第十章 静电场中的能量 单元检测试卷（A） 高二上学期物理人教版（2019）必修第三册（word版含答案）

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第十章
静电场中的能量
单元检测试卷（A）
一、单选题。本大题共10小题，每小题只有一个选项符合题意。
1．图中的虚线a，b，c，d表示匀强电场中的4个等势面。两个带电粒子M，N（重力忽略不计）以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中MPN和NQM所示。已知M是带正电的粒子。则下列说法中正确的是（　　）
A．N一定也带正电
B．a点的电势高于b点的电势，a点的电场强度大于b点的电场强度
C．带电粒子N的动能减小，电势能增大
D．带电粒子N的动能增大，电势能减小
2．如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为f，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，以下结论不正确的是（　　）
A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)·(L＋x)
B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fx
C．小物块克服摩擦力所做的功为f(L＋x)
D．小物块和小车增加的机械能为Fx
3．如图所示，平行板电容器两极板A，B间有一个带电油滴P，正好静止在两极板正中间。现将两极板稍拉开一些，其它条件不变（拉开时间忽略），则（　　）
A．油滴将向上加速
B．油滴将向下加速
C．电流计中电流由b流向a
D．电流计中始终无电流流过
4．如图所示，电子在电压为U1的加速电场中由静止开始运动，然后进入电压为U2的两块平行极板间的电场中，入射方向和极板平行。整个装置放在真空中，在满足电子能射出平行板区的条件下，一定能使电子的偏移量h变大的是（　　）
A．U1变大、U2变大
B．U1变小、U2变大
C．U1变大、U2变小
D．U1变小、U2变小
5．一带电粒子在（重力不计）如图所示的电场中，在电场力作用下，沿虚线所示轨迹从A点运动到B点，下列说法中正确的是（　　）
A．粒子带正电
B．粒子的加速度在减少
C．粒子的动能在增大
D．粒子的电势能在增大
6．如图所示，P、Q是两个电荷量相等的正点电荷，它们连线的中点是O，A、B是中垂线上的两点．OA＜OB，用EA、EB、、分别表示A、B两点的场强和电势，则（　　）
A．EA一定大于EB，一定大于
B．EA不一定大于EB，一定大于
C．EA一定大于EB，不一定大于
D．EA不一定大于EB，不一定大于
7．三个带有同种电荷的粒子、、经同一加速电场加速后，以平行金属板的速度射入同一偏转电场，如图所示。经过一段时间，三个粒子均离开平行金属板间。已知粒子、、的质量之比为1：2：4，所带的电荷量之比为1：1：2，且粒子、、的重力以及所受的阻力均可忽略不计。则下列说法正确的是（　　）
A．粒子、、在平行金属板之间运动的时间之比为2：1：1
B．粒子、、离开平行金属板间瞬间的速度大小相等
C．粒子、、从同一位置离开平行金属板间
D．粒子、、在平行金属板间运动的整个过程，动能的变化量之比为1：2：4
8．用控制变量法可以研究影响平行板电容器电容的因素。如图所示，设两极板的正对面积为S，极板间的距离为，静电计指针偏角为。实验中，极板所带电荷量不变，若（　　）
A．保持S不变，增大，则变小
B．保持S不变，增大，则不变
C．保持不变，减小S，则变大
D．保持不变，减小S，则不变
