人教版高中物理必修第三册第十章静电场中的能量章末过关检测(二)含答案

章末过关检测(二)(时间：90分钟分值：100分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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．下列说法正确的是()A．电场中某点的场强方向就是正电荷在该点所受电场力的方向B．由公式E＝eq\f(F,q)可知，电场中某点的场强与放在该点的检验电荷所受的电场力F的大小成正比，与检验电荷的电量q成反比C．由公式UAB＝eq\f(WAB,q)可知，电场中A、B两点间电势差UAB与在这两点之间移动电荷时电场力所做的功WAB成正比，与电荷的电量q成反比D．公式E＝eq\f(U,d)中的d为匀强电场中电势差为U的两点间的距离答案：A2．在如图所示的4种情况中，a、b两点的电场强度相同、电势也相同的是()答案：C3．某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，电场线、粒子在A点的初速度及运动轨迹如图所示，可以判定()A．粒子带负电 B．粒子的加速度减小C．粒子的动能增加 D．粒子的电势能增加解析：选C。粒子受到的电场力指向曲线弯曲的内侧，所以受到的电场力的方向是沿电场线向上的，所以粒子带正电，故A错误；电场线越密集的地方电场强度越大，可知从A到B电场强度变大，所受电场力变大，加速度变大，B错误；从A到B的过程中，电场力做正功，粒子的电势能减小，动能增加，故C正确，D错误。4．如图所示，a、b、c三条虚线为电场中的等势面，等势面b的电势为零，且相邻两个等势面间的电势差相等。一个带正电的粒子(粒子重力不计)在A点时的动能为10J，在电场力作用下从A运动到B时速度为零。当这个粒子的动能为7.5J时，其电势能为()A．12.5J B．2.5JC．0 D．－2.5J解析：选D。由动能定理：WAB＝0－Ek0＝－10J相邻两个等势面间的电势差相等Uab＝Ubc，所以qUab＝qUbc，即：Wab＝Wbc＝eq\f(1,2)WAB＝－5J设粒子在等势面b上时的动能为Ekb，则Wbc＝Ekc－Ekb得Ekb＝5J所以粒子在b处的总能量Eb＝Ekb＝5J从而可以知道粒子在电场中的总能量值为E＝5J。当这个粒子的动能为7.5J时有：Ep＝E－Ek＝(5－7.5)J＝－2.5J。5．如图所示，两电荷量分别为Q(Q>0)和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，A点位于x轴上O点与点电荷Q之间，B点位于y轴O点上方。取无穷远处为零电势点，下列说法正确的是()A．B点的电势为0，电场强度也为0B．负的试探电荷在A点的电势能大于0，所受静电力方向向左C．将正的试探电荷从O点移到A点，必须克服静电力做功D．将同一正的试探电荷先后从O、B两点移到A点，后者电势能的变化较大解析：选C。结合等量异种点电荷的电场的特点可知，两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线；电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向，所以B点的电势等于0，而电场强度不等于0，故A错误；由题图可知两个点电荷在A点产生的电场强度的方向都向右，所以合电场强度的方向一定向右，则负的试探电荷在A点受到的电场力的方向向左；负电荷从A向O运动的过程中，电场力做负功，电势能增加，而O点的电势等于0，O点的电势能等于0，所以负的试探电荷在A点的电势能小于0，故B错误；将正的试探电荷从O点移到A点，O点的电势低于A点的电势，静电力做负功，所以必须克服静电力做功，故C正确；O点和B点的电势相等，所以先后从O、B两点移到A点，静电力做功相等，电势能变化相同，故D错误。6．如图所示，x轴垂直穿过一个均匀分布着正电荷的圆环。且经过圆环的圆心O。关于x轴上的电场强度和电势，下列说法正确的是()A．O点的电势一定为零B．O点的电场强度一定为零C．从O点沿x轴正方向，电场强度一直减小，电势一直升高D．从O点沿x轴正方向，电场强度一直增大，电势一直降低解析：选B。圆环上均匀分布着正电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在O点产生的电场强度相互抵消，合电场强度为零。圆环上各电荷产生的电场强度在x轴正方向有向右的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴正方向上电场强度方向向右，同理可求得x轴负方向上电势的分布，根据顺着电场线方向电势降低，可知在x轴上O点的电势最高，故A错误，B正确；O点的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，所以从O点沿x轴正方向，电场强度应先增大后减小，x轴正方向上电场强度方向向右，电势降低，故C、D错误。7．某静电场中x轴上电势φ随x变化的情况如图所示，且x轴为该静电场中的一根电场线，一个带电粒子在坐标原点O由静止释放，粒子仅在电场力作用下开始沿x轴正方向运动，则下列说法正确的是()A．粒子一定带负电B．从O到x1，电场方向先沿x轴正方向后沿x轴负方向C．从O到x1，粒子运动的加速度先增大后减小D．从O到x1，粒子先加速后减速解析：选C。由题意可知，从O到x1，电势一直在降低，因此电场方向沿x轴正方向，粒子由静止开始沿x轴正方向运动，电场力沿x轴正方向，粒子带正电，A、B错误；图像斜率的绝对值表示电场强度大小，因此从O到x1，电场强度先增大后减小，粒子运动的加速度先增大后减小，C正确；从O到x1，电场力一直为沿x轴正方向，粒子一直做加速运动，D错误。