第十章 静电场中的能量章末检测卷（教师用书）-【勤径学升】2024-2025学年高中物理必修第三册（人教版）

[对应素能提升训练第55页] (满分：100分；时间：90分钟) 一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 1．如图所示，在火箭发射塔周围有钢铁制成的四座高塔，高塔的功能最有可能的是(　　) A．探测发射台周围风力的大小 B．发射与航天器联系的电磁波 C．预防雷电击中待发射的火箭 D．测量火箭发射过程的速度和加速度 解析　在火箭发射场地除了发射塔和火箭外没有其他高物，遇雷雨天气易遭雷击，为避免待发射火箭遭雷击，在发射塔周围用钢铁建更高的高塔，故选C。 答案　C 2．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构成一个直角三角形，AB长为1 m，电场线与三角形所在的平面平行，已知φA＝5 V、φB＝－5 V、φC＝15 V，由此可能判断(　　) A．场强的方向由C指向B B．场强的方向垂直AD连线斜向上 C．场强的大小为10 V/m D．场强的大小为 V/m 解析　由题意知，φA＝5 V、φB＝－5 V、φC＝15 V，则B、C连接的中点D的电势为φD＝＝ V＝5 V，则φD＝φA，AD为一条等势线，根据电场线与等势线垂直，可知场强的方向垂直于AD连线斜向下，A、B错误；场强的大小E＝＝ V/m＝ V/m，C错误，D正确。 答案　D 3．地球表面附近某区域存在大小为150 N/C、方向竖直向下的电场。一质量为1.00× 10－4 kg、带电量为－1.00×10－7 C的小球从静止释放，在电场区域内下落10.0 m。对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分别为(重力加速度大小取9.80 m/s2，忽略空气阻力)(　　) A．－1.50×10－4 J和9.95×10－3 J B．1.50×10－4 J和9.95×10－3 J C．－1.50×10－4 J和9.65×10－3 J D．1.50×10－4 J和9.65×10－3 J 解析　对带电小球进行受力分析，考虑到忽略空气的阻力，小球受到向下的重力和向上的电场力，下落10.0 m时，小球克服电场力做功，小球的电势能增大，ΔEp＝Eqh＝150×1.00×10－7×10.0 J＝1.50×10－4 J；根据动能定理可知小球下落10.0 m时的动能为ΔEk＝WG－WE＝mgh－Eqh＝1.00×10－4×9.8×10.0 J－1.50×10－4 J＝9.65×10－3 J，所以D正确。 答案　D 4．如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线分别为等势线1、2、3，已知MN＝NQ，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，两粒子的运动轨迹如图所示，则(　　) A．a一定带正电，b一定带负电 B．a加速度减小，b加速度增大 C．MN两点电势差|UMN|等于NQ两点电势差|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 解析　由带电粒子的运动轨迹，结合曲线运动的特点可知带电粒子所受的静电力方向，因为电场线的方向不确定，故不能判断带电粒子带电的性质，故A错误；由电场线的疏密可知，a加速度将减小，b加速度将增大，故B正确；因为是非匀强电场，故MN两点电势差并不等于NQ两点电势差，故C错误；因为等势线1与2之间的电场强度比2与3之间的电场强度要大，故1、2之间的电势差要大于2、3之间的电势差，但两粒子的带电荷量大小不确定，故无法比较动能变化量的大小，故D错误。 答案　B 5．利用传感器可检测矿井渗水，从而发出安全警报，避免事故发生。右图是一种通过测量电容器电容变化来检测矿井中液面高低的仪器原理图，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体(矿井中含有杂质的水)。已知灵敏电流计G的指针偏转方向与电流方向的关系：电流从电流计左侧流入则电流计指针左偏；电流从电流计右侧流入则电流计指针右偏。若矿井渗水(导电液体深度h增大)，则(　　) A．图中A与B构成电容器 B．矿井渗水是改变了电容器电介质的相对介电常数 C．指针向右偏转，该电容器电容增大 D．指针向左偏转，该电源给电容器充电 解析　题图中A与C构成电容器，A错误；矿井渗水是改变了电容器的正对面积，B错误；根据C＝及C＝可知，矿井渗水h增大即S增大，则电容器电容变大，两极板间的电压不变，则电容器充电，电荷量增大，电流从电流计左侧流入，指针向左偏转，C错误，D正确。 答案　D 6．人体的细胞膜模型图如图甲所示，细胞膜由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压(医学上称为膜电位)。现研究某小块均匀的细胞膜，厚度为d，膜内的电场可看作匀强电场，简化模型如图乙所示。初速度可视为零的正一价钠离子仅在电场力的作用下，从图中的A点运动到B点，下列说法正确的是(　　) A．A点电势低于B点电势 B．钠离子的电势能减少 C．钠离子的加速度变大 D．