9．如图所示，、是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板上有一小孔。质量为、带电荷量为的粒子（不计重力），以初速度由小孔进入电场，当、间电压为时，粒子刚好能到达板，如果要使这个带电粒子从、两板的正中间处返回，下述措施能满足要求的是（　　）
A．使带电粒子的初速度减为原来的
B．使、间电压变为原来的2倍
C．使、间电压变为原来的4倍
D．使带电粒子的初速度和、间电压都变为原来的2倍
10．一封闭的金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器中的电场线分布情况如图所示。容器内表面为等势面，、为容器内表面上的两点，为容器内一点，则下列说法正确的是（　　）
A．点的电场强度比点的大
B．若点电势高于点，则小球带正电
C．点的电场强度方向与该处内表面垂直
D．将检验电荷从点沿不同路径移动到点，电场力做功不同
二、多选题。本大题共3小题，每小题有一个选项或多个选项符合题意。
11．目前，电容式触摸屏的技术广泛应用于一些手机触摸屏上。一层透明的薄膜导体层夹在两层绝缘玻璃层的中间，这就形成了触摸屏。在触摸屏四边均镀上狭长的电极，在导体层内形成一个较弱的交流电场。如图所示，在触摸屏幕时，由于人体是导体，手指与导体层之间被绝缘玻璃层隔开，形成一个电容，在四边电极与触点间会有电流流过，而电流强弱与手指到电极的距离成比例，位于触摸屏幕后的控制器便会计算电流的比例及强弱，准确算出触摸点的位置。关于电容式触摸屏，下列说法正确的是（　　）
A．电容式触摸屏需要用力触摸才能产生信号
B．电容式触摸屏的两极分别是导体层和手指
C．手指与屏的接触面积越大，电容越大，准确度越高
D．如果手上带了棉线手套，就不能工作了
12．图中的虚线为匀强电场中的三角形，且三角形与匀强电场平行，其中，，的长度为。一带电荷量为的正粒子由移动到的过程中，电场力对该粒子做功为零，由移动到的过程中，电场力对该粒子做功为。图中的实线为粒子运动的轨迹，假设点的电势为零，则下列说法正确的是（　　）
A．该匀强电场的场强为
B．点的电势应为
C．、两点间的电势差为
D．如果某一负粒子由
点射入该匀强电场，其初速度方向为由指向，则负粒子的轨迹可能为实线②
13．如图所示，、两虚线相距，两虚线之间的区域分别存在着方向竖直向上的匀强电场和方向竖直向下的匀强电场，为两电场的水平分界线。一带电荷量为、质量为的粒子由边界上距为的点以初速度垂直射入电场，经电场偏转后，穿过分界线上某一点后由边界上距为的点垂直边界射出。粒子重力不计，则、的大小可能为（　　）
A．
B．
C．
D．
三、填空题。本大题共4小题。
14．已知空气的击穿电场强度为2×106V/m，测得某次闪电火花长为600m，则发生这次闪电时放电路径两端的电势差U=________V．若这次闪电通过的电量为20C，则释放的电能为________J（设闪电的火花路径为直线）．
15．如图所示为美国物理学家密立根测量油滴所带电荷量装置的截面图，两块水平放置的金属板间距为d。油滴从喷雾器的喷嘴喷出时，由于与喷嘴摩擦而带负电。油滴散布在油滴室中，在重力作用下，少数油滴通过上面金属板的小孔进入平行金属板间。当平行金属板间不加电压时，由于受到气体阻力的作用，油滴最终以速度v1竖直向下匀速运动；当上板带正电，下板带负电，两板间的电压为U时，带电油滴恰好能以速度v2竖直向上匀速运动。已知油滴在极板间运动时所受气体阻力的大小与其速率成正比，油滴密度为ρ，已测量出油滴的直径为D（油滴可看做球体，球体体积公式），重力加速度为g。
(1)设油滴受到气体的阻力f=kv，其中k为阻力系数，k=_______；
(2)油滴所带电荷量q=
______。
16．若将一个电量为C的电荷，从零电势点移到M点要克服电场力做功J，则M点的电势为_______V.若再将该电荷从M点移到N点，电场力做功J，则N点的电势为_______V.M、N两点的电势差_______V.
