第10章 静电场中的能量 水平测评-【金版教程】2025-2026学年高中物理必修第三册作业与测评课件PPT（人教版2019）

第十章　水平测评 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2．电子透镜两极间的电场线分布如图所示，中间的一条电场线为直线，其他电场线对称分布。一电子仅在静电力的作用下，以某一初速度从O点沿直线运动到A点。关于该过程，下列说法正确的是(　　) A．电子的速度减小 B．电子的加速度增大 C．电子所在位置的电势增大 D．电子的电势能增大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析　根据题图可知，O、A间电场线方向向右，电子带负电，从O点沿直线运动到A点的过程中电子所受的静电力方向与其运动方向相同，电子一直做加速直线运动，A错误；电场线分布的疏密表示电场的强弱，故从O点到A点电场强度先增大后减小，因此电子的加速度先增大后减小，B错误；沿电场线方向电势降低，则该过程中电子所在位置的电势增大，C正确；该过程中静电力对电子做正功，电子的电势能减小，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3．根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型，如图所示，虚线表示原子核所形成的电场的等势线，且相邻等势线之间距离相等，实线表示一个α粒子(带正电)的运动轨迹。在α粒子从a运动到b、再运动到c的过程中，下列说法中正确的是(　　) A．粒子的加速度先变小，后变大 B．bc两点间电势差为ba两点间电势差的2倍 C．粒子的电势能先增大，后减小 D．粒子在a点的动能大于在c点的动能 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 4．一带电粒子仅在静电力作用下从A点开始以初速度为－v0做直线运动，其v­t图像如图所示。粒子在t时刻运动到B点，3t时刻运动到C点，以下判断正确的是(　　) A．A、B、C三点的电势关系一定为φB>φA>φC B．A、B、C三点的场强大小关系一定为EC>EB>EA C．粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少 D．粒子从A点经B点运动到C点，静电力一直做正功 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析　因为不知道带电粒子的电性，所以无法判断A、B、C三点电势的关系，故A错误；由v­t图像的斜率表示粒子运动的加速度，可知加速度先增大后减小，粒子在B点时加速度最大，由静电力提供加速度可知B点电场强度最大，故B错误；只有静电力做功，则粒子的动能与电势能之和保持不变，由图像可知，动能先减小后增大，则电势能先增加后减少，故C正确；因为电势能先增加后减少，所以静电力先做负功后做正功，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 6．如图所示，三个质量相同，电荷量分别为＋q、－q和0的小液滴a、b、c，从竖直放置的两板中间上方由静止释放，最后从两板间穿过，轨迹如图所示，则在穿过极板的过程中(　　) A．静电力对液滴a、b、c做的功相同 B．三者动能的增量相同 C．液滴a电势能的增加量等于液滴b电势能的减小量 D．重力对三者做的功相同 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析　在穿过极板的过程中，a、b、c在竖直方向均做自由落体运动，则三者穿过极板的时间相同，又因a、b所带电荷量相等，质量相同，所以在水平方向的加速度大小及位移大小相等，所以穿过两极板时静电力均做正功，且做功大小相同，电势能减少量相同，c不带电，不受静电力作用，A、C错误；a、b、c三者穿出电场时，由WG＝mgh知，重力对三者做功相同，D正确；由动能定理知，三者动能增量不同，B错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 7．在x轴上分别固定两个点电荷Q1、Q2，Q2位于坐标原点O处，两点电荷形成的静电场中，x轴正方向上的电势φ随x变化的图像如图所示，下列说法正确的是(　　) A．x3处电势φ最高，电场强度最大 B．Q1带负电，Q2带正电 C．Q1的电荷量大于Q2的电荷量 D．电子从x1处沿x轴移动到x2处，电势能减小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 8．一矿井水位检测器如图所示，A为固定铜芯，B为玻璃，D为矿井中含有杂质的水。闭合开关S时，发现灵敏电流计的指针向左偏转。在开关S闭合的情况下，若发现指针向左偏转，则下列说法正确的是(　　) A．A所带电荷量减少 B．A所带电荷量增加 C．矿井中的水面下降 D．矿井中的水面上涨 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 9．如图所示，匀强电场中的三角形PAB所在 平面平行于电场方向，C点为AB的中点，D点为PB 的中点。将一个带电粒子从P点移动到A点，静电 力做功WPA＝1.6×10－8 J；将该粒子从P点移动到B 点，静电力做功WPB＝3.2×10－8 J。则下列说法正确的是(　　) A．直线PC为等势线 B．直线AD为等势线 C．若将该粒子从B点移动到A点，静电力做功为WBA＝1.6×10－8 J D．