第二章 电势能与电势差 单元测试题3（word解析版）

2021-2022学年鲁科版（2019）必修第三册
第二章
电势能与电势差
单元测试题3（解析版）
第I卷（选择题）
一、选择题（共40分）
1．图所示是描述对给定的电容器充电时电量Q、电压U、电容C之间相互关系图像，其中错误的是（　　）
A．
B．
C．
D．
2．如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管（正向电阻为零，可以视为短路；反向电阻无穷大，可以视为断路）连接，电源负极接地，初始时电容器不带电，闭合开关S稳定后，一带电油滴位于电容器极板间的P点且处于静止状态。下列说法正确的是（　　）
A．减小极板间的正对面积，带电油滴会向下移动，且P点的电势会降低
B．减小极板间的正对面积，带电油滴会向上移动，且P点的电势会降低
C．断开开关S，带电油滴将向下运动
D．将下极板上移，带电油滴将向上运动
3．不计重力的带电粒子在某电场区域内的运动轨迹如图所示，三个等势面是平行等距的，a、b、c是轨迹上的三个点。下列说法正确的是（　　）
A．粒子在三点的电势能大小关系为
B．粒子在三点所受的电场力不相等
C．粒子在a点的加速度大于在b点的加速度
D．粒子在三点所具有的动能大小关系为
4．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即，实线为一带负电的质点仅在电场力的作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（　　）
A．三个等势面中，a点电势最高
B．带电质点通过P点的电势能比Q点小
C．带电质点通过P点的动能比Q点大
D．带电质点通过P点时的加速度比Q点小
5．图甲是一对长度为的平行金属板，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直。在时刻，一带电粒子沿板间的中线垂直电场方向射入电场，时刻粒子刚好沿下极板右边缘射出电场。不计粒子重力。则（　　）
A．粒子带负电
B．粒子在平行板间一直做曲线运动
C．粒子射入电场时的速度大小为
D．若粒子射入电场时的速度减为一半，射出电场时的速度垂直于电场方向
6．图示为、两点电荷的电场线分布，、、、为电场中的四点。一个离子（不计重力）从运动到，轨迹如图所示。下列判断正确的是（　　）
A．离子从到，电势能增加
B．点的电场强度小于点的电场强度
C．、两点电势相等
D．、两点电场强度可能相同
7．如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一带正电的质点仅在静电力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点，下列说法中正确的是（　　）
A．三个等势面中，等势面a的电势最高
B．带电质点一定是从P点向Q点运动
C．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小
D．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小
8．如图所示，等腰直角三角形
AOB
斜面固定在地面上，AO
边竖直，质量为
m
的带正电的小球（可看作质点），在三角形平面内从
A
点以速度
v
水平射出，小球恰好落在斜面底端
B
点，若加一个竖直向下的匀强电场，小球仍然以相同的速度从
A
点水平抛出，小球落在斜面
AB
的中点，忽略空气阻力，则下列说法中正确的有（　　）
A．小球受到的电场力大小等于
mg
B．小球两次落到斜面上时的速度方向不同
C．小球第二次落到斜面上时的速度等于第一次落到斜面上时的速度
D．小球第二次落到斜面上时重力瞬时功率小于第一次落到斜面上时重力的瞬时功率
9．一对金属板相距为d水平放置，两板保持电压U不变，如图所示。一颗质量为m、带电量为+q的尘埃恰能水平匀速穿过金属板之间。若让这对金属板都绕过它们的中点O、的水平轴逆时针转过一个小角度，如图中虚线所示。忽略极板边缘效应，由此可知（　　）
A．极板转动前，尘埃的电势能为
B．两板间的电压
C．极板转动后，上述尘埃在板间运动时可能向上偏转