17．关于“用DIS描绘电场等势线”的实验：
（1）关于该实验有下列叙述：
①本实验是用电流场来模拟静电场进行操作的．
②在木板上依次铺放白纸、导电纸和复写纸．
③实验中圆柱形电极与导电纸应有良好的接触．
④放置导电纸时有导电物质的一面向下．
以上表述中错误的有________（写序号），应改为________________________．
（2）如图为实验的示意图，在a、b、c、d、e五个基准点中，电势最低的点是________点．若将电压传感器的两个探针分别接触图中的b、f两点（c为AB的中点，b、f连线和A、B连线垂直），显示出b、f两点的电势差大于零，则传感器的“+”接线柱应接在________点，此时若要采集到电势差为零，则应将接f的探针________（选填“向左”或“向右”）移动．
四、解答题。本大题共5小题，解答过程必修有必要的文字说明，公式和解题过程。
18．滑板运动是一项惊险刺激的运动，深受青少年的喜爱。如图是滑板运动的轨道，AB和CD是两段光滑圆弧形轨道，BC是一段长L=7m的水平轨道。一运动员从AB轨道上的P点以vp=6m/s的速度下滑，经BC轨道后冲上CD轨道，到Q点时速度减为零。已知P、Q距水平轨道的高度分别为：h=1.4m，H=1.8m，运动员的质量m=50kg，不计圆弧轨道上的摩擦，取g=10m/s2，求：
(1)运动员第一次经过B点、C点时的速率各是多少？
(2)运动员与BC轨道的动摩擦因数为多大？
(3)运动员最后停在BC轨道上距B点多远处？
19．如图所示，虚线PQ、MN间存在水平匀强电场，一带电粒子质量为m=2.0×10-11kg、电荷量为q=+1.0×10-5C，从a点由静止开始经电压为U=100V的电场加速后，垂直于匀强电场进入匀强电场中，从虚线MN的某点b（图中未画出）离开匀强电场时速度与电场方向成30o角。已知PQ、MN间距为20cm，带电粒子的重力忽略不计。求：
(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1；(2)匀强电场的场强大小；(3)ab两点间的电势差。
20．如图，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h高度的P点，固定电荷量为＋Q的点电荷，一质量为m带电荷量为＋q的物块（可视为质点），从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v，已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ，PA连线与水平轨道的夹角为60°，静电力常量为k，试求：
(1)物块在A点时对轨道的压力；(2)点电荷＋Q产生的电场在B点的电势。
21．如图所示为真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入由两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场偏转打在荧光屏上的P点，已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e。求：
(1)电子穿过A板时的速度大小；
(2)电子从偏转电场射出时的侧移量y1；
(3)荧光屏上P点到中心位置O点的距离。
22．如图所示，在真空中，沿水平方向和竖直方向建立直角坐标系XOY，在x轴上方有一沿x轴正方向的匀强电场E（电场强度E的大小未知）。有一质量为m，带电量为+q的小球，从坐标原点O由静止开始自由下落，当小球运动到P（0，-h）点时，在x轴下方突然加一竖直向上的匀强电场，其电场强度与x轴上方的电场强度大小相等。其小球从P返回到O点与从O点下落到P点所用的时间相等，重力加速度为g，试求：
(1)小球返回O点时的速度大小；
(2)匀强电场的电场强度E的大小；
(3)小球运动到最高点时的位置坐标。
参考答案
1．D
【解析】A．根据偏转情况得带正电的M粒子向右偏，N粒子向左偏必带负电，选项A错误；
B．该电场是匀强电场，a点的电场强度等于b点的电场强度，选项B错误；
CD．电场力对两粒子都是做正功，则电势能减小，动能增大，选项C错误，D正确。
故选D。
2．D
【解析】A．对物块分析，物块对地的位移为L+x，根据动能定理得
知物块到达小车最右端时具有的动能
Ek物=(F－f)·(L＋x)
