第十章 静电场中的能量 章末检测试卷(二)-（配套word）2023-2024学年高一新教材物理必修第二册 【步步高】学习笔记（人教版）苏京

章末检测试卷(二) (满分：100分) 一、单项选择题：本题共11小题，每小题4分，共44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．(2022·江苏省姜堰中学高一期中)下列说法中正确的是(　　) A．根据电场强度的定义式E＝可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷所带的电荷量q成反比 B．根据真空中点电荷的电场强度公式E＝k，电场中某点的电场强度E与场源电荷所带的电荷量Q成正比 C．根据电容的定义式C＝可知，电容器的电容C与其所带电荷量Q成正比 D．根据电势的定义式φ＝可知，某一点的电势φ与这一点的试探电荷的电荷量q成反比 答案　B 解析　电场强度的定义式E＝是比值定义法，电场强度取决于电场本身的性质，电场中某点的电场强度E与试探电荷所带的电荷量q无关，故A错误；真空中点电荷的电场强度公式E＝k是决定式，电场中某点的电场强度E与场源电荷所带的电荷量Q成正比，故B正确；电容器的电容C的大小取决于电容器本身，与其所带电荷量Q无关，故C错误；电势的定义式φ＝采用的是比值定义法，某一点的电势φ与试探电荷在该点的电势能Ep及电荷量q无关，由电场本身的特性决定，故D错误。 2．四个电场中，a、b两点电场强度与电势均相同的是(　　) 答案　C 解析　电场强度是矢量，有大小有方向，由点电荷产生的电场特点可知选项A中两点电场强度方向不同，两点电场强度不同，A错误；选项B中两点电场强度大小不同，两点电场强度不同，沿着电场线方向电势降低，两点电势也不同，B错误；由匀强电场的特点知选项C中a、b两点的电场强度相同，两点在同一等势面上，电势也相同，C正确；由等量异种电荷的电场线分布特点知，选项D中两点在同一等势面上，电势相同，但a点的电场强度比b点的大，D错误。 3.如图所示，绝缘轻杆的两端固定带有等量异种电荷的小球(不计重力)。开始时，两小球分别静止在A、B位置。现外加一匀强电场E，在静电力作用下，小球绕轻杆中点O转到水平位置。取O点的电势为0。下列说法正确的有(　　) A．电场中A点电势高于B点 B．转动中A球电势能变化量大于B球电势能变化量 C．该过程静电力对两小球做功相等 D．该过程两小球的总电势能增加 答案　C 解析　沿电场线方向电势降低，则A点电势低于B点，A错误；两球电荷量大小相等，转动中两球沿电场线方向运动距离相等，根据W＝qEd可知，静电力对两小球做功相等，则两球电势能变化量大小相等，B错误，C正确；转动过程静电力对两小球均做正功，则该过程两小球的总电势能减小，D错误。 4．(2023·镇江市高一统考阶段练习)如图实线表示某带电体周围等势面的剖面图，图中相邻等势面间的电势差相等，一带正电的粒子仅在静电力作用下在该电场中运动的轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是(　　) A．带电体带正电 B．粒子在A点的加速度大于在B点的加速度 C．粒子在A点的速度一定大于在B点的速度 D．粒子在A点的电势能高于在B点的电势能 答案　C 解析　电场线处处与等势面相互垂直，结合曲线轨迹，由力指向轨迹的凹侧可知，带正电的粒子受到的静电力指向带电体表面，电场强度的方向指向带电体表面，带电体带负电；沿电场方向电势降低，可知A点电势低于B点电势，所以带正电的粒子在A点的电势能低于在B点的电势能，再根据能量守恒可知粒子在A点的动能一定大于在B点的动能，即在A点的速度一定大于在B点的速度，故A、D错误，C正确； 等差等势面的疏密表示电场强度的大小，可知B点电场强度大于A点，结合牛顿第二定律，可知粒子在A点的加速度小于在B点的加速度，故B错误。 5．(2023·扬州市江都区丁沟中学高二期中)两个等量正点电荷固定于光滑水平面上，两点电荷连线的中垂线上有A、B、C三点如图所示(中垂线也在水平面内)，一个带电小物块从C点由静止释放，沿路径C→B→A运动，小物块运动过程中的加速度a、速度v、电势能Ep以及从C→A的电势φ随时间t变化的关系图像可能正确的是(　　) 答案　B 解析　因等量同种电荷连线的中垂线上各点的电场强度不等，物块沿路径C→B→A运动时，所受的静电力可能一直增加，可能一直减小，也可能先增加后减小，且变化不是均匀的，则加速度随时间的变化不是直线，选项A错误；物块沿路径C→B→A运动时，加速度先增加后减小或一直增大(减小)，则v－t图像的斜率先增加后减小或逐渐增大(减小)，选项B正确；带电小物块从C点由静止释放，沿路径C→B→A运动，则静电力一定是做正功，则电势能一直减小，选项C错误；距离正电荷越近，电势越高，则从C→A的电势逐渐降低，选项D错误。 