第十章 静电场中的能量 水平测评-【金版教程】2024-2025学年新教材高中物理必修第三册创新导学案课件PPT（人教版2019）

第十章　水平测试 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟。 第Ⅰ卷(选择题，共50分) 一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50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，第8～10题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1．关于静电场，下列说法正确的是(　　) A．电势等于零处的物体一定不带电 B．电场强度为零的点，电势一定为零 C．同一电场线上的各点，电势一定相等 D．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加 解析　零电势的选取是任意的，一般选取大地或无限远处的电势为零，如一个接地的带电体其所在处电势就为零，A错误；场强为零，电势不一定为零，B错误；沿电场线方向电势降低，C错误；负电荷沿电场线方向移动时，静电力做负功，电势能增加，D正确。 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 2.如图所示，是电子束焊接机的示意图，图中带箭头的虚线代表电场线，B、C是电场中两点。K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d，在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速。不考虑电子的重力，元电荷为e，则下列说法正确的是(　　) A．B点和C点的电场强度均为eq \f(U,d) B．B点电势高于C点电势 C．电子由K到A做匀加速直线运动 D．电子由K到A电势能减少eU 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 解析　由题图可知，K到A之间不是匀强电场，根据电场 线的疏密表示电场强弱，知B点场强小于C点场强，电子由K 到A运动过程中的加速度a＝eq \f(Ee,m)逐渐增大，不是做匀加速直线 运动，A、C错误；电场线由高的等势面指向低的等势面，则B点电势低于C点电势，B错误；电子由K到A的过程中静电力做的功为eU，则其电势能减少了eU，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3．如图是某种静电推进装置的原理图，发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，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，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点的低 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 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 解析　高压电源左侧为正极，则发射极与吸极间所加强 电场的场强向右，而沿着电场线电势逐渐降低，可知φa>φb， 故A错误；等差等势面的疏密反映场强的大小，由图可知a 处的等势面较密，则Ea>Eb，故B错误；液滴的重力不计， 根据牛顿第二定律可知，液滴的加速度为a＝eq \f(qE,m)，因Ea>Eb，可得aa>ab，故C错误；液滴在静电力作用下向右加速，则静电力做正功，动能增大，电势能减少，即Epa>Epb，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 4．规定无穷远处电势为0，电荷量为q的点电荷在距离其r的位置处产生的电场的电势φ＝eq \f(kq,r)，正电荷周围的电势均大于0，负电荷周围的电势均小于0。如图所示，直线上三个位置A、B、C，AB＝x，BC＝2x，在C位置放一电荷量为＋Q的点电荷，在B位置放另一个电荷量为q1的点电荷，如果A处的电势为零，则下列说法中正确的是(　　) A．q1＝eq \f(Q,3) B．q1＝－eq \f(Q,3) C．A处的电场强度也为零 D．A处的电场强度大小为eq \f(4kQ,9x2) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 解析　电荷量为＋Q的点电荷在A点产生的电场的电势为φ1＝eq \f(kQ,3x)，电荷量为q1的点电荷在A点产生的电场的电势为φ2＝eq \f(kq1,x)，因为φ1＋φ2＝0，则q1＝－eq \f(Q,3)，A错误，B正确；以向左为正方向，电荷量为＋Q的点电荷在A点处产生的电场的电场强度为E1＝keq \f(Q,（3x）2)，电荷量为q1的点电荷在A点处产生的电场的电场强度为E2＝keq \f(q1,x2)＝－keq \f(Q,3x2)，则A处的电场强度E＝E1＋E2＝－eq \f(2kQ,9x2)，即A处的电场强度大小为eq \f(2kQ,9x2)，方向向右，故C、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 5.如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则(　　) A．材料竖直方向尺度减小 B．极板间电场强度不变 C．极板间电场强度变大 D．