第十章 静电场中的能量 同步测试卷—2021-2022学年高二上学期物理人教版（2019）必修第三册(Word版含答案)

2021-2022学年人教版（2019）高二物理必修第三册同步测试卷
【测试范围：第十章
静电场中的能量】
(90分钟
100分)
一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1．关于对公式UAB＝Ed的理解，下列说法正确的是(　　)
A．此公式适用于计算任何电场中A、B两点间的电势差
B．A点和B点距离越大，则这两点的电势差越大
C．公式中的d是指A点和B点之间的距离
D．公式中的d是匀强电场中A、B两个等势面间的垂直距离
2．带电粒子垂直进入匀强电场中偏转时(仅受电场力)(
)
A．电势能增加，动能增加　　　　　　　　　　
B．电势能减小，动能增加
C．电势能和动能都不变
D．电势能不变，动能增加
3．在如图甲所示的平行板电容器A、B两板上加上如图乙所示的交变电压，开始B板的电势比A板高，这时两板中间原来静止的电子在静电力作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说法正确的是(不计电子重力)(　　)
A．电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性来回运动
B．电子一直向A板运动
C．电子一直向B板运动
D．电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性来回运动
4．如图所示，在A板附近有一电子由静止开始向B板运动，则关于电子到达B板时的速率，下列解释正确的是(　　)
A．两板间距越大，加速的时间就越长，则获得的速率越大
B．两板间距越小，加速的时间就越长，则获得的速率越大
C．获得的速率大小与两板间的距离无关，仅与加速电压U有关
D．两板间距越小，加速的时间就越短，则获得的速率越小
5．如图所示，在M、N两点分别放置两个等量异种电荷，A为它们连线的中点，B为连线上靠近N的一点，C为连线的中垂线上处于A点上方的一点，在A、B、C三点中(　　)
A．场强最小的点是A点，电势最高的点是B点
B．场强最小的点是A点，电势最高的点是C点
C．场强最小的点是C点，电势最高的点是B点
D．场强最小的点是C点，电势最高的点是A点
6．如图所示，三个等势面电势为φ1、φ2、φ3，等势面上有a、b、c、d四点，若将一正电荷由c经a移到d，静电力做正功W1，若由c经b移到d，静电力做正功W2，则(　　)
A．W1>W2　φ1>φ2
B．W1C．W1＝W2　φ1<φ2
D．W1＝W2　φ1>φ2
7．如图所示，虚线为电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等．一个带正电的点电荷在A点的电势能大于其在B点的电势能，则下列说法正确的是(
)
A．A点的电势比B点的高
B．无法比较A、B两点的电势高低
C．A点的电场强度比B点的大
D．无法比较A、B两点的场强大小
8．如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上，则t可能属于的时间段是(　　)
A．0＜t0＜
B.＜t0＜T
C.＜t0＜
D．T＜t0＜
二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
9．如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在下图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是(　　)
10．关于电容器的概念，下列说法中正确的是(
)
A．两个彼此绝缘又互相靠近的导体就可以看成是一个电容器
B．用电源对平行板电容器充电后，两极板一定带有等量异种电荷
C．电容器两极板的正对面积越大，它的电容就越小
D．电容器两极板的距离越大，它的电容就越大
11．如图所示是研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置，下列说法正确的是(　　)
A．实验中，只将b极板向上平移，指针张角变小
B．实验中，只将b极板向右靠近，指针张角变小
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃，指针张角变小
D．实验中，增加极板带电量，指针张角增大，电容增大
12．如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么(　　)
A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多
B．三种粒子打到屏上时的速度一样大
C．三种粒子运动到屏上所用时间相同
D．三种粒子一定打到屏上的同一位置
三、非选择题:本题共6小题,共60分。计算题要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位。
13．如图所示，一电子开始时动能为Ek，从A点垂直于电场线飞入匀强电场中，当从B点飞出电场时，速度方向跟电场强度方向成150°角。已知电子电荷量为e，电场强度大小为E。求电子在电场中的偏转距离。
14．如图所示，一平行板电容器接在U＝12
V的直流电源上，电容C＝3.0×10－10
F，两极板间距离d＝1.20×10－3
m，取g＝10
m/s2，求：
(1)该电容器所带电荷量．
(2)若板间有一带电微粒，其质量为m＝2.0×10－3
kg，恰在板间处于静止状态，则微粒带电荷量多少？带何种电荷？
15．在电场中有A、B两点，它们的电势分别为φA＝－100
