人教版物理必修第三冊同步講練第10章 靜電場中的能量 章末檢測 (含解析)

章末檢測(時間：90分鐘滿分100分)一、選擇題(本大題共10個小題，共60分。在每小題所給的四個選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～10題有多項符合題目要求，每小題滿分6分。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。)1.下列說法中正確的是()A.電場線密集處場強大，電勢高B.沿電場線方向場強減小，電勢降低C.在電勢高處電荷具有的電勢能也大D.場強為零處，電勢不一定為零解析電場線密集處場強大，電勢不一定高，A錯誤；沿電場線方向電勢降低，但場強不一定減小，B錯誤；正電荷在電勢高處具有較大電勢能，但對于負電荷，此現(xiàn)象正好相反，C錯誤；場強大小與電勢高低無必然關(guān)系，D正確。答案D2.如圖所示，在粗糙的水平面上固定一個點電荷Q，在M點無初速度釋放一個帶有恒定電荷量的小物塊，小物塊在Q的電場中運動到N點停止，則從M到N的過程中，下列說法錯誤的是()A.小物塊所受的靜電力逐漸減小B.小物塊具有的電勢能逐漸減小C.M點的電勢一定高于N點的電勢D.小物塊電勢能的減少量一定等于克服摩擦力做的功解析小物塊在從M運動到N的過程中，一定受到向右的摩擦力，所以庫侖力一定向左。隨著由M運動到N，離電荷Q距離越來越大，所以小物塊受到的靜電力即庫侖力一定減小，A正確；由動能定理可得μmgx－WE＝0，即WE＝μmgx，靜電力做正功，小物塊具有的電勢能減小，其減少量等于克服滑動摩擦力做的功值，B、D正確；因點電荷Q的電性未知，不能判斷M、N兩點電勢的高低，C錯誤。答案C3.某靜電場的電場線分布如圖所示，圖中P、Q兩點的電場強度的大小分別為EP和EQ，電勢分別為φP和φQ，則()A.EP>EQ，φP>φQ B.EP>EQ，φP<φQC.EP<EQ，φP>φQ D.EP<EQ，φP<φQ解析圖中P點電場線密，電場強度大，EP>EQ，沿電場線的方向電勢降低，φP>φQ。答案A4.一帶電粒子僅在靜電力作用下從A點開始以－v0做直線運動，其v－t圖像如圖所示。粒子在t0時刻運動到B點，3t0時刻運動到C點，下列判斷正確的是()A.A、B、C三點的電勢關(guān)系為φB>φA>φCB.A、B、C三點的場強大小關(guān)系為EC>EB>EAC.粒子從A點經(jīng)B點運動到C點，電勢能先增加后減少D.粒子從A點經(jīng)B點運動到C點，靜電力先做正功后做負功解析由題圖v－t圖像知道帶電粒子在0～t0時間內(nèi)做減速運動，靜電力做負功，電勢能增大；在t0～3t0時間內(nèi)做反方向加速運動，靜電力做正功，電勢能減小，選項C正確，D錯誤；因為不知道帶電粒子電性，本題中無法判斷電勢的高低，選項A錯誤；圖像中斜率表示帶電粒子的加速度，qE＝ma，可知A、B、C三點中EB最大，選項B錯誤。答案C5.水平放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個質(zhì)量相等的電荷M和N同時分別從極板A的邊緣和兩極板的正中間沿水平方向進入板間電場，兩電荷恰好在板間某點相遇，如圖所示。若不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用，則下列說法正確的是()A.電荷M的比荷大于電荷N的比荷B.兩電荷在電場中運動的加速度相等C.從兩電荷進入電場到兩電荷相遇，靜電力對電荷M做的功等于靜電力對電荷N做的功D.電荷M進入電場的初速度大小與電荷N進入電場的初速度大小一定相同解析若兩板間電壓為U，間距為d，長為L。則由題意：vNt＋vMt＝L①eq\f(UqN,2dmN)t2＋eq\f(d,2)＝eq\f(UqM,2dmM)t2②由①式分析得vM、vN不一定相同，D錯誤；由②式分析得eq\f(qM,mM)>eq\f(qN,mN)，A正確；由eq\f(qM,mM)>eq\f(qN,mN)進一步分析可得兩個電荷的加速度aM>aN，靜電力對電荷所做的功WM>WN，B、C錯誤。答案A6.