第二章 电势能与电势差 单元过关检测（word版含解析）

2021-2022学年鲁科版（2019）必修第三册
第二章
电势能与电势差
单元过关检测（解析版）
第I卷（选择题）
一、选择题（共48分）
1．如图所示，在O点处放置一点电荷+Q，a、b、c、d、e、f是以O点为球心的球面上的点，aecf平面与bedf平面垂直，则下列说法中正确的是（　　）
A．b、d两点的电场强度相同
B．a、f两点的电势相等
C．点电荷+q在球面上任意两点之间移动时，电场力要做功
D．图中Oa两点之间的电势差与Ob两点之间的电势差不同
2．静电火箭是利用电场加速工作介质形成高速射流而产生推力的。工作过程简化图如图所示，离子源发射的带电离子经过加速区加速，进入中和区与该区域里面的电子中和，最后形成中性高速射流喷射而产生推力。根据题目信息可知（　　）
A．板电势低于板电势
B．进入中和区的离子速度与离子带电荷量无关
C．增大加速区极板的距离，可以增大射流速度而获得更大的推力
D．增大极板间的电压，可以增大射流速度而获得更大的推力
3．反天刀是生活在尼罗河的一种鱼类，沿着它身体的长度方向分布着电器官，这些器官能在鱼周围产生电场，如图为反天刀周围的电场线分布示意图，A、B、C为电场中的点，下列说法正确的是（　　）
A．头部带负电
B．A点电场强度大于C点电场强度
C．C点电势大于B点电势
D．正电荷从C向A运动，其电势能变大
4．一个已充电的电容器，若使它的电荷量减少1.5×10-4
C，则其电压减小为原来的，则（　　）
A．电容器原来的带电荷量为9×10-4
C
B．电容器原来的带电荷量为4.5×10-4
C
C．电容器原来的电压为1
V
D．电容器的电容变为原来的
5．卢瑟福研究原子结构实验的原理图如图所示。图中虚线表示原子核（带正电）形成的电场的等势线，实线表示一个粒子（氦原子核、带正电）的运动轨迹。在粒子从运动到、再运动到的过程中，关于粒子，下列说法中正确的有（　　）
A．动能先增大，后减小
B．电势能先减小，后增大
C．电场力先做负功，后做正功，总功等于零
D．加速度先变小，后变大
6．如图所示，构成正三角形，和是等长绝缘细棒，带等量正电荷，棒上的电荷分布均匀。O为边中点，P、D为中垂线上离O点距离相等的两点，选无穷远处电势为0，则下列说法正确的是（　　）
A．O点和D点场强可能大小相等，方向相同
B．D点场强与P点场强大小一定相等
C．将一正试探电荷沿直线从P点移动到D点，电场力先做正功后做负功
D．将一正试探电荷沿直线从O点移动到D点，电势能减小
7．如图所示，A、B、C为直角三角形的三个顶点，，AB边的长度为a，O、P、Q三点分别为所在边的中点，匀强电场与直角三角形所在平面平行。将一带电量为q（）的点电荷从A点移到B点的过程中，电场力做功为W，从A点移到C点的过程中，克服电场力做功为2W。下列选项中正确的是（　　）
A．Q、P两点电势相等
B．匀强电场的场强大小为
C．匀强电场的方向由Q点指向B点
D．A、P两点间电势差为
8．和是两个等量异种点电荷，以点电荷为圆心作圆，A、B为圆上两点，MN是两电荷连线的中垂线，与两电荷连线交点为O，C点和B点关于O点对称，下列说法正确的是（　　）
A．B点的电场强度等于C点的电场强度
B．B点的电势等于C点的电势
C．电子在A点的电势能大于在B点的电势能
D．把质子从MN上任何一点移到C点，质子电势能的变化都相同
9．在某电场中，x轴上各点的电场强度E随x坐标变化的关系如图所示，图线关于原点O中心对称。一质量为m、电荷量为q的正粒子只在电场力作用下沿x轴做直线运动，x轴上x=x1和x=-x1是粒子运动轨迹上的两点，取x轴正方向为电场强度的正方向，下列说法正确的是（　　）
A．x=x1和x=-x1两点电场强度相同
B．x=x1和x=-x1两点电势相同
C．粒子运动过程中，经过x=x1和x=-x1两点时的速度相同
D．粒子从x=-x1运动到x=x1的过程中电势能先增大后减小
