新教材适用2024-2025学年高中物理第10章静电场中的能量学业质量标准检测新人教版必修第三册

第十章学业质量标准检测本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，时间75分钟。第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共12小题，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～8小题只有一个选项符合题目要求，每小题3分；第9～12小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．(2024·厦门一中高二阶段练习)在科学发展史上，许多科学家做出了杰出的贡献。他们在物理学的探讨过程中应用了许多科学的思想方法。下列叙述正确的是(C)A．密立根首先提出用电场线描绘抽象的电场，这是一种形象化的探讨方法B．库仑得出库仑定律并用扭秤试验最早测出了元电荷的数值C．电场强度的表达式E＝eq\f(F,q)和电势差的表达式U＝eq\f(W,q)都是利用比值法得到的定义式D．用点电荷来代替实际带电体是采纳了等效替代的方法解析：法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场，这是一种形象化的探讨方法，A错误；库仑得出库仑定律，密立根最早测出了元电荷的数值，B错误；电场强度的表达式E＝eq\f(F,q)和电势差的表达式U＝eq\f(W,q)都是利用比值法得到的定义式，C正确；用点电荷来代替实际带电体是采纳了志向模型法，D错误。故选C。2．(2024·重庆南开中学高二期末)下列说法正确的是(C)A．在静电场中，电荷在电势越高的地方电势能肯定越大B．电荷在某位置所受电场力方向即为该处电场方向C．同一静电场中，等差等势面越密的地方场强越大D．在静电场中，点电荷只受电场力作用时，从静止起先肯定沿着电场线运动解析：依据电势能公式Ep＝qφ，可知，电势能取决于电荷的电荷量及电性和电场中的电势，所以电荷在电势越高的地方，电势能不肯定大，故A错误；正电荷在电场中所受电场力的方向即为电场方向。负电荷在电场中所受电场力的方向即为电场方向的反方向，故B错误；等差等势面的密集程度反映电场强度的大小，等差等势面越密的地方场强越大，故C正确；若电场线是曲线，则电荷受力将发生方向的改变，其轨道不行能与电场线重合，故D错误。故选C。3．(2024·四川乐山高二开学考试)一带电粒子在电场中仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度随时间改变的图像如图所示。tA、tB分别是带电粒子到达A、B两点对应的时刻，则下列说法中正确的是(B)A．该电荷肯定带正电B．A处的场强肯定大于B处的场强C．该电荷在A处的电势能肯定小于在B处的电势能D．该电荷从A到B的过程中，肯定克服电场力做功解析：依据图像可知，粒子做加速直线运动，由于粒子在电场中仅受电场力作用，表明粒子所受电场力方向与速度方向相同，由于不知道电场方向，则不能确定粒子的电性，A错误；v－t图像的斜率的肯定值表示加速度大小，依据图像可知，粒子在A处的加速度大于在B处的加速度，即粒子在A处的电场力大于在B处的电场力，则A处的场强肯定大于B处的场强，B正确；依据上述可知，粒子从A点运动到B点，粒子做加速运动，动能增大，电势能减小，即该电荷在A处的电势能肯定大于在B处的电势能，C错误；依据上述，粒子从A点运动到B点，粒子做加速运动，电场力肯定做正功，D错误。故选B。4．(2024·临川一中高二开学考试)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为4V。一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。下列说法正确的是(B)A．平面c上的电势为零B．该电子可能到达不了平面fC．该电子经过平面d时，其电势能为4eVD．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍解析：虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小6eV，电势能增加了6eV，因此a、b、c、d、f相邻两个等势面间的电势差为2V，平面b上的电势为4V，由于电势能增加，等势面电势由a到f是降低的，因此平面d上电势为0，故A错误；由上述分析可知，当电子垂直等势面由a向f方向运动，则电子到达平面f的动能为2eV，由于题目没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做类斜抛运动，则可能不会到达平面f，故B正确；在平面b上的电势为4V，则电子的电势能为－4eV，动能为8eV，电势能和动能之和为4eV，则当电子经过平面d时，动能为4eV，其电势能为0，电子在经过平面b时的动能是平面d时的2倍，则该电子经过平面b时的速率是经过d时的eq\r(2)倍，故C、D错误。