8．如图所示，匀强电场E的区域内，在O点处放置一点电荷＋Q，a、b、c、d、e、f为以O点为球心的球面上的点，aecf平面与电场平行，bedf平面与电场垂直，则下列说法正确的是()A．b、d两点的电场强度相同B．a点的电势等于f点的电势C．点电荷＋Q在球面上任意两点之间移动时，电场力一定做功D．将点电荷＋Q在球面上任意两点之间移动，从球面上a点移动到c点的电势能变化量一定最大解析：选D。点电荷＋Q在b点产生的电场方向为竖直向上，在d点产生的电场方向为竖直向下，匀强电场方向水平向右，根据平行四边形定则可知，b点的合电场强度斜向右上方，d点的合电场强度斜向右下方，两点电场强度大小相同、方向不同，电场强度不同，故A错误；将一个正试探电荷由a点移动到f点，点电荷电场力不做功，匀强电场的电场力做正功，故合力做正功，电势能减小，电势降低，则a点的电势高于f点的电势，故B错误；当点电荷＋Q沿着球面上的bedf移动时，匀强电场的电场力不做功，点电荷电场力也不做功，故合电场力不做功，故C错误；将点电荷＋Q在球面上任意两点之间移动，点电荷电场力不做功，从a点移动到c点，匀强电场的电场力做功最大，故合力做功最大，故D正确。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分。9．如图所示的是一种电容传声器。b是固定不动的金属板，a是能在声波驱动下沿水平方向振动的金属膜片，a、b构成一个电容器。其工作原理是当声波作用于金属膜片时，膜片发生相应的振动，于是就改变了它与固定极板b间的距离，从而使电容发生变化，而电容的变化可以转化为电路中电信号的变化。闭合开关K，若声源S发出声波使a向右运动时()A．电容器的电容减小B．a、b板之间的电场强度增大C．流过电流表的电流方向为自右向左D．流过电流表的电流方向为自左向右解析：选BD。根据电容的决定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，a向右运动时，d减小，所以C增大，故A错误；a、b板之间的电势差不变，根据E＝eq\f(U,d)，d减小，所以E增大，故B正确；根据U不变，C增大，所以Q变大，电容器充电，形成的充电电流方向为自左向右，故D正确，C错误。10．如图所示，在直角三角形ABC所在平面内存在方向与平面平行的匀强电场(未画出)，已知∠A＝60°，AB＝2cm。若将电荷量q1＝1×10－5C的正电荷从A移到B过程中，克服电场力做功为2×10－5J；将另一电荷量q2＝－1×10－5C的负电荷从A移到C过程中，电场力做功为8×10－5J，则以下说法正确的是()A．UAB＝＋2VB．UBC＝－6VC．电场强度E＝200V/m，从C指向AD．电场强度E＝100V/m，从B指向A解析：选BC。A、B两点间的电势差UAB＝eq\f(WAB,q1)＝eq\f(－2×10－5,1×10－5)V＝－2V，故A错误；A、C两点间的电势差UAC＝eq\f(WAC,q2)＝eq\f(8×10－5,－1×10－5)V＝－8V，由于UAB＝φA－φB，UAC＝φA－φC，则有UBC＝φB－φC＝－(φA－φB)＋(φA－φC)＝－UAB＋UAC＝－6V，故B正确；由几何关系可得AC＝4cm，在匀强电场中任意一条直线上相等距离的两点间电势差相等，设在AC边上距离A点1cm的一点为D点，则A、D两点间电势差为2V，故B、D两点电势相等，由几何关系判断AC垂直于BD，所以电场强度大小为E＝eq\f(UAD,dAD)＝eq\f(2,1)V/cm＝200V/m，电场强度方向为从C指向A，故C正确，D错误。11．如图所示，A、B为平行板电容器的两个金属极板，C为静电计，开始时闭合开关S，静电计张开一定角度。不考虑静电计引起的电荷量变化，则下列说法正确的是()A．保持开关S闭合，将两极板间距减小，板间电场强度减小B．保持开关S闭合，将两极板间距减小，静电计指针张开角度不变C．断开开关S后，将两极板间距增大，板间电场强度增大D．断开开关S后，将两极板间距增大，静电计指针张开角度增大解析：选BD。保持开关S闭合，两极板间电势差不变，即静电计指针张开角度不变，将两极板间距减小，由E＝eq\f(U,d)可知，板间电场强度增大，A错误，B正确；断开开关S后，电容器所带电荷量保持不变，根据电容器的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，电容的定义式C＝eq\f(Q,U)，极板间为匀强电场E＝eq\f(U,d)，联立可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，若是仅将两板间距离增大，板间电场强度不变，C错误；断开开关S后，将两极板间距增大，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，电容减小，根据C＝eq\f(Q,U)可知，两极板间电势差增大，静电计指针张开角度增大，D正确。12．如图所示，光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点。一质量为m、带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，恰能通过最高点，则()A．R越大，x越大B．R越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大C．m越大，x越小D．m与R同时增大，电场力做功增大解析：选AD。