10．如图所示，两个固定的等量正点电荷相距，其连线的中点为O，以O为圆心、L为半径的圆与两正点电荷间的连线及连线的垂直平分线分别交于a、b和c、d，以O为坐标原点、垂直向上为正方向建立轴。已知a点的电场强度大小为E。则下列说法正确的是（　　）
A．a点与b点的电场强度相同，电势也相等
B．c点的电场强度为，方向沿y轴正方向
C．在c点由静止释放一电子，电子运动到O电动能最大
D．若将一正电荷由a移到b点，电场力先做负功后做正功
11．如图所示，是圆O的一条水平直径，是竖直方向的另外一条直径，e点是圆上的点，，该圆处于方向与圆面平行的匀强电场中。将带正电量为q、质量为m的粒子从圆心O点以相同的动能射出，射出方向不同时，粒子可以经过圆周上的所有点。在这些点中，经过c点时粒子的动能最小且为。已知圆的半径为R，重力加速度的大小为g，匀强电场的场强，那么（　　）
A．e点的电势一定高于O点的电势
B．粒子经过b点和d点时的动能一定相同
C．粒子经过e点时的动能为
D．粒子经过中点时的动能为
12．如图所示，两个带等量正电的点电荷分别位于x轴上的P、Q两点，其位置关于点O对称。圆弧曲线是一个以O点为圆心的半圆，c点为半圆与y轴的交点，a、b为一平行于x轴的直线与半圆的交点，下列说法正确的是（　　）
A．a、b两点的场强相同
B．a、b两点的电势相同
C．将一个负点电荷沿着圆弧从a移到c点再沿y轴正方向移动，电势能先增大后不变
D．半圆上任一点，两电荷的电场强度大小分别是、，则为一定值
第II卷（非选择题）
二、解答题（共52分）
13．示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子被加速后从金属板的小孔穿出，进入偏转电场。电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上。设加速电压U1＝1600V，偏转极板长l＝4cm，金属板间距d＝1cm，当电子加速后从两金属板的中央沿板平行方向进入偏转电场。求：
（1）偏转电压U2为多大时，电子束的偏移量最大？
（2）如果偏转板右端到荧光屏的距离L＝20cm，则电子束最大偏转距离为多少？
14．在竖直平面内有水平向右，场强为E的匀强电场。在匀强电场中有一根长L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球，它静止时悬线与竖直方向成37°角，如图所示，若小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，试求：（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）小球的带电量q；
（2）小球动能Ek的最小值；
（3）请在图中标出小球机械能最小的位置P。
15．如图A为粒子源。某带电粒子质量为，带电量为，先由静止进入加速电压为的匀强加速电场中，然后进入另一个两板间电压为、相距为、板长为的匀强偏转电场中，粒子在电场中受到电场力而发生偏转，不计粒子的重力。
（1）求粒子射出加速电场时的速度；
（2）粒子的偏转距离；
（3）粒子的偏转角的正切值。
16．如图甲所示，电容器II两极板M、N长度均为l，平行虚线OO'放置，距离OO'均为b，N板接地；紧邻II左侧放置有中间开孔的平行板电容器I，B板接地；现在AB板和MN板间同步加上如图乙所示的周期为T、大小为U0的交变电压，且t=0时刻A板电势比B板电势高。大量质量为m，电荷量为e，初速度为v0的电子组成的电子束沿虚线OO'从左侧射入电容器I，A、B间的距离很小，电子穿过A、B两板所用时间可忽略不计。己知单位时间内射入电容器I的电子个数相同，且，，，不计电子重力和电子间的作用，也不考虑电容器I和II之间的相互影响，求∶
（1）和时间段内离开电容器I进入电容器II的电子的速度分别是多大？
（2）计算说明时间段内离开电容器I进入电容器II的电子能全部离开电容器II；
（3）一个周期T时间内离开电容器II的电子数与进入电容器I的总电子数之比值。
