2023高中物理第十章静电场中的能量质量评估新人教版

第十章质量评估(时间:75分钟满分:100分)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.下图为某电场中的一根电场线,电场线上有A、B两点,一电子从A点运动到B点.下列说法正确的是()A.该电场线是客观存在的B.A点的电场强度一定比B点的电场强度大C.A点的电势比B点的电势低D.电子在A点的电势能比在B点的电势能小答案:D2.如图所示,实线为方向未知的三条电场线,虚线1、2、3分别为等势线,已知lMN=lNQ,A、B两带电粒子从等势线2上的O点以相同的初速度飞出,仅在静电力作用下,两粒子的运动轨迹分别如a、b所示,则 ()A.A一定带正电,B一定带负电B.A的加速度减小,B的加速度增大C.M、N两点的电势差|UMN|等于N、Q两点的电势差|UNQ|D.A粒子到达等势线3的动能变化量比B粒子到达等势线1的动能变化量小答案:B3.(2022·广东揭阳)如图所示,将平行板电容器接在电源两极间,电容器两极板间的带电尘埃恰好处于静止状态.若将两极板缓慢地错开一些,其他条件不变,则 ()A.电容器带电荷量不变B.电源中将有电流从正极流出C.尘埃仍静止D.电流计中将有电流通过,电流方向由b→a答案:C4.下图是示波管的示意图,从电子枪发出的电子通过两对偏转电极,如果偏转电极不加电压,则电子沿直线打在荧光屏的中心O,当在两对偏转电极上同时加上电压后,电子将偏离中心打在某个位置.现已标出偏转电极所加电压的正负极,从示波管的右侧来看,则电子会打在荧光屏上()A.1位置B.2位置 C.3位置D.4位置答案:B5.有两个平行板电容器,它们的电容之比为5∶4,它们的电荷量之比为5∶1,两极板间距离之比为4∶3,则两极板间电压之比和电场强度之比分别为 ()A.4∶11∶3 B.1∶43∶1C.4∶13∶1 D.4∶14∶3解析:由U=QC得,U1U2=Q1C2Q2C1=4∶1,又由E=答案:C6.质子(11H)、氘核(12H)、α粒子(24He)从同一位置从静止先通过同一加速电场后,又垂直于偏转电场方向进入偏转电场,最后穿出偏转电场.已知加速电压是U1A.增大U1或减小U2可使θ增大B.增大偏转电极间的距离或减小偏转电极板的长度可使θ增大C.三种粒子穿出偏转电场后就分开了D.三种粒子穿出偏转电场后不能分开解析:由动能定理可得qU1=12mv02,粒子在偏转电场中运动的时间为t=lv0,在偏转电场中的加速度a=Fm=qU2md,离开时竖直方向的速度为vy=at=qU2lmdv0,故偏转角的正切值tanθ=v答案:D7.A、B两物体质量均为m,其中A带正电,电荷量为q,B不带电,通过劲度系数为k的绝缘轻质弹簧相连放在水平地面上,如图所示,开始时二者都处于静止状态.现在施加竖直向上的匀强电场,电场强度E=2mgq,式中A.刚施加电场的瞬间,A物体的加速度方向向上,大小为gB.B物体刚要离开地面时,A物体的速度大小为2gmC.从开始到B物体刚要离开地面的过程,A物体速度先增大后减小D.从开始到B物体刚要离开地面的任意一段时间内,A物体的机械能增量一定等于电势能的减少量解析:在未施加电场时,A物体处于平衡状态,当施加电场瞬间,A物体受到的合力为施加的静电力,故有qE=ma,解得a=2g,方向向上,选项A错误;当B离开地面时,此时B受到弹簧的弹力等于B的重力,从施加电场到B离开地面,弹簧的弹力做功为0,A上升的距离为x=2mgk,根据动能定理可知qExmgx=12mv2,解得v=2gm答案:B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6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分.8.