若将该粒子从P点移动到C点，静电力做功为WPC＝2.4×10－8 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 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、填空和实验题(本题共2小题，共12分) 11．(6分)如图所示，要使一质量为m、电荷量为＋q的小球能沿水平直线加速，需要外加一匀强电场。已知平行金属板间距为d，与水平面的夹角为θ，要使此小球从A板左端由静止沿水平方向加速运动，恰从B板的右端射出，则两金属板 间所加电压U＝________；小球从B板右端射出时的速度v＝________。(重力加速度为g) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 12．(6分)在测定电容器电容的实验中，将电容 器、电压传感器、阻值为2 kΩ的电阻R、电源、单刀 双掷开关S按如图甲所示的电路图进行连接，先使开 关S与1相连，电源给电容器充电，充电完毕后把开关 S掷向2，电容器放电，直至放电完毕，实验得到的与 电压传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化 的图线如图乙所示，计算机对图乙进行数据处理后记 录了“峰值”及图线与时间轴所围“面积”等信息。 (1)根据图甲所示的电路，观察图乙可知： 充电电流与放电电流方向________(选填“相同”或“相反”)，大小都随时间而________(选填“增大”或“减小”)。 (2)该电容器的电容为____________F。(结果保留三位有效数字) 相反 减小 1.20×10－2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 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。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 13．(10分)将一个电荷量为－2×10－8 C的点电荷，从零电势点O移到M点需克服静电力做功6×10－8 J，若将该电荷从M点再移至N点，静电力做功2.5×10－7 J。求： (1)M点的电势φM； (2)M、N两点间的电势差UMN及该电荷在N点的电势能EpN。 答案　(1)－3 V 　(2)－12.5 V　－1.9×10－7 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 14．(12分)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。 (1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入 电场至此时在水平方向上的位移大小； (2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开 电场，则金属板的长度最短应为多少？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案　(1)1.25 N　(2)0.4 m　(3)d≥2 m或0≤d≤0.8 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 1．以下说法正确的是(　　) A．由E＝eq \f(F,q)可知电场中某点的电场强度E与F成正比 B．由公式φ＝eq \f(Ep,q)可知电场中某点的电势φ与q成反比 C．由Uab＝Ed可知，匀强电场中任意两点a、b间距离越大，两点间的电势差也越大 D．公式C＝eq \f(Q,U)中，电容器的电容大小C与电容器两极板间的电势差U无关 解析　E＝eq \f(F,q)是采用比值定义法定义E的，E跟F以及试探电荷q无关，是由电场本身决定的，故A错误；电场中某点的电势φ与试探电荷q无关，是由电场本身和零电势点决定的，故B错误；Uab＝Ed中的d是匀强电场中的任意两点a、b沿着电场线方向的距离，故C错误；电容器的电容大小C由电容器自身结构决定，与电容器两极板间的电势差U无关，故D正确。 解析　题中电场可视为正点电荷形成的电场，由牛顿第二定律得eq \f(kQq,r2)＝ma，在α粒子从a运动到b、再运动到c的过程中，α粒子与原子核间的距离先减小后增大，所以粒子的加速度先变大后变小，故A错误；越靠近原子核，电场强度越大，根据公式U＝Ed，图中相邻等势线间的距离相等，但是不满足Ubc＝2Uba，故B错误；由运动轨迹向所受合力方向弯曲可知，α粒子所受静电力先做负功后做正功，因此α粒子的电势能先增大后减小，故C正确；设a点所在等势线与运动轨迹的另一个交点为d，可知α粒子在a、d位置的动能相等，而α粒子从d到c静电力对α粒子做正功，由动能定理有Ekc>Ekd＝Eka，即粒子在a点的动能小于在c点的动能，故D错误。 5．如图甲所示，在平行板电容器的A板附近，有一个带正电的粒子(不计重力)处于静止状态。在A、B两板间加如图乙所示的交变电压，带电粒子在静电力作用下由静止开始运动，经过3t0时间刚好到达B板，设此时粒子的动能大小为Ek3。若用改变A、B两板间距的方法，使粒子在5t0时刻刚好到达B板，此时粒子的动能大小为Ek5。则eq \f(Ek3,Ek5)等于(　　) A.eq \f(3,5) B.eq \f(5,3) C．