D．极板转动后，上述尘埃在板间运动时不会向上偏转
10．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知（　　）
A．带电粒子在P点时的速度小于在Q点时的速度
B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能小
C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大
D．带电粒子在R点的加速度大于在Q点的加速度
第II卷（非选择题）
二、实验题（共15分）
11．如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连．
（1）使电容器带电后与电源断开．
①将左极板上移，可观察到静电计指针偏转角
______
（选填变大，变小或不变）；
②两板间插入一块玻璃，可观察到静电计指针偏转角
______
（选填变大、变小或不变）；
（2）从图中读得某金属丝的直径为
______
mm．
12．如图所示为研究平行板电容器电容的实验。电容器充电后与电源断开，电量Q将________，与电容器相连的静电计用来测量电容器两极板间电势差的。在常见的电介质中，由于空气的相对介电常数是最小的，当极板间插入其它的电介质板时，电容器的电容将_________，于是我们发现，静电计指针偏角将__________。（填“增大”。“减小”或“不变”）
三、解答题（共45分）
13．如图所示，两组平行板电容器一组竖直放置，另一组水平放置。竖直放置的平行板电容器两板中间有一细小缺口A和B，两板间电压为，两板间距为，左极板带正电；水平放置的平行板电容器两板间电压为，两板间距为，上极板带正电，A、B连线恰好为水平放置的电容器的中线。第一次将一电荷量为q、质量为m的带电微粒（所受重力可忽略）由A点无初速地放入竖直放置的平行板电容器中，带电微粒恰好落在水平放置的电容器下极板的中点。第二次将同样的带电微粒以一定的初速度沿水平方向进入缺口A，则带电微粒刚好能从水平放置的平行板电容器的下极板右端穿出。求：
（1）水平放置的平行板电容器中电场强度的大小；
（2）水平放置的平行板电容器下极板的长度；
（3）带电微粒第二次出电场时速度方向与水平方向的夹角的正切值。
14．如图所示，匀强电场中A、B、C
三点构成一个直角三角形，把电荷量q
=-2×10-10C
的点电荷由A点移动到B点，电场力做功4.8×108J再由
B点移到
C点电荷克服电场力做功4.8×108J，取B点的电势为零，求A、C
两点的电势及场强的方向。
15．如图所示，水平地面上方有与其平行且关于AA′对称分布的匀强电场，A点左侧地面粗糙，右侧光滑。质量为m，电量为+q的滑块从A点以初速度v0向左滑动，滑块电荷量保持不变，滑块与左侧水平地面间的滑动摩擦力大小为f，匀强电场场强大小E＝，取AA′为零势面，最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，求：
（1）滑块向左滑动的最大距离；
（2）求滑块第一次运动到A点右侧最远处的电势；
（3）判断其最终停在何处，并求滑块在AA′左侧运动的总路程。
16．如图所示的真空中，是竖直平面，距x轴高为h=2.5m处，有一长l＝2.5m的水平绝缘平台AB，B紧靠y轴；距离x轴下方H＝6.5m处，有一水平面CD，第二象限有水平向右的匀强电场，的区域有竖直向上的匀强电场，且；第三象限的匀强电场E3与水平向右成夹角，大小为。坐标原点O处放置电荷量的点电荷c，其产生的电场用自动装置控制有无，先关闭其产生的电场。各电场之间无相互影响。质量、带电量的物体a与绝缘平台的动摩擦因数。物体a从A点由静止释放，当到达B点时，开启点电荷c产生的电场，再次到达y轴时，关闭点电荷c产生的电场，并且刚好与静止不带电的、质量为的物体b相碰；碰后ab锁定成一个组合体，一起运动不再分开，整个运动过程中物体的带电量不变。a、b两物体均视为质点，重力加速度g＝10m/s2，π=3.14，静电力常数，，。求：
（1）物体a到达B点的速度；
（2）a、b两物体碰撞的位置坐标；
（3）物体a从A点开始运动到落在CD面的总时间。
参考答案
