2024-2025学年新教材高中物理章末综合测评2静电场中的能量含解析新人教版必修第三册

PAGEPAGE1章末综合测评(二)静电场中的能量(分值：100分)1．(4分)(2024·黄冈中学月考)超级电容的容量比通常的电容器大得多，其主要优点是高功率脉冲应用和瞬时功率保持，具有广泛的应用前景。如图所示，某超级电容标有“2.7V100F”字样，将该电容器接在电动势为1.5V的干电池两端，则电路稳定后该电容器的负极板上所带的电荷量为()A．－150C B．－75CC．－270C D．－135CA[依据C＝eq\f(Q,U)可知电容器所带的电荷量为Q＝CU＝100×1.5C＝150C，则电路稳定后该电容器的负极板上所带的电荷量为－150C，故选A。]2．(4分)如图所示，在O点放置一点电荷Q，以O为圆心作一圆。现将一摸索电荷分别从圆上的B、C、D三点移到圆外的A点，下列说法正确的是()A．从B点移到A点的过程中静电力做功最少B．从C点移到A点的过程中静电力做功最少C．从D点移到A点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D[在O点放置一点电荷Q，以O为圆心作一圆，依据点电荷等势面的分布状况知，B、C、D三点的电势相等，因此A点与B、C、D三点间的电势差相等，将一电荷从圆上的B、C、D三点移到圆外的A点的过程中，依据W＝qU知，三个过程静电力做功相等，选项D正确，A、B、C错误。]3．(4分)电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示。K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d，在两极之间加上高电压U，有一电子在K极由静止被加速。不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是()A．A、K之间的电场强度为eq\f(U,d)B．电子到达A极时的动能大于eUC．由K到A电子的电势能减小了eUD．由K沿直线到A电势渐渐降低C[由于A、K之间的电场是非匀强电场，公式U＝Ed不适用，因此A、K之间的电场强度不等于eq\f(U,d)，故A错误；依据动能定理，得Ek－0＝eU，则电子到达A极时的动能Ek＝eU，故B错误；由K到A电场力对电子做正功，电子的电势能减小了eU，故C正确；电子所受电场力向下，电场方向向上，则由K沿直线到A电势渐渐上升，故D错误。]4．(4分)某静电场的电场线分布如图所示，一负点电荷只在电场力作用下先后经过场中的M、N两点，过N点的虚线是电场中的一条等势线，则()A．M点的电场强度小于N点的电场强度B．M点的电势低于N点的电势C．负点电荷在M点的电势能小于在N点的电势能D．负点电荷在M点的动能小于在N点的动能C[电场线密集的地方，电场强度大，故M点的电场强度大于N点的电场强度，A错误；沿着电场线电势降低，故M点的电势高于N点的电势，B错误；负点电荷由M到N电场力做负功，动能减小，电势能增加，C正确，D错误。]5．(4分)如图所示，a、b、c三条虚线为电场中的等势面，等势面b的电势为0，且相邻两个等势面间的电势差相等，一个带正电的粒子在A时的动能为10J，在静电力作用下从A运动到B，在B时速度为0，当这个粒子的动能为7.5J时，其电势能为()A．12.5JB．2.5JC．0D．－2.5JD[粒子在运动过程中只有静电力做功，动能和电势能之和保持不变，在A点时动能为10J，B点时动能为0，由对称性易知，粒子运动至等势面b时动能为5J，因此动能和电势能之和为5J。当动能为7.5J时，电势能为－2.5J，故选项D正确。]6．(4分)某静电场沿x轴的电势φ的分布如图所示，x2处的电势为φ2，下列说法正确的有()A．将电量为q的点电荷从x1移到x2，电场力做的功为qφ2B．x1处的电场强度为零C．负电荷从x1移到x2，电势能减小D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大C[由图可知，x2处的电势高，将电量为q的点电荷从x1移到x2，电场力做的功为－qφ2，克服电场力做的功为qφ2，故A错误；φ­x图像的斜率k＝eq\f(Δφ,Δx)＝eq\f(ΔU,Δx)＝E，即φ­x图像的斜率表示电场强度；在x轴上，x1处的斜率不等于0，则电场强度不等于0，故B错误；由图可知，x2处的电势高，将负电荷从x1移到x2，电场力做正功，则电势能减小，故C正确；φ­x图像的斜率表示电场强度，在x轴上，x2处图像的斜率为零，表示电场强度为零，可知将负电荷从x1移到x2，受到的电场力减小，故D错误。]7．(4分)如图ABCD的矩形区域存在沿A至D方向的匀强电场，场强为E，边长AB＝2AD，质量m、带电量＋q的粒子以恒定的速度v从A点沿AB方向射入矩形区域，粒子恰好从C点以速度v1射出电场，粒子在电场中运动时间为t，则()A．