做正功，D正确。2．(2021·广东广大附中高二上期中)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(　D　)A．从B移到A的过程中静电力做功最少B．从C移到A的过程中静电力做功最少C．从D移到A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解析：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与B、C、D三点间的电势差相等，将一试探电荷从圆上的B、C、D三点移到圆外的A点的过程中，根据W＝qU得知，静电力做功相等，选项D正确，A、B、C错误。3．两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示。c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则下列说法错误的是(　B　)A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．c点的电场强度比d点的大D．c点的电势比d点的低解析：观察题中图可知a点附近电场线比b点附近电场线密，所以Ea>Eb，A项正确；由沿电场线方向电势逐渐降低可知φb>φa，B项错；由场强公式E＝k和场强叠加原理可知Ec>Ed，C项正确；当取无穷远处电势为0时，φc为负值，φd为正值，所以φd>φc，D项正确。本题选错误的，故选B。4．在雷雨天气中，两头牛躲在一棵大树下，A牛面对大树站立，B牛侧对大树站立。当闪电击中大树时，大树周围的电势分布如图所示，则(　B　)A．A牛的前脚电势比后脚电势低B．A牛比B牛受到伤害可能更大C．大树周围形成的电场是匀强电场D．大树周围形成的电场是图中的同心圆解析：由等势线分布图可看出，A牛前脚的电势大于后脚的电势，选项A错误，由题中等势面所标出数据可知，类似于正电荷形成的电场，故选项C、D错误；A牛前后脚存在电势差，而B牛处于同一等势上，根据W＝qU可判A牛比B牛受到的伤害更大，故B项正确。5．(2021·广东省湛江市第21中学高二上学期期中)下图展示了等量异种点电荷的电场线和等势面。关于场中的A、B、C、D四点，下列说法正确的是(　C　)A．A、B两点的电势和场强都相同B．A、C两点的场强相同，电势不同C．C、D两点的电势相同，场强不同D．C、D两点的电势不同，场强相同解析：由于对称性可知，A、B两点场强相同；由于沿着电场线方向电势降低，因此A点电势高于B点电势，A错误；A、C两点处由于电场线疏密不同，因此场强不同；由于沿着电场线方向电势降低，因此A点电势高于C点电势，B错误；C、D两点都处于同一等势面上，电势相同，但电场线的疏密不同，场强不同，C正确，D错误。6．(2021·吉林省长春市田家炳实验中学高二上学期期末)水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇，如图所示。若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是(　A　)A．电荷M的比荷大于电荷N的比荷B．两电荷在电场中运动的加速度相等C．从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M做的功等于电场力对电荷N做的功D．电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同解析：若两板间电压为U，间距为d，长为L。则由题意：vNt＋vMt＝L  ① t2＋＝ t2  ②由①式分析得vM、vN一定不相同，D错误；由②式分析得：>，A正确；由>进一步分析可得两个电荷的加速度aM>aN，电场力对电荷所做的功W＝qu＝qUWM>WN，B、C错误。7．研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。下列说法正确的是(　AC　)A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变小D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大解析：A对：实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，在b板上将感应出异种电荷；B错：b板向上平移，正对面积S变小，由C＝知，电容C变小，由C＝知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大；C对：插入有机玻璃板，相对介电常数εr变大，由C＝知，电容C变大，由C＝知，Q不变，U变小，因此静电计指针的张角变小；D错：由C＝，实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表示U变大，但带电量与电容器电容无关C不变。