1．A
【详解】
ABD．因为电容与两极板电量无关，与两极板的电压无关，A错误，BD正确；
C．根据
，电容不变，Q与U成正比。故C正确；
故选A。
2．D
【详解】
AB．正对面积减小，注意到存在二极管，处理方法先假设没有二极管，则电容器U不变，
U不变S减小会使Q减小，但二极管的存在使得Q不能减少，故实际过程为Q不变。上式Q不变，S减小，所以U增大，，d不变，所以E增大，所以油滴上移。
即为P与下极板电势差，P与下极板距离不变，E增大，所以增大。选项AB错误；
C．断开开关，不能放电，故油滴不动，选项C错误。
D．根据
U不变，d减小，Q增大，可以充电，故U不变，d减小，E增大，油滴上移，选项D正确。
故选D。
3．A
【详解】
AD．粒子在电场中运动时，只有电场力做功，故电势能与动能之和应是恒定不变的，由图可知，粒子运动受力方向指向轨迹的凹侧，电场线的方向竖直上，粒子受力竖直向下，则粒子带负电，则可知粒子在b点时的电势能最大，在c点的电势能最小，则可判断在c点的动能最大，在b点的动能最小，
A正确，D错误；
BC．因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相等，加速度相等，BC错误。
故选A。
4．A
【详解】
A．电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带负电，因此电场线指向左上方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最低，a点的电势最高，A正确；
B．根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，B错误；
C．从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，C错误；
D．因为
因为P位置的等势面比Q位置的等势面密集，所以P点的场强大于Q点的场强，质点通过P点时的电场力比Q大，则其加速度比Q点大，D错误。
故选A。
5．C
【详解】
A．粒子向下偏转，可知粒子带正电，选项A错误；
B．粒子在平行板间在0-t0时间内做曲线运动；在t0
-2t0时间内不受任何力，则做直线运动，选项B错误；
C．粒子在水平方向一直做匀速运动，可知射入电场时的速度大小为
选项C正确；
D．若粒子射入电场时的速度减为一半，由于粒子在电场中受向下的电场力，有向下的加速度，出离电场时有沿电场方向的速度，则射出电场时的速度不可能垂直于电场方向，选项D错误。
故选C。
6．A
【详解】
A．由图中电场线的分布情况可知P带正电，Q带负电，粒子从a到b，电场力与速度的夹角为钝角，所以电场力做负功，则电势能增加，故A正确；
B．由图可知，a点的电场线比c点的电场线密集，所以a点的电场强度大，故B错误；
C．沿着电场线的方向电势逐渐降低，则知c点的电势高于d点的电势，故C错误；
D．由图可知，c、d两点的电场线切线的方向不同，所以、两点电场强度一定不同，故D错误。
故选A。
7．D
【详解】
A．由等势面画出电场线如图所示，根据轨迹判断受力方向指向曲线内侧，由于是正电荷，可判断出c的电势最高，故A错误；
B．带电质点运动方向无法判断，故B错误；
C．等差等势面密集处场强大，带电质点在P点的场强大于在Q点的场强，在P点的加速度大于在Q点的加速度，故C错误；
D．从P向Q运动，电场力做正功，，若从Q向P运动，电场力做负功，，故D正确。
故选D。
8．AC
【详解】
A．竖直方向
水平方向
得
初速度相同，加速度之比为1:2，则有电场
小球受到的电场力大小等于
mg，故A正确；
B．小球两次做类平抛运动，位移偏转角相同，根据平抛规律可知，速度偏转角正切值相同，速度偏转角相同，则两次落到斜面上时的速度方向相同，故B错误；
C．根据动能定理第一次
第二次
所以第二次落到斜面上时的速度等于第一次落到斜面上时的速度，故C正确；
D．重力功率
两次末速度大小相同，方向相同，故重力功率相同，故D错误；
故选AC。
9．BD
【详解】
A．电势能的大小是相对于零电势位置而言的，该题目中没有确定零电势位置，所以无法确定极板转动前尘埃的电势能大小，故A错误；
