第十章静电场中的能量 章末检测试卷 word版含答案

2021年高中物理人教版（新教材）必修第三册第十章章末检测试卷
(时间：90分钟　满分：100分)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分)
1．下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是(　　)
A．根据电场强度的定义式E＝，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比
B．根据电容的定义式C＝，电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比
C．根据真空中点电荷电场强度公式E＝，电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正比
D．根据公式UAB＝，带电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点克服静电力做功为1 J，则A、B两点的电势差为1 V
2．空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成了如图1所示稳定的静电场．实线为其电场线，虚线为其等势线，A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则(　　)
图1
A．A点和B点的电势相同
B．C点和D点的电场强度相同
C．正电荷从A点移至B点，静电力做正功
D．负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先增加后减少
3.如图2所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O.下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是(　　)
图2
A．O点的电场强度为零，电势最低
B．O点的电场强度为零，电势最高
C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高
D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低
4.如图3所示，平行板电容器与电压恒定的直流电源连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态，现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则(　　)
图3
A．带电油滴将沿竖直方向向上运动
B．P点的电势将降低
C．极板间的场强不变
D．极板带电荷量将增加
5.一带电粒子在电场中仅在静电力作用下，从A点运动到B点，速度大小随时间变化的图像如图4所示，tA、tB分别是带电粒子在A、B两点对应的时刻，则下列说法中正确的有(　　)
图4
A．A处的场强一定大于B处的场强
B．A处的电势一定高于B处的电势
C．带电粒子在A处的电势能一定小于在B处的电势能
D．带电粒子从A到B的过程中，所受静电力一定做正功
6.在匀强电场中平行电场方向建立一直角坐标系，如图5所示．从坐标原点沿＋y轴前进0.2 m到A点，电势降低了10 V，从坐标原点沿＋x轴前进0.2 m到B点，电势升高了10 V，则匀强电场的场强大小和方向为(　　)
图5
A．50 V/m，方向B→A
B．50 V/m，方向A→B
C．100 V/m，方向B→A
D．100 V/m，方向垂直AB斜向下
7．如图6甲所示，x轴上固定两个点电荷Q1、Q2(Q2位于坐标原点O)，x轴上有M、N、P三点，且MN＝NP.Q1、Q2在x轴上产生的电势φ随x变化的关系如图乙所示，其中N点电势最低．则(　　)
图6
A．M点电场强度大小为零
B．N点电场强度大小为零
C．M、N之间电场方向沿x轴负方向
D．将一正试探电荷从P移到M过程中，静电力做的功满足的关系为|WPN|＝|WNM|
8．如图7所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a由顶点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从顶点C射出．若不计重力，则(　　)
图7
A．a和b在电场中运动的时间之比为1∶2
B．a和b在电场中运动的时间之比为2∶1
C．a和b的比荷之比为1∶4
D．a和b的比荷之比为4∶1
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)
9.如图8所示，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点．不计重力．下列说法正确的是(　　)
图8
A．M带负电荷，N带正电荷
B．M在b点的动能小于它在a点的动能
C．N在d点的电势能等于它在e点的电势能
D．N在从c点运动到d点的过程中克服静电力做功
10.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)以速度v0逆着电场线方向射入有左边界的匀强电场，场强为E(如图9所示)，则(　　)
图9
A．粒子射入的最大深度为
B．粒子射入的最大深度为
C．粒子在电场中运动的最长时间为
D．粒子在电场中运动的最长时间为
11.如图10所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a点和c点关于MN对称、b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上．以下判断正确的是(　　)
图10
A．b点电场强度大于d点电场强度
B．b点电场强度小于d点电场强度
C．a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差
D．试探电荷＋q在a点的电势能小于在c点的电势能
12．如图11所示，A为粒子源，A和极板B间的加速电压为U1，两水平放置的平行带电板C、D间的电压为U2，现有一质量为m、电荷量为＋q的粒子由静止从A处被加速电压U1加速后水平进入竖直方向的匀强电场，平行板C、D的极板长度为L，两板间的距离为d，不计带电粒子的重力，则下列说法正确的是(　　)
图11
A．带电粒子射出B板时的速度v0＝
B．带电粒子在C、D极板间运动的时间t＝L
C．带电粒子飞出C、D间电场时在竖直方向上发生的位移y＝
D．若同时使U1和U2加倍，则带电粒子在飞出C、D极板间的电场时的速度方向与水平方向的夹角将加倍
三、非选择题(本题共5小题，共52分)
13．(10分)电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用．对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同．
(1)请在图12甲中画出上述u－q图像．类比直线运动中由v－t图像求位移的方法，求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep.
(2)在如图乙所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源(忽略内阻)．通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的q－t曲线如图丙中①②所示．
a．①②两条曲线不同是________(选填“E”或“R”)的改变造成的；
b．电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电．依据a中的结论，说明实现这两种充电方式的途径．
图12
(3)设想使用理想的“恒流源”替换(2)中电源对电容器充电，可实现电容器电荷量随时间均匀增加．请思考使用“恒流源”和(2)中电源对电容器的充电过程，填写下表(选填“增大”“减小”或“不变”)．
“恒流源”
(2)中电源
电源两端电压
通过电源的电流
14.(8分)一个初速度为零的电子通过电压U＝4 500 V的电场加速后，从C点沿水平方向射入电场强度E＝1.5×105 V/m的匀强电场中，到达该电场中另一点D时，电子的速度方向与电场强度方向的夹角正好是120°，如图13所示．试求C、D两点沿电场强度方向的距离y.