V，φB＝200
V，把电荷量q＝－2.0×10－7
C的点电荷从A点移到B点，是电场力做正功还是点电荷克服电场力做功？做了多少功？
16．如图所示为一真空示波管，电子从位于中心线上的灯丝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，然后进入两块带电平行金属板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M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的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，电子质量为m，电荷量为e，求：
(1)电子穿过A板时的速度大小v0；
(2)电子从偏转电场射出时的侧移量y；
(3)P点到O点的距离Y；
(4)该示波器的灵敏度D(荧光屏上每单位偏转电压引起的偏转量)。
17．如图所示，电子在电势差为U0＝4500
V的加速电场中，从左极板由静止开始运动，经加速电场加速后从右板中央垂直射入电势差为U＝45
V的偏转电场中，经偏转电场偏转后打在竖直放置的荧光屏M上，整个装置处在真空中，已知电子的质量为m＝9.0×10－31
kg，电荷量为e＝－1.6×10－19
C，偏转电场的板长为L1＝10
cm，板间距离为d＝1
cm，光屏M到偏转电场极板右端的距离L2＝15
cm。求：
(1)电子从加速电场射入偏转电场的速度v0；
(2)电子飞出偏转电场时的偏转距离(侧移距离)y；
(3)电子飞出偏转电场时偏转角的正切tanθ；
(4)电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y。
18．如图所示，质量为m，电荷量为e的粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向的直线AO射入匀强电场，由B点飞出电场时速度方向与AO方向成45°，已知AO的水平距离为d.(不计重力)求：
(1)从A点到B点用的时间．
(2)匀强电场的电场强度大小．
(3)AB两点间电势差．
参考答案
一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1．D
解析：UAB＝Ed中的d是指两点间电场线方向上的距离，而且仅适用于匀强电场，故A、B、C错误，D正确。
2．B
解析：粒子垂直于电场方向进入电场，沿电场方向电场力做正功，电势能减小，动能增加．故答案为B.
3．C
解析：根据题图可知，在0～0.025
s内，电子所受静电力水平向左，故电子向左加速，在0.025
s时速度达到最大，0.025～0.05
s内受到向右的静电力，向左做匀减速运动，加速度大小与加速阶段的加速度大小相同，故可知在0.05
s时，
电子的速度减小到零，0.05
s时刻后再次向左加速，所以可知电子一直向B板运动，vt图像如图所示。故只有C正确。
4．C
解析：由动能定理可得eU＝mv2，即v＝
，对于电子，v的大小仅与U有关，与极板间距离无关，由v＝at及a＝＝，得t＝d，d越大，t越大，C正确。
5．C
解析：如图为等量异种点电荷的电场线分布图，由电场线的疏密分布知，B点场强大于A点场强，A点场强大于C点场强。
中垂线上各点的场强方向平行于两点电荷连线，则电荷在中垂线上移动，静电力不做功，则中垂线为等势线，C点电势等于A点电势。两点电荷连线上电场线由N指向M，B点电势高于A点电势。综上分析，C正确。
6．D
解析：静电力做的功与电荷经过的路径无关，只与电荷在电场中的初始位置与终止位置有关，故W1＝W2。因为电荷带正电，且静电力做正功，画出电场线的大致方向，可知φ1＞φ2。故D正确。
7．A
解析：正电荷在电场中，在电势越高的位置，电势能越大，故A正确，B错误；等势面的疏密程度代表场强的大小，故A点的场强小于B点的场强，故C、D错误．
8．C
解析：若0＜t0＜，带正电粒子先向B板加速运动，再减速运动至零，然后再反方向加速运动，最后减速运动至零，如此反复运动，每次向B板运动的距离大于向A板运动的距离，最终打在B板上，故A错误。若＜t0＜T，带正电粒子先向A板加速运动，再减速运动至零；然后反方向加速运动，最后减速运动至零，如此反复运动，每次向A板运动的距离小于向B板运动的距离，最终打在B板上，故B错误。若＜t0＜，带正电粒子先向B板加速运动，再减速运动至零，然后反方向加速运动，最后减速运动至零，如此反复运动，每次向A板运动的距离大于向B板运动的距离，最终打在A板上，故C正确。若T＜t0＜，带正电粒子先向B板加速运动，再减速运动至零，然后反方向加速运动，最后减速运动至零，如此反复运动，每次向B板运动的距离大于向A板运动的距离，最终打在B板上，故D错误。
二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
9．AD
解析：在平行金属板之间加上如题图乙所示的周期性电压时，因为电子在平行金属板间所受的静电力F＝，所以电子所受的静电力大小不变，而方向随电压呈周期性变化。
由牛顿第二定律F＝ma可知，电子在第一个内向B板做匀加速直线运动，在第二个内向B板做匀减速直线运动，在第三个内反向做匀加速直线运动，在第四个内向A板做匀减速直线运动，所以at图像如图1所示，vt图像如图2所示；又因匀变速直线运动位移x＝v0t＋at2，所以xt图像应是曲线。故选A、D。
10．AB
解析：两个彼此绝缘又互相靠近的导体能储存电荷，可以看成是一个电容器，A正确；电源对平行板电容器充电后，两极板一定带有等量异种电荷，B正确；电容器两极板的正对面积越大，它的电容就越大，电容器两极板的距离越大，它的电容就越小，C、D错误．故答案为AB.
