阶段质量检测(2) 静电场中的能量（Word练习）-【新课程学案】新教材2023-2024学年高中物理必修第三册（人教版2019）

阶段质量检测(二)　静电场中的能量 (本试卷满分：100分) 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1．如图所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点。c为ab的中点，a、b电势分别为φa＝5 V、φb＝3 V，下列叙述正确的是(　 ) A．该电场在c点处的电势不一定为4 V B．a点处的场强Ea一定大于b点处的场强Eb C．一负电荷运动到c点时受到的静电力由c指向b D．一负电荷从c点运动到b点电势能一定减小 2.可用如图所示的电路对电容器进行充电。在对电容器充电的过程中，下列说法正确的是(　 ) A．电容器所带的电荷量逐渐增大 B．电容器所带的电荷量保持不变 C．电容器的电容逐渐增大 D．电容器两极间的电压逐渐减小 3.如图所示，虚线为某电场中的三条电场线1、2、3，实线表示某带电粒子仅在静电力作用下的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，则下列说法中正确的是(　 ) A．粒子在a点的加速度大小大于在b点的加速度大小 B．粒子在a点的电势能大于在b点的电势能 C．粒子在a点的速度大小大于在b点的速度大小 D．a点的电势高于b点的电势 4.如图所示，abcd为匀强电场中的一等腰梯形，其平面与场强方向平行。已知ab＝bc＝2 cm，dc＝4 cm，a、b、d三点的电势分别为0、4 V、4 V，下列判断正确的是(　 ) A．c点的电势为12 V B．匀强电场的场强为200 V/m C．电场强度的方向平行于bc边斜向下 D．电子和质子分别放在d点时，具有相同的电势能 5．如图，氕(11H)、氘(12H)、氚(13H)和氦(24He)的原子核由静止开始经同一加速电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上。下列说法正确的是(　 ) A．四种原子核飞出加速电场时的速度相同 B．四种原子核在偏转电场中的偏转距离不同 C．四种原子核飞出偏转电场时的动能相同 D．四种原子核打在荧光屏的同一位置上 6．两个点电荷Q1和Q2固定在x轴上O、D两点，两者之间连线上各点电势高低如图中曲线所示(OB>BD)，取无穷远处电势为零，由图可知(　 ) A．Q1为负电荷，Q2为正电荷 B．B点电场强度为零 C．从D到B电势降低，从B到O电势升高，B点电势为0 D．将电子沿x轴从A点移到C点，静电力一直做负功 7.如图所示，圆心为O点，半径R＝0.1 m的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab和cd为该圆的直径。将电荷量为q＝＋0.1 C的粒子从a点移动到b点，静电力做功为2 J；若将该粒子从c点移动到d点，静电力做功为4 J。下列说法正确的是(　 ) A．该匀强电场的场强方向与ab平行 B．电场强度的大小E＝200 V/m C．a点电势高于c点电势 D．将该粒子从d点移动到b点，静电力做功为－2 J 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求，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，一带电液滴在重力和匀强电场对它的静电力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论中正确的是(　 ) A．此液滴带正电 B．液滴的加速度大小等于g C．液滴的加速度大小等于g D．液滴的电势能减小 9．如图所示，平行板电容器经开关S与电池连接，S闭合后，板间a处有一带电的小液滴，液滴处于静止状态。下列说法正确的是(　 ) A．S闭合后，将B板稍向下移，则液滴将向下做加速运动 B．S闭合后，将B板稍向上移，则液滴仍将保持静止 C．