故选B。5．(2024·江苏扬州中学高二上开学检测)如图所示，平行板电容器与电源连接，上极板A接地，一带负电的油滴固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板B竖直向下移动一小段距离，则(B)A．带电油滴所受静电力不变B．P点的电势将上升C．带电油滴在P点时的电势能增大D．电容器的电容减小，极板带电荷量增大解析：将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，依据E＝eq\f(U,d)得知板间场强减小，油滴所受的静电力减小，选项A错误；板间场强E减小，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U＝Ed分析可知，P点与上极板间电势差将减小，而P点的电势低于上极板的电势，则知P点的电势将上升，油滴带负电，P点的电势上升，则油滴在P点时的电势能将减小，选项B正确，C错误；依据电容的定义式C＝eq\f(Q,U)，电容器与电源相连，则U不变，当C减小时，则极板带电荷量Q也减小，选项D错误。6．(2024·龙岩上杭一中高二开学考试)真空中一平面直角坐标系xOy内，存在着平行x轴方向的电场，x轴上各点的电势φ随位置x改变的关系图像如图所示，x＝0处电势为6V。一个带负电粒子从x＝1cm处由静止释放，不计粒子重力，则下列说法正确的是(D)A．x＝2cm处的电势为零，电场强度大小也为零B．x＝－1cm处的电场强度大于x＝1cm处的电场强度C．粒子沿x轴负方向运动过程中，电势能先变大后变小D．粒子沿x轴负向运动到的最远位置处的坐标为x＝－1.5cm解析：φ－x图像的斜率等于电场强度，可知x＝2cm处的电势为零，电场强度大小不为零，A错误；x＝－1cm处直线的斜率小于x＝1cm处直线的斜率，可知x＝－1cm处的电场强度小于x＝1cm处的电场强度，B错误；粒子沿x轴负方向运动过程中，由于电势先增大后减小，则带负电的粒子电势能先减小后增大，C错误；由能量关系，粒子沿x轴负向运动到的最远位置处的电势能等于x＝1cm处的电势能，则运动到的最远位置处的电势等于x＝1cm处的电势，则该位置坐标为x＝－1.5cm，D正确。7．(2024·四川成都树德中学高二上段考)如图甲所示，在真空中有水平放置的两个平行正对的金属平板，板长为l，两板间距离为d，在两极板间加一交变电压如图乙所示，质量为m、电荷量为e的电子以速度v0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0接近光速的\f(1,20)))从两极板左端中点沿水平方向连绵不断地射入两平行板之间。若电子经过两极板间的时间与交变电流的周期相比可忽视不计，不考虑电子间的相互作用和相对论效应，则在随意0.2s内(D)A．当Um<eq\f(2md2v\o\al(2,0),el2)时，全部电子都能从极板的右端射出B．当Um>eq\f(md2v\o\al(2,0),el2)时，将没有电子能从极板的右端射出C．当Um＝eq\f(2md2v\o\al(2,0),el2)时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1∶2D．当Um＝eq\f(\r(2)md2v\o\al(2,0),el2)时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1∶(eq\r(2)－1)解析：电子进入极板后，水平方向上不受力，做匀速直线运动，竖直方向上受到电场力作用，当电子恰好飞出极板时有l＝v0t，eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(eUm,md)，解得Um＝eq\f(md2v\o\al(2,0),el2)，当Um<eq\f(md2v\o\al(2,0),el2)时，全部电子都能从极板的右端射出；当Um>eq\f(md2v\o\al(2,0),el2)时，在0.2s时间内，极板间电压U<eq\f(md2v\o\al(2,0),el2)的时间段内，电子能从极板的右端射出，故A、B错误；当Um＝eq\f(2md2v\