阶段•评估 第2章质量检测（Word练习）-【新课程学案】新教材2023-2024学年高中物理必修第三册（鲁科版2019）

阶段质量检测（二）电势能与电势差 (本试卷满分：100分) 一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1．如图所示，在匀强电场中有A、B两点，将一电荷量为q的正电荷从A点移到B点，第一次沿直线AB移动该电荷，静电力做功为W1；第二次沿折线ACB移动该电荷，静电力做功为W2；第三次沿曲线AB移动该电荷，静电力做功为W3，则(　 ) A．W1>W2　　　　　 B．W3<W2 C．W1＝W2 D．W1<W3 解析：选C　静电力做功只与起始和终止位置有关，与路径无关，因此选项C正确。 2．一个带正电的质点，电荷量q＝2.0×10－9 C，在静电场中由a点移动到b点。在这个过程中，除电场力外，其他力做的功为8.0×10－5 J，质点的动能增大了6.0×10－5 J，若规定b点为零电势点，则a点的电势φa为(　 ) A．1×104 V B．－1×104 V C．3×104 V D．－4×104 V 解析：选B　设a、b两点间的电势差为Uab，根据动能定理，有W其他＋qUab＝ΔEk，将数据代入得Uab＝－1×104 V。规定b点为零电势点，则a点的电势φa＝－1×104 V。故选B。 3.如图所示，在Oxy坐标系中，将一负检验电荷Q由y轴上a点移至x轴上b点，需克服静电力做功W；若从a点移至x轴上c点时，也需克服静电力做功W，那么关于此空间存在的静电场不可能的是(　 ) A．电场强度方向沿y轴负方向的匀强电场 B．电场强度方向沿x轴正方向的匀强电场 C．处于第Ⅰ象限某一位置的正点电荷形成的电场 D．处于第Ⅳ象限某一位置的负点电荷形成的电场 解析：选B　根据题意，符合条件的电场应满足a点的电势高于b、c两点的电势，b、c两点电势相等。沿y轴负方向的匀强电场满足以上的条件，是可能的，故A不符合题意；沿x轴正方向的匀强电场因为φb>φc，不满足以上的条件，故B符合题意；处于第Ⅰ象限某一位置的正点电荷形成的电场，当点电荷的位置在bc连线的中垂线上，且点电荷到a的距离小于到b、c的距离时，满足以上的条件，故C不符合题意；处于第Ⅳ象限某一位置的负点电荷形成的电场，当点电荷的位置在bc连线的中垂线上时，满足以上的条件，故D不符合题意。 4.一带正电粒子仅在电场力作用下，从坐标原点以初速度v0沿x轴正方向做直线运动，已知x轴上各点电势分布如图所示，则下列关于粒子在0～x0区域内运动的说法正确的是(　 ) A．该粒子的电势能一直增大 B．该粒子的动能先减小后增大 C．该粒子的加速度先减小后增大 D．该粒子所受电场力先沿＋x方向后沿－x方向 解析：选B　根据电势能公式Ep＝φq，粒子带正电，由图像知电势能先增大后减小，A错误；电势能先增大后减小，则电场力先做负功后做正功，则动能先减小后增大，B正确；根据φ­x图像的斜率绝对值表示电场强度大小，可知场强先减小后增大再减小，则电场力先减小后增大再减小，该粒子的加速度先减小后增大再减小，C错误；粒子电势能先增大后减小，所以电场力先做负功后做正功，粒子带正电，则所受电场力先沿－x方向后沿＋x方向，D错误。 5.如图所示，平行板电容器竖直放置，两极板PQ、MN长为l，间距为d，初状态PQ、MN分别接电源正、负极，极板间电场强度为E1。一质量为m、带电量为＋q的小球从靠近Q点以初速度v0竖直向上进入电场，上升高度为l时，电场反向、大小变为E2，使小球到达M点时速度刚好为0。重力加速度为g，则(　 ) A．E2＝E1 B．E1＝2E2 C．E2＝3E1 D．E2＝2E1 解析：选D　由题意可得，小球在竖直方向的加速度一直为重力加速度g，竖直方向根据逆向思维有l－l＝l＝gt22，l＝g(t1＋t2)2，可得t1＝2t2，设电场反向时，小球的水平速度大小为vx，在电场E1中有vx＝t1，在电场E2中有0＝vx－t2，联立解得E2＝2E1，故选D。 6.如图，真空中水平放置的两平行正对金属板构成一电容器，上板带正电荷，下板带等量的负电荷。氘原子核12H，符号是D，其质量是质子质量的2倍，带正电荷，电荷量与质子电荷量相同；α粒子是氦原子核24He，其质量是质子质量的4倍，带正电，电荷量是质子电荷量的2倍。