位于A、B處的兩個帶有不等量負電荷的點電荷在平面內(nèi)電勢分布如圖所示，圖中實線表示等勢線，相鄰等勢線間電勢差相等，則()A.a點和b點的電場強度相同B.正電荷從c點移到d點，靜電力做正功C.負電荷從a點移到c點，靜電力做正功D.正電荷從e點沿圖中虛線移到f點，電勢能先減小后增大解析a點的等勢面比b點的稀疏，故a點的電場強度比b點的小，而且兩點場強方向也不同，A項錯誤；c點電勢低于d點，正電荷從c點移到d點，即正電荷向高電勢處移動，靜電力做負功，B項錯誤；a點電勢低于c點，從a到c，把負電荷移向高電勢處，靜電力做正功，C項正確；從e沿題圖中虛線到f，電勢先變低后變高，故沿此方向移動正電荷，靜電力先做正功后做負功，電勢能先減小后增大，D項正確。答案CD7.平行板A、B組成電容器，充電后與靜電計相連，要使靜電計指針張角變大，下列措施可行的是()A.A板向上移動B.B板向右移動C.A、B板間插入電介質(zhì)D.減少極板上的電荷量解析A板向上移動，正對面積S減小，或B板向右移動，距離d增大，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，電容C均減小，由U＝eq\f(Q,C)知電勢差U變大，靜電計指針偏轉(zhuǎn)角度增大，A、B正確；A、B板間插入電介質(zhì)，相對介電常數(shù)εr增大，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，電容C增大，則U＝eq\f(Q,C)知電勢差U變小，靜電計指針偏轉(zhuǎn)角度減小，C錯誤；由U＝eq\f(Q,C)得，減小電荷量Q，電勢差U變小，靜電計指針偏轉(zhuǎn)角度減小，D錯誤。答案AB8.如圖所示，虛線a、b、c是電場中的三個等勢面，相鄰等勢面間的電勢差相等，實線為一個帶負電的質(zhì)點僅在靜電力作用下通過該區(qū)域的運動軌跡，P、Q是軌跡上的兩點。下列說法中正確的是()A.三個等勢面中，等勢面c的電勢最低B.帶電質(zhì)點一定是從Q點向P點運動C.帶電質(zhì)點通過P點時的加速度比通過Q點時大D.帶電質(zhì)點通過P點時的動能比通過Q點時小解析根據(jù)軌跡彎曲的方向和負電荷可知，電場線向上，故c點電勢最低，故A正確；根據(jù)已知條件無法判斷粒子的運動方向，故B錯誤；等差等勢面P處密，P處電場強度大，靜電力大，加速度大，C正確；負電荷在電勢高處電勢能小動能大，故D正確。答案ACD

9.兩個點電荷Q1和Q2固定在x軸上O、D兩點，兩者之間連線上各點電勢高低如圖中曲線所示(OB>BD)，取無窮遠處電勢為零，由圖可知()A.B點電場強度為零B.Q1為負電荷，Q2為正電荷C.Q1電荷量一定大于Q2電荷量D.將電子沿x軸從A點移到C點，靜電力一直做正功解析由E＝eq\f(Δφ,Δx)知，B點的電場強度不為零，A錯誤；因無窮遠處電勢為零，所以負點電荷電場中的電勢為負，正點電荷電場中的電勢為正，結(jié)合題圖可知，Q1為負電荷，Q2為正電荷，B正確；由題圖可知，電勢零點離D點較近，故Q1電荷量一定大于Q2電荷量，C正確；將電子沿x軸從A點移到C點，電勢一直升高，電子的電勢能一直減小，靜電力一直做正功，D正確。答案BCD10.(2019·全國卷Ⅲ，21)如圖，電荷量分別為q和－q(q>0)的點電荷固定在正方體的兩個頂點上，a、b是正方體的另外兩個頂點。則()A.a點和b點的電勢相等B.a點和b點的電場強度大小相等C.a點和b點的電場強度方向相同D.將負電荷從a點移到b點，電勢能增加解析b點距q近，a點距－q近，則b點的電勢高于a點的電勢，A錯誤；如圖所示，a、b兩點的電場強度可視為E3與E4、E1與E2的合場強。其中E1∥E3，E2∥E4，且知E1＝E3，E2＝E4，故合場強Ea與Eb大小相等、方向相同，B、C正確；由于φa＜φb，負電荷從低電勢移至高電勢過程中，電場力做正功，電勢能減少，D錯誤。答案BC