故A正确。
B．对小车分析，小车对地的位移为x，根据动能定理得
fx=Ek车-0
知物块到达小车最右端时，小车具有的动能
Ek车=fx
故B正确。
C．小物块克服摩擦力所做的功为f（L+x），故C正确。
D．系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，即物块与小车增加的内能
Q=fx相对=fL
根据能量守恒，小物块和小车增加的机械能为
故D错误。
本题选择错误的，故选D。
3．B
【解析】AB．将两极板的距离拉开一些，由于电势差不变，d变大，则根据
知，电场强度变小，电场力减小，油滴向下加速，故A错误，B正确；
CD．根据
得，d变大，则电容变小，U不变，根据
Q=CU
知，电荷量减小，则电流计中的电流由a流向b，故CD错误。
故选B。
4．B
【解析】电子在加速电场中加速过程中，由动能定理可得
设两块平行极板长度为L，两极板间距离为d，以速度v垂直进入偏转电场后，有
水平方向有
竖直方向电子的偏移量为
联立解得
则可知在d、L不变的情况下，一定能使电子的偏移量h变大，则可以使U1变小、U2变大。
故选B。
5．D
【解析】A.由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力的方向大致斜向左下方，与电场强度方向相反，故粒子带负电，故A错误．
B.B点电场线密集，故电场强度大，电场力大，故加速度大，所以粒子的加速度一直增大，故B错误；
CD.由于带电粒子是从A到B，带电粒子受电场力的方向大致斜向左下方，故电场力做负功，动能减小，电势能增大，故C错误，D正确．
故选D。
6．B
【解析】两个等量同种电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，场强最大的点可能在A点下，也可能在A点上，还可能在A点，由于A、B两点的间距也不确定，故可能大于，也可能小于，还可能等于；BO连线上的电场方向为竖直向上，沿电场方向性电势减小，故一定大于；
A.A项与上述分析结论不相符，故A不符合题意；
B.B项与上述分析结论相符，故B符合题意；
C.C项与上述分析结论不相符，故C不符合题意；
D.D项与上述分析结论不相符，故D不符合题意
7．C
【解析】A．设加速电压为，偏转电压为，平行金属板长为，板间距离为，根据动能定理得
则粒子进入平行金属板间的初速度
由题意得粒子、、的比荷之比为2：1：1，则初速度之比为
而粒子在平行金属板间运动的时间
则时间之比为，选项A错误；
B．粒子离开平行金属板间瞬间，在竖直方向上的分速度
则粒子离开平行金属板间瞬间的速度
因为粒子的比荷不同，则离开瞬间速度的大小不同，选项B错误；
C．偏转位移
因为
则
显然粒子的偏转位移与粒子的电荷量和质量无关，故粒子的偏转位移相等，即粒子、、从同一位置离开平行金属板间，选项C正确；
D．偏转电场中电场力对粒子做功
因为、和相同，电荷量之比为1：1：2，则电场力做功之比为1：1：2，动能的变化量之比为1：1：2，选项D错误。
故选C。
8．C
【解析】AB．根据电容的决定式可知，电容与极板间的距离成反比，当保持不变，增大时，电容减小，而电容器的电荷量不变，由电容的定义式可知，极板间电势差增大，则静电计指针的偏角变大，选项AB错误；
CD．根据电容的决定式可知，电容与两极板的正对面积成正比，当保持不变，减小S时，电容减小，而电容器的电荷量不变，由电容的定义式可知，极板间电势差增大，则静电计指针的偏角变大，选项C正确，D错误。
故选C。
9．B
【解析】设、两板间距离为，带电粒子从进入电场到开始返回运动的距离为，当、间电压为时，粒子刚好能到达板，根据动能定理有
整理得
此时
当带电粒子从、两板的正中间处返回时，有
即变为原来的。
当变为原来的时，则变为原来的，不满足要求；
当变为原来的2倍时，则变为原来的，满足要求；
当变为原来的4倍时，则变为原来的，不满足要求；
当变为原来的2倍，也变为原来的2倍时，则变为原来的2倍，不满足要求。
综上可知，故B正确，ACD错误。
故选B。
10．C
【解析】A．电场线越疏，电场强度越弱，电场线越密，电场强度越强，由题图可知，点的电场强度比点的小，A错误；
B．沿着电场线方向电势逐渐降低，若点电势高于点，则小球带负电，B错误；
C．因容器内表面为等势面，且电场线总垂直于等势面，则点的电场强度方向与该处内表面垂直，C正确；