现有一氘核从平行板电容器上极板左侧边缘a点沿与板平行方向射入板间，恰好落在下极板中点A，落在A点时速度与水平方向夹角为θD；另有一α粒子从电容器左侧两板中间b点沿与板平行方向射入板间，恰好到达下极板右端B点，到达B点时速度方向与水平方向夹角为θα。不计粒子重力。则两角度的正切值之比tanθD∶tanθα为(　 ) A．2∶1 B．4∶1 C．8∶1 D．16∶1 解析：选B　依题意知，粒子在极板间做类平抛运动，则粒子打在下极板时，速度与水平方向夹角的正切值为tan θ＝，又因为vy＝at，v0＝，联立求得tan θ＝＝＝，即粒子速度与水平方向夹角的正切值与粒子在竖直方向及水平方向发生的位移有关，设极板长为L，极板间距离为d，结合题图可得＝·＝·＝，故选B。 7.如图，真空中电荷量为2q和－q(q>0)的两个点电荷分别位于M点与N点，形成一个以MN延长线上O点为球心、电势为零的等势面(取无穷远处电势为零)，P为MN连线上的一点，S为等势面与直线MN的交点，T为等势面上的一点，下列说法正确的是(　 ) A．P点电势低于S点电势 B．T点电场强度方向指向O点 C．除无穷远处外，MN直线上还存在两个电场强度为零的点 D．将正试探电荷q0从T点移到P点，静电力做正功 解析：选B　在直线MN上，正电荷在M点，其右侧电场强度水平向右，负电荷在N点，其左侧电场强度水平向右，根据电场的叠加可知MN间的电场强度水平向右，沿着电场线方向电势逐渐降低，可知P点电势高于等势面与MN交点处电势，则P点电势高于S点电势，等势面上任意一点电势均大于球内任意一点电势，又因为电场强度方向垂直等势面，可知T点电场强度方向指向O点，故A错误，B正确；由于正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量，可知在N点左侧电场强度不可能为零，则在N点右侧，设MN距离为L，根据＝，可知除无穷远处外，MN直线上电场强度为零的点只有一个，故C错误；由A选项分析可知，T点电势低于P点电势，则正试探电荷在T点的电势能低于在P点的电势能，将正试探电荷q0从T点移到P点，电势能增大，静电力做负功，故D错误。 8.一电子仅在电场力的作用下从原点静止开始沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位置坐标x变化的关系如图所示，其中图像在x>6 m范围内为直线。下列说法正确的是(　 ) A．电场的方向沿x轴正方向 B．电子在0～6 m内做加速度逐渐减小的加速运动 C．电子在x＝8 m处的动能为3 eV D．x＝8 m处的电势为2 V 解析：选D　电子在0～6 m内电势能逐渐减小，可知电势沿x轴正方向逐渐升高，即电场的方向沿x轴负方向，A错误；Ep­x图像的斜率绝对值为qE，从图像可知，斜率的绝对值先减小后增大，可知电子在0～6 m内先做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的加速运动，B错误；电子在0～8 m内由动能定理得W电＝ΔEk，由电场力做功与电势能关系得W电＝－ΔEp＝7 eV，所以电子在x＝8 m处的动能为7 eV，C错误；电子在x＝8 m 处的电势能为－2 eV，由Ep＝qφ＝－eφ，可得x＝8 m处的电势为φ＝＝2 V，D正确。 二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 9.如图所示，实线为三个电荷量相同的带正电的点电荷Q1、Q2、Q3的电场线分布，虚线为某试探电荷只在电场力作用下从a点运动到b点的轨迹，则下列说法正确的是(　 ) A．该试探电荷为负电荷 B．b点的电场强度比a点的电场强度大 C．该试探电荷从a点到b点的过程中电势能先增加后减少 D．该试探电荷从a点到b点的过程中动能先增加后减少 解析：选BC　电场力方向指向曲线凹处，该试探电荷为正电荷，故A错误；根据电场线的疏密表示电场强度大小可知，b点的电场强度比a点的电场强度大，选项B正确；该试探电荷从a点到b点的过程中，电场力与速度方向的夹角先是钝角后变成锐角，即电场力先做负功后做正功，试探电荷的电势能先增加后减少，动能先减少后增加，选项C正确，D错误。 10.如图所示，ABCD为一正方形，M、N、P、Q分别为正方形四条边的中点，空间存在与正方形平面平行且范围足够大的匀强电场。已知质子由A点运动到B点电场力做功为－10 eV，质子由A点运动到C点电场力做功为－20 eV。