若膜电位不变，当d越大时，钠离子进入细胞内的速度越大 解析　因为钠离子带正电，其仅在电场力作用下从图中的A点运动到B点，说明电场力的方向由A指向B，电场线由A指向B，所以A点电势高于B点电势，A错误；因为电场力对钠离子做正功，所以其电势能减少，B正确；因为膜内的电场可看作匀强电场，根据a＝可知钠离子的加速度不变，C错误；根据动能定理有qU＝mv2，可知钠离子进入细胞内的速度v与距离d大小无关，又因为膜电位U不变，则钠离子进入细胞内的速度大小不变，D错误。 答案　B 7．电荷量为q1和q2的两点电荷分别固定在x轴上的O、C两点，规定无穷远处电势为零，一带正电的试探电荷在x轴上各点具有的电势能随x的变化关系如图所示。其中，试探电荷在B、D两点处的电势能均为零；在DJ段中H点处电势能最大。则(　　) A．q1的电荷量小于q2的电荷量 B．G点处电场强度的方向沿x轴正方向 C．若将一带负电的试探电荷自G点释放，仅在电场力作用下一定能到达D点 D．若将一带负电的试探电荷从D点移到J点，电场力先做正功后做负功 解析　由EP＝qφ知正电荷的电势能变化和电场的电势变化相同。由图知无穷远处的电势为0，B点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以O点的电荷q1带正电，C点电荷q2带负电，由于B点距离O比较远而距离C比较近，所以q1电荷量大于q2的电荷量，A错误；沿着电场线电势逐渐降低，可知G点的场强沿x轴负方向，B错误；带负电的试探电荷在G点受沿x轴正方向的电场力，故沿x轴正向加速运动，C错误；负电荷从D点到J点的电场力先沿x轴正向后沿x轴负向，故电场力先做正功后做负功，D正确。 答案　D 8．关于电势差UAB和电势φA、φB的理解，正确的是(　　) A．UAB表示B点相对于A点的电势差，即UAB＝φB－φA B．UAB和UBA是不同的，它仍有关系UAB＝－UBA C．φA、φB都可以有正、负，所以电势是矢量 D．零电势点的规定是任意的，但人们通常规定大地或无穷远处为零电势点 解析　UAB表示A点相对于B点的电势差，UAB＝φA－φB，A项错误；UBA表示B点相对于A点的电势差，UBA＝φB－φA，故UAB＝－UBA，B项正确；电势是标量，正负号是相对于零电势点而言的，正号表示高于零电势点，负号表示低于零电势点，C项错误；零电势点理论上是可以任意选取的，但通常取无穷远处或大地为零电势点，D项正确。 答案　BD 9．如图所示，在两个点电荷Q1、Q2产生的电场中，实线为其电场线分布，虚线为电子(不计重力)从A点运动到B点的运动轨迹，则下列判断正确的是(　　) A．电子经过A点的加速度比经过B点的加速度大 B．Q1的电荷量小于Q2的电荷量 C．电子在A点的电势能大于在B点的电势能 D．两个点电荷连线中点O的场强为零 解析　A点电场线较B点密集，则A点场强较B点大，电子经过A点的加速度比经过B点的加速度大，A正确；由电场线的分布可知，Q1的电荷量小于Q2的电荷量，B正确；由电子的运动轨迹可知，Q2带正电，Q1也带正电，则A点的电势高于B点，电子在A点的电势能小于在B点的电势能，C错误；由于两电荷带电量不等，则两个点电荷连线中点O的场强不为零，D错误。 答案　AB 10．如图所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P。现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点。若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则(　　) A．金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变 B．金属板A、B间的电压增大 C．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同 D．乙电子运动到O点的速率为2v0 解析　将B板向右平移距离d时，金属板A、B组成的平行板电容带电荷量不变，根据电容的决定式C＝分析知电容C减小，故A错误；根据电容的定义式C＝，知Q不变，C减小，则U增大，故B正确；根据匀强电场电场强度的公式E＝，电容的决定式C＝以及电容的定义式C＝，可得E＝，则知，在电荷量Q不变的情况下，仅改变两板间距离，场强不变，电子所受的电场力相同，加速度相同，故C正确；甲电子从O到P过程有0－v＝－2ad，乙电子从P′到O过程有v2＝2a·2d，解得乙电子运动到O点的速率为v＝v0，故D错误。 答案　BC 二、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．(6分)把电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电；然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电。与电流传感器相连接的计算机(图中未画出)可记录电流随时间变化的I－t图像(规定逆时针的电流流向为正)。图乙是某次实验中与电流传感器相连接的计算机所记录的I－t图像，可判断出该图像记录的是电容器的____________(选填“充电”或“放电”)过程。请你用语言描述在此过程中电流随时间如何变化：____________________________________。 