阶段质量检测（二） 静电场中的能量（含解析）高中物理人教版（2019）必修 第三册

阶段质量检测(二)　静电场中的能量
(本试卷满分:100分)
一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1.如图所示,关于x轴对称的三条等势线为正点电荷形成的电场中的等差等势线,等势线与x轴的交点分别为a、b、c,下列说法不正确的是 (　　)
A.a、b、c三点的电场强度方向相同
B.a、b、c三点中c点的电场强度最大
C.a、b、c三点中c点的电势最低
D.把一电子从a点移到b点,电子的电势能减小
2.如图所示,a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点。c为ab的中点,a、b电势分别为φa=5 V、φb=3 V,下列叙述正确的是 (　　)
A.c点的电势不一定为4 V
B.a点的场强Ea一定大于b点的场强Eb
C.一负电荷运动到c点时受到的静电力由c指向b
D.一负电荷从c点运动到b点,电势能一定减小
3.可用如图所示的电路对电容器进行充电。在对电容器充电的过程中,下列说法正确的是 (　　)
A.电容器所带的电荷量逐渐增大
B.电容器所带的电荷量保持不变
C.电容器的电容逐渐增大
D.电容器两极间的电压逐渐减小
4.一带正电粒子仅在电场力的作用下,从坐标原点以初速度v0沿x轴正方向做直线运动,已知x轴上各点电势分布如图所示,则下列关于粒子在0~x0区域内运动的说法正确的是 (　　)
A.该粒子的电势能一直增大
B.该粒子的动能先减小后增大
C.该粒子的加速度先减小后增大
D.该粒子所受电场力先沿x轴正方向后沿x轴负方向
5.如图所示为研究影响平行板电容器电容大小的因素的实验装置,平行板电容器的A板与静电计相连,B板和静电计金属壳都接地。若充电后保持电容器带电量不变,图①减小正对面积,图②增大距离,图③插入电介质,下列说法正确的是 (　　)
A.图中静电计测量的是电容器的带电量
B.图①静电计的指针张角变大,故平行板电容器的电容变大
C.图②静电计的指针张角变大,故平行板电容器的电容变大
D.图③静电计的指针张角变小,故平行板电容器的电容变大
6.真空中存在平行于x轴方向的电场,一试探电荷在x轴各点的电势能Ep随x的分布如图所示。根据Ep-x图像可知 (　　)
A.x1处的电场强度大于0
B.x2处的电势大于x3处的电势
C.x3处的电场强度大于x4处的电场强度
D.试探电荷从x3处运动至x2处的过程中,电场力做功为Ep1-Ep2
7.如图,真空中水平放置的两平行正对金属板构成一电容器,上板带正电荷,下板带等量的负电荷。氘原子核H,符号是D,其质量是质子质量的2倍,带正电荷,电荷量与质子电荷量相同;α粒子是氦原子核He,其质量是质子质量的4倍,带正电荷,电荷量是质子电荷量的2倍。现有一氘核从平行板电容器上极板左侧边缘a点沿与板平行方向射入板间,恰好落在下极板中点A,落在A点时速度与水平方向夹角为θD;另有一α粒子从电容器左侧两板中间b点沿与板平行方向射入板间,恰好到达下极板右端B点,到达B点时速度方向与水平方向夹角为θα。不计粒子重力。则两角度的正切值之比tan θD∶tan θα为 (　　)
A.2∶1 B.4∶1
C.8∶1 D.16∶1
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
8.如图所示,正六边形ABCDEF所在空间存在一匀强电场(图中未画出),匀强电场的方向平行于正六边形所在的平面,虚线是正六边形的外接圆。已知正六边形边长为 m,A、B、C三点电势分别为20 V、50 V、80 V,现有一质子从E点以初速度v0沿六边形所在平面内任意方向射入电场,不计质子重力。下列说法正确的是 (　　)
A.D点电势为110 V,是圆周上电势最高的点
B.电场强度大小为 20 V/m,方向由C指向A
C.质子射出圆形区域时速度大小仍可能是v0