则下列说法正确的是(　 ) A．电场强度的方向应由C指向A B．质子由Q点运动到N点的过程中，电场力不做功 C．电子由B点运动到D点的过程中，电场力做功10 eV D．电子由M点运动到A点的过程中，电子的电势能增加15 eV 解析：选AD　由题意根据W＝qU，可知，质子由A运动到B时WAB＝qUAB，代入数据解得UAB＝－10 V，同理UAC＝－20 V，假设A点的电势为0 V，则B点的电势为10 V，C点的电势为20 V，由匀强电场的特点可知正方形对角线的交点O的电势为10 V，因此BD连线为等势线，如图所示，所以电场线的方向一定由C指向A，故A正确；由于M、N、P、Q分别为正方形四条边的中点，则M点与Q点的电势均为15 V，P点与N点的电势均为5 V，则质子由Q点运动到N点的过程中，电场力做功为WQN＝qUQN＝10 eV，故B错误；由于BD两点的电势相等，则电子由B点运动到D点的过程中电场力做功为零，故C错误；电子由M点运动到A点的过程中，电场力做功为WMA＝qUMA＝－15 eV，则电子的电势能增加15 eV，故D正确。 11．如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0，已知t＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场。则(　 ) A．有一些粒子会打到极板上 B．所有粒子最终都垂直电场方向射出电场 C．运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2Ek0 D．只有t＝n(n＝0,1,2…)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场 解析：选BC　粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；t＝0时刻射入电场的带电粒子沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍，故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场；由于t＝0时刻射入的粒子在竖直方向上始终做单向直线运动，则该粒子竖直方向的分位移最大，该粒子恰好从上极板边缘飞出，则其他粒子没有达到上极板边缘，故所有粒子最终都不会打到极板上， B正确，A、D错误；t＝0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为，设竖直方向最大速度为vym，则根据分位移公式有＝·，由于L＝d，故有vym＝v0，故有Ekm＝m(v02＋vym2)＝2Ek0，C正确。 12．地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后，(　 ) A．小球的动能最小时，其电势能最大 B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大 C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大 D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量 解析：选BD　对小球受力和运动分析，如图所示，Eq＝mg，故等效重力G′的方向与水平方向成45°。当vy＝0时速度最小为vmin＝v1，由于此时v1存在水平分量，电场力还可以做负功，故此时电势能不是最大，故A错误；水平方向上v0＝ t，在竖直方向上v＝gt，由于Eq＝mg，得v＝v0，如图所示，小球的动能等于初始动能，由于此时速度没有水平分量，故电势能最大；由动能定理可知WG＋WEq＝0，则重力做的功等于小球电势能的增加量， 故B、D正确；当速度为图中v1所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误。 三、非选择题(本题共5小题，共60分) 13．(6分)某课外兴趣小组用如图甲所示的电路观察电解电容器的充、放电现象，并测量电容器的电容。 (1)粗略观察充放电的电流大小和方向时，应选择表头为______(填“乙”或“丙”)图的电流表。 (2)放电时，流经电阻R的电流______(填“向左”或“向右”)。 (3)为了能精确测量电容，将甲图中电流表换成电流传感器测量电流，并根据电路图，连接图丁中的实物图。 (4)电容器放电过程中，电流随时间变化的规律如图戊所示，计算机可以得出i­t图像所围的区域面积为0.869 mA·s，电阻R为500 Ω，直流电源电压恒为2 V，该电容器电容为______μF(结果保留三位有效数字)。 (5)仅将500 Ω的电阻改为1 000 Ω，电流传感器内阻不计，重新观察电容放电曲线，请在图戊中大致画出电阻为1 000 Ω的放电曲线。 解析：(1)乙图电表可以测量正反双向电流，而丙图电表只能测量正向电流，反向电流可能导致电表烧坏，由于刚开始测量时不知道电流的方向，因此粗略观察充放电的电流大小和方向时应选择乙图电表。 (2)充电时电容器左侧接的是电源正极，左极板为正电荷，因此放电时电流为顺时针方向，故流经电阻R的电流向右。 (3)根据电路图，连接的实物图如图1所示。 (4)根据Q＝It可知i­t图像所围的区域面积即为通过的电荷量，所以Q＝0.869 mA·s＝8.69×10－4 C，因此C＝＝≈435 μF。 (5)仅将500 Ω的电阻改为1 000 Ω，其他器件参数不变化，且电流传感器内阻不计时，充电完成后电容极板上储存的总电荷量不变，因此i­t图像所围的区域面积与R为500 Ω时相同，放电时由于R增大，因此初始放电电流会减小，因此1 000 Ω的放电曲线如图2。 答案：(1)乙　(2)向右　(3)见解析图1　(4)435　(5)见解析图2 14．(8分)在“用传感器观察电容器的充放电过程”实验中，按图1所示连接电路。电源电动势为8.0 V，内阻可以忽略。单刀双掷开关S先跟“2”相接，某时刻开关改接“1”，一段时间后，把开关再改接“2”。实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。 (1)开关S改接“2”后，电容器进行的是______(选填“充电”或“放电”)过程。此过程中得到的I­t图像如图2所示，图中用阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是__________________________________。如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的I­t曲线与坐标轴所围成的面积将______(选填“减小”、“不变”或“增大”)。 (2)若实验中测得该电容器在整个放电过程中释放的电荷量Q＝3.44×10－3 C，则该电容器的电容为______μF。 (3)关于电容器在整个充、放电过程中的q­t图像和UAB­t图像的大致形状，可能正确的有______(q为电容器极板所带的电荷量，UAB为A、B两板的电势差)。 解析：(1)将开关S接通“1”，电容器与电源相连，所以电容器进行充电；再将S接通“2”，电容器通过电阻R放电。 题图中横坐标分成许多很小的时间间隔，在这些很小的时间间隔里，放电电流可以视为不变，则IΔt为这段时间内放出的电荷量，所以题图中用阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是0.2 s内电容器放出的电荷量。根据Q＝CU，电荷量与电阻值R无关，如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的I­t曲线与坐标轴所围成的面积将不变。 (2)根据电容的定义式得C＝＝ F＝430 μF。 (3)电容器在充电过程中，电流由最大逐渐减小，放电过程电流也是由最大逐渐减小，根据q＝It，q­t图像的倾斜程度表示电流的大小，B错误，A正确；电容器在充电过程中，电流由最大逐渐减小，放电过程电流也是由最大逐渐减小，电容器的电容不变，根据U＝＝t，UAB­t图像的倾斜程度表示电流大小，C错误，D正确。 答案：(1)放电　0.2 s内电容器放出的电荷量　　不变　(2)430　(3)AD 15.(14分)如图所示，真空中固定在O点的点电荷带电荷量为Q＝＋2×10－6 C，虚线是另一带电荷量为q＝－2×10－9 C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到A点静电力做了1.5×10－7 J的功，取无穷远处电势为零，轨迹上离O点距离为3 cm的B点电势φB＝125 V。