新教材2023版高中物理章末素养评价二第十章静电场中的能量新人教版必修第三册

章末素养评价(二)第十章静电场中的能量一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．下列关于静电场中电场强度与电势能、电势的关系说法正确的是()A．电荷在电势高处电势能也一定大B．电场强度越大的地方电势一定越高C．电场强度为零的地方电势必为零D．电势为零的地方电场强度可以不为零2.如图所示为某电场的电场线，一试探电荷在P、Q两点所受静电力的大小关系是()A．FP＝FQB．FP>FQC．FP<FQD．无法比较3.如图所示，在点电荷＋Q的电场中，一带电粒子－q的初速度v0恰与电场线QP方向相同且重力不计，则带电粒子－q在开始运动后，将()A．沿电场线QP做匀加速运动B．沿电场线QP做变减速运动C．沿电场线QP做变加速运动D．偏离电场线QP做曲线运动4.真空中某点电荷的等势面示意图如图所示，图中相邻等势面间电势差相等．下列说法正确的是()A．该点电荷一定为正电荷B．P点的场强一定比Q点的场强大C．P点电势一定比Q点电势低D．正检验电荷在P点比在Q点的电势能大5.电场中有A、B两点，一个点电荷在A点的电势能为1.2×10－8J，在B点的电势能为8.0×10－9J．已知A、B两点在同一条电场线上．如图所示，该点电荷的电荷量绝对值为1.0×10－9C，那么()A．该电荷为负电荷B．该电荷为正电荷C．A、B两点的电势差UAB＝4.0VD．把该电荷从A移到B，静电力做功为W＝4.0J6.如图所示，xOy平面内有一匀强电场，场强为E，方向未知，电场线跟x轴的负方向夹角为θ，电子在坐标平面xOy内，从原点O以大小为v0、方向沿x轴正方向的初速度射入电场，最后打在y轴上的M点．电子的质量为m，电荷量为e，重力不计．则()A.O点电势高于M点电势B．运动过程中，电子在M点电势能最大C．运动过程中，电子的电势能先减少后增加D．静电力对电子先做负功，后做正功7.在－x0～x0之间有一静电场，x轴上各点的电势φ随坐标x的变化关系如图所示，一电荷量为e的质子从－x0处以一定初动能仅在静电力作用下沿x轴正向穿过该电场区域．则该质子()A．在－x0～0区间一直做加速运动B．在0～x0区间受到的静电力一直减小C．在－x0～0区间电势能一直减小D．在－x0～0区间电势能一直增加二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．)8.如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是()A．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ变大B．断开S，将A板向B板靠近，则θ不变C．保持S闭合，悬线烧断，则小球在电场中将做自由落体运动D．断开S，悬线烧断，则小球在电场中将做变加速曲线运动9.如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个正六边形的六个顶点，电场方向与六边形所在平面平行，已知A、B、C三点的电势分别为1V、6V和9V．则下列说法正确的是()A．D点的电势为7VB．电子在A点的电势能比在E点的低1eVC．电子从C点运动到F点，电场力做功为10eVD．UDF＝8V10.如图所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两板间产生一个水平向右的匀强电场，电场强度为E，一质量为m、电荷量为＋q的微粒以初速度v0沿竖直向上方向从与两板等距的A点射入匀强电场中，在静电力的作用下垂直打到N板上的C点，已知AB＝BC.不计空气阻力，g为重力加速度，则可知()A．微粒在电场中做曲线运动B．微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等C．M、N板间的电势差为eq\f(2mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),q)D．M、N板间的电势差为eq\f(Eveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2g)三、非选择题(本题共5小题，共54分．按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)11．(6分)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)本实验过程使用的实验方法是________________________________________________________________________．