如图所示,一电子沿x轴正方向射入匀强电场,在电场中的运动轨迹为OCD,已知lOA=lAB,电子过C、D两点时竖直方向的分速度为vCy和vDy,电子在OC段和OD段动能的变化量分别为ΔEk1和ΔEk2,则 ()A.vCy∶vDy=1∶2B.vCy∶vDy=1∶4C.ΔEk1∶ΔEk2=1∶3D.ΔEk1∶ΔEk2=1∶4解析:电子沿x轴射入匀强电场,做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,已知lOA=lAB,则电子从O到C与从C到D所用的时间相等.电子在竖直方向上做初速度为0的匀加速运动,则有vCy=atOC,vDy=atOD,所以vCy∶vDy=tOC∶tOD=1∶2,选项A正确.根据匀变速直线运动的公式可知,在竖直方向上yOC=12atyOD=12atOD2,则yOC∶yOD=1∶4,根据动能定理得ΔEk1=qEyOC,ΔEk2=qEyOD,则ΔEk1∶ΔEk2答案:AD9.如图所示,A、B为等量异种点电荷连线上的点且关于正电荷位置对称,C、B位于两电荷连线的中垂线上,则下列说法正确的是 ()A.A、B两点的电场强度大小关系为EA>EBB.B、C两点的电场强度大小关系为EB>ECC.若将一带正电的试探电荷从A移到B处,静电力不做功D.若将一带正电的试探电荷从C移到B处,静电力不做功解析:等量异种点电荷产生的电场线和等势面的分布如图所示.根据图可知A、C处所在的电场线比B点疏,所以EA<EB,EC<EB,选项A错误,选项B正确;根据等势面的分布情况可知φA>φB,φB=φC,所以将一正电荷由A移动到B,静电力做正功,将正电荷从C移动到B,静电力不做功,选项C错误,选项D正确.答案:BD10.将带正电的微粒放在电场中,电场强度的大小和方向随时间变化的规律如图所示.带电微粒只在静电力的作用下由静止开始运动,则下列说法正确的是 ()A.微粒在0~1s内的加速度与1~2s内的加速度相同B.微粒将沿着一条直线运动C.微粒做往返运动D.微粒在第1s内的位移与第3s内的位移相同解析:带电粒子在电场中0~1s,1~2s受到的静电力大小相等,方向相反,故加速度大小相等,方向相反,带电粒子先加速后减速,沿着一条直线运动,故选项B、D正确.答案:BD三、非选择题:共54分.11.(9分)图甲是测量电容器电容的实验电路图,实验时通过对高阻值电阻放电,用电流传感器记录电流随时间的变化图线,进而测出电容器充电至电压U时所带电荷量Q,从而求出待测电容器的电容C.某同学在一次实验时的情况如下:A.按电路图接好电路;B.接通开关S,调节电阻箱R的阻值,记下此时电流传感器的示数I0=500μA,电压表的示数U0=8.0V,I0、U0分别是电容器放电时的初始电流和电压;C.断开开关S,利用计算机和电流传感器,记录下电流随时间的变化关系,结果如图乙所示.甲乙(1)实验中电阻箱所接入阻值为R=Ω;

(2)由上述it图像求出该电容器放电的总电荷量为C;(结果保留两位有效数字)

(3)该电容器电容为F.(结果保留两位有效数字)

解析:(1)根据欧姆定律,R=UI=1.6×104(2)根据图像的含义,Q=It,可以画一个竖直狭长矩形,其面积表示在前0.3s内电容器的放电量;根据横轴与纵轴的数据可知,一个格子代表的电荷量为15×106C,大于半格算一个,小于半格舍去,可知题图像所包含的格子个数为41,所以释放的电荷量是q=6.2×104C.(3)根据电容器的电容公式C=QU可知,C=7.8×105答案:(1)1.6×104(2)6.2×104(3)7.8×10512.(9分)如图所示,一个质子以初速度v0=5×106m/s水平射入一个由两块带电的平行金属板组成的区域.两板距离d=20cm,设金属板之间电场是匀强电场,电场强度E=3×105N/C.质子质量m=1.67×1027kg,电荷量q=1.60×1019C.