将开关S断开后，将B板稍向左平移，则液滴将向上做加速运动 D．将开关S断开后，将B板稍向右平移，则液滴仍将保持静止 10．如图所示，正六边形ABCDEF所在空间存在一匀强电场(图中未画出)，匀强电场的方向平行于正六边形所在的平面，虚线是正六边形的外接圆。已知正六边形边长为 m，A、B、C三点电势分别为20 V、50 V、80 V，现有一质子从E点以初速度v0沿六边形所在平面内任意方向射入电场，不计质子重力。下列说法正确的是(　 ) A．D点电势为110 V，是圆周上电势最高的点 B．电场强度大小为20 V/m，方向由C指向A C．质子射出圆形区域时速度大小仍可能是v0 D．质子射出圆形区域时动能变化量的最大值是30 eV 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11．(6分)如图甲所示连接电路，选用直流电源对电容器充电。当闭合开关S时，电源通过电阻R给电容器充电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出如图乙所示的电流随时间变化曲线。 (1)充电过程中电容器的电荷量Q________、电压U________、电容C________；(均填“变小”“变大”或“不变”) (2)I­t图像中曲线与坐标轴围成的面积表示电容器充电后储存的________。 12．(8分)随着传感器技术的不断进步，传感器在实验室逐渐普及，小乐同学用电流传感器做“观察电容器的充、放电现象”，电路如图甲所示。 (1)先使开关S与2相连，电源对电容器充电，这个过程可在短时间内完成，充满电的电容器左极板带________电。(填“正”或“负”) (2)然后把开关S掷向1端，K断开，电容器通过电阻R1放电，传感器将电流数据传入计算机，屏幕上显示出电容器充放电过程电流随时间变化的I­t图像如图乙所示。 (3)根据I­t图像可估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量为________C。(结果保留两位有效数字) (4)已知直流电源的电压为8 V，内阻忽略不计，则电容器的电容为________F。(结果保留两位有效数字) (5)如果不改变电路其他参数，闭合开关K，重复上述实验，则充电时I­t曲线与横轴所围成的面积将________(填“变大”“不变”或“变小”)；充电时间将________(填“变长”“不变”或“变短”)。 13.(10分)如图所示，虚线为某电场的5个等势面，相邻等势面间电势差相等。一电子只在静电力作用下在电场中运动(轨迹未画出)，已知电子经过等势面1时动能为5 eV，经过等势面4时动能为20 eV，等势面2的电势为＋3 V，求： (1)电子从等势面1运动至等势面4过程静电力做的功； (2)等势面1的电势； (3)电子经过等势面5时具有的电势能。 14．(14分)如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，一个电子垂直经过等势面D时，动能为20 eV，经过等势面C时，电 势能为－10 eV，到达等势面B时速度恰好为零。已知相邻等势面间的距离为5 cm。不计电子的重力，只受静电力，求： (1)匀强电场的场强大小； (2)等势面A的电势； (3)电子再次经过D等势面时的动能。 15.(16分)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的水平匀强电场，在x轴下侧平面内某处固定着一点电荷(设匀强电场与点电荷电场以x轴为界互不影响)，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入第Ⅳ象限，已知ON的距离为L。不计粒子重力，静电力常量为k，求： (1)粒子运动到N点的速度； (2)M、N两点间的电势差UMN； (3)匀强电场的电场强度E的大小。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 阶段质量检测(二) 1．