8．(2021·四川资阳高二上期中)如图所示，A、B、C、D是匀强电场中的四个点，D是BC的中点，A、B、C的连线构成一直角三角形，AB＝L m，∠ABC＝60°，电场线与三角形所在的平面平行，已知A点的电势为5 V，B点的电势为－5 V，C点的电势为15 V，据此可以判断(　BD　)A．场强方向由C指向BB．场强方向垂直于A、D连线指向BC．场强大小为 V/mD．场强大小为 V/m解析：由于D点是BC的中点，则UCD＝UDB，即φC－φD＝φD－φB，故φD＝＝ V＝5 V，则φD＝φA，A、D连线为一条等势线，根据电场线和等势面垂直及沿电场线方向电势逐渐降低，可知场强的方向垂直于A、D连线指向B点，选项A错误，B正确；场强的大小为E＝＝ V/m＝ V/m，选项C错误，D正确。9．(2021·广东新丰一中高二上期中)一带负电的粒子只在静电力作用下沿x轴正方向运动，其电势能随位移的变化关系如图所示，则下列说法正确的是(　ACD　)A．粒子从x1处运动到x2处的过程中静电力做正功B．x1处电场强度方向沿x轴正方向C．x1处的电场强度小于x2处的电场强度D．x1处的电势比x2处的电势低解析：带负电的粒子从x1处运动到x2处的过程中电势能减小，则静电力做正功，选项A正确；静电力做正功，说明粒子所受的静电力方向沿x轴正方向，粒子带负电，可知电场强度方向沿x轴负方向，选项B错误；根据ΔEp＝－FΔx，知Ep－x图线斜率的绝对值等于静电力，由题图知，粒子在x1处所受的静电力小于在x2处所受的静电力，因此x1处的电场强度小于x2处的电场强度，选项C正确；电场强度方向沿x轴负方向，根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可知x1处的电势比x2处的电势低，选项D正确。10．(2021·福建省同安一中高二上学期期中)如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场，静电分析器组成，若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E。一质量m，电荷量为＋q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，从垂直于边界的P点射出。不计粒子重力，下列说法正确的是(　BC　)A．极板M比极板N电势低B．加速电场的电压U＝C．电荷在静电分析器里做匀速圆周运动D．电荷在静电分析器里的运动时间是t＝解析：带电粒子带正电，在加速电场能够加速，则极板M比极板N电势高，故A错误；在静电分析器中，受到的电场力指向圆心，带电粒子沿中心线通过静电分析器，电场力不做功，粒子做匀速圆周运动，从垂直于边界的P点射出。在静电分析器中，电场力提供向心力，即Eq＝m，再根据Uq＝mv2可知U＝ER故BC正确； 电荷在静电分析器里的运动时间是t＝＝＝，故D错误。第Ⅱ卷(非选择题　共60分)二、填空题(2小题，每小题7分，共14分。把答案直接填在横线上)11．(2021·山东聊城高一期末)某实验小组利用如图甲所示的电路“观察电容器的充、放电现象”。(1)若将开关S接1，电容器上极板带__正电__(填“正电”或“负电”)，再将S接2，通过电流表的电流方向__向左__(填“向左”或“向右”)。(2)实验中所使用的电容器如图乙所示，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__2.6__C(结果保留两位有效数字)。解析：(1)将开关S接1，电容器上极板与电源的正极相接，则上板带正电，再将S接2，电容器放电，所以通过电流表的电流方向向左。(2)由题图乙可知该电容器的额定电压为5.5 V，电容C＝0.47 F，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Q＝CU＝0.47×5.5 C≈2.6 C。12．当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到1.0×107 m/s。已知加速电场的场强为1.3×105 N/C，质子的质量为1.67×10－27 kg，电荷量为1.6×10－19C，则(1)加速过程中质子电势能__减少__(填“增加”或“减少”)；(2)质子所受到的电场力为__2.08×10－14__ N；(3)质子加速需要的时间约为__8×10－7__ s；(4)加速器加速的直线长度约为__4__ m。解析：(1)加速质子过程中，电场力对质子做正功，质子的电势能减少。(2)质子受到的电场力为F＝Eq＝1.3×105×1.6×10－19N＝2.08×10－14N。