若电场强度变为2E，粒子从DC边中点射出B．若电场强度变为2E，粒子射出电场的速度为2v1C．若粒子入射速度变为eq\f(v,2)，则粒子从DC边中点射出电场D．若粒子入射速度变为eq\f(v,2)，则粒子射出电场时的速度为eq\f(v1,2)C[若电场强度变为2E，则粒子从DC边离开，运动时间变为eq\f(\r(2),2)t，则水平位移变为原来的eq\f(\r(2),2)，而不是eq\f(1,2)，故A错误；在粒子穿过电场的过程中，设电场力做功为W，则由功能定理W＝Eqd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mv2，可知电场强度加倍，则电场力做功变为了2W，则射出电场的速度不等于2v1，故B错误；粒子入射速度变为eq\f(v,2)，则粒子在电场中运动时间不变，可得出粒子从DC边中点射出电场，故C正确；由于电场不变，粒子在电场中运动时间不变，电场力做功不变，由动能定理可知，粒子射出电场时的速度不是eq\f(v1,2)，故D错误。]8．(4分)如图所示，偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，间距为d。电子由静止起先经加速电场加速后。沿平行于极板的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，忽视电子所受重力。电子射入偏转电场时的初速度v0和从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy分别是()A．eq\r(\f(eU0,m))，eq\f(UL2,2U0d) B．eq\r(\f(2eU0,m))，eq\f(UL2,2U0d)C．eq\r(\f(eU0,m))，eq\f(UL2,4U0d) D．eq\r(\f(2eU0,m))，eq\f(UL2,4U0d)D[依据功能关系，可得eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，电子射入偏转电场的初速度为v0＝eq\r(\f(2eU0,m))；在偏转电场中，电子的运动时间为Δt＝eq\f(L,v0)，偏转加速度为a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU,md)，偏转距离为：Δy＝eq\f(1,2)a(Δt)2＝eq\f(UL2,4U0d)，故D正确，A、B、C错误。]9．(7分)高电阻放电法测电容的试验，是通过对高阻值电阻放电的方法测出电容器充电电压为U时所带的电荷量Q，从而再求出待测电容器的电容C，某同学的试验状况如下：(1)按图1所示电路连接好试验电路。(2)接通开关S，调整电阻箱R的阻值，使小量程电流表的指针偏转接近满刻度，登记这时电流表的示数I0＝500μA、电压表的示数U0＝6.0V，I0和U0分别是电容器放电的初始电流和初始电压，此时电阻箱R的阻值为8.5kΩ，则电流表的内阻为________kΩ。(3)断开开关S，同时起先计时，每隔5s或10s读一次电流I的值，将测得数据填入预先设计的表格中，依据表格中的数据标出以时间t为横坐标、电流I为纵坐标的坐标上的点，如图2中用“×”表示的点。(4)请在图中描绘出电流随时间变更的图线，并依据图线估算出该电容器两端电压力U0时所带的电荷量Q0约为________C；(结果保留两位有效数字)(5)依据公式________来计算电容器的电容。(只要求写出表达式，不要求计算结果)图1图2[解析](2)由欧姆定律有U0＝I0(Rg＋R)得Rg＝eq\f(U0,I0)－R＝eq\f(6.0,500×10－6)Ω－8.5×103Ω＝3.5×103Ω＝3.5kΩ。(4)用平滑曲线连接各点，查出所画的曲线与纵标轴所围的格数以求得面积。因ΔQ＝I·Δt即为曲线与纵标轴所围的格数的面积，则利用数格子方法，估算出电容器两端电压为U0时的电荷量为Q＝34×2.5×10－4＝8.5×10－3C(5)利用C＝eq\f(Q0,U0)可求出电容C。[答案](2)3.5(4)如图所示8.5×10－3(5)C＝eq\f(Q0,U0)10．(4分)(多选)静电计是测量电势差的仪器，指针偏转角度越大，金属外壳和上方金属小球间的电势差越大。试验装置如图所示，在本试验中，静电计指针和A板等电势，静电计金属壳和B板等电势，因此指针偏转角度越大表示A、B两极板间的电势差越大。现对电容器充电后断开开关，若按图下方的说明来做试验，则()A．图甲中两极板间电势差变大B．图乙中两极板间电势差变大C．图丙中两极板间电势差变小D．