o\al(2,0),el2)时，由题图乙可知，随意0.2s内，有一半的时间内极板间电压低于电子飞出极板间的临界电压eq\f(md2v\o\al(2,0),el2)，因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1∶1，故C错误；当Um＝eq\f(\r(2)md2v\o\al(2,0),el2)时，由题图乙可知，随意0.2s内，有eq\f(\r(2),2)×0.2s的时间极板间电压低于临界电压eq\f(md2v\o\al(2,0),el2)，因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1∶(eq\r(2)－1)，故D正确。8．(2024·湖南株洲高二期末)如图所示，一质量为m、带正电的液滴，在水平向右的匀强电场中运动，运动轨迹在竖直平面内，A、B为其运动轨迹上的两点，已知该液滴在A点的速度大小为v0，方向与竖直方向的夹角为30°；它运动到B点时速度大小仍为v0，方向与竖直方向的夹角为60°，则液滴从A运动到B的过程(C)A．合力做功为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) B．重力势能增加eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)C．电势能削减eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0) D．机械能削减eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)解析：液滴的动能增加量为零，故合力做功为零，选项A错误；液滴重力势能增加量为ΔEp＝mgh，将液滴的运动分解，竖直方向做加速度为g的匀减速运动，则h＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0cos60°))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0cos30°))2,－2g)＝eq\f(v\o\al(2,0),4g)，则ΔEp＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，选项B错误；电场力对液滴做正功，电场力做的功W电＝F电x＝maxx，液滴在水平方向做匀加速直线运动2axx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0sin60°))2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0sin30°))2＝eq\f(1,2)veq\o\al(2,0)，则电场力做功为W电＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，液滴的电势能削减eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，选项C正确；液滴的机械能增加量等于动能增加量和重力势能增加量之和，故增加了eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，选项D错误。故选C。9．(2024·四川资阳高二上期中)如图所示，A、B、C、D是匀强电场中的四个点，D是BC的中点，A、B、C的连线构成始终角三角形，AB＝Lm，∠ABC＝60°，电场线与三角形所在的平面平行，已知A点的电势为5V，B点的电势为－5V，C点的电势为15V，据此可以推断(BD)A．场强方向由C指向BB．场强方向垂直于A、D连线指向BC．场强大小为eq\f(10,L)V/mD．场强大小为eq\f(20\r(3),3L)V/m解析：由于D点是BC的中点，则UCD＝UDB，即φC－φD＝φD－φB，故φD＝eq\f(φC＋φB,2)＝eq\f(15＋－5,2)V＝5V，则φD＝φA，A、D连线为一条等势线，依据电场线和等势面垂直及沿电场线方向电势渐渐降低，可知场强的方向垂直于A、D连线指向B点，选项A错误，B正确；场强的大小为E＝eq\f(UAB,AB·cos30°)＝eq\f(10,\f(\r(3),2)L)V/m＝eq\f(20\r(3),3L)V/m，选项C错误，D正确。10．(2024·广东新丰一中高二上期中)一带负电的粒子只在静电力作用下沿x轴正方向运动，其电势能随位移的改变关系如图所示，则下列说法正确的是(ACD)A．粒子从x1处运动到x2处的过程中静电力做正功B．