选A　当该电场是匀强电场时，由于沿电场方向相同距离电势差相等，则电场在c点处的电势一定为4 V，当该电场不是匀强电场时，在c点处的电势不一定为4 V，故A正确；一条电场线无法比较电场线的疏密，就无法比较场强的大小，则a点处的场强Ea不一定大于b点处的场强Eb，故B错误；根据题意，由沿电场线方向电势降低可知，电场方向为a→b，则一负电荷运动到c点时受到的静电力由c指向a，故C错误；根据题意可知，c点电势高于b点电势，由Ep＝qφ可知，负电荷在b点电势能较大，则一负电荷从c点运动到b点电势能一定增加，故D错误。 2．选A　电容器充电，则所带的电荷量逐渐增大，选项A正确，B错误；电容器的电容不变，选项C错误；根据Q＝CU可知，电容器两极间的电压逐渐增大，选项D错误。 3．选B　电场线越密处场强越大，静电力越大，粒子的加速度越大，所以粒子在a点的加速度大小小于在b点的加速度大小，A错误；粒子受力指向轨迹凹面，大致向右，所以粒子从a点到b点静电力做正功，电势能减小，动能增大，故粒子在a点的速度大小小于在b点的速度大小，因为粒子带负电，受力方向与电场方向相反，所以电场强度方向大致向左，根据沿着电场线方向电势降低，所以a点的电势低于b点的电势，B正确，C、D错误。 4.选A　由几何关系可知∠adc＝60°，因bd连线是等势线，则场强方向沿着从a点垂直bd连线方向，则场强大小E＝＝ V/m＝400 V/m，B错误；过a点的电场线交dc边与p点，则有φp＝Upa＝400×0.02 V＝8 V，又dp＝pc，则有φd－φc＝2(φd－φp)，解得φc＝12 V，A正确；电场强度的方向垂直与等势面，由几何关系可知，电场强度的方向平行于bc边斜向上，C错误；由电势能与电势的关系Ep＝qφ，φd＝4 V，电子和质子分别带等量异种电荷，可知则放在d点时，质子的电势能比电子的电势能高，D错误。 5．选D　原子核在加速电场中有qU1＝mv12－0，原子核飞出加速电场时的速度与原子核的比荷有关，比荷不同，则速度不同，故A错误；原子核在偏转电场中，设偏转电场两极板的长度为L1，L1＝v1t1，y＝at12，a＝＝，联立可得y＝，所以偏转距离y与原子核的质量、电荷量无关，四种原子核在偏转电场中的偏转距离y相同，故B错误；由静止开始进入加速电场到飞出偏转电场的过程中，根据动能定理有qU1＋y＝Ek－0，所以原子核飞出偏转电场时的动能与原子核的电荷量有关，只有当电量相同时，飞出偏转电场的动能才相同，故C错误；设偏转电场极板右端到荧光屏的水平距离为L2，原子核飞出偏转电场时的速度偏转角为θ，则原子核打在荧光屏上的位置距射入偏转电场时的竖直距离Y＝y＋L2tan θ，y＝tan θ，可得Y＝y＋，因出离偏转电场时偏转距离y相同，所以Y与原子核的质量、电荷量无关，故D正确。 6．选A　因取无穷远处电势为零，所以靠近负点电荷处的电势为负，靠近正点电荷处的电势为正，结合题图可知，Q1为负电荷，Q2为正电荷，故A正确；根据E＝，可知φ­x图像的斜率表示电场强度，则B点的电场强度不为零，故B错误；由图像可知，从D到B电势降低，从B到O电势继续降低，B点电势为0，故C错误；将电子沿x轴从A点移到C点，电势一直升高，电子的电势能一直减小，静电力一直做正功，故D错误。 7.选B　设移动距离ab在电场方向的投影xab，移动距离cd在电场方向的投影xcd，根据静电力做功表达式W电＝qEd，可知xcd是xab的两倍，如图所示，由几何关系得ab在cd方向的投影等于R，即xcd是xab的两倍，所以电场线的方向由c指向d，场强方向与cd平行，故A错误；粒子从c到d做的功为W电＝qExcd，代入数据解得E＝200 V/m，故B正确；沿电场方向电势逐渐降低，c点电势高于c′点电势，a与c′为等势点，所以c点电势高于a点电势，故C错误；将该粒子从d点移动到b点，静电力做功为W电′＝－qExd′d＝－0.1×200×0.05 J＝－1 J，故D错误。 8.