电容器电容变大 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 解析　根据题意可知两极板间电压U不变，极板上所 带电荷量Q变少，根据电容的定义式C＝eq \f(Q,U)，可知电容器 电容C变小，D错误；根据平行板电容器电容的决定式C ＝eq \f(εrS,4πkd)，可知极板间距d增大，极板之间存在匀强电场， 电场强度E＝eq \f(U,d)，可知极板间电场强度E变小，B、C错误；极板间距d增大，由几何关系可知，材料竖直方向尺度减小，A正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 6.M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受静电力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是(　　) A．电子在N点的动能小于在M点的动能 B．该电场有可能是匀强电场 C．该电子运动的加速度越来越小 D．电子运动的轨迹为曲线 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析　电子仅受静电力的作用，电势能与动能之和恒定，由 图像可知电子由M点运动到N点，电势能减小，则动能增加，A错 误；分析图像可得电子的电势能随运动距离的增大，减小得越来 越慢，即经过相等距离静电力做功越来越少，由W＝qEΔx可得电 场强度越来越小，B错误；由于电子从M点运动到N点静电力逐渐减小，所以加速度逐渐减小，C正确；电子从静止开始沿电场线由M点运动到N点，可得MN电场线为直线，由运动与力的关系可得其轨迹必为直线，D错误。 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 7.两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示。c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等， 则(　　) A．a点的电场强度比b点的小 B．c点的电场强度比d点的小 C．把一个正电荷从a点移到b点电势能减小 D．c点的电势比d点的低 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析　电场线的疏密表示场强的大小，所以由图可知a点的 电场强度比b点的大，A错误；沿电场线方向电势降低，可知b点 电势高于a点电势，由Ep＝qφ可知，把一个正电荷从a点移到b点 电势能增加，C错误；由于c、d到正电荷的距离相等，若只有正 电荷，则c点与d点电场强度的大小关系为Ec＝Ed，且Ec沿虚线向 下，Ed沿虚线向上，若只有两个负电荷，则c点电场强度Ec′＝0，d点电场强度Ed′沿虚线向下，根据场强叠加原理，当三个电荷同时存在时，c点的电场强度比d点的大，B错误；由于c、d到正电荷的距离相等，若只有正电荷，c点与d点电势相等，若只有两个负电荷，电场线由无穷远指向负电荷，故c点电势低于d点电势，根据电势叠加原理，当三个电荷同时存在时，c点电势低于d点电势，D正确。 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 8.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是(　　) A．电场强度的大小为2.5 V/cm B．坐标原点处的电势为1 V C．电子在a点的电势能比在b点的低7 eV D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 解析　如图所示，由匀强电场中两平行线距离相等的两点间电势差相等知，Oa间电势差与bc间电势差相等，故O点电势为1 V，B正确；则在x轴上，每0.5 cm长度对应电势差为1 V，10 V对应的等势线与x轴交点e坐标为(4.5，0)，△aOe中，Oe∶Oa＝4.5∶6＝3∶4，由几何知识得：Od长度为3.6 cm，代入公式E＝eq \f(U,d)得，E＝2.5 V/cm，A正确；电子带负电，电势越高，电势能越小，电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，C错误；电子从b点运动到c点，电场力做功W＝eU＝9 eV，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 9.如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是(　　) A．电子一定从A向B运动 B．若aA>aB，则Q靠近M端且为正电荷 C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpA<EpB D．B点电势可能高于A点电势 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析　若Q在M端，由电子运动的轨迹可知Q为正电荷，电 子从A向B运动或从B向A运动均可，由于rA<rB，故EA>EB，FA> FB，aA>aB，φA>φB，EpA<EpB；若Q在N端，由电子运动的轨迹 可知Q为负电荷，且电子从A向B运动或从B向A运动均可，由于rA>rB，故φA>φB，EpA<EpB。综上所述A、D错误，B、C正确。 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 10. 在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法正确的有(　　) A．q1和q2带有异种电荷 B．x1处的电场强度为零 C．负电荷从x1移到x2，电势能减小 D．负电荷从x1移到x2，受到的静电力增大 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 解析　两个点电荷在x轴上，且x1处的电势为零，x> x1处的电势大于零，x<x1处的电势小于零。如果q1、q2为同 种电荷，x轴上各点的电势不会有正、负之分，故q1、q2必 为异种电荷，A正确；由E＝－eq \f(\a\vs4\al(Δφ),Δx)知，x1处的电场强度不为 零，B错误；x2处的电势最高，则负电荷在此处的电势能最小，负电荷从x1移动到x2的过程，电势能减小，C正确；由φ­x图像知，x2处电势最高，但电场强度最小，负电荷从x1移动到x2，所受静电力减小，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 第Ⅱ卷(非选择题，共50分) 二、实验题(本题共2小题，共12分) 11．