11．BC
解析：只将b极板向上平移，极板正对面积减小，电容变小，电荷量不变，极板间电势差变大，指针张角变大，A错误；只将b极板向右靠近，极板间距离变小，电容变大，电荷量不变，极板间电势差变小，指针张角变小，B正确；只在极板间插入有机玻璃，电容变大，电荷量不变，极板间电势差变小，指针张角变小，C正确；增加极板带电量，电容不变，极板间电势差变大，指针张角增大，D错误。
12．AD
解析：设加速电压为U1，则qU1＝mv，x＝v0t，y＝·t2，联立得y＝，即粒子在偏转电场的竖直方向的偏转量y与q、m均无关，因此三种粒子运动轨迹相同，打在屏上的同一位置，D正确；
偏转电场对粒子做功W＝qE2y，由于三种粒子离开电场时的偏转量y相同，电荷量q相同，则W相同，A正确；根据qU1＋W＝mv2，三种粒子质量不同，因此打到屏上的速度大小不同，B错误；又因为三种粒子运动轨迹相同，但进入偏转电场E2的初速度不同，所以运动时间不同，C错误。
三、非选择题:本题共6小题,共60分。计算题要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位。
13．
解析：由题意知电子在电场中的偏转角θ＝60°，设电子的初速度为v0，
则电子在B点处的速度大小v＝＝2v0，
而Ek＝mv，Ek′＝mv2，
根据动能定理eEd＝Ek′－Ek，
由以上关系式得偏转距离d＝。
14．(1)3.6×10－9
C　(2)2.0×10－6
C　负电荷
解析：(1)由公式C＝得
Q＝CU＝3×10－10×12
C＝3.6×10－9
C.
(2)若带电微粒恰在极板间静止，则qE＝mg，而E＝，
解得q＝＝
C＝2.0×10－6
C，由于电容器上极板带正电，电场强度方向竖直向下，微粒受到的电场力竖直向上，故微粒带负电荷．
15．电场力做正功　6.0×10－5
J
解析：解法1(用WAB＝－ΔEp计算)
电荷在A、B两点的电势能分别为EpA＝qφA＝(－2.0×10－7)×(－100)
J＝2.0×10－5
J，EpB＝qφB＝(－2.0×10－7)×200
J＝－4.0×10－5
J．根据WAB＝－ΔEp可知，电荷从A点移到B点的过程中电场力所做的功WAB＝－(EpB－EpA)＝6.0×10－5
J．因为WAB>0，所以电场力做正功．
解法2(用WAB＝qUAB计算)
电荷从A点移到B点的过程中，电场力做的功WAB＝qUAB＝(－2.0×10－7)×[(－100)－200]
J＝6.0×10－5
J．由于计算得出的WAB为正值，所以电场力做正功．
16．(1)
　(2)　(3)(L1＋2L2)
(4)(L1＋2L2)
解析：(1)对电子从K发出到穿过A板中心孔，由动能定理得
eU1＝mv
解得v0＝
。
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动
沿偏转电场方向有e＝ma，y＝at2
垂直偏转电场方向有L1＝v0t
解得y＝。
(3)设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，偏转角为θ，离开偏转电场到打在P点的过程中的侧移量为y′
vy＝at，tanθ＝
y′＝tanθ·L2
Y＝y＋y′
解得Y＝(L1＋2L2)。
(4)该示波器的灵敏度D＝＝(L1＋2L2)。
17．(1)4×107
m/s　(2)0.25
cm　(3)0.05
(4)1
cm
解析：(1)电子在加速电场中运动，由动能定理：
eU0＝mv，解得：v0＝4×107
m/s。
(2)电子在偏转电场中运动，
沿初速度方向：L1＝v0t，可得t＝2.5×10－9
s。
沿垂直初速度方向：
y＝at2＝t2＝2.5×10－3
m＝0.25
cm。
(3)偏转角的正切：tanθ＝＝＝＝0.05。
(4)电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设在无电场区域沿荧光屏方向的偏移距离为y′，则＝tanθ，所以y′＝0.75
cm，所以Y＝y＋y′＝1
cm。
18．(1)　(2)　(3)
解析：(1)粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向射入电场，水平方向做匀速直线运动，则t＝.
(2)由牛顿第二定律得a＝.将粒子射出电场的速度v进行分解，则vy＝v0tan45°＝v0，又因vy＝at，得v0＝·＝，解得E＝.
(3)由动能定理得eUAB＝m(v0)2－mv，解得UAB＝.