D.质子射出圆形区域时动能变化量的最大值是30 eV
9.如图所示,平行板电容器经开关S与电池连接,S闭合后,板间a处有一带电的小液滴,液滴处于静止状态。下列说法正确的是 (　　)
A.S闭合后,将B板稍向下移,则液滴将向下做加速运动
B.S闭合后,将B板稍向上移,则液滴仍将保持静止
C.将开关S断开后,将B板稍向左平移,则液滴将向上做加速运动
D.将开关S断开后,将B板稍向右平移,则液滴仍将保持静止
10.两个点电荷Q1、Q2固定于x轴上,将一带正电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2(位于坐标原点)的过程中,试探电荷的电势能Ep随位置变化的关系如图所示,则下列判断正确的是 (　　)
A.M点电势为零
B.M点场强为零
C.Q2的电荷量小于Q1的电荷量
D.试探电荷从N点运动到M点的过程中,电场力做正功
三、非选择题(本题共5小题,共54分)
11.(7分)电容器是一种重要的电学元件,在电工、电子技术中应用广泛,使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器可以捕捉瞬时的电流变化,它与计算机相连,可显示电流随时间的变化。图甲直流电源电压U=8 V、内阻不计,充电前电容器所带电荷量为零。先使S与“1”端相连,电源向电容器充电。充电结束后,使S与“2”端相连,直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的I-t图像如图乙所示。
(1)在电容器放电过程中,通过电阻R0的电流方向为　　　　　(选填“顺时针”或“逆时针”);
(2)乙图中阴影部分的面积S1　　　　S2(选填“>”“<”或“=”);
(3)已知S1=1 233 mA·s,则该电容器的电容值约为　　　 F(计算结果保留两位有效数字)。
12.(9分)如图甲所示是观察电容器充、放电现象的实验装置。实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。电源输出电压恒为8 V,S是单刀双掷开关,C为平行板电容器。当开关S接1时平行板电容器充电,电容器充电完毕后,把开关改接2进行放电,其放电电流随时间的变化关系如图乙所示。
(1)由图乙可估算出电容器开始放电时所带的电荷量q=　　　　 C(保留2位有效数字),如果不改变电路其他参数,只减小R1的阻值,则放电时间将　　　　(选填“变长”“不变”或“变短”);
(2)在下列四个图像中,表示实验过程中通过传感器的电流随时间变化的图像为　　　　,电容器两极板间的电压随时间变化的图像为　　　　。
13.(10分)如图所示,虚线为某电场的5个等势面,相邻等势面间电势差相等。一电子只在静电力作用下在电场中运动(轨迹未画出),已知电子经过等势面1时动能为5 eV,经过等势面4时动能为20 eV,等势面2的电势为+3 V,求:
(1)电子从等势面1运动至等势面4过程静电力做的功;
(2)等势面1的电势;
(3)电子经过等势面5时具有的电势能。
14.(12分)如图所示,A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面,一个电子垂直经过等势面D时动能为20 eV,经过等势面C时电势能为-10 eV,到达等势面B时速度恰好为零。已知相邻等势面间的距离为5 cm。不计电子的重力,求:
(1)匀强电场的场强大小;
(2)等势面A的电势;
(3)电子再次经过等势面D时的动能。
15.(16分)如图所示,电子枪的加速电压U1=2 500 V,平行极板A与B的间距d=2.0 cm。一电子从电子枪的电热丝无初速逸出,经电压U1加速后以v0从M点沿平行于板面的方向射入板间电场。电子从N点射出电场时,沿垂直于板面方向偏移的距离y=0.45 cm,动能Ek=2 725 eV。已知电子的比荷=1.8×1011 C/kg,两板间的电场可看作匀强电场。求:
(1)电子经电压U1加速后的速度大小v0;
(2)M、N两点间的电势差UMN;
(3)A、B两极板间电场强度E的大小及电压U2。
阶段质量检测(二)
1.选C　由于电场线与等势线垂直,根据正点电荷周围电场线分布的特点,画出点电荷及电场线的示意图,a、b、c三点在同一条直电场线上,所以电场强度方向相同,A正确;电场线越密集的地方电场强度越大,所以c点的电场强度最大,B正确;沿着电场线方向电势降低,所以a、b、c三点中c点的电势最高,C错误;把一电子从a点移到b点,电势升高,电子的电势能减小,D正确。
2.选A　当该电场是匀强电场时,由于沿电场方向相同距离的电势差相等,则c点的电势一定为4 V;当该电场不是匀强电场时,c点的电势不一定为4 V,故A正确;只凭一条电场线无法比较电场线的疏密,也就无法比较场强的大小,则a点的场强Ea不一定大于b点的场强Eb,故B错误;由沿电场线方向电势降低可知,电场方向为a→b,则一负电荷运动到c点时受到的静电力由c指向a,故C错误;根据题意可知,c点电势高于b点电势,由Ep=qφ可知,负电荷在b点电势能较大,则一负电荷从c点运动到b点,电势能一定增加,故D错误。
3.选A　电容器充电,则所带的电荷量逐渐增大,选项A正确,B错误;电容器的电容不变,选项C错误;根据Q=CU可知,电容器两极间的电压逐渐增大,选项D错误。
4.选B　根据电势能公式Ep=φq,粒子带正电,由题图知电势能先增大后减小,则电场力先做负功后做正功,则动能先减小后增大,A错误,B正确;根据φ-x图像的斜率绝对值表示电场强度大小,可知电场强度先减小后增大再减小,则电场力先减小后增大再减小,该粒子的加速度先减小后增大再减小,C错误;粒子的电势能先增大后减小,所以电场力先做负功后做正功,粒子带正电,则所受电场力先沿x轴负方向后沿x轴正方向,D错误。
5.选D　题图中静电计测量的是电容器的两极板的电势差,故A错误;题图①正对面积减小时,根据C=,知电容变小,电容器的带电量Q不变,根据U=,得电势差变大,所以静电计指针的张角变大,故B错误;题图②极板间距离增大时,根据C=,知电容变小,电容器的带电量Q不变,根据U=,得电势差变大,所以静电计指针的张角变大,故C错误;题图③插入电介质,根据C=,知电容变大,电容器的带电量Q不变,根据U=,得电势差变小,所以静电计指针的张角变小,故D正确。
6.选C　根据电场力做功与电势能变化的关系可知ΔEp=-Fx,Ep-x图像斜率的绝对值表示电场力的大小,电场力越大表示电场强度越大,由题图可知,x1处的斜率为0,x3处的斜率大于x4处的斜率,故x1处的电场强度等于0,x3处的电场强度大于x4处的电场强度,故A错误,C正确;因为试探电荷的电性未知,所以由题图不能判断出沿 x轴方向电势的升降,故B错误;试探电荷从x3处运动至x2处的过程中,电势能增加Ep1-Ep2,电场力做功为Ep2-Ep1,故D错误。
7.选B　依题意知,粒子在极板间做类平抛运动,则粒子打在下极板时,速度与水平方向夹角的正切值为tan θ=,又因为vy=at,v0=,联立解得tan θ===,即粒子速度与水平方向夹角的正切值和粒子在竖直方向及水平方向运动的位移有关,设极板长为L,极板间距离为d,结合题图可得=·=·=,故选B。
8.选BC　由题意可得,A、C连线中点G的电势为50 V,BG连线为一等势面,如图所示,电场垂直于等势面由C指向A,D点电势与C点电势相等,均为80 V,圆周上电势最高的点位于CD圆弧中点,故A错误;由几何关系可得AG长度为d=1.5 m,所以电场强度大小为E==20 V/m,故B正确;若质子从B点射出圆形区域,静电力不做功,则速度大小仍是v0,故C正确;若质子从AF弧中点K射出圆形区域,静电力做功最多,动能变化量最大,由题意可知UEK>UEF=30 V,由动能定理可得ΔEk=eUEK>eUEF=30 eV,故D错误。