(6分)小明同学想根据学习的知识，估测一个电容器的电容。他从实验室找到8 V的稳压直流电源、单刀双掷开关、电流传感器(与电脑相连，能描绘出电流i随时间t变化的图线)、定值电阻和导线若干，连成如图甲所示的电路。实验过程如下，完成相应的填空。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (1)先使开关S与1端相连，电源给电容器充电(充满)； (2)开关S掷向2端，电容器放电，此时电路中 有短暂的电流。流过电阻R的电流方向为________ __(填“从右向左”或“从左向右”)； (3)传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显 示出电流随时间变化的i­t曲线如图乙所示； (4)根据图像估算出电容器在全部放电过程中释放的电荷量为_________________________________________ C； (5)根据前面的信息估算出该电容器的电容为___________________________ _________________________ F。(所有结果均保留两位有效数字) 从右向左 2.5×10－3(2.4×10－3～2.6×10－3均正确) 3.1×10－4(3.0×10－4～3.3×10－4均正确) 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 解析　(2)开关S与1端相连，电源给电容器充 电，电容器上极板与电源正极相连，上极板带正电； 开关S掷向2端，电容器放电，流过电阻R的电流 方向为从右向左。 (4)i­t曲线与坐标轴围成的面积表示电容器在全部放电过程中释放的电荷量，由图乙可知，一个小格的面积所表示的电量q＝0.2 mA×0.4 s＝8.0×10－5 C，由大于半格的算一格，小于半格的舍去，可得图像包含的小格数约为31个，所以释放的电荷量为Q＝31×8.0×10－5 C≈2.5×10－3 C。 (5)电容器的电容为C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(2.5×10－3,8) F≈3.1×10－4 F。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 12.(6分)某兴趣小组想自制一个电容器，如图甲所示，他们用两片锡箔纸做电极，在两层锡箔纸中间夹以电容纸(某种绝缘介质)，一起卷成圆柱形，然后接出引线，再密封在塑料瓶当中，电容器便制成了。 (1)为增加该电容器的电容，应当________ (填正确答案标号)。 A．增大电容器的充电电压 B．减小电容器的充电电压 C．锡箔纸面积尽可能大 D．锡箔纸卷绕得尽可能紧 CD 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (2)用如图乙所示电路为电容器充电，电源输出电压恒为U0，电容器电容为C，电阻箱电阻为R。将电阻箱阻值分别调为R1、R2，通过电流传感器和计算机绘制出闭合开关S后电容器所带电荷量q随时间t变化的关系图像分别如图丙实线①、②所示。则图丙中t＝0时刻，通过电容器的电流大小I0＝________(用题给物理量符号U0、C、R表示)；R1________R2(选填“<”“>”或“＝”)。 < 答案 eq \f(U0,R) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 解析　(1)电容器的电容与充电电压无关，故A、B错误。题 图甲圆柱形电容器虽然不是平行板电容器，但可以使用C＝eq \f(εrS,4πkd) 进行定性分析，使锡箔纸面积尽可能大或使锡箔纸卷绕得尽可能 紧，会使S增大或使d减小，所以都可以增大电容，C、D正确。 (2)t＝0时刻，电容器所带电荷量q＝0，根据Q＝CU，可知 电容器极板间电压UC＝0，而U0＝UC＋UR，则UR＝U0，根据欧姆定律可知，此时通过电阻箱的电流大小即通过电容器的电流大小I0＝eq \f(U0,R)。t＝0时刻开始的一段极短时间Δt内，曲线①电荷量的增加量Δq比曲线②的大，根据I＝eq \f(Δq,Δt)，则t＝0时刻曲线①对应的电流较大，结合I0＝eq \f(U0,R)可知，R1<R2。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 三、计算题(本题共3小题，共38分。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) 13．(8分)把q＝1.0×10－8 C的正电荷，从电场中的A点移至B点，静电力做正功，且WAB＝1.2×10－6 J，求： (1)A、B两点间的电势差； (2)若取B点电势为零，则A点的电势和q在A点的电势能各是多少？ 答案　(1)120 V　(2)120 V　1.2×10－6 J 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 解析　(1)根据公式UAB＝eq \f(WAB,q)可得UAB＝eq \f(1.2×10－6 J,1.0×10－8 C)＝120 V。 (2)因为UAB＝φA－φB，而φB＝0，所以φA＝UAB＝120 V。 根据定义，q在A点的电势能等于把电荷从A点移动到零电势点静电力所做的功，B点为零电势点，故Ep＝WAB＝1.2×10－6 J。 (也可以根据Ep＝qφ可得q在A点的电势能Ep＝qφA＝1.2×10－6 J) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 14．(12分)如图所示，在竖直平面内有一固定 在水平地面上的足够长的光滑绝缘轨道ABC，它由 两部分组成。