求质子由板上小孔射出时的速度大小.解析:根据动能定理W=12mv121而W=qEd=9.6×1015J,所以v1=2Wm+质子飞出时的速度大小为6×106m/s.答案:6×106m/s13.(10分)如图所示,区域Ⅰ、Ⅱ分别存在着有界匀强电场E1、E2,已知区域Ⅰ宽l1=0.8m,区域Ⅱ宽l2=0.4m,E1=102V/m且方向与水平方向成45°角斜向右上方,E2=20V/m且方向竖直向下.电荷量为q=1.6×103C,质量m=1.6×103kg的带电小球(可视为质点)在区域Ⅰ的左边界由静止释放.g取10m/s2.求:(1)小球在电场区域Ⅰ中运动的加速度大小和时间;(2)小球离开电场区域Ⅱ的速度大小和方向.解析:(1)小球在电场区域Ⅰ受到静电力F1=qE1,小球在电场区域Ⅰ受到的静电力和重力的合力方向水平向右,大小为F合=F1cos45°=1.6×102N,则小球向右做匀加速直线运动,其加速度大小a1=F合m=10m/s2,小球运动时间t1=(2)小球离开电场区域Ⅰ的水平速度v0=a1t1=4m/s,小球在电场区域Ⅱ中受到静电力和重力的合力竖直向下,其加速度a2=g+qE2m=30m/s2,小球在电场区域Ⅱ中做类平抛运动,其运动时间t2小球在竖直方向的分速度vy=a2t2=3m/s,小球离开电场区域Ⅱ的速度v=v02+vy2=5m/s,设小球离开电场区域Ⅱ的速度方向与水平方向夹角为θ,则tanθ=答案:(1)10m/s20.4s(2)5m/s速度方向与水平方向夹角为37°14.(12分)如图所示,在绝缘水平面上,有相距为l的A、B两点,分别固定着两个电荷量均为Q的正点电荷.O为AB连线的中点,C、D是AB连线上两点,其中lAC=lBD=l4.一质量为m、电荷量为+q的小滑块(可视为质点)以初动能Ek0从C点出发,沿AB直线向D运动,其中小滑块第一次经过O点时的动能为2Ek0,第一次到达D点时的动能恰好为0,小滑块最终停在O点,已知静电力常量为k.(1)小滑块与水平面间滑动摩擦力的大小;(2)小滑块刚要到达D点时加速度的大小和方向;(3)小滑块运动的总路程s.解析:由lAC=lBD=l4,O为AB连线的中点可知C、D关于O点对称,则C、D之间的电势差为UCD=0(1)设小滑块与水平面间摩擦力的大小为Ff,滑块从C→D的过程,由动能定理得Ffl2=0Ek0,解得Ff=2(2)根据库仑定律,小滑块刚要到达D点时受到的静电力的合力为F'=kQql42kQq根据牛顿第二定律,小滑块刚要到达D点时加速度的大小为a=F'+F2Ek0ml,方向由D指向(3)设滑块从C→O的过程中静电力做功为W,由动能定理得WFf·14l=2Ek0Ek0,解得W=1.5Ek0对于小滑块从C开始运动到最终在O点停下的整个过程中,由动能定理得WFfs=0Ek0,解得s=1.25l.答案:(1)2Ek0l(2)128kQq9ml2+215.(14分)如图所示,在光滑绝缘的水平面上,用长为2l的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B,组成一静止的带电系统,A球的电荷量为+2q,B球的电荷量为3q.虚线NQ与MP平行且相距3l,开始时MP恰为杆的中垂线.视小球为质点,不计轻杆的质量,现在在虚线MP、NQ间加上水平向右的匀强电场E.求:(1)B球刚进入电场时带电系统的速度大小;(2)B球的最大位移的大小以及从开始到最大位移处时B球电势能的变化量;(3)带电系统运动的周期.解析:(1)设B球刚进入电场时带电系统速度为v1,由动能定理2qEl=12×2mv12,解得v1(2)带电系统向右运动分三段:B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场.设A球离开NQ的最大位移为x,由动能定理得2qE·