6．(2023·南通市期末)如图甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上如图乙所示的电压。现有两个质子以相同的初速度分别从t＝0和t＝ 时刻水平射入电场，已知两质子在电场中的运动时间均为T，并从右端离开电场，则两质子在电场中的偏转位移大小之比是(　　) A．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．4∶1 答案　C 解析　粒子在两板之间的运动时间均为T，在t＝0时刻进入的粒子在前半个周期竖直方向上做匀加速运动，后半个周期竖直方向上做匀速运动，设加速度为a，则位移为y1＝×a×()2＋a××＝aT2 在t＝T进入的粒子，在前半个周期竖直方向上位移为零，后半个周期在竖直方向上做匀加速运动，侧移量为y2＝a·()2＝aT2 故y1∶y2＝3∶1，故选C。 7．(2023·常州市前黄高级中学校考)O、A、B为一条电场线上的三点，一电子仅在静电力作用下由O点经A点向B点运动，以O点为零电势点，该电子运动过程中电势能Ep随移动距离x的变化规律如图所示，则下列说法中正确的是(　　) A．该电场可能是孤立点电荷形成的电场 B．A点的电场强度等于B点的电场强度 C．电子在A点的动能小于在B点的动能 D．电子由A点运动到B点的过程中静电力对其所做的功W＝EpB－EpA 答案　B 解析　由题图可知，从O点到B点，电子的电势能随移动距离均匀增加，则电势随移动距离也均匀增加，该电场一定为匀强电场，不可能为孤立点电荷形成的电场，A、B两点的电场强度相等，故A错误，B正确； 电子在A、B两点的电势能分别为EpA和EpB，且EpA<EpB 说明电子由A点运动到B点时电势能增大，静电力做负功，动能减小，即电子在A点的动能大于在B点的动能，静电力对其所做的功为W＝EpA－EpB，故C、D错误。 8．在地面附近存在一个有界匀强电场，边界将空间分成上、下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度处由静止释放一个质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v－t图像如图乙所示，不计空气阻力，则(　　) A．小球受到的重力与静电力大小之比为4∶5 B．t＝5 s时，小球经过边界MN C．在0～2.5 s过程中，重力做的功大于克服静电力做的功 D．在1～4 s过程中小球机械能先减小后增大 答案　D 解析　由题意知，小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到静电力和重力作用，先做减速运动后做加速运动，由题图分析可知，小球经过边界MN的时刻是t＝1 s和t＝4 s，B错误；由v－t图像的斜率表示加速度，知小球进入电场前的加速度为a1＝＝，进入电场后的加速度大小为a2＝＝，由牛顿第二定律得mg＝ma1，F－mg＝ma2，得静电力F＝mg＋ma2＝ma1，可得重力mg与静电力F的大小之比为3∶5，A错误；0～2.5 s过程中，动能变化量为零，根据动能定理，这个过程中重力做的功与克服静电力做的功大小相等，C错误；由题图可得，小球在0～2.5 s内向下运动，在2.5～5 s内向上运动，在1～4 s过程中，静电力先做负功后做正功，小球的机械能先减小后增大，D正确。 9.(2020·浙江7月选考)如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时(　　) A．所用时间为 B．速度大小为3v0 C．与P点的距离为 D．速度方向与竖直方向的夹角为30° 答案　C 解析　粒子在电场中只受静电力，F＝qE，方向向下，如图所示。 粒子的运动为类平抛运动。 水平方向做匀速直线运动， 有x＝v0t 竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动， 有y＝at2＝·t2 ＝tan 45° 联立解得t＝，故A错误； vy＝at＝·＝2v0，则速度大小v＝＝v0，tan θ＝＝，则速度方向与竖直方向夹角不是30°，故B、D错误； x＝v0t＝，与P点的距离s＝＝，故C正确。 10．如图所示，虚线MN下方存在着方向水平向左、范围足够大的匀强电场，电场强度E＝，AB为绝缘光滑且固定的四分之一圆弧轨道，轨道半径为R，O为圆心，B位于O点正下方。一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)，从A点由静止释放进入轨道。