x1处电场强度方向沿x轴正方向C．x1处的电场强度小于x2处的电场强度D．x1处的电势比x2处的电势低解析：带负电的粒子从x1处运动到x2处的过程中电势能减小，则静电力做正功，选项A正确；由粒子只在静电力作用下沿x轴运动，所以电场方向与x轴平行，静电力做正功，说明粒子所受的静电力方向沿x轴正方向，粒子带负电，可知电场强度方向沿x轴负方向，选项B错误；依据ΔEp＝－FΔx，知Ep－x图线斜率的肯定值等于静电力，由题图知，粒子在x1处所受的静电力小于在x2处所受的静电力，因此x1处的电场强度小于x2处的电场强度，选项C正确；电场强度方向沿x轴负方向，依据沿着电场线方向电势渐渐降低，可知x1处的电势比x2处的电势低，选项D正确。11．(2024·福建省同安一中高二上学期期中)如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场，静电分析器组成，若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内匀称辐射电场在中心线处的电场强度大小为E。一质量m，电荷量为＋q的粒子从静止起先经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，从垂直于边界的P点射出。不计粒子重力，下列说法正确的是(BC)A．极板M比极板N电势低B．加速电场的电压U＝eq\f(ER,2)C．电荷在静电分析器里做匀速圆周运动D．电荷在静电分析器里的运动时间是t＝eq\f(πRm,4Uq)解析：带电粒子带正电，在加速电场能够加速，则极板M比极板N电势高，故A错误；在静电分析器中，受到的电场力指向圆心，带电粒子沿中心线通过静电分析器，电场力不做功，粒子做匀速圆周运动，从垂直于边界的P点射出。在静电分析器中，电场力供应向心力，即Eq＝meq\f(v2,R)，再依据Uq＝eq\f(1,2)mv2可知U＝eq\f(1,2)ER，故B、C正确；电荷在静电分析器里的运动时间是t＝eq\f(s,v)＝eq\f(\f(1,2)πR,\r(\f(2Uq,m)))＝eq\f(πR\r(2mUq),4Uq)，故D错误。12．(2024·广州高二期末)如图1，光滑水平桌面上固定一圆形光滑绝缘轨道，整个轨道处于水平向右的匀强电场中。一质量为m，带电量为q的带电小球，在轨道内做完整的圆周运动。若小球运动到B点时速度最大，运动到A点时速度大小为v，且轨道对小球的弹力大小为N。其N－v2图像如图2，则下列说法正确的是(AD)A．圆形轨道半径为eq\f(mb,a)B．小球受到的电场力大小为bC．小球由A点运动到B点，电场力做功mbD．当v2＝b时，小球运动到B点时轨道对小球的弹力大小为6a解析：对A点处的小球受力分析，由牛顿其次定律可得N＋qE＝meq\f(v2,R)，则N＝eq\f(m,R)v2－qE，所以N－v2图像的斜率k＝eq\f(m,R)＝eq\f(0－－a,b－0)＝eq\f(a,b)，图像的截距－a＝－qE，解得匀强电场电场强度E＝eq\f(a,q)，圆形轨道半径R＝eq\f(mb,a)，因为E＝eq\f(a,q)，故F＝qE＝a，故A正确，B错误；小球运动到B点速度最大，说明A到B电场力做正功，小球带正电W＝Fs＝qE·2R，又因为R＝eq\f(mb,a)，得W＝qE·2R＝2mb，故C错误；当v2＝b时，小球恰过A点，则qE＝meq\f(v2,R)，对小球从A到B过程，应用动能定理得qE·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mv2，小球在B点时，对小球受力分析，由牛顿其次定律可得NB－qE＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，联立解得，当v2＝b时，小球运动到B点时轨道对小球的弹力NB＝6qE＝6a，故D正确。故选AD。第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(共2小题，共14分。把答案干脆填在横线上)13．(6分)(2024·山东聊城高一期末)某试验小组利用如图甲所示的电路“视察电容器的充、放电现象”。(1)若将开关S接1，电容器上极板带_正电__(填“正电”或“负电”)，再将S接2，通过电流表的电流方向_向左__(填“向左”或“向右”)。(2)试验中所运用的电容器如图乙所示，当电容器两端电压为额定电压时，电容器极板上所带电荷量为_2.6__C(结果保留两位有效数字)。解析：(1)将开关S接1，电容器上极板与电源的正极相接，则上极板带正电，再将S接2，电容器放电，所以通过电流表的电流方向向左。