图丙中两极板间电势差变大ABC[题图甲中，当极板B向上移动时，两极板的正对面积S减小，依据电容确定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知电容器电容减小，电荷量不变，依据U＝eq\f(Q,C)，可知两极板间的电势差增大，选项A正确；题图乙中，电容器两极板间距离变大，电容减小，电荷量不变，依据U＝eq\f(Q,C)，可知两极板间的电势差变大，选项B正确；题图丙中，插入电介质，电容增大，电荷量不变，依据U＝eq\f(Q,C)，可知两极板间电势差减小，选项C正确，D错误。]11．(4分)(多选)如图所示为一种电荷限制式喷墨打印机的打印头的结构简图，其中墨盒可以喷出微小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以肯定的初速度垂直射入偏转电场，经偏转电场后打到纸上，显示出字符。不考虑墨汁微粒的重力，为了使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是()A．减小墨汁微粒的质量B．减小墨汁微粒所带的电荷量C．增大偏转电场的电压D．增大墨汁微粒的喷出速度BD[微粒以肯定的初速度v0垂直射入偏转电场后做类平抛运动，则水平方向有L＝v0t，竖直方向有y＝eq\f(1,2)at2，加速度a＝eq\f(qU,dm)，联立解得y＝eq\f(qUL2,2dmv\o\al(2,0))，要缩小字迹，就要减小微粒的偏移量y，由上式分析可知，可采纳的方法有增大两板间距离d、减小墨汁微粒所带的电荷量q、增大墨汁微粒的质量或速度、减小极板的长度L、减小偏转极板间的电压U，故A、C错误，B、D正确。]12．(4分)(多选)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标(ra，φa)标出，其余类推。现将一带正电的摸索电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd。下列选项正确的是()A．Ea∶Eb＝4∶1 B．Ec∶Ed＝2∶1C．Wab∶Wbc＝3∶1 D．Wbc∶Wcd＝1∶3AC[设点电荷的电荷量为Q，依据点电荷电场强度公式E＝keq\f(Q,r2)，ra∶rb＝1∶2，rc∶rd＝3∶6，可知，Ea∶Eb＝4∶1，Ec∶Ed＝4∶1，选项A正确，B错误；将一带正电的摸索电荷由a点移动到b点做的功Wab＝q(φa－φb)＝3q(J)，摸索电荷由b点移动到c点做的功Wbc＝q(φb－φc)＝q(J)，摸索电荷由c点移动到d点做的功Wcd＝q(φc－φd)＝q(J)，由此可知，Wab∶Wbc＝3∶1，Wbc∶Wcd＝1∶1，选项C正确，D错误。]13．(4分)(多选)如图所示，平行板电容器两极板水平放置，极板A在上方，极板B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，二极管具有单向导电性。一带电小球沿A、B中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽视，现通过上下移动A板来变更两极板A、B间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是()A．若小球带正电，当A、B间距增大时，小球打在N的右侧B．若小球带正电，当A、B间距减小时，小球打在N的左侧C．若小球带负电，当A、B间距增大时，小球打在N的左侧D．若小球带负电，当A、B间距减小时，小球可能打在N的右侧BD[依据平行板电容器电容的确定式C＝eq\f(εrS,4πkd)和定义式C＝eq\f(Q,U)可知，当A、B间距d增大时，电容C减小，由于电容器两极板与电源相连，因此电容器要放电，但由于二极管的单向导电性，使得电容器上的电荷量不能变更，又由电场强度与电势差的关系E＝eq\f(U,d)可知，E＝eq\f(Q,d)·eq\f(4πkd,εrS)＝eq\f(4πkQ,εrS)，即恒定不变，因此无论小球电性如何，其运动过程中的受力状况不变，因此仍旧打在N点，故选项A、C错误；当A、B间距d减小时，C增大，由于电容器两极板与电源相连，因此电容器要被充电，U保持不变，电场强度E增大，小球所受电场力增大，若小球带正电，则合力变大，加速度变大，运动至B极板的时间变短，因此打在N点的左侧，故选项B正确；若小球带负电，则合力可能变小(电场力仍旧小于重力)，加速度变小，运动至B极板的时间变长，因此可能打在N点的右侧，故选项D正确。]14．(5分)在探究平行板电容器的电容与哪些因素有关的试验中，某同学揣测电容可能与极板间的距离d、极板的正对面积S及插入极板间的电介质有关。他将一个已经充电的平行板电容器与静电计连接，如图所示。试验时保持电容器极板所带的电荷量不变，且电容器B板位置不动。(1)将A板向右平移，静电计指针张角________；将A板竖直向下平移，则静电计指针张角________；在A、B板间插入电介质，则静电计指针张角________。