求：(静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2) (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。 解析：(1)点电荷在B点时受到的静电力大小F＝k，解得F＝4×10－2 N。 (2)根据功能关系有W∞A＝Ep∞－EpA， 解得EpA＝－1.5×10－7 J。　 (3)A点的电势φA＝＝ V＝75 V， A、B两点间的电势差UAB＝φA－φB＝－50 V。 答案：(1)4×10－2 N　(2)－1.5×10－7 J (3)－50 V 16．(16分)水平放置的两块平行金属板长L＝5.0 cm，两板间距d＝1.0 cm，两板间电压为90 V且上板为正。一电子沿水平方向以速度v0＝2.0×107 m/s从两板中间射入，如图所示，求：(电子电荷量e＝1.6×10－19 C，电子质量me＝9.1×10－31 kg，计算结果保留两位有效数字) (1)电子飞出电场时的侧位移； (2)电子飞出电场时的速度大小； (3)电子离开电场后，打在屏上的P点，若s＝10 cm，求OP的长。 解析：(1)电子在电场中的加速度a＝， 运动时间t＝， 侧位移即竖直方向位移y0＝at2＝， 代入数据解得y0≈4.9×10－3 m。 (2)电子飞出电场时，水平分速度vx＝v0， 竖直分速度vy＝at＝， 飞出电场时的速度为v＝， 代入数据可得v≈2.0×107 m/s。 (3)设v与v0的夹角为θ， 则tan θ＝ 电子飞出电场后做匀速直线运动： OP＝y0＋NP＝y0＋s·tan θ 代入数据解得OP≈2.5×10－2 m。 答案：(1)4.9×10－3 m　(2)2.0×107 m/s (3)2.5×10－2 m 17．(16分)如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管ADB固定在竖直平面内，圆管的圆心为O，D点为圆管的最低点，A、B两点在同一水平线，AB＝2L，圆管的半径为r＝L(自身的管径忽略不计)。过OD的虚线与过AB的虚线垂直相交于C点，在虚线AB的上方存在方向水平向右、范围足够大的匀强电场，在虚线AB的下方存在方向竖直向下、范围足够大的匀强电场，电场强度大小都为E。圆心O正上方的P点有一质量为m、电荷量为－q(q>0) 的小球(可视为质点)，PC长为L。现将该小球从P点无初速度释放，经过一段时间后，小球刚好从管口A无碰撞地进入圆管内，并继续运动，重力加速度为g。 (1)求小球从P到A运动的时间t1； (2)求小球在ADB管中运动经过D点时对管的压力FD的大小； (3)小球从B点离开后，经过一段时间到达虚线AB上的N点(图中未标出)，求小球从A到N的总时间tAN以及N点离B点的距离x。 解析：(1)小球从P到A过程在竖直方向做自由落体运动，则有L＝gt12，解得t1＝ 。 (2)小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，从A点沿切线方向进入圆管，由题意结合几何知识可知，此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则tan 45°＝，解得E＝， 从P到A的过程，根据动能定理有 mgL＋EqL＝mvA2，解得vA＝2， 小球在管中运动时，有Eq＝mg， 可知小球做匀速圆周运动， 则vD＝vA＝2， 在D点时，管下壁对球的支持力FD′＝＝2mg， 由牛顿第三定律得 FD＝FD′＝2mg，方向竖直向下。 (3)设小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为t2，则t2＝＝ 因为vB＝vA＝2， 则小球离开B点时水平及竖直方向的分速度为 vB1＝vB2＝vBsin 45°＝， 小球离开管后在竖直方向做匀变速运动， 从B到N所用时间 t3＝＝2， 小球从A到N的总时间 tAN＝t2＋t3＝ ， 小球离开管后在水平方向的加速度a＝＝g， N点离B点的距离 x＝vB1t3＋gt32，解得x＝8L。 答案： (1) 　(2)2mg　(3) 　8L 5 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $$