第10章 静电场中的能量 综合测评（Word练习）-【状元桥·优质课堂】2024-2025学年高中物理必修第三册（人教版2024）

第十章综合测评 （建议用时：75分钟　满分：100分） （见学生用书P261） 一、选择题（共10道题，共46分.第1～7小题为单选题，每小题4分，第8～10题为多选题，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不选的得0分） 1.如图所示，真空中存在一点电荷产生的电场，其中a、b两点的电场强度方向如图所示，a点的电场方向与a、b连线成60°角，b点的电场方向与a、b连线成30°角，则下列关于a、b两点电场强度Ea、Eb及电势φa、φb的关系正确的是 （　　） A.Ea＝3Eb　φa＞φb B.Ea＝3Eb　φa＜φb C.Ea＝　φa＞φb D.Ea＝Eb　φa＜φb A　解析由于场源为点电荷，因此两条电场线的反向延长线的交点就是场源所在位置，场源到a、b两点的距离分别为la、lb，根据三角形的边角关系可知la∶lb＝1∶，由于点电荷的电场强度E＝k，可得Ea∶Eb＝∶＝3∶1，选项C、D错误；由于场源为正电荷，沿电场线的方向，电势越来越低，由于la＜lb，因此φa＞φb，选项A正确，B错误. 2.如图所示，将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧，两球在空间形成了稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等差等势线.A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则 （　　） A.A点和B点的电势相同 B.正电荷从A点移至B点，静电力做正功 C.C点和D点的电场强度相同 D.负电荷从C点移至D点，电势能增大 B　解析A点和B点不在同一等势线上，所以它们的电势不同，选项A错误；从A点至B点，电势降低，所以正电荷从A点移至B点，静电力做正功，选项B正确；根据电场的对称性可知，C点和D点的电场强度的大小相等，方向不同，选项C错误；C点和D点在同一个等势线上，负电荷从C点移至D点，电势能不变，选项D错误. 3.如图所示，MN是一负点电荷产生的电场中的一条电场线，一个带正电的粒子（不计重力）从a点到b点穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示，下列结论正确的是 （　　） A.带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能 B.负点电荷一定位于M点左侧 C.带电粒子从a点到b点过程中动能逐渐减小 D.带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度 A　解析由于该粒子只受静电力作用且做曲线运动，静电力指向轨迹内侧，静电力方向大致向右，则粒子从a到b的过程中粒子受到的静电力的方向与速度方向之间的夹角是锐角，静电力做正功，粒子的电势能减小，所以带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能，选项A正确；带正电的粒子受到的静电力方向大致向右，则电场线由M指向N，说明负电荷在N点右侧，选项B错误；带电粒子所受静电力向右，粒子从a到b静电力对带电粒子做正功，电势能减小，动能增大，选项C错误；负电荷在N点右侧，根据点电荷的电场的特点可知，a点离点电荷较远，从a到b的过程中距离负点电荷越来越近，则电场强度越来越大，带电粒子受到的静电力越来越大，根据牛顿第二定律得知，带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，选项D错误. 4.空间中平行于纸面的匀强电场，一电荷量为－q的质点（重力不计），在恒定拉力F的作用下沿虚线由M匀速运动到N，如图所示，已知力F和MN间的夹角为θ，MN间的距离为d，则 （　　） A.M、N两点的电势差为 B.匀强电场的电场强度大小为 C.带电质点由M运动到N的过程中，电势能减少了Fdcos θ D.若要使带电质点由N向M匀速直线运动，则F必须反向 A　解析由于带电质点做匀速直线运动，故静电力与拉力F大小相等，方向相反，故场强大小E＝，带电质点由M到N，静电力做功WMN＝－Fdcos θ，故电势差UMN＝＝，而电势能是增加的，选项A正确，B、C错误；若要使带电质点由N向M做匀速直线运动，F和静电力仍平衡，选项D错误. 5.如图所示，空间存在足够大的水平方向的匀强电场，绝缘的曲面轨道处于匀强电场中，曲面上有一带电金属块在力F的作用下沿曲面向上移动.已知金属块在向上移动的过程中，力F做功40 J，金属块克服静电力做功10 J，金属块克服摩擦力做功20 J，重力势能改变了30 J，则 （　　） A.电场方向水平向左 B.电场方向水平向右 C.在此过程中金属块电势能减少20 J D.在此过程中金属块机械能增加10 J D　解析因为不知道带电金属块的电性，所以无法判断电场方向，选项A、B错误；克服静电力做功为10 J，则电势能增加10 J，选项C错误；机械能的变化量等于除重力以外的其他力所做的总功，故应为ΔE＝40 J－10 J－20 J＝10 J，选项D正确. 6.如图所示，绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一质量为m、电荷量为－q（q＞0）的滑块（可看作点电荷）从a点以初速度v0沿水平面向Q运动，到达b点时速度减为零.已知a、b间距离为s，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列判断正确的是 （　　） A.滑块在运动过程中所受Q的库仑力有可能大于滑动摩擦力 B.滑块在运动过程中的中间时刻的速度大小为 C.此运动过程中产生的内能为 D.Q产生的电场中，a、b两点间的电势差为Uab＝ D　解析由题意可知，滑块在水平方向上受库仑力和滑动摩擦力，摩擦力与运动方向相反，库仑力与运动方向相同，且在运动过程中，库仑力随着距离的减小而增大，但滑块最后静止于b点，故库仑力始终小于摩擦力，选项A错误；由选项A的分析可知，滑动摩擦力不变，而库仑力在变大，则合力在变小，由牛顿第二定律得加速度逐渐变小，则速度不是均匀减小的，在中间时刻的速度不为，选项B错误；整个运动过程中由动能定理可得－qUab－μmgs＝0－m，产生的内能为Q＝μmgs，联立解得Q＝－qUab＋m＞m，选项C错误；由选项C的分析可得a、b两点间的电势差为Uab＝，选项D正确. 7.如图所示，匀强电场中三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，∠ABC＝∠CAB＝30°，BC＝2 m，已知电场线平行于△ABC所在的平面，一个电荷量为q＝－2×10－6 C的点电荷由A移到B的过程中，电势能增加了1.2×10－5 J，由B移到C的过程中静电力做功6×10－6 J，下列说法正确的是 （　　） A.B、C两点的电势差UBC＝3 V B.A点的电势低于B点的电势 C.负电荷由C点移到A点的过程中，电势能增加 D.该电场的电场强度大小为1 V/m D　解析由B移到C的过程中静电力做功6×10－6 J，根据W＝Uq得B、C两点的电势差为UBC＝＝－3 V，选项A错误；点电荷由A移到B的过程中，电势能增加1.2×10－5 J，则静电力做功－1.2×10－5 J，A、B两点的电势差UAB＝＝6 V，所以A点的电势高于B点的电势，选项B错误；UCA＝－UAC＝－UBC－UAB＝－3 V，根据W＝Uq得，负电荷由C移到A的过程中，静电力做正功，所以电势能减小，选项C错误；UAB＝6 V，在AB连线上取中点D，所以UAD＝3 V，UCA＝－3 V，UAC＝3 V，C、D电势相等，所以CD连线为等势线，而三角形ABC为等腰三角形，所以电场强度方向沿着AB方向，由A指向B.因为BC＝2 m，由几何关系得AD＝3 m，由UAD＝E·AD得，该电场的电场强度大小为1 V/m，选项D正确. 8.如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L（不考虑边界效应）.t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为v0；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出.不计重力和粒子间的相互作用，则 （　　） A.M板电势高于N板电势 B.两个粒子的电势能都减小 C.粒子在两板间的加速度为a＝ D.粒子从N板下端射出的时间t＝ BC　解析由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，选项A错误；根据题意垂直M板向右的粒子到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小，则平行M板向下的粒子到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，选项B正确；设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有＝v0t，d＝at2，对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，则在电场中加速度相同，有（v0）2－＝2ad，联立解得t＝，a＝，选项C正确，D错误. 9.两个等量正点电荷固定于光滑绝缘水平面上，其连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个带电荷量为＋2×10－7 C、质量为0.1 kg的小物块（可视为质点）从C点静止释放.其运动的v－t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线（图中标出了该切线）斜率最大的位置，则下列说法正确的是 （　　） A.由C点到A点的过程中小物块的电势能一直在增大 B.B点为中垂线上电场强度最大的点，电场强度大小为1×104 V/m C.由C点到A点电势逐渐降低 D.A、B两点间的电势差UAB＝500 V BC　解析由题图乙可知，由C到A的过程中，小物块的速度一直在增大，静电力对小物块做正功，小物块的电势能一直在减小，选项A错误；小物块在B点的加速度最大，为am＝ m/s2＝2×10－2 m/s2，可得小物块所受的最大静电力为Fm＝mam＝0.1×2×10－2 N＝2×10－3 N，则电场强度最大值为Em＝＝1×10－2 N/C，选项B正确；因为两个等量正点电荷连线的中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点电势逐渐降低，选项C正确；从题图乙可知，A、B两点的速度分别为vA＝6×10－2 m/s、vB＝4×10－2 m/s，再根据动能定理，得qUBA＝m－m，解得UBA＝500 V，则UAB＝－UBA＝－500 V，选项D错误. 10.如图所示为造纸公司用于监控绝缘纸张厚度的简易装置示意图，其中A、B为平行板电容器的两个极板，上下极板位置均固定，且分别接在恒压电源的两极上，A板接负极，已知绝缘纸张的厚度越大，相对介电常数越大.下列说法正确的是 （　　） A.当流水线上通过的产品厚度增大时，平行板电容器的电容增大 B.当灵敏电流计有从b流向a的电流时，说明绝缘纸张变厚 C.当绝缘纸张厚度变薄时，两板间电场强度变大 D.增大恒压电源的电压值，可提高监控装置的灵敏度 ABD　解析根据C＝，可知当产品厚度增大导致εr增大时，电容器的电容C增大，选项A正确；当灵敏电流计有从b流向a的电流时，说明电源正在对电容器充电，根据C＝可知电容增大，说明纸张变厚，选项B正确；当绝缘纸张厚度变薄时，εr减小，电容器的电容C减小，而电源电压不变，也没有改变极板间的距离d，由E＝，知两板间电场强度不变，选项C错误；根据Q＝CU，可知若增大恒压电源的电压值，纸张薄厚变化能够引起更大的电荷量变化，电流计指针偏转更明显，灵敏度更高，选项D正确. 二、非选择题（本题共5小题，共54分） 11.（6分）静电计是测量电势差的仪器，指针偏转角度越大，金属外壳和上方金属小球间的电势差越大，实验装置如图所示.在本实验中，静电计指针和A板等电势，静电计金属壳和B板等电势，因此指针偏转角度越大表示A、B两极板间的电势差越大，现对电容器充电后断开开关，若按图下方的说明来做实验，则图甲中两极板间电势差　　　；图乙中两极板间电势差　　　；图丙中两极板间电势差　　　.（均选填“变大”“变小”或“不变”） 解析充电后断开开关，则电荷量既不会增加也不会减少，即电荷量不变，题图甲中向上平移左极板，使得正对面积变小，由公式C＝可知电容变小，由U＝可知电势差变大；题图乙中向右平移左极板使得两板距离d变小，则电容C＝变大，电势差变小；题图丙中插入电解质使得介电常数变大，电容C＝变大，电势差变小. 答案变大　变小　变小 12.（6分）电流传感器可以捕捉到瞬间的电流变化，它与计算机相连，可以显示出电流随时间变化的I－t图像.按图甲所示连接电路，直流电源电压为9 V，电容器选用电容较大的电解电容器.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，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I－t图像，如图乙所示. （1）将开关S接通1，电容器的　　　　（选填“左”或“右”）极板带正电，再将S接通2，通过R的电流方向向　　　　（选填“左”或“右”）. （2）根据I－t图像估算，当电容器开始放电时所带的电荷量Q＝　　　　C，电容C＝　　　　 F（均保留2位有效数字）. （3）如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，充电时I－t曲线与横轴所围成的面积将　　　　（选填“增大”“不变”或“变小”），充电时间将　　　　（选填“变长”“不变”或“变短”）. 解析（1）将开关S接通1，电容器的左极板与电源的正极相连，所以电容器的左极板带正电；再将S接通2，电容器通过电阻R放电，所以通过R的电流方向向右. （2）电容器所带的电荷量在数值上等于I－t图像与坐标轴所包围的面积. 每个小方格所代表的电荷量数值为 q＝0.2×10－3×0.2 C＝4×10－5 C， 曲线下包含的小方格的个数为40（格数为38～42都正确）. 故电容器所带的电荷量 Q＝40×4×10－5 C＝1.6×10－3 C， 根据电容的定义式可得 C＝＝ F＝1.8×10－4 F. （3）电容器所带的电荷量Q＝CU，与电阻R无关，如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，充电时I－t曲线与横轴所围成的面积将不变，由于电阻对电流的阻碍作用减小，充电电流增大，所以充电时间将变短. 答案（1）左　右　（2）1.6×10－3　1.8×10－4 （3）不变　变短 13.（12分）如图所示，光滑绝缘斜面倾角为37°，一带有正电的小物块质量为m、电荷量为q，置于斜面上.当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度大小变为原来的，方向不变，重力加速度为g，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： （1）原来的电场强度大小； （2）电场强度变为原来的后，小物块沿斜面下滑时的加速度有多大？ 解析（1）平衡时，物块受重力mg、静电力qE、斜面的支持力FN的作用，如图所示， 由平衡条件得qE＝mgtan 37°， 解得原来的电场强度E＝. （2）电场强度大小变为原来的后，将物块受力沿斜面方向和垂直斜面方向正交分解，如图所示， 根据牛顿第二定律得 mgsin 37°－qEcos 37°＝ma， 解得a＝0.3g. 答案（1）　（2）0.3g 14.（14分）如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上，在xOy平面内有与y轴平行向上的匀强电场区域（在第Ⅰ象限，形状是直角三角形），直角三角形斜边分别与x轴和y轴相交于（L，0）和（0，L）点.区域左侧沿x轴正方向射来一束具有相同质量m、电荷量为－q（q＞0）和初速度为v0的带电微粒，这束带电微粒分布在0＜y＜L的区间内，其中从点射入场区的带电微粒刚好从（L，0）点射出场区，带电微粒重力不计，求： （1）电场强度E的大小. （2）射到（2L，0）点的带电微粒射入场区时的y坐标值. 解析（1）设从点射入的带电微粒在场区中的偏转时间为t1，根据平抛运动的规律，有L＝v0t1，＝， 解得E＝. （2）画出运动轨迹示意图如图所示，设这个带电微粒在场区中的水平偏转位移为x1，竖直偏转位移为y1，偏转角为θ，偏转时间为t2，射入场区时的y坐标值为Y，有 x1＝v0t2，y1＝， 根据几何关系，有x1＋＝2L， L－x1＝Y－y1， 根据平抛运动的特点，有tan θ＝2， 联立解得Y＝L. 答案（1）　（2）L 15.（16分）如图所示，在E＝1.0×103 V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R＝0.4 m.一带正电荷q＝1×10－4 C的小滑块静置于轨道MN上，质量为m＝0.04 kg，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，问： （1）要使小滑块能运动到半圆轨道的最高点Q，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？ （2）这样释放的滑块通过P点时对轨道的压力是多大？（P为半圆轨道中点） 解析（1）滑块刚能通过轨道最高点的条件是 mg＝m，解得v＝＝2 m/s， 滑块由释放点到最高点过程中， 由动能定理得 qEx－μmgx－2mgR＝mv2， 解得x＝， 代入数据得x＝20 m. （2）从P点到Q点，由动能定理得 －mgR－qER＝mv2－m， 整理得＝v2＋2R， 在P点由牛顿第二定律得FN－qE＝， 解得FN＝3（mg＋qE），代入数据得FN＝1.5 N，由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力等于轨道对滑块的支持力，所以为1.5 N. 答案（1）20 m　（2）1.5 N 学科网（北京）股份有限公司 $$