解析　由图乙所示I－t图像可知，电流为正值，则电流流向沿逆时针方向，与电源提供的电流方向一致，即该图像记录的是电容器的充电过程，电容器所带电荷量逐渐增加。由图像可知，在此过程中，电流随时间的增加逐渐减小到零，且电流减小得越来越慢。 答案　充电　电流随时间的增加逐渐减小到零 12．(8分)电容器是电学中一种常见的能存储电荷的电子元件。某同学用如图甲所示的电路探究一个电容器的充放电规律。图中R是12 kΩ的高阻值电阻，串在电路中的数字多用电表调至微安挡，并且数字多用电表表笔的正负极可以自动调换。 (1)实验时先将开关S接1，经过一段时间后，当数字电表示数为________μA时，表示电容器电量充至最多，充电过程完成。 (2)然后将开关S接至2，电容器开始放电，每隔一段时间记录一次电流值，数据如下表所示： t/s 0 5 10 15 20 30 40 50 60 70 80 I/μA 498 370 280 220 165 95 50 22 16 10 5 试根据记录的数据在给出的网格图中(图乙)作出电容放电的I-t图像。 (3)已知在电容器的放电I-t图像中，图线与两坐标轴所围成的面积就是电容器的放电量，试由上述所做出的I-t图像求出该电容器的放电量为________C。 (4)由图线可以看出电容器放电有何特点？ 解析　(1)充电完毕，电流为零，故数字电表示数为零。 (2)如图所示： (3)图线与两坐标轴所围成的面积就是电容器的放电量，数格子，共85格，每一小格表示电量为： ΔI·Δt＝20×10－6 A×5 s＝10－4 C， 故电量为：8.5×10－3 C。 (4)由图线可以看出电容器放电先快后慢。 答案　(1)0　(2)如解析图所示　(3)8.5×10－3 (4)随时间变得缓慢 13．(10分)如图所示，P、Q两金属板间的电势差为50 V，板间存在匀强电场，方向水平向左，板间的距离d＝10 cm，其中Q板接地，两板间的A点距P板4 cm。求： (1)P板及A点的电势。 (2)保持两板间的电势差不变，而将Q板向左平移5 cm，则A点的电势将变为多少？ 解析　(1)场强E＝＝ V·m－1 ＝5×102 V·m－1， Q、A间电势差UQA＝Ed′＝5×102×(10－4)×10－2 V＝30 V， 所以A点电势φA＝－30 V， 同理可求得P板电势φP＝UPQ＝－50 V。 (2)当Q板向左平移5 cm时， 两板间距离d″＝(10－5) cm＝5 cm， Q板与A点间距离变为d＝(10－4) cm－5 cm＝1 cm， 电场强度E′＝＝ V·m－1＝1.0×103 V·m－1， Q、A间电势差 UQA′＝E′d′′′＝1.0×103×1.0×10－2 V＝10 V， 所以A点电势φA＝－10 V。 答案　(1)－50 V　－30 V　(2)－10 V 14．(14分)一束电子流经U1＝5 000 V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，两极板间电压U2＝400 V，两极板间距d＝20 cm，板长L1＝50 cm。 (1)求电子在两极板间穿过时的偏移量y。 (2)若平行板的右边缘与屏的距离L2＝5 cm，求电子打在屏上的位置与中心O的距离Y(O点位于平行板水平中线的延长线上)。 (3)若另一个质量为m(不计重力)的二价负离子经同一电压U1加速，再经同一偏转电场，求射出偏转电场的偏移量y′和打在屏上的偏移量Y′各是多大？ 解析　(1)加速过程，由动能定理得eU1＝mv ① 进入偏转电场，电子在平行于极板的方向上做匀速运动，L1＝v0t ② 在垂直于极板的方向上做匀加速直线运动，加速度为a＝＝ ③ 偏转距离y＝at2 ④ 由①②③④得y＝， 代入数据得y＝0.25 cm。 (2)如图，由几何关系知 －得Y＝y 代入数据得Y＝0.75 cm。 (3)因y＝，Y＝y，与粒子的质量m和电荷量q无关，故二价负离子经同样装置后， y′＝y＝0.25 cm，Y′＝Y＝0.75 cm。 答案　(1)0.25 cm　(2)0.75 cm　(3)0.25 cm　0.75 cm 15．(16分)如图所示，在竖直平面内放置着绝缘轨道ABC，AB部分是半径R＝0.40 m的光滑半圆轨道，BC部分是粗糙的水平轨道，BC轨道所在的竖直平面内分布着E＝1.0×103 V/m的水平向右的有界匀强电场，AB为电场的左侧边界。现将一质量为m＝0.04 kg、电荷量为q＝－1×10－4 C的滑块(视为质点)从BC上的某点由静止释放，滑块通过A点时对轨道的压力恰好为零。已知滑块与BC间的动摩擦因数为μ＝0.05，g取10 m/s2。求： (1)滑块通过A点时速度vA的大小。 (2)滑块在BC轨道上的释放点到B点的距离x。 (3)滑块离开A点后在空中运动速度v的最小值。 解析　(1)因为滑块通过A点时对轨道的压力恰好为零，所以有mg＝，解得vA＝2 m/s。 (2)根据动能定理可得 qEx－μmgx－mg·2R＝mv 解得x＝5 m。 (3)离开A点后在水平方向上做匀变速直线运动，故有 vx＝vA＋axt＝vA－t＝2－2.5t， 在竖直方向上做自由落体运动，所以有vy＝gt＝10t v＝＝， 故vmin＝ m/s≈1.94 m/s。 答案　(1)2 m/s　(2)5 m　(3)1.94 m/s 学科网（北京）股份有限公司 $$