(2)实验过程中进行如下操作：使电容器带电后与电源断开．如要研究电容C和两板间间距d的关系，应保持________不变，改变________；看到的现象是________．12.(9分)如图所示，真空中固定在O点的点电荷带电荷量Q＝＋2×10－6C，虚线为另一带电荷量q＝－2×10－9C的点电荷从无穷远处向O点运动的轨迹．点电荷从无穷远处移动到点A静电力做了1.5×10－7J的功；取无穷远处电势为零，轨迹上离O点距离为3cm的B点电势φB＝125V．(静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2)求：(1)点电荷在B点时受到的静电力的大小F；(2)点电荷在A点的电势能EpA；(3)A、B两点间的电势差UAB.13.(12分)如图所示，电子(重力可忽略)在电势差U0＝4500V的加速电场中，从左极板由静止开始运动，经加速电场加速后从右板中央垂直射入电势差U＝45V的偏转电场中，经偏转电场偏转后打在竖直放置的荧光屏M上，整个装置处在真空中，已知电子的质量m＝9.0×10－31kg，电荷量e＝1.6×10－19C，偏转电场的板长L1＝10cm，板间距离d＝1cm，光屏M到偏转电场极板右端的距离L2＝15cm.求：(1)电子从加速电场射入偏转电场的速度v0；(2)电子飞出偏转电场时的偏转距离(侧移距离)y；(3)电子飞出偏转电场时偏转角的正切tanθ；(4)电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y.14．(12分)如图甲所示，有小孔O和O′的两金属板正对并水平放置，上下板分别与A、B接口连接，接上乙图所示电源，零时刻开始一带负电小球从O孔以某一初速度v竖直射入两板间．在0～eq\f(T,2)半个周期小球匀速下落；当在T时刻时，小球恰好从O′孔离开．已知板间距为3d，带电小球质量为m，电荷量为q，重力加速度为g.求：(1)U0的大小．(2)在eq\f(T,2)～T时间内，小球的加速度大小．(3)小球射入O孔时的速度v.15.(15分)如图，在xOy平面的第四象限内有平行于y轴的有界匀强电场E1＝1.5×104V/m，方向沿y轴正方向；第一象限有一个平行于x轴的有界匀强电场E2(方向未标出)，右边界过B点且平行于y轴．一质量m＝1kg、电荷量q＝1×10－3C的带正电小球．从P点以初速度v0＝1m/s，垂直y轴方向射入第四象限的电场E1中，yP＝－0.1m，小球偏转后经过x轴上A点进入第一象限，沿直线运动且恰好未射出电场E2，g＝10m/s2，求：(1)小球在第四象限运动的加速度大小；(2)小球过A点的速度大小；(3)E2电场的右边界坐标xB.章末素养评价(二)1．解析：电势能大小与电势的高、低和电荷的正、负均有关，负电荷电势越高，电势能反而越小，A错误；电场强度与电势无关，B、C错误；电势具有相对性，电势为零的地方电场强度可以不为零，D正确．答案：D2．解析：根据电场线的疏密反映电场强度的强弱可知，Q点的电场强度大，故同一试探电荷在Q点所受的静电力大，故选项C正确．答案：C3．解析：由于点电荷的电场是非匀强电场，带电粒子－q的初速度v0恰与电场线QP方向相同，所受库仑力的方向与电场线QP方向相反，所以带电粒子－q在开始运动后，将沿电场线QP做变减速运动，选项B正确．答案：B4．解析：A错：该点电荷可能为正电荷，也可能为负电荷．B对：由于P点等势面比Q点等势面密，故P点电场线比Q点电场线密，P点的场强一定比Q点的场强大．C、D错：由于该点电荷电性未知，电场方向不确定，P、Q点的电势高低不确定，正检验电荷在P、Q点的电势能无法比较．答案：B5．解析：A对，B、D错：点电荷在A点的电势能大于在B点的电势能，从A到B静电力做正功，所以该电荷一定为负电荷，且WAB＝EpA－EpB＝1.2×10－8J－8.0×10－9J＝4.0×10－9J．C错：UAB＝eq\f(WAB,q)＝eq\f(4.0×10－9,－1.0×10－9)V＝－4.0V.答案：A6．解析：由电子的运动轨迹知，电子受到的静电力方向斜向左上，故电场方向斜向右下，M点电势高于O点电势，A错误；电子在M点电势能最小，B错误；运动过程中，电子先克服静电力做功，电势能增加，后静电力对电子做正功，电势能减少，故C错误，D正确．答案：D7．解析：从－x0到0，电势逐渐升高，意味着该区域内的场强方向向左，质子受到的静电力向左，与运动方向相反，所以质子做减速运动，A错误；φ­x图线斜率的绝对值表示场强大小，从0～x0区间，图线的斜率绝对值先增大后减小，所以电场强度先增大后减小，根据F＝Ee，质子受到的静电力先增大后减小，B错误；在－x0～0区间质子受到的静电力方向向左，与运动方向相反，静电力做负功，电势能增加，C错误，D正确．