(3)质子的加速度为a＝＝m/s2≈1.25×1013 m/s2，根据v＝at得，加速时间t＝8×10－7 s。(4)根据v2＝2ax得，加速的直线长度x＝4 m。三、论述·计算题(共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(10分)(2021·河北省邢台市内丘中学、临城中学、南宫中学高一下学期联考)密立根用如图所示的实验装置来测定很小的带电油滴所带的电荷量。油滴从喷雾器喷出时由于摩擦而带电，并落入两块相互平行的极板M、N之间的区域(M板带正电、N板带负电)，透过显微镜寻找那些刚好悬浮在极板间的油滴。根据观测数据算出油滴的质量，再根据油滴悬浮时受到的电场力和重力平衡，可计算出油滴所带的电荷量。(1)若P为从显微镜中观察到的悬浮油滴，则可推知P带哪种电荷？(2)已知极板M、N之间的距离为d，电压为U，求两板之间的电场强度E的大小；(3)油滴P可视为球体，并测得其半径为R。已知油的密度为ρ，重力加速度为g，极板M、N之间的距离为d，电压为U。求该油滴的电荷量q。(提示：球的体积公式V＝πR3)答案：(1)负电　(2)E＝　(3)q＝解析：(1)油滴受向上的电场力，而上极板带正电，可知P带负电。(2)两板之间的电场强度E＝。(3)因为油滴P悬浮，所以油滴P受到的重力和电场力平衡，即：mg＝qE，而m＝ρ·πR3，E＝ 联立以上各式，可得： q＝。14．(11分)(2021·江苏启东中学高二上期中)如图所示的平行金属板电容器的电容C＝2×10－4F，极板A、B之间可以看成匀强电场，场强E＝1.2×103 V/m，极板间距离为L＝5 cm，电场中c点到A极板、d点到B极板的距离均为0.5 cm，B极板接地。求：(1)d点处的电势φd；(2)B极板所带电荷量Q；(3)d、c两点间的电势差Udc；(4)将电荷量q＝－5×10－6 C的负点电荷从d移到c，静电力的功Wdc。答案：(1)－6 V　(2)1.2×10－2 C　(3)48 V(4)－2.4×10－4 J解析：(1)d点与B极板间的电势差UdB＝－Ed＝－1 200×0.005 V＝－6 V，所以φd＝－6 V。(2)B、A间的电势差UBA＝EL＝1 200×0.05 V＝60 VB极板所带电荷量Q＝CUBA＝2×10－4×60 C＝1.2×10－2 C。(3)d、c两点沿电场方向的距离Ldc＝0.05 m－2×0.5×10－2 m＝0.04 md、c两点间的电势差Udc＝ELdc＝48 V。(4)Wdc＝qUdc＝－2.4×10－4 J。15．(12分)(2021·西藏拉萨中学高二上学期月考)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板的正中央，已知微粒质量为m＝4×10－5kg，电量q＝＋1×10－8C，(g＝10  m/s2)求：(1)微粒入射速度v0为多少？(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？答案：(1)10  m/s　(2)负极，120 V≤U≤200 V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：水平方向有：＝v0t，竖直方向有：＝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，所以电场力方向向上，又因为是正电荷，所以上极板与电源的负极相连，当所加电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则有：＝a12，根据牛顿第二定律得：mg－q＝ma1，解得：U1＝120 V，当所加电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出，则有：＝a22，根据牛顿第二定律得：q－mg＝ma2，解得：U2＝200 V。所以所加电压的范围为：120 V≤U≤200 V。16．(13分)(2021·湖南益阳高二上期中)如图所示，在场强大小为E的竖直向下的匀强电场中，一个质量为m、带负电的小球从斜轨道上的A点由静止滑下，小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时恰好不落下来，已知轨道是光滑而又绝缘的，且小球的重力是它所受静电力的2倍，求：(1)A点在斜轨道上的高度h；(2)小球运动到最低点时对轨道的压力大小。答案：(1)2.5R　(2)3mg解析：(1)由题意得mg＝2Eq设小球在B点的最小速度为vB，由牛顿第二定律可得mg－Eq＝m对A→B过程由动能定理可得mg(h－2R)－Eq(h－2R)＝mv联立解得h＝2.5R。(2)对A→C过程由动能定理可得mgh－Eqh＝mv小球在C点时，由牛顿第二定律可得FN＋Eq－mg＝m联立解得FN＝3mg由牛顿第三定律可得小球对轨道最低点的压力为3mg。