参考答案
1．B
【详解】
A．b、d两点场强大小相等，方向不同，A错误；
B．整个球面为一等势面，
a、f两点的电势相等，B正确；
C．整个球面为一等势面，在球面上任意两点之间移动电荷，电场力不做功，C错误；
D．整个球面为一等势面
D错误。
故选B。
2．D
【详解】
A．由于加速后的离子在中和区与电子中和，所以被加速的离子带正电，则加速器极板电势高，A错误；
BCD．由动能定理知
解得
所以进入中和区的离子速度与电量、加速电压有关，与极板距离无关，故D正确，BC错误。
故选D。
3．B
【详解】
A．电场线从正电荷到负电荷，由电场线的分布可知，头部带正电，A错误；
B．电场线的疏密程度表示电场强度大小，因此A处的电场线比C处密，因此A点电场强度大于C点电场强度，B正确；
C．沿电场线方向电势降低的方向，所以C点电势小于B的电势，C错误；
D．正电荷在电势高的地方电势能大，所以正电荷从C向A运动，电场力做正功，其电势能变小，D错误。
故选B。
4．B
【详解】
AB．由题意知
解得
故B正确，A错误；
C．因电容器的电容未知，所以无法求出电容器原来的电压，故C错误；
D．电容器的电容由电容器本身决定，跟电压和电荷量的变化无关，所以电容器的电容不变，故D错误。
故选B。
5．C
【详解】
ABC．粒子受到斥力的作用，根据电场力做功特点可知，从a运动到b过程中电场力做负功，电势能增加，动能减小，从b运动到c过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，整个过程中由于a和c在同一等势面上，故电场力做总功为0，故C正确，AB错误；
D．根据点电荷周围电场可知，距离原子核近的地方电场强度大，故越靠近原子核加速度越大，所以加速度先变大，后变小，故D错误。
故选C。
6．D
【详解】
A．根据场强的叠加和对称性可知，O点和D点场强方向相同，但D点场强要小于O点场强，故A错误；
B．如果右边有带等量负电荷的相同三角形棒，根据对称性原理，DP的场强大小相等，但只存在左边正电荷的细棒情况下，P点场强就大于D点，故B错误；
C．正的试探电荷从P到D受到的电场力始终水平向右，因此电场力始终做正功，故C错误；
D．在OD连线上电场方向向右，电势随电场方向逐渐减小，因此，电势能，因此O点的电势能大于D点的电势能，O到D电势能减小，故D正确。
故选D。
7．C
【详解】
A．根据匀强电场的特点，平行的线段其电势差与线段的长度成正比，则Q、P两点电势为
所以Q、P两点电势不相等，则A错误；
D．A、P两点间电势差为
所以D错误；
C．设B点的电势为0，则有
，
在BA的延长线上取一点D，DA=AB，则有
连接DQ则DQ为等势线，由几何关系可知，DA垂直于QB，则匀强电场的方向由Q点指向B点，所以C正确；
B．匀强电场的场强大小为
所以B错误；
故选C。
8．AD
【详解】
A．由于B点和C点关于等量异种点电荷对称，则B点的电场强度等于C点的电场强度，A正确；
B．由于电场线是从正电荷指向负电荷，沿电场线的方向电势降低，则B点的电势高于C点的电势，B错误；
C．由于A点和B点在同一圆上，根据电势叠加可知，B点电势低，所以电子在A点的电势能小于B点的电势能，C错误；
D．由于MN到点C的沿电场线方向的等效距离相同，则质子电势能变化也相同，D正确；
故选AD。
9．BCD
【详解】
A．由E－x图象可知，x=x1和x=－x1两点电场强度大小相等、方向相反，故A错误；
B．由E－x图象的面积表示电势差，O与x1的电势差等于O与－x1的电势差，则x=x1和x=-x1两点电势相同，故B正确；
C．E－x图象中图线与横轴所围的面积表示电势差，因此粒子由x=－x1运动到x=0的过程和由x=0运动到x=x1的过程电场力分别做的功满足
W1=－W2
根据动能定理可知，粒子经过x=x1和x=－x1两点时速度一定相同，故C正确；
D．正粒子从x=－x1点到x=x1点的运动过程中电场力先做负功后做正功，则电势能先增大后减小，故D正确；