答案：D8．解析：A对：保持S闭合，电容器两端电压不变，将A板向B板靠近，由E＝eq\f(U,d)可以判断电场强度变大，θ增大．B对：断开S，电荷量Q不变，将A板向B板靠近，由U＝eq\f(Q,C)、E＝eq\f(U,d)和C＝eq\f(εrS,4πkd)可以判断电场强度不变，则θ不变．C、D错：悬线烧断，小球将沿悬线拉力的反方向做匀加速直线运动．答案：AB9．解析：在匀强电场中，两长度相等且相互平行的线段两端的电势差相等，则φA－φD＝2(φB－φC)，得φD＝7V，A正确；同理可求得φF＝－1V,φE＝2V，电子在A点的电势能EμA＝eφA＝－1eV，在E点的电势能EpE＝eφE＝－2eV，所以电子在A点的电势能比在E点的高1eV，B错误；电子从C点运动到F点，电场力做功为WCF＝eUCF＝e(φC－φF)＝－10eV，C错误；UDF＝φD－φF＝8V，D正确．答案：AD10．解析：由题意可知，微粒受水平向右的静电力qE和竖直向下的重力mg作用，合力与v0不共线，所以微粒做曲线运动，A正确；因AB＝BC，即eq\f(v0,2)·t＝eq\f(vC,2)·t，故vC＝v0，B正确；由q·eq\f(U,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))，得U＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C)),q)＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),q)，C错误；由mg＝qE，得q＝eq\f(mg,E)，代入U＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),q)，得U＝eq\f(Eveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),g)，D错误．答案：AB11．解析：(1)平行板电容器的电容与正对面积、板间距离、电介质有关；本实验采用了控制变量法．(2)使电容器带电后与电源断开，电量不变，要研究电容C和两板间间距d的关系，要保持两极板间正对面积和电介质不变，改变两板间间距d，电容变化，由U＝eq\f(Q,C)，电势差U发生变化，静电计指针张角有变化．答案：(1)控制变量法(2)两极板间正对面积和电介质两板间间距d静电计指针张角有变化12．解析：(1)点电荷在B点时受到的静电力大小F＝eq\f(kQq,r2)，解得F＝4×10－2N.(2)根据功能关系有W∞A＝Ep∞－EpA，解得EpA＝－1.5×10－7J.(3)A点的电势φA＝eq\f(EpA,q)＝eq\f(－1.5×10－7,－2.0×10－9)V＝75V，A、B两点间的电势差UAB＝φA－φB＝－50V.答案：(1)4×10－2N(2)－1.5×10－7J(3)－50V13．解析：(1)电子在加速电场中运动，由动能定理eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，解得v0＝4×107m/s.(2)电子在偏转电场中运动，沿初速度方向L1＝v0t，可得t＝2.5×10－9s.由eeq\f(U,d)＝ma，可得a＝eq\f(eU,dm)在垂直初速度方向y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(Ue,dm)t2＝2.5×10－3m＝0.25cm.(3)偏转角的正切tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(at,vx)＝eq\f(\f(eU,dm)t,v0)＝0.05.(4)电子离开偏转电场后做匀速直线运动，若沿电场方向的偏移距离为y′，则eq\f(y′,L2)＝tanθ，所以y′＝0.75cm，所以Y＝y＋y′＝1cm.答案：(1)4×107m/s(2)0.25cm(3)0.05(4)1cm14．解析：(1)在0～eq\f(T,2)半个周期小球匀速下落，所以mg＝qE＝eq\f(qU0,3d)，解得U0＝eq\f(3mgd,q).(2)在eq\f(1,2)T～T时间内，电压反向，电场力反向，根据牛顿第二定律得：mg＋qE＝ma解得a＝2g.(3)小球先匀速运动半个周期，又匀加速运动半个周期，根据位移关系有：v·eq\f(T,2)＋v·eq\f(T,2)＋eq\f(1,2)aeq\b\lc