D．、在同一等势面上，将检验电荷从点沿不同路径移动到点，电场力做的功相同，均为零，D错误。
故选C。
11．BD
【解析】AB．由题意可知，在触摸屏幕时，由于人体是导体，手指与导体层之间被绝缘玻璃层隔开，形成一个电容，故不需要用力就可以形成一个电容，选项A错误，B正确；
C．如果手指与触摸屏的接触面积较大，则触摸点的位置就不容易确定，选项C错误；
D．如果手上带了棉线手套，手指就不能与导体层形成电容，所以就不能工作了，选项D正确。
故选BD。
12．BD
【解析】BC．正粒子由移动到的过程中，电场力对该粒子做功为零，说明、两点位于同一等势面上，由移动到的过程中，电场力对该粒子做功为，说明电场的方向垂直向上，
已知点的电势为零，则
、两点间的电势差为
故B正确；C错误；
A．该匀强电场的场强为
故A错误；
D．负粒子由点射入该匀强电场时，受力方向与电场线的方向相反，即负粒子将向下偏转，则负粒子的轨迹可能为实线②，故D正确。
故选BD。
13．AD
【解析】设粒子经分界线上的点由匀强电场进入匀强电场，由到及到的时间分别为、，到达点时竖直方向的分速度为，则
解得
故AD正确。
故选AD。
14．1.2×109
2.4×1010
【解析】[1][2]由
U=Ed=2×106V/m×600m=1.2×109
V
由公式W=qU可求得释放的电能
15．
【解析】(1)油滴速度为v1时所受阻力
油滴向下匀速运动时，重力与阻力平衡，则有
质量为
则解得
(2)设油滴所带电荷量为q，油滴受到的电场力
油滴向上匀速运动时，阻力向下，油滴受力平衡
则油滴所带电荷量
16．-2
5
-7
【解析】[1]根据电场力做功的公式有：
所以：
[2][3]同理有：
故：
又因为：
计算得出
17．②、④
在木板上依次铺放白纸、复写纸和导电纸，放置导电纸时有导电物质的一面向上
e
b
向左
【解析】[1][2]该实验为模拟等量异种电荷等势面实验，①正确；导电纸应该放在最上面，②错误，故②应该改为“在木板上依次铺放白纸、复写纸和导电纸”；实验中圆柱形电极与导电纸应有良好的接触，③正确；放置导电纸时有导电物质的一面要朝上，④错误，故④改为“放置导电纸时有导电物质的一面向上”；
[3]A与正极接触，故A点电势最高，在a、b、c、d、e五个基准点中，电势最低的点是e点；
[4]
b点电势高于f点，故b点接“+”极；
[5]从左到右电势逐渐降低，故f点的探针应该朝左移。
18．(1)8m/s
，
6m/s；(2)0.2，(3)2m
【解析】(1)以水平轨道为零势能面，运动员从P到B的过程，根据机械能守恒定律，有：
mvP2+mgh=mvB2
代入数据解得：vB=8m/s；
从C到Q的过程中，有
mvC2=mgH
代入数据解得：vC=6m/s；
(2)在B至C过程中，由动能定理有
-μmgs=mvC2-mvB2
代入数据解得：μ=0.2；
(3)设运动员在BC滑行的总路程为s总；
对整个过程，由能量守恒知，机械能的减少量等于因滑动摩擦而产生的内能，则有：
μmgs总=mvP2+mgh
代入数据解得：s总=16m
故运动员最后停在距B点2m的地方。
19．（1）104m/s；（2）1.732×103N/C；（3）400V
【解析】（1）由动能定理得
解得，带电粒子刚进入匀强电场时的速率
（2）进入PQ、MN间电场中后
d=v1t
代入数据解得
由题意得
代入得
由牛顿第二定律得
qE=ma
沿电场方向
vx=at
解得
（3）由动能定理得
解得
20．(1)，方向竖直向下；(2)
【解析】(1)带电物块在A点时受到的库仑力大小为
其中
物块受力分析可得
由以上三式得
根据牛顿第三定律可知，物块在A点时对轨道的压力为
方向竖直向下
(2)从A运动到B点的过程中，由动能定理得
又
解得
21．(1)；(2)；(3)
【解析】(1)电场加速完成之后，进入偏转电场的速度为v，根据动能定理，则
求得
(2)电子进入偏转电场后类平抛运动，则
且，则
(3)粒子出电场时速度反向延长线交于偏转电场的中点，如图
即利用相似三角形则
且，代入则
22．(1)(2)(3)（16h，4h）
【解析】(1)设小球从O点运动到P点所用时间为t，在P点的速度为，返回O点时的速度为，则因为
解得
所以
因为
所以
(2)因为
根据牛顿第二定律可得
所以
(3)在竖直方向
设小球进入x轴上方运动到最高点所用时间为，则
因为
所以
故小球运动到最高点的位置坐标为（16h，4h）
答案第1页，总2页