2025版新教材高中物理单元素养检测第十章静电场中的能量新人教版必修第三册VIP

单元素养检测(第十章)考试时间：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肯定大B．电场强度越大的地方电势肯定越高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．关于以下四幅图的说法中，正确的是()A．甲图所示为可变电容器，动片旋出时可以使其与定片的距离增大，从而变更电容B．乙图所示装置可以用来储存电荷C．丙图中电容器只要与电源相连，电流表的示数始终不为零D．丁图所示是电解电容器，电容器表面所标电压80V为击穿电压3．两个不规则的带电体间的电场线分布如图所示，已知带电体旁边的电场线均与带电体表面垂直，a、b、c、d为电场中几个点，并且a、d为紧靠带电体表面的两点，以无限远处为零电势点，则()A．电场强度大小关系有Eb>EcB．电势大小关系有φb>φdC．将一负电荷放在d点时其电势能为负值D．将一负电荷由a点移到d点的过程中静电力做正功4.[2024·四川射洪中学高二上月考]静电场中某电场线如图所示．把点电荷从电场中的A点移到B点，其电势能增加1.2×10－7J，则该点电荷的电性及在此过程中电场力做的功分别为()A．正电－1.2×10－7JB．负电－1.2×10－7JC．正电1.2×10－7JD．负电1.2×10－7J5.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，该点电荷的电荷量肯定值为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．平行板间有如图所示的周期性变更的电压．重力不计的带电粒子静止在平行板中心，从t＝0时刻起先将其释放，运动过程中无碰板状况．能正确定性描述粒子运动的速度图像的是()7．[2024·江苏扬州中学检测]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()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．如图是某种静电推动装置的原理图，放射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面．在强电场作用下，一带电液滴从放射极加速飞向吸极．a、b是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是()A．a点的电势比b点的高B．a点的电场强度比b点的小C．液滴在a点的加速度比在b点的小D．液滴在a点的电势能比在b点的大9．如图所示，电荷量之比qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点动身，沿着垂直于电场的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OC＝CD，忽视粒子重力的影响，则()A．A和B在电场中运动的时间之比为1∶2B．A和B运动的加速度大小之比为4∶1C．A和B的位移大小之比为1∶1D．A和B的质量之比为1∶1210．某电场的等势面如图所示，图中a、b、c、d、e为电场中的5个点，则()A．一正电荷从b点运动到e点，电场力做正功B．一电子从a点运动到d点，电场力做功为4eVC．b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右D．a、b、c、d四个点中，b点的电场强度大小最大三、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)如图所示试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)本试验过程运用的试验方法是________________________________________________________________________．(2)试验过程中进行如下操作：使电容器带电后与电源断开．如要探讨电容C和两板间间距d的关系，应保持________不变，变更________；看到的现象是__________________________________________．12.(10分)如图，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点．先给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为＋Q和－Q，此时悬线与竖直方向的夹角为eq\f(π,6).再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增大到eq\f(π,3)，且小球与两极板不接触．求其次次充电使电容器正极板增加的电荷量．13.(10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.14.(12分)如图所示，内表面光滑且绝缘的半径为1.2m的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为3×106V/m.有一质量为0.12kg、带负电的小球，电荷量大小为1.6×10－6C，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A时，小球与轨道压力恰好为零，g取10m/s2，求：(1)小球在A点时的速度大小；(2)小球运动到最高点B时对轨道的压力大小．15．(16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＝1×10－7kg.不计粒子所受重力．求：(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．单元素养检测(十章)1．