选BD　带电液滴由b沿直线运动到d，带电液滴受到的重力与静电力的合力一定沿bd直线，静电力的方向一定水平向右，与电场方向相反，如图所示，所以液滴带负电，故A错误；由图可知，液滴受到的合力为F＝＝mg，液滴的加速度为a＝＝＝g，故B正确，C错误；静电力方向和运动方向夹角为锐角，静电力做正功，电势能减小，故D正确，故选B、D。 9．选AC　开关S闭合后，A、B板间电势差U不变，将B板稍向下移，由场强与电势差关系E＝，场强变小，液滴所受静电力qE变小，由于初始状态，带电的小液滴保持静止，则有qE＝mg，静电力竖直向上，所以静电力变小后，液滴将向下做加速运动；同理，将B板稍向上移，液滴所受静电力变大，液滴将向上做加速运动，A正确，B错误。充电后，将开关S断开，电容器电荷量Q不变，由平行板电容器电容决定式和定义式C＝，C＝，由场强与电势差关系E＝，可得E＝，将B板稍向右平移或者向左平移，正对面积S减小，场强E变大，静电力qE变大，液滴将向上做加速运动，C正确，D错误。 10.选BC　由题意可得，A、C连线中点G的电势为50 V，BG连线为一等势面，如图所示，场强垂直于等势面由C指向A，D电势与C点电势相等均为80 V，圆周上电势最高的点位于CD圆弧中点，故A错误；由几何关系可得AG长度为d＝1.5 m，所以电场强度为E＝＝20 V/m，故B正确；若质子从B点射出圆形区域，静电力不做功，则速度大小仍是v0，故C正确；若质子从AF弧射出圆形区域时(如K点)，静电力做功最多，动能变化量最大，由题意可知UEK>UEF＝30 V，由动能定理可得ΔEk＝eUEK>eUEF＝30 eV，故D错误。 11．解析：(1)充电过程中电容器的电荷量Q变大；电容C由电容器本身决定，故不变；由C＝可知，电压U变大。 (2)根据Q＝It可知，I­t图像中曲线与坐标轴围成的面积表示电容器储存的电荷量。 答案：(1)变大　变大　不变　(2)电荷量 12．解析：(1)电容器左极板与电源负极相连，充满电的电容器左极板带负电。 (3)I­t图像与坐标轴所围的面积表示电容器存储的电荷量，一小格表示的电荷量为ΔQ＝0.1×10－3×0.5 C＝5×10－5 C，总共约19格，故电容器在全部放电过程中释放的电荷量为Q＝19×ΔQ＝9.5×10－4 C。 (4)电容器的电容为C＝≈1.2×10－4 F。 (5)由于电容器存储的电荷量不变，如果不改变电路其他参数，闭合开关K，重复上述实验，则充电时I­t图线与坐标轴所围成的面积将不变，闭合开关K，电容器串联的电阻值减小，充电电流变大，充电时间将变短。 答案：(1)负　(3)9.5×10－4　(4)1.2×10－4　(5)不变　变短 13．解析：(1)由动能定理得，电子从等势面1运动至等势面4的过程，静电力做的功为 W14＝Ek4－Ek1＝20 eV－5 eV＝15 eV。 (2)等势面1、4间的电势差为U14＝＝－15 V 由题意得U12＝φ1－φ2＝U14 解得φ1＝－2 V。 (3)由题意得U25＝φ2－φ5＝U14＝－15 V 解得φ5＝18 V 电子在等势面5具有的电势能为Ep＝qφ5＝－18 eV。 答案：(1)15 eV　(2)－2 V　(3)－18 eV 14．解析：(1)电子从D到B的过程中，根据动能定理得 －eUDB＝0－EkD 解得UDB＝＝＝20 V 则电场强度为E＝＝ V/m＝200 V/m。 (2)电子经过等势面C时的电势能为－10 eV，则C点的电势为φC＝10 V， 因为CA间的电势差等于DB间的电势差， 即UDB＝UCA＝φC－φA＝20 V 解得φA＝－10 V。 (3)根据能量守恒定律得，电子再次经过D等势面时，动能不变，故EkD＝20 eV。 答案：(1)200 V/m　(2)－10 V　(3)20 eV 15．解析：(1)设带电粒子过N点时的速度为v， 有＝cos θ，解得v＝2v0。 (2)带电粒子从M点运动到N点的过程，由动能定理得qUMN＝mv2－mv02，解得UMN＝。 (3)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律有vy＝v0tan 60° L＝v0t，vy＝at＝t 联立解得E＝。 答案：(1)2v0　(2)　(3) 学科网（北京）股份有限公司 $$