AB部分与水平方向的夹角θ＝53°， 与圆弧BC部分相切，切点为B；BC轨道的圆心为O， 半径为R，圆心角α＝143°。压力传感器与轨道ABC连接，用来显示轨道ABC受到的压力大小，整个轨道处于方向水平向右的匀强电场中。现将一质量为m、电荷量为＋q(q>0)的小球在轨道AB上与B点相距2R的位置由静止释放，小球在沿轨道AB下滑的过程中，压力传感器的示数始终为0。已知重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (1)求匀强电场的电场强度E的大小； (2)从开始运动到最高点，求小球电势能的变化量。 答案 解析 答案　(1)eq \f(3mg,4q)　(2)－eq \f(261,64)mgR 解析　(1)由题意可知小球在沿轨道AB下滑的过程中，所受合力沿AB向下，对小球进行受力分析，有qE＝eq \f(mg,tanθ) 解得E＝eq \f(3mg,4q)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 (2)由几何关系知，OC水平。 设小球运动到C点时速度为v1，从A到C， 由动能定理有eq \f(mg,sinθ)(2R＋Rcosθ)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－0 从C点射出后到最高点， 在竖直方向有v1＝gt 在水平方向有x＝eq \f(1,2)at2 qE＝ma 全过程小球电势能的变化量ΔEp＝－qE(2Rcosθ＋Rsinθ＋R＋x) 联立解得ΔEp＝－eq \f(261,64)mgR。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 15．(18分)如图甲所示建立坐标系，α射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成，放置在第Ⅱ象限，细管C与两板等距，细管C开口在y轴上。放射源P在A极板左端，可以沿特定方向发射某一速度的α粒子。若极板长为L，间距为d，当A、B板加上某一电压时，α粒子刚好能以速度v0从细管C水平射出，进入位于第Ⅰ象限的静电分析器恰好做匀速圆周运动。静电分析器中电场的电场线均沿半径方向指向圆心O，粒子运动轨迹处的场强大小为E0。t＝0时刻α粒子垂直x轴进入第Ⅳ象限的交变电场中，交变电场随时间变化的关系如图乙，规定沿x轴正方向为电场正值的方向。已知α粒子电荷量为2e(e为元电荷)，质量为m，求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (1)α粒子从放射源发射至运动到C的过程中动能的变化和发射时速度的大小v； (2)α粒子在静电分析器中运动的轨迹半径r和运动的时间t0； (3)当t＝3T时，α粒子的坐标。 答案 答案　(1)－2,0)eq \f(md2v,2L2) 　v0eq \r(1＋\f(d2,L2))　(2)2,0)eq \f(mv,2eE0) 　eq \f(πmv0,4eE0)　(3)2,0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv,2eE0)＋\f(3eE0T2,2m)，－3v0T)) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 解析　(1)由题意可知，α粒子在平行金属板中的运动的逆运动为类平抛运动，设运动时间为t1，加速度大小为a，板间电压为U，平行于x轴方向有L＝v0t1 平行于y轴方向有eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1) 由牛顿第二定律有2eeq \f(U,d)＝ma α粒子从放射源P运动到C的过程中，由动能定理有－2e·eq \f(1,2)U＝ΔEk 联立解得粒子动能的变化量ΔEk＝－2,0)eq \f(md2v,2L2) 又ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)mv2 联立解得v＝v0eq \r(1＋\f(d2,L2))。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 (2)α粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有2eE0＝m2,0)eq \f(v,r) 解得r＝2,0)eq \f(mv,2eE0) 由eq \f(πr,2)＝v0t0 解得t0＝eq \f(πmv0,4eE0)。 (3)由图乙可以判断，α粒子在x轴方向上0～eq \f(T,2)做初速度为0的匀加速直线运动，eq \f(T,2)～T做末速度为0的匀减速直线运动，两阶段加速度大小相等，方向相反。t＝eq \f(T,2)时，α粒子沿x轴方向的分速度vx＝eq \f(2eE0,m)·eq \f(T,2) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 所以一个周期T内，α粒子沿x轴方向的平均速度 eq \o(v,\s\up15(－))x＝eq \f(vx,2)＝eq \f(eE0T,2m) 每个周期T内α粒子沿x轴正方向前进的距离 x0＝eq \o(v,\s\up15(－))xT＝eq \f(eE0T2,2m) t＝0时，α粒子的横坐标为r＝2,0)eq \f(mv,2eE0) 所以t＝3T时，α粒子的横坐标为x＝r＋3x0＝2,0)eq \f(mv,2eE0) ＋eq \f(3eE0T2,2m) α粒子在y轴方向上做速度为v0的匀速直线运动，则t＝3T时，α粒子的纵坐标为y＝－3v0T 综上所述，在t＝3T时，α粒子的坐标为2,0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv,2eE0)＋\f(3eE0T2,2m)，－3v0T)) 。 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R $$