(均选填“变大”“变小”或“不变”)。(2)若将电容器水平放置，有一带电液滴静止在电容器内部，现将电容器A板向下平移一小段距离，则液滴________(选填“静止不动”“向下运动”或“向上运动”)。[解析](1)将A板向右平移，两板间距d减小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知电容变大，由U＝eq\f(Q,C)可知，两极板间电势差变小，静电计指针张角变小。将A板竖直向下平移，两极板正对面积S减小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知电容减小，由U＝eq\f(Q,C)可知，两极板间电势差变大，静电计指针张角变大。在A、B板间插入电介质，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知电容变大，由U＝eq\f(Q,C)可知，两极板间电势差变小，静电计指针张角变小。(2)电容器带电荷量不变，变更两板间距，依据C＝eq\f(Q,U)、C＝eq\f(εrS,4πkd)和U＝Ed，得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知场强不变，则静电力不变，液滴仍旧静止不动。[答案](1)变小变大变小(2)静止不动15．(10分)如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一电荷量为q＝－4×10－7C的负点电荷从A点运动到B点，电场力做功为WAB＝3.2×10－6J，A、B间距离L＝4m，AB(1)负点电荷的电势能是增加还是削减？增加(削减)了多少？(2)B、A间电势差UBA是多少？(3)电场强度E是多大？(4)假如A点的电势为－4V，那么B点的电势为多大？电荷量为q′＝4×10－6C的正电荷在A[解析](1)负点电荷从A运动到B，电场力做正功3.2×10－6J，则负点电荷的电势能削减，削减了3.2×10－6J。(2)由WAB＝UABq可得UAB＝eq\f(WAB,q)＝eq\f(3.2×10－6,－4×10－7)V＝－8V，则UBA＝－UAB＝8V。(3)匀强电场的电场强度E＝eq\f(UBA,Lcos60°)＝4V/m。(4)因UAB＝φA－φB＝－8V，φA＝－4V，则φB＝4V电荷量为q′的正电荷在A点具有的电势能为EpA＝φAq′＝－1.6×10－5J。[答案](1)削减3.2×10－6J(2)8V(3)4V/m(4)4V－1.6×10－5J16．(10分)如图所示，带负电的小球静止在水平放置的平行板电容器两极板间，距下极板h＝0.8cm，两极板间的电势差为300V。假如两极板间电势差减小到60V，则带电小球运动到极板上须要多长时间？(g取10m/s2)[解析]选带电小球为探讨对象，设它所带电荷量为q，则带电小球受重力mg和静电力qE的作用。当U1＝300V时，小球受力平衡，有mg＝qeq\f(U1,d) ①当U2＝60V时，带电小球向下极板做匀加速直线运动，有mg－qeq\f(U2,d)＝ma②h＝eq\f(1,2)at2 ③由①②③式得t＝eq\r(\f(2U1h,U1－U2g))≈4.5×10－2s。[答案]4.5×10－2s17．(10分)如图甲所示，在xOy坐标系中，两平行金属板AB、OD水平放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L＝2m，板间距离d＝1m，紧靠极板右侧有一荧光屏。两金属板间电压UAO随时间的变更规律如图乙所示，变更周期为T＝2×10－3s，U0＝1×103V，一带正电的粒子从左上角A点，以平行于AB边大小为v0＝1000m/s的速度射入板间，粒子电荷量为q＝1×10－5C，质量m＝1×10－7(1)粒子在板间运动的时间；(2)粒子打到荧光屏上的纵坐标的范围；(3)粒子打到荧光屏上的动能。甲乙[解析](1)粒子在板间沿x轴方向匀速运动，设运动时间为t，则L＝v0t，t＝eq\f(L,v0)＝2×10－3s。(2)t＝0时刻射入的粒子在板间偏转量最大，设为y1y1＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a·\f(T,2)))eq\f(T,2)又依据牛顿其次定律eq\f(U0q,d)＝ma解得y1＝0.15m纵坐标y＝d－y1＝0.85mt＝1×10－3s时刻射入的粒子在板间偏转量最小，设为y2y2＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)解得y2＝0.05m纵坐标y′＝d－y2＝0.95m所以打在荧光屏上的纵坐标的范围为0.85m～0.95m。(3)分析可知粒子打到荧光屏上的动能相同，设为Ek，由动能定理得eq\f(U0,d)q