答案：D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；电场强度与电势凹凸无关，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．2．答案：B解析：题图甲所示为可变电容器，动片旋出时与定片的距离不变，通过减小极板间的正对面积来变更电容，A错误；题图乙构成一个简易的电容器，能够储存电荷，B正确；题图丙中，在电容器充电的过程中，电流表的读数不为零，电路稳定时电流表的示数为零，C错误；题图丁所示是电解电容器，电容器表面所标电压80V为额定电压，小于击穿电压，D错误．3．答案：B解析：b点电场线比c点稀疏，所以Eb<Ec，A错误；沿电场线方向电势降低，φb>φd，B正确；取无限远处电势为零，则d点电势为负，负电荷在d点具有的电势能为正值，C错误；负电荷由a移到d，静电力做负功，D错误．4．答案：B解析：把点电荷从电场中的A点移到B点，其电势能增加1.2×10－7J，电场力做负功，则该点电荷带负电，电场力做功为－1.2×10－7J，故选B.5．答案：A解析：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，所以该电荷肯定为负电荷，且WAB＝EpA－EpB＝1.2×10－8J－8.0×10－9J＝4.0×10－9J，A正确，B、D错误．UAB＝eq\f(WAB,q)＝eq\f(4.0×10－9,－1.0×10－9)V＝－4.0V，C错误．6．答案：A解析：0～eq\f(T,2)时间内粒子做初速度为零的匀加速直线运动，eq\f(T,2)～T时间内做匀减速直线运动，由对称性可知，在T时刻速度减为零．此后周期性重复，选项A正确．7．答案：B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)可知板间场强减小，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，由于油滴带负电，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，则极板所带电荷量Q也减小，选项D错误．8．答案：AD解析：高压电源正极连接放射极，负极连接吸极，放射极和吸极间产生向右的电场，沿电场线方向电势渐渐降低，故φa>φb，A正确；由等势面的疏密程度可知，Ea>Eb，B错误；不计液滴重力，由F＝Eq＝ma可得，aa>ab，C错误；液滴向右加速，故电场力做正功，电势能减小，即Epa>Epb，D正确．9．答案：ABD解析：粒子在电场中做类平抛运动，水平方向有x＝v0t，又由于初速度相等，则eq\f(tA,tB)＝eq\f(xA,xB)＝eq\f(OC,OC＋CD)＝eq\f(1,2)，A正确．粒子在竖直方向的分运动为初速度为零的匀加速直线运动，竖直分位移y＝eq\f(1,2)at2相同，则eq\f(aA,aB)＝eq\f(teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A)))＝eq\f(4,1)，B正确．A和B的位移大小之比eq\f(sA,sB)＝eq\f(\r(y2＋OC2),\r(y2＋（OC＋CD）2))≠1，C错误．由牛顿其次定律得qE＝ma，则粒子的质量m＝eq\f(qE,a)，所以eq\f(mA,mB)＝eq\f(qA,qB)·eq\f(aB,aA)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,12)，D正确．10．答案：BD解析：依据题图可知φb＝φe＝5V，故一正电荷从b点运动到e点，电场力做功为零，A错误；一电子从a点运动到d点，电场力做功Wad＝qUad＝(－e)·(φa－φd)＝4eV，B正确；依据电场线与等势面到处垂直的关系可知，b点电场强度与该点所在等势面垂直，方向由高电势指向低电势，即方向向左，C错误；题图所示为等差等势面，等差等势面的疏密可表示电场强度的大小，即等差等势面密集处，电场强度大；反之电场强度小，a、b、c、d四个点中，b点处的等差等势面最密集，即b点的电场强度最大，D正确．11．答案：(1)限制变量法(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更解析：(1)平行板电容器的电容与正对面积、板间距离、电介质有关；本试验采纳了限制变量法．(2)使电容器带电后与电源断开，电量不变，要探讨电容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，变更两板间间距d，电容变更，由U＝eq\f(Q,C)，电势差U发生变更，静电计指针张角有变更．12．答案：2Q解析：第一次充电后，小球受重力mg、悬线拉力和电场力qE这三个力而处于平衡状态，依据共点力的平衡条件(如图)有qE＝mgtaneq\f(π,6)，依据电场强度与电势差的关系及电容的定义式得E＝eq\f(Q,Cd)，所以Q＝eq\f(\r(3)mgCd,3q)；其次次充电后，同理可得Q′＝eq\f(\r(3)mgCd,q)，所以其次次充电使电容器正极板增加的电荷量ΔQ＝Q′－Q＝eq\f(2\r(3)mgCd,3q)＝2Q.13．答案：(1)4×10－2N(2)－1.5×10－7J(3)－50V解析：(1)点电荷在B点时受到的静电力大小F＝keq\f(Qq,r2)，解得F＝4×10－2N.(2)依据功能关系有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．14．答案：(1)6m/s(2)21.6N解析：(1)重力：G＝mg＝0.12kg×10N/kg＝1.2N，静电力：F＝qE＝1.6×10－6C×3×106V/m＝4.8N，在A点有：qE－mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),R)，代入数据解得：v1＝6m/s.(2)设球在B点的速度大小为v2，从A到B，由动能定理有：(qE－mg)2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－eq\f(1,2)mveq\o