空气阻力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是(　　) A．小球在运动过程中机械能守恒 B．小球不能到达B点 C．小球沿轨道运动的过程中，对轨道的压力一直增大 D．小球沿轨道运动的过程中，动能的最大值为mgR 答案　D 解析　除重力以外做功的力只有静电力，从A到B静电力做负功，所以机械能减小，故A错误；从A到B根据动能定理得mgR－EqR＝mvB2，解得vB＝，所以小球能到达B点，故B错误；从A到B过程中存在一位置的重力和静电力的合力的反向延长线过圆心，如图所示，此点为等效最低点，即速度最大的位置，所以从A到B过程中速度先增大后减小，由牛顿第二定律及牛顿第三定律可知对轨道的压力先增大后减小，故C错误；设等效最低点重力和静电力的合力的反向延长线与竖直方向夹角为θ，则tan θ＝＝，则θ＝37°，从A到等效最低点的过程中，由动能定理有mgRcos 37°－Eq(R－Rsin 37°)＝Ekm，解得Ekm＝mgR，故D正确。 11．(2022·苏州震泽中学校考)如图所示，环形塑料管半径为R，竖直放置，且管的内径远小于环的半径，ab为该环的水平直径，环的ab及其以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑。现将一质量为m，电荷量为q的小球从管中a点由静止开始释放，已知qE＝mg，小球可以运动过b点。则下列说法正确的是(　　) A．小球带负电荷 B．小球释放后，到达b点时速度为零，并在bda间往复运动 C．小球释放后，第一次和第二次经过最高点c时对管壁的压力之比为1∶6 D．小球释放后，第一次经过最低点d和最高点c时对管壁的压力之比为5∶1 答案　D 解析　如果小球带负电，则小球将在ad间做往复运动，不可能到达b点，所以小球带正电，则A错误； 小球从a到b过程，由动能定理有qE·2R＝mvb2 解得vb＝2 则小球释放后，到达b点时速度不为零，所以B错误； 小球释放后，第一次经过最高点c时有 qE·2R－mgR＝mvc12 mg＋Fc1＝m 联立解得Fc1＝mg 球释放后，第二次经过最高点c时有2·qE·2R－mgR＝mvc22 mg＋Fc2＝m 联立解得Fc2＝5mg 由牛顿第三定律，小球释放后，第一次和第二次经过最高点c时对管壁的压力之比为1∶5，则C错误； 小球释放后，第一次经过最低点d时有qE·R＋mgR＝mvd12 Fd1－mg＝m 联立解得Fd1＝5mg 由牛顿第三定律，小球释放后，第一次经过最低点d和最高点c时对管壁的压力之比为5∶1，则D正确。 二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题～第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 12．(12分)在“观察电容器的充、放电现象”实验中，电路如图甲所示。 (1)将开关S接通1，电容器的________(填“上”或“下”)极板带正电，再将S接通2，通过电流表的电流方向向________(填“左”或“右”)。 (2)若电源电动势为10 V，实验中所使用的电容器如图乙所示，充满电后电容器所带电荷量为________ C(结果保留两位有效数字)。 (3)电容器充电过程中，电流I与时间t的关系，所带电荷量Q与两极板间的电压U的关系正确的是________。 　 答案　(1)上(3分)　左(3分)　(2)3.3×10－2(3分)　(3)A(3分) 解析　(1)开关S接通1，电容器充电，根据电源的正负极可知电容器上极板带正电。开关S接通2，电容器放电，通过电流表的电流方向向左。 (2)充满电后电容器所带电荷量Q＝CU＝3 300×10－6 F×10 V＝3.3×10－2 C。 (3)电容器充电过程中，电流逐渐减小，随着两极板电荷量增大，电流减小得越来越慢，电容器充电结束后，电流减小为0，A正确，B错误；电容是电容器本身具有的属性，根据C＝可知，电荷量与电压成正比，所以Q与U的关系图线应为过原点的直线，C、D错误。 13．(8分)如图所示，在匀强电场中直角三角形ABC的边长AB＝8 cm，BC＝4 cm，将带电荷量q＝－6×10－6 C的负电荷从电场中的A点移到B点，克服静电力做了2.4×10－5 J的功，再从B点移到C点，静电力做了1.2×10－5 J的功。求： (1)A、B两点间的电势差UAB和B、C两点间的电势差UBC； (2)如果规定B点的电势为零，则A点和C点的电势分别为多少？ (3)画出过B点的一条电场线并计算电场强度的大小(画图保留作图的痕迹)。 答案　(1)4 V　－2 V　(2)4 V　2 V　(3)见解析图　×102 V/m 解析　(1)根据W＝Uq可得UAB＝＝ V＝4 V(1分) UBC＝ V＝－2 V(1分) (2)由于UAB＝φA－φB，UBC＝φB－φC又φB＝0，解得φA＝4 V，φC＝2 V(2分) (3)取AB的中点D，连接CD，为等势线，电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势，如图所示(1分) 根据几何关系可得B点到等势线DC的距离d＝4× cm＝2×10－2 m(1分) 电场强度的大小E＝＝＝×102 V/m。(2分) 14．(8分)如图所示，M、N是一对彼此绝缘、相距d＝5 cm的平行金属带电极板，N板接地，M板带电荷量的绝对值为Q＝6×10－6 C。在两极板M、N间A点有一带电荷量为q＝4×10－6 C的带电液滴，其质量m＝4×10－4 kg，恰好处于静止状态，g＝10 m/s2。则： (1)两板间的电场强度为多少？ (2)平行金属板M、N所构成的电容器的电容C等于多少？ (3)若A点到N板的距离为2 cm，则液滴在A点的电势能为多少？ 答案　(1)103 N/C　(2)1.2×10－7 F　(3)－8×10－5 J 解析　(1)由平衡条件qE＝mg，(1分) 解得E＝1 000 N/C(1分) (2)两板间的电势差U＝Ed＝1 000×0.05 V＝50 V(1分) 电容器的电容C＝＝ F＝1.2×10－7 F(1分) (3)A点到N极板的电势差是UAN＝－EdAN＝－20 V(1分) N极板的电势为零，所以A点的电势是φA＝－20 V(1分) 则液滴在A点的电势能为EpA＝qφA＝－20×4×10－6 J＝－8×10－5 J。(2分) 15．(12分)如图所示，水平放置的两平行金属板，板长l为10 cm，两板相距为d＝2 cm。一束电子以v0＝4.0×107 m/s的初速度从两板中央水平射入板间，然后从板间飞出射到距板右端距离L为45 cm、宽D为20 cm的荧光屏上。为使电子能射到荧光屏上，求两板间所加电压的取值范围。(不计电子重力及电子间的相互作用，荧光屏中点在两板间的中线上，电子质量m＝9.0×10－31 kg，电荷量e＝1.6×10－19 C) 答案　见解析 解析　如图所示，设电子飞出偏转电场时速度为v1，与水平方向的夹角为θ，偏转电压为U，偏转位移为y，则 y＝at2＝()2(2分) tan θ＝＝＝(2分) 由此看出，电子从偏转电场射出时，不论偏转电压多大，电子都像是从偏转电场的两极板间中线的中点沿直线射出一样，射出电场后电子做匀速直线运动恰好打在荧光屏的边缘上，结合图可得 tan θ＝＝(2分) 解得U＝(2分) 代入数据，得U＝360 V。(2分) 因此偏转电压在－360～360 V范围内时，电子可打在荧光屏上。(2分) 16．(16分)如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的静电力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)若滑块从水平轨道上距离B点s＝3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？ (2)若滑块从水平轨道上距离B点s＝10R的A点由静止释放，求滑块到达D点时受到轨道的作用力大小； (3)改变s的大小仍使滑块由静止释放，且滑块始终沿轨道滑行，并从G点飞出轨道，求s的最小值。 答案　(1)　(2)0　(3)11.5R 解析　(1)若滑块从水平轨道上距离B点s＝3R的A点由静止释放，设滑块到达C点时的速度为vC，从A点到C点过程运用动能定理，得F电·(s＋R)－μmgs－mgR＝mvC2－0(2分) 解得vC＝(1分) (2)若滑块从水平轨道上距离B点s＝10R的A点由静止释放，设滑块到达D点时的速度为vD，从A点到D点过程运用动能定理，得F电·s－μmgs－mg·2R＝mvD2－0(2分) 解得vD＝(1分) 在D点，运用圆周运动知识，竖直方向的合力提供向心力，得FN＋mg＝(2分) 解得FN＝0 滑块到达D点时受到轨道的作用力大小为0(1分) (3)要使滑块从G点飞出，则必须可以通过等效最高点，当恰好通过等效最高点时，满足题意的s最小。 等效重力为重力和静电力的合力，G′＝＝mg(2分) 等效重力与重力的夹角θ的正切值tan θ＝ 所以θ ＝ 37°(1分) 当恰好通过等效最高点时的速度设为v，则此时满足G′＝m(1分) 从A点由静止释放到达等效最高点过程，由动能定理，得F电(smin－Rsin 37°)－μmgsmin－mgR(1＋cos 37°)＝mv2－0(2分) 解得smin＝ 11.5R。(1分) 学科网（北京）股份有限公司 $$