二、計算題(本大題共4個小題，共40分。寫出必要的文字說明和具體的解題步驟。)11.(8分)一長為L的絕緣細線，一端固定于O點，另一端拴一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，處于如圖所示的水平向右的勻強電場中。開始時，將線與小球拉成水平，小球靜止在A點，釋放后小球由靜止開始向下擺動，當細線轉(zhuǎn)過60°角時，小球到達B點速度恰好為零。試求：(重力加速度為g)(1)A、B兩點的電勢差UAB；(2)勻強電場的場強大小。解析(1)小球由A到B過程中，由動能定理得mgLsin60°＋qUAB＝0，所以UAB＝－eq\f(\r(3)mgL,2q)。(2)根據(jù)勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系，可得E＝eq\f(UBA,L－Lcos60°)＝eq\f(\r(3)mg,q)。答案(1)－eq\f(\r(3)mgL,2q)(2)eq\f(\r(3)mg,q)12.(8分)電荷量為q＝1×10－4C的帶正電小物塊置于粗糙的絕緣水平面上，所在空間存在沿水平方向的勻強電場，場強E與時間t的關(guān)系及物塊速度v與時間t的關(guān)系分別如圖甲、乙所示，若重力加速度g取10m/s2，求：(1)物塊的質(zhì)量m；(2)物塊與水平面之間的動摩擦因數(shù)；(3)物塊運動2s過程中，其電勢能的改變量。解析由題圖可知E1＝3×104N/C，E2＝2×104N/C，a1＝2m/s2E1q－μmg＝ma1①E2q－μmg＝0②由①②代入數(shù)據(jù)得m＝0.5kg，μ＝0.4ΔEp＝－E1ql1－E2ql2＝－(3×104×1×10－4×eq\f(1,2)×2×1＋2×104×1×10－4×2×1)J＝－7J。電勢能減少7J。答案(1)0.5kg(2)0.4(3)電勢能減少7J13.(10分)如圖所示，在E＝103V/m的水平向左勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道豎直放置，軌道與一水平絕緣軌道MN連接，半圓軌道所在豎直平面與電場線平行，其半徑R＝0.4m，一帶正電荷q＝10－4C的小滑塊質(zhì)量為m＝0.04kg，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g取10m/s2，求：(1)要使小滑塊能運動到半圓軌道的最高點L，滑塊應(yīng)在水平軌道上離N點多遠處釋放？(2)這樣釋放的滑塊通過P點時對軌道的壓力是多大？(P為半圓軌道中點)解析(1)滑塊剛能通過軌道最高點的條件是mg＝meq\f(v2,R)，v＝eq\r(gR)＝2m/s滑塊由釋放點到最高點過程，由動能定理得qEx－μmgx－2mgR＝eq\f(1,2)mv2代入數(shù)據(jù)得x＝20m。(2)在PL段，由動能定理得－mgR－qER＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)在P點由牛頓第二定律FN－qE＝eq\f(mveq\o\al(2,P),R)代入數(shù)據(jù)得FN＝1.5N由牛頓第三定律得F壓＝FN＝1.5N。答案(1)20m(2)1.5N14.(14分)一束電子流經(jīng)U1＝5000V的加速電壓加速后，在距兩極板等距離處垂直進入平行板間的勻強電場，如圖所示，兩極板間電壓U2＝400V，兩極板間距d＝2.0cm，板長L1＝5.0cm。(1)求電子在兩極板間穿過時的偏移量y；(2)若平行板的右邊緣與屏的距離L2＝5.0cm，求電子打在屏上的位置與中心O的距離Y(O點位于平行板水平中線的延長線上)；(3)若另一個質(zhì)量為m(不計重力)的二價負離子經(jīng)同一電壓U1加速，再經(jīng)同一偏轉(zhuǎn)電場，射出偏轉(zhuǎn)電場的偏移量y′和打在屏上的偏移量Y′各是多大？解析(1)加速過程，由動能定理得eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①進入偏轉(zhuǎn)電場，電子在平行于極板的方向上做勻速運動，L1＝v0t②在垂直于極板的方向上做勻加速直線運動，加速度為a＝eq\f(F,m)＝eq\f(eU2,dm)③偏移距離y＝eq\f(1,2)at2④由①②③④得y＝eq\f(U2Leq\o\