B．由于水平匀速运动，故受力平衡
变形可得
故B正确。
CD．极板逆时针转过一个小角度后，板间距将变为，电场力大小将变为，将电场力分解到水平和竖直方向，在竖直方向电场力的分量为
竖直方向仍然平衡，粒子将在水平方向做匀变速直线运动，不会向上偏，故C错误，D正确。
故选BD。
10．BD
【详解】
AB．电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向向右；若粒子从P经过R运动到Q，电场力做负功，电荷的电势能增大，动能减小，带电粒子在P点时的速度大于在Q点时的速度，带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能小，故A错误，B正确；
C．根据能量守恒定律，带电质点在运动过程中各点处的动能与电势能之和保持不变。故C错误；
D．由电场线疏密可知，R点场强大，电场力大，加速度大，故D正确。
故选BD。
11．变大；
变小；
0.520
【详解】
（1）①[1]根据电容的决定式
知，上移左极板，正对面积S减小，则电容减小，根据
知，电荷量不变，则电势差增大，指针偏角变大．
②[2]根据电容的决定式
知，将两板间插入一块玻璃时，电容增大，根据
知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小；
（2）[3]螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为
2.0×0.01mm=0.020mm
所以最终读数为
0.5mm+0.020mm=0.520mm
【点睛】
解决本题的关键知道静电计测量的是电容器两端的电势差，处理电容器动态分析时，关键抓住不变量，与电源断开，电荷量保持不变，结合电容的决定式和定义式进行分析．对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．
12．不变
增大
减小
【详解】
[1]电容器充电后与电源断开，电量Q保持不变；
[2]当极板间插入其它的电介质板时，增大，根据可知电容器的电容增大；
[3]根据可知两板间的电势差减小，所以静电计指针偏角减小。
13．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）水平放置的平行板电容器中电场强度
（2）微粒从A点无初速进入时，在电场中被加速，则
进入水平放置的两板中间时
解得
（3）微粒从A点以某一初速进入时，在电场中被加速，然后以速度v1
进入水平放置的两板中间时
解得
第二次出离磁场时的竖直速度
则速度方向与水平方向的夹角的正切值
14．-240V；
-240V；场强方向垂直AC连线指向左上方
【详解】
A、B间电势差为
B、C间电势差为
又
UAB=φA-φB
UBC=φB-φC
φB=0
得到
φA=-240V
φC=-240V
所以AC电势相等，场强方向垂直AC连线指向左上方。
15．（1）；（2）；（3）
【详解】
(1)设滑块向左滑动的最大距离为s1，由动能定理得
解得
(2)从A点到最右边B点的过程中，根据动能定理有
解得
又
联立解得B点电势为
(3)滑块在A点两侧来回运动，由于摩擦阻力做功，最终停在A点，设在A左侧运动的路程为s，全过程由动能定理可得
解得
16．（1）5m/s；（2）（0，-2.5m）；（3）3.72s
【详解】
(1)物体a从A到达B时，由牛顿第二定律可得
解得
P在B处速度，则有
解得
(2)物体a进入x≥0的区域时，竖直方向满足
在B点时，Q对a的库仑力刚好与速度垂直，库仑力提供做圆周运动的向心力，设半径为r，则有
解得
所以圆心刚好在坐标原点，故物体a在x≥0的区域，以坐标原点为圆心、为半径做匀速圆周运动。与物体M碰撞时的位置坐标（0，-2.5m）。
(3)在匀强电场E1中匀加速运动的时间，由速度公式可得
在x≥0的区域中做匀速圆周运动，运动的时间，可得
a与b碰撞时，水平方向动量守恒
解得
在匀强电场E3中运动时，竖直方向满足
水平方向有
解得
碰后的组合体先向左匀减速，再向右匀加速回到第四象限，运动的时间，可得
返回x≥0区域时，组合体做类平抛运动，在竖直方向
解得
由位移公式可得
解得
运动的总时间