9.选AC　开关S闭合后,A、B板间电势差U不变,将B板稍向下移,由场强与电势差关系E=,场强变小,液滴所受静电力qE变小,由于初始状态带电的小液滴保持静止,则有qE=mg,静电力竖直向上,所以静电力变小后,液滴将向下做加速运动;同理,将B板稍向上移,液滴所受静电力变大,液滴将向上做加速运动,A正确,B错误。充电后,将开关S断开,电容器电荷量Q不变,由平行板电容器电容决定式和定义式C=,C=,由场强与电势差关系E=,可得E=,将B板稍向右平移或者向左平移,正对面积S减小,场强E变大,静电力qE变大,液滴将向上做加速运动,C正确,D错误。
10.选AC　分析题图可知试探电荷在M点电势能为零,由电势能公式可知EpM=qφM=0,解得φM=0,故A正确;Ep-x图像的斜率表示电场力,N点斜率为零,电场力为零,说明N点场强为零,故B错误;设Q2到N点的距离为r2,Q1到N点的距离为r1,N点场强为零,由点电荷场强公式可得k=k,因r211.解析:(1)由题图甲可知,电容器充电后,上极板带正电,下极板带负电,则在电容器放电过程中,通过电阻R0的电流方向为顺时针方向。
(2)I-t图像与坐标轴所围成的面积表示电荷量,充电和放电过程电荷量相等,所以题图乙中阴影部分的面积相等,即S1=S2。
(3)已知S1=1 233 mA·s,电容器充电结束后,电容器两端电压等于电源电压,则该电容器的电容值为C=== F≈0.15 F。
答案:(1)顺时针　(2)=　(3)0.15
12.解析:(1)一个小格子表示q0=0.2×10-3×0.2 C=4×10-5 C,图形面积约为41个格子面积,则电容器开始放电时所带的电荷量约为q=41q0≈1.6×10-3 C,放电电流I= ,I=,可知R1的阻值减小时,放电时间将变短。
(2)电容器充电电流与放电电流方向相反,充电过程中两极板的电压逐渐与电源输出电压接近,因此电流逐渐减小,减小得越来越慢,放电过程中因两极板的电荷量逐渐减小,所以电压也逐渐减小,电流也逐渐减小,减小得越来越慢,故通过传感器的电流随时间变化的图像为A选项图。充电过程电压逐渐增大,且增大得越来越慢,放电过程电压逐渐变小,减小得越来越慢,故电压随时间变化的图像为C选项图。
答案:(1)1.6×10-3(1.5×10-3~1.7×10-3均可)　变短
(2)A　C
13.解析:(1)由动能定理得,电子从等势面1运动至等势面4的过程,静电力做的功为
W14=Ek4-Ek1=20 eV-5 eV=15 eV。
(2)等势面1、4间的电势差为U14==-15 V
由题意得U12=φ1-φ2=U14
解得φ1=-2 V。
(3)由题意得U25=φ2-φ5=U14=-15 V
解得φ5=18 V
电子在等势面5具有的电势能为Ep=qφ5=-18 eV。
答案:(1)15 eV　(2)-2 V　(3)-18 eV
14.解析:(1)电子从D到B的过程中,根据动能定理得-eUDB=0-EkD
解得UDB==20 V
则电场强度大小为E== V/m=200 V/m。
(2)电子经过等势面C时电势能为-10 eV,则等势面C的电势为φC=10 V
因为CA间的电势差等于DB间的电势差
即UDB=UCA=φC-φA=20 V
解得φA=-10 V。
(3)根据能量守恒定律得,电子再次经过等势面D时动能不变,故EkD=20 eV。
答案:(1)200 V/m　(2)-10 V　(3)20 eV
15.解析:(1)电子的加速过程,由动能定理得eU1=m
解得v0=3×107 m/s。
(2)电子从M到N过程根据动能定理有
(-e)UMN=Ek-m
解得UMN=-225 V。
(3)由匀强电场的电场强度和电势差的关系得E=
解得E=5×104 V/m
根据U2=Ed
解得U2=1 000 V。
答案:(1)3×107 m/s　(2)-225 V
(3)5×104 V/m　1 000 V
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