1 D.eq \f(9,25) 解析　经3t0时间刚好到达B板时，粒子运动过程中先加速然后减速再加速，根据运动的对称性和动能定理，可得Ek3＝q·eq \f(U0,3)；若改变A、B两板间的距离使粒子在5t0时刻刚好到达B板，根据运动的对称性和动能定理，可得Ek5＝q·eq \f(U0,5)；故eq \f(Ek3,Ek5)＝eq \f(5,3)，B正确。 解析　φ­x图像的斜率表示电场强度，所以由题图可知x3处电场强度为0，由点电荷场强公式及场强叠加原理可知keq \f(Q1,（r＋x3）2)－k2,3)eq \f(Q2,x) ＝0(其中r为Q1与O的距离)，可知Q1>Q2，故A错误，C正确；由于x轴上电场线方向与电势降低方向一致，则0～x3电场线方向指向x轴的负方向，x3～＋∞电场线方向指向x轴的正方向，分析可知Q1带正电，Q2带负电，故B错误；Q1、Q2之间的电场线沿x轴正方向，电子从x1处沿x轴移动到x2处，静电力做负功，电势能增加，故D错误。 解析　题图所示电路中，A、含有杂质的水相当于电容器的两极板，B相当于电介质，三者构成一个电容器。闭合开关S时，电容器处于充电状态，灵敏电流计的指针向左偏转，保持开关闭合，发现指针又向左偏转，说明电容器继续充电，因此A所带的电荷量继续增加，故A错误，B正确；在开关S闭合的情况下，电容器两板间的电压不变，电荷量增加，根据C＝eq \f(Q,U)，可知一定是由于电容器的电容增大造成的，根据平行板电容器电容的决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)，由于电容器两板间的距离以及相对介电常数都不变，因此一定是正对面积增大，也就是矿井中的水面上涨，故C错误，D正确。 解析　设P点的电势为0，带电粒子的电荷量为q，则根据WPA＝qUPA＝q(0－φA)得A点的电势为φA＝eq \f(－1.6×10－8 J,q)，根据WPB＝qUPB＝q(0－φB)得B点的电势为φB＝eq \f(－3.2×10－8 J,q)，因为D点是PB的中点，故D点的电势为φD＝eq \f(φP＋φB,2)＝eq \f(－1.6×10－8 J,q)，因为C点是AB的中点，故C点的电势为φC＝eq \f(φA＋φB,2)＝eq \f(－2.4×10－8 J,q)，所以直线PC不是等势线，直线AD是等势线，故A错误，B正确；若将该粒子从B点移动到A点，静电力做功为WBA＝q(φB－φA)＝－1.6×10－8 J，故C错误；若将该粒子从P点移动到C点，静电力做功为WPC＝q(φP－φC)＝2.4×10－8 J，故D正确。 10．如图所示，竖直平面内存在水平向右的匀强电场，一带负电的小球以大小为v0、与水平方向成θ＝60°角的速度射入匀强电场，经过一段时间，小球速度大小仍为v0，方向沿水平方向，已知小球质量为m，带电荷量为－q，重力加速度为g，则(　　) A．匀强电场的电场强度大小为eq \f(\r(3)mg,3q) B．小球的最小动能为eq \f(1,8)mveq \o\al(2,0) C．小球射入电场后，经过eq \f(\r(3)v0,3g)的时间电势能最大 D．该过程中小球机械能最大时，增加的重力势能为eq \f(3,8)mveq \o\al(2,0) 解析　小球的速度方向恰沿水平方向时，竖直方向速度为零，且分析小球所受静电力可知，此时小球的速度方向水平向左，此过程用时t＝eq \f(v0sinθ,g)，水平方向做匀变速直线运动，有v0＝－v0cosθ＋at，根据牛顿第二定律有qE＝ma，联立解得E＝eq \f(\r(3)mg,q)，故A错误；设带电小球所受合力的方向与水平方向的夹角为φ，如图所示，则有tanφ＝eq \f(mg,Eq)＝eq \f(\r(3),3)，解得φ＝30°，当小球沿合力方向的速度变为0时，小球的动能最小，此时小球只有垂直于合力方向的分速度，大小为v⊥＝v0sin(θ－φ)＝eq \f(v0,2)，则最小动能为Ekmin＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,⊥)＝eq \f(1,8)mveq \o\al(2,0)，故B正确； 当小球水平方向分速度恰为零时，小球水平向右的位移最大，电势能最大，此过程用时t′＝eq \f(v0cosθ,a)＝eq \f(\r(3)v0,6g)，故C错误；在水平方向上，小球先向右运动，后向左运动，静电力先做负功后做正功，小球的机械能先减小后增大，因为初速度的水平分量大小v0cosθ小于水平向左的末速度大小v0，由水平方向匀变速直线运动的规律知，小球的末位置在初位置左侧，整个过程静电力的总功为正值，小球在末位置的机械能最大，此时竖直方向向上运动的距离y＝eq \f(（v0sinθ）2,2g)＝2,0)eq \f(3v,8g) ，增加的重力势能ΔEp增＝mgy＝eq \f(3,8)mveq \o\al(2,0)，故D正确。 eq \f(mgd,qcosθ) eq \r(\f(2gd,cosθ)) 解析　对小球进行受力分析，由题意可知合力应水平向右，故竖直方向上有qEcosθ＝mg，即E＝eq \f(mg,qcosθ)，故U＝Ed＝eq \f(mgd,qcosθ)，由动能定理得qU＝eq \f(1,2)mv2－0，则v＝eq \r(\f(2gd,cosθ))。 解析　(1)根据图甲所示的电路，观察图乙可知：充电电流与放电电流方向相反，大小都随时间而减小。 (2)根据欧姆定律可知i＝eq \f(u,R)，而u­t图线与t轴围成的面积表示eq \o(U,\s\up16(－))t，由Q＝eq \o(I,\s\up16(－))t，可知u­t图线与t轴围成的面积与R的比值表示通过R的电荷量Q，即为Q＝eq \o(I,\s\up16(－))t＝eq \f(\o(U,\s\up16(－)),R)t，则可知电容器充电过程所带最大电荷量Q＝eq \f(145.1,2000) C＝0.07255 C，电容C1＝eq \f(Q,U)＝eq \f(0.07255,6.0) F＝1.209×10－2 F，同理由放电过程计算所得电容C2＝1.198×10－2 F，则该电容器电容C＝eq \f(C1＋C2,2)＝1.20×10－2 F。 解析　(1)根据φO－φM＝eq \f(WOM,q) 其中φO＝0，WOM＝－6×10－8 J 解得φM＝－3 V。 (2)根据UMN＝eq \f(WMN,q) 解得UMN＝－12.5 V 根据UMN＝φM－φN 解得φN＝9.5 V 该电荷在N点的电势能为EpN＝qφN＝－1.9×10－7 J。 答案　(1)eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＋eq \f(2φ,d)qh　v0eq \r(\f(mdh,qφ))　(2)2v0eq \r(\f(mdh,qφ)) 解析　(1)PG、QG间场强大小相等，设均为E。粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E＝eq \f(\a\vs4\al(2φ),d) ① F＝qE＝ma ② 设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEh＝Ek－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) ③ 设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有h＝eq \f(1,2)at2 ④ l＝v0t ⑤ 联立①②③④⑤式解得Ek＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＋eq \f(2φ,d)qh ⑥ l＝v0eq \r(\f(mdh,qφ)) ⑦ (2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出， 则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板 的长度为L＝2l＝2v0eq \r(\f(mdh,qφ))。 15．(16分)如图所示，水平绝缘轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R＝0.40 m。轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E＝1.0×104 N/C。现有一电荷量q＝＋1.0×10－4 C、质量m＝0.10 kg的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P点由静止释放，已知P点与半圆形轨道最低点B的距离s＝2.5 m。带电体与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.50，重力加速度g＝10 m/s2，取eq \r(2)＝1.4。求： (1)带电体运动到半圆形轨道的最高点C时，对轨道的压力大小； (2)带电体第一次经过C点后，落在水平轨道上的位置到B点的距离； (3)仅将P点与半圆形轨道最低点B的距离s改为d，为使带电体第一次从左向右进入半圆形轨道运动时不脱离半圆形轨道，求d应满足的条件。 解析　(1)设带电体运动到C点的速度大小为vC，在C点受到轨道的压力大小为FN，从P点到C点，根据动能定理有 qEs－μmgs－mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C)－0 解得vC＝3 m/s 在C点，根据牛顿第二定律，有mg＋FN＝m2,C)eq \f(v,R) 根据牛顿第三定律，带电体在C点对轨道的压力FN′＝FN 代入数据解得FN′＝1.25 N。 (2)带电体离开C点后，在竖直方向上做自由落体运动，设运动时间为t，则有2R＝eq \f(1,2)gt2 在水平方向上做匀减速运动，设在水平方向的加速度大小为a，根据牛顿第二定律，有qE＝ma 设落在水平轨道上的位置到B点的距离为x，根据运动学公式有x＝vCt－eq \f(1,2)at2 代入数据解得x＝0.4 m。 (3)设带电体所受重力与静电力的合力即等效重力为F，则F＝eq \r(（qE）2＋（mg）2) 且F与竖直方向的夹角θ满足tanθ＝eq \f(qE,mg) 可解得F＝eq \r(2)mg，θ＝45° 可知C点在等效重力场中，“高度”比O大。 ①d足够大，使带电体能到达半圆形轨道的最高点C时，不会脱离半圆轨道。在C点恰好未脱离轨道时，根据牛顿第二定律，有mg＝m2,C1)eq \f(v,R) 从P点到C点，根据动能定理有qEdmin－μmgdmin－mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C1)－0 解得dmin＝2 m 即此情况下d≥2 m； ②d比较小，使带电体不高于与半圆形轨道圆心“等效等高”的D点，带电体也不会脱离半圆形轨道，当带电体恰好运动到D点时，根据动能定理有 qEdmax－μmgdmax－F·Rcosθ＝0－0 解得dmax＝0.8 m 则此情况下0≤d≤0.8 m； 综上所述，d≥2 m或0≤d≤0.8 m。 $$