(2)由题图乙可知该电容器的额定电压为5.5V，电容C＝0.47F，当电容器两端电压为额定电压时，电容器极板上所带电荷量Q＝CU＝0.47×5.5C≈2.6C。14．(8分)当今医学上对某些肿瘤采纳质子疗法进行治疗，该疗法用肯定能量的质子束照耀肿瘤杀死癌细胞。现用始终线加速器来加速质子，使其从静止起先被加速到1.0×107m/s。已知加速电场的场强为1.3×105N/C，质子的质量为1.67×10－27kg，电荷量为1.6×10－19C，则(1)加速过程中质子电势能削减(填“增加”或“削减”)；(2)质子所受到的电场力为2.08×10－14N；(3)质子加速须要的时间约为8×10－7s；(4)加速器加速的直线长度约为4m。解析：(1)加速质子过程中，电场力对质子做正功，质子的电势能削减。(2)质子受到的电场力为F＝Eq＝1.3×105×1.6×10－19N＝2.08×10－14N。(3)质子的加速度为a＝eq\f(F,m)＝eq\f(2.08×10－14,1.67×10－27)m/s2≈1.25×1013m/s2，依据v＝at得，加速时间t＝8×10－7s。(4)依据v2＝2ax得，加速的直线长度x＝4m。三、论述、计算题(本题共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最终答案不能得分，有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位)15．(8分)(2024·江苏启东中学高二上期中)如图所示的平行金属板电容器的电容C＝2×10－4F，极板A、B之间可以看成匀强电场，场强E＝1.2×103V/m，极板间距离为L＝5cm，电场中c点到A极板、d点到B极板的距离均为0.5cm，B极板接地。求：(1)d点处的电势φd；(2)B极板所带电荷量Q；(3)d、c两点间的电势差Udc；(4)将电荷量q＝－5×10－6C的负点电荷从d移到c，静电力的功Wdc。答案：(1)－6V(2)1.2×10－2C(3)48V(4)－2.4×10－4J解析：(1)d点与B极板间的电势差UdB＝－Ed＝－1200×0.005V＝－6V，所以φd＝－6V。(2)B、A间的电势差UBA＝EL＝1200×0.05V＝60VB极板所带电荷量Q＝CUBA＝2×10－4×60C＝1.2×10－2C。(3)d、c两点沿电场方向的距离Ldc＝0.05m－2×0.5×10－2m＝0.04md、c两点间的电势差Udc＝ELdc＝48V。(4)Wdc＝qUdc＝－2.4×10－4J。16．(8分)(2024·江西赣州市第十四中学高二阶段练习)如图所示，一带电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止。重力加速度取g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)水平向右电场的电场强度的大小；(2)若将电场强度减小为原来的eq\f(1,2)，小物块的加速度是多大；(3)电场强度改变后小物块下滑距离L时的动能。答案：(1)eq\f(3mg,4q)(2)0.3g(3)0.3mgL解析：(1)对物块受力分析，依据共点力的平衡条件可得qEcos37°＝mgsin37°解得E＝eq\f(3mg,4q)。(2)对物块受力分析，若将电场强度减小为原来的eq\f(1,2)，依据牛顿其次定律可得mgsin37°－eq\f(1,2)qEcos37°＝ma解得a＝0.3g。(3)依据动能定理可得下滑L时的动能为Ek＝maL＝0.3mgL。17．(14分)(2024·黑龙江宾县其次中学高二期末)如图所示，一静止的电子经过电压为U的电场加速后，马上从A点射入偏转匀强电场中，射入方向与偏转电场的方向垂直，最终电子从B点离开偏转电场。已知偏转电场的电场强度大小为E，宽度为L，方向竖直向上(如图所示)，电子的电荷量为e，质量为m，重力忽视不计。(1)求电子离开加速电场时的速度；(2)求电子在偏转电场中的偏转距离；(3)若仅将加速电场的电压提高为原来的2倍，使电子仍从B点经过，求偏转电场的电场强度E′的大小。答案：(1)eq\r(\f(2eU,m))(2)eq\f(EL2,4U)(3)2E解析：(1)电子在电场中的加速，由动能定理得eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(\f(2eU,m))。(2)设电子的竖直偏移量为y，则依据类平抛运动规律水平方向有L＝v0t，竖直方向有y＝eq\f(1,2)at2，由牛顿其次定律得a＝eq\f(eE,m)，联立解得y＝e