小球在BCD部分做圆周运动，由题意可知在D点，mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)，小球由B到D的过程中有：－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝eq\r(5gR)，R越大，小球经过B点时的速度越大，易得x越大，A正确；在B点有：FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，解得FN＝6mg，与R无关，B错误；由Eqx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)知m越大，小球在B点的动能越大，则x越大，电场力做功越多，C错误；从A到D过程，由动能定理有W电－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－0，又因为mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)，联立可得W电＝2.5mgR，D正确。三、非选择题：本题共5小题，共60分。13．(6分)一电容器电容为C＝2×10－6F，充电后所带电荷量为Q＝4×10－4C，两极板间的距离为1cm，则两极板间的电压U为________V，两极板间电场场强E为________V/m，如果把一电荷量为q＝1×10－6C的点电荷放在两极板间的电场中，则该电荷受到的电场力为________N。解析：两极板间的电压U＝eq\f(Q,C)＝eq\f(4×10－4,2×10－6)V＝200V；两极板间电场强度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(200,0.01)V/m＝2×104V/m；点电荷受到的电场力F＝qE＝1×10－6×2×104N＝2×10－2N。答案：2002×1042×10－214．(10分)图示为一组未知方向的匀强电场的电场线，把电荷量为1×10－6C的负电荷从A点沿水平线移至B点，静电力做了2×10－6J的功，A、B间的距离为2cm。(1)求A、B两点间的电势差UAB及匀强电场的电场强度。(2)若B点电势为1V，A点电势为多少？解析：(1)根据题意，A、B间的电势差UAB＝eq\f(WAB,－|q|)＝－2VA、B间沿电场线方向上的距离d＝eq\x\to(AB)cos60°＝1cm，所以电场强度的大小E＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(UAB,d)))＝2×102N/C方向斜向下。(2)因为UAB＝φA－φB则A点的电势φA＝φB＋UAB＝(1－2)V＝－1V。答案：(1)－2V2×102N/C，方向斜向下(2)－1V15．(14分)如图所示，带有等量异种电荷的两平行板之间有匀强电场，电场强度E＝2×103N/C，方向水平向右。电场中A、B两点相距5cm，连线与电场线平行。在A点由静止释放电荷量q＝4×10－8C的正电荷。求：(1)电荷受到的静电力F的大小；(2)A、B两点之间的电势差UAB；(3)电荷从A点运动到B点过程中静电力做的功W。解析：(1)电荷受到的静电力F＝qE＝4×10－8×2×103N＝8×10－5N。(2)A、B两点之间的电势差UAB＝Ed＝2×103×0.05V＝100V。(3)电荷从A点运动到B点过程中静电力做的功W＝qUAB＝4×10－6J。答案：(1)8×10－5N(2)100V(3)4×10－6J16．(14分)示波器的原理示意图如图所示，质量为m、带电量为＋q的粒子从加速电压为U0的电场正极板O点由静止释放，并沿中央轴线OO′进入到偏转电场中，最后打到荧光屏PP′上。已知偏转电场两板间距为d、板长为L，偏转电场右端到荧光屏的距离也为L，不计带电粒子所受的重力。(1)求粒子进入偏转电场时的速度v0。(2)若粒子恰能从下极板的边缘离开偏转电场，求两板间的电势差U。(3)当粒子恰能从下极板的边缘离开偏转电场时，粒子的动能为多少？(4)带电粒子打到荧光屏上偏离中心的最大距离Y为多少？解析：(1)根据动能定理可得qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得粒子进入偏转电场时的速度v0＝eq\r(\f(2qU0,m))。(2)粒子恰能从下极板的边缘离开偏转电场时，带电粒子做类平抛运动，水平方向有L＝v0t竖直方向有eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)联立可得U＝eq\f(2U0d2,L2)。(3)当粒子恰能从下极板的边缘离开偏转电场时，根据动能定理可得qU0＋qeq\f(U,2)＝Ek－0解得粒子的动能Ek＝qU0(eq\f(L2＋d2,L2))。(4)带电粒子从下极板的边缘离开偏转电场时打到荧光屏上偏离中心的距离最大，根据几何关系有eq\f(\f(d,2),Y)＝eq\f(\f(L,2),\f(L,2)＋L)解得Y＝eq\f(3,2)d。答案：(1)eq\r(\f(2qU0,m))(2)eq\f(2U0d2,L2)(3)qU0(eq\f(L2＋d2,L2))(4)eq\f(3,2)d17．(16分)在现代科学实验和技术设备中，常常利用电场来控制带电粒子的运动。如图所示，一电荷量为q、质量为m的带正电粒子从靠近加速器正极板M中心处由静止释放，并从负极板N上的小孔射出；接着该粒子沿水平放置的两平行金属板P、Q间中线水平向右射入两板间，恰好从金属板Q边缘的A点飞出电场。已知加速器两极板间的电势差为U0，金属板P、Q的长度是板间距离的eq\r(3)倍，