故选BCD。
10．BC
【详解】
A．根据两等量正点电荷电场特点，a、b两点的电场强度大小相同，方向相反，故A错误；
B．由库仑定律可知
可得
方向沿轴正方向，故B正确；
C．根据等量同种正电荷的电场分布特点，可知cO之间的电场线方向向上，bO之间的电场线方向向下，O点的电场强度为零，故在c点由静止释放一电子，电子先受到向下的电场力，做加速运动，到O点加速度为零，速度达到最大，进入bO之间，受到向上的电场力，做减速运动，故电子在O点的速度最大，动能最大，故C正确；
D．根据等量同种正电荷的电场分布特点，可知ab之间的电场线方向，先向右再向左，故若将一正电荷由a移到b点，所受的电场力先向右再向左，故电场力先做正功后做负功，故D错误。
故选BC。
11．BC
【详解】
A．由题意可知，电场强度方向沿ca方向，则e点的电势一定低于O点的电势，故A错误；
B．电场强度方向沿ca方向，则b、d两点电势相等，由动能定理可知，粒子经过b点和d点时的动能一定相同，故B正确；
C．b、e两点间的距离为
由题可知
则
联立解得
故C正确；
D．中点到ca的距离为
则
解得
故D错误。
故选BC。
12．BD
【详解】
A．由对称性可知，电场强度大小相等，但方向不同，选项A错误；
B．由对称性和等势线可知，a、b两点电势相同，选项B正确；
C．负电荷沿该路径电势一直减小，电势能一直增大，选项C错误；
D．半圆上任一点，设与P点连线与夹角为，
则为定值。选项D正确。
故选BD。
13．（1）2.0×10-2V；（2）0.55cm
【详解】
（1）设电子被电压U1加速后获得速度大小为v0，根据动能定理
qU1＝mv
在金属板间电子的最大偏移量
y1＝＝0.5cm
在竖直方向上做匀加速运动
y1＝at2
又
解得
U2＝2.0×10-2V
（2）电子离开偏转电场后做匀速直线运动，可看作从极板的正中心沿直线射出，如图所示。
由几何知识，得
＝
解得
y＝0.55cm
14．（1）；（2）；（3）见解析
【详解】
（1）根据平衡条件
解得
（2）等效重力场
若小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动
最小动能
（3）小球带正电，机械能最小的位置电势能最大，电势最高，如图所示
15．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）对粒子在加速电场中运动的整个过程由动能定理有
①
解得
②
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，设粒子通过偏转电场的时间为t，则根据运动学公式有
③
两板间的电场强度大小为
④
根据牛顿第二定律可得粒子在垂直于极板方向的加速度大小为
⑤
联立②③④⑤并根据运动学公式可得，粒子的偏转距离为
⑥
（3）粒子射出偏转电场时，在垂直于极板方向的分速度大小为
⑦
联立②③④⑤⑦解得粒子的偏转角的正切值为
⑧
【点睛】
解答本题第（3）小题时，也可以根据类平抛运动规律的推论来求解，即速度偏转角的正切值为位移偏转角正切值的2倍，则有
在平时练习时掌握一题多法，在一些试题的求解中根据需要选择适合又便捷的解题方法。
16．（1），；（2）见详解；（3）
【详解】
(1)根据动能定理时间段内有
代入数据解得
时间内有
代入数据解得
(2)电子离开电容器I进入电容器II后做类平抛运动，类平抛运动的加速度为
时间段内离开电容器I进入电容器II的电子离开电容器II所需要的时间为
电子的竖直位移为
所以时间段内离开电容器I进入电容器II的电子能全部离开电容器II；
(3)时间段内离开电容器I进入电容器II的电子离开电容器II所需要的时间为
电子的竖直位移为
所以时间段内离开电容器I进入电容器II的电子不能离开电容器II，一个周期内有一半电子离开电容器II，所以一个周期T时间内离开电容器II的电子数与进入电容器I的总电子数之比值为。