图13
15．(10分)如图14所示，水平绝缘轨道AB长L＝4 m，离地高h＝1.8 m，A、B间存在竖直向上的匀强电场．一质量m＝0.1 kg、电荷量q＝－5×10－5 C的小滑块(可看成质点)，从轨道上的A点以v0＝6 m/s的初速度向右滑动，从B点离开电场后，落在地面上的C点．已知C、B间的水平距离x＝2.4 m，滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：
图14
(1)滑块离开B点时速度的大小；
(2)滑块从A点运动到B点所用的时间；
(3)匀强电场的场强E的大小．
16.(11分)如图15所示，平行板电容器A、B间的电压为U保持不变，两板间的距离为d，一质量为m、电荷量为q的粒子，由两板中央O点以水平速度v0射入，落在C处，BC＝l.若将B板向下拉开，此粒子仍从O点水平射入，初速度v0不变，则粒子将落在B板上的C′点，求BC′的长度．(粒子的重力忽略不计)
图15
17.(13分)如图16所示，一水平地面上固定一倾角为θ＝30°的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度为E＝，方向沿斜面向下的匀强电场中；一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态．一质量为m、带电荷量为q(q＞0)的滑块从距离弹簧上端为x处从静止释放，滑块在运动过程中电荷量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g.
图16
(1)滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t；
(2)滑块返回的过程中，刚脱离弹簧时的速度大小；
(3)若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm过程中弹簧的弹力所做的功W.
参考答案及解析
1.答案：C
解析：电场强度是电场本身具有的性质，与试探电荷无关，故A错误．电容是电容器本身具有的性质，表示电容器容纳电荷的能力，与两极板间电压和电荷量无关，故B错误．由真空中点电荷场强公式可以得出，点电荷产生电场的场强大小与场源电荷电荷量成正比，故C正确．克服静电力做功，说明此过程静电力做负功，即：WAB＝－1 J，根据UAB＝，可得：UAB＝－1 V，故D错误．
2.答案：C
解析：由题图可知φA＞φB，所以正电荷从A点移至B点，电势减小，静电力做正功，故A错误，C正确．C、D两点电场强度方向不同，故B错误．负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先减少后增加，故D错误．
3.答案：B
解析：根据电场的对称性和电荷的叠加原理知，O点的电场强度为零．在x轴上，电场强度的方向自O点分别指向x轴正方向和x轴负方向，且沿电场线方向电势越来越低，所以O点电势最高．在x轴上离O点无限远处的电场强度为零，所以沿x轴正方向和x轴负方向的电场强度先增大后减小，选项B对．
4.答案：B
解析：将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E＝得知板间场强减小，油滴所受的静电力减小，则油滴将向下运动，故A、C错误．场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U＝Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低，故B正确．根据Q＝UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，故极板带电荷量减小，故D错误．
5.答案：D
解析：根据v－t图像的斜率表示加速度可知，从A点运动到B点的过程中带电粒子的加速度增大，则其所受的静电力增大，则电场强度E增大，A处的场强一定小于B处的场强，故A错误；从A到B的过程中，带电粒子的速度增大，动能增大，由能量守恒定律知其电势能减小，静电力做正功，故C错误，D正确；由于粒子电性未知，无法判断A、B两点电势高低，故B错误．
6.答案：C
解析：连接AB，由题意可知，AB中点C点的电势应与坐标原点O相等，连线OC即为等势线，与等势线OC垂直的方向为电场的方向，且由高电势指向低电势，故电场方向由B→A，其大小E＝＝ V/m＝100 V/m，选项C正确．
7.答案：B
解析：由题图乙可知，由M到N电势降低，沿着电场线方向电势逐渐降低，可以判断M、N之间电场方向沿x轴正方向；φ－x图线的切线斜率表示电场强度，则N点电场强度大小为零，M点电场强度大小不为零；|WPN|＝|qUPN|＝|q(φP－φN)|＜|q(φN－φM)|＝|WNM|，故B正确，A、C错误．
8.答案：A
解析：a、b两个粒子在水平方向上做匀速直线运动，a、b两粒子的水平位移之比为1∶2，根据x＝v0t可知运动时间之比为1∶2.粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，根据y＝at2，两粒子在竖直方向的位移之比为2∶1，则a、b两粒子的加速度之比为8∶1，根据牛顿第二定律知加速度a＝，加速度之比等于两粒子的比荷之比，则a、b两粒子的比荷之比为8∶1，故A正确，B、C、D错误．
9.答案：ABC
解析：如题图所示，M的轨迹向左弯曲，可知M带电粒子受到了引力作用，故M带负电荷，而N粒子的轨迹向下弯曲，说明N粒子受到斥力作用，故N粒子带正电荷，选项A正确；由于虚线是等势面，故M从a到b静电力对其做负功，电势能增加，动能减少，选项B正确；对于N粒子，由于d和e在同一等势面上，从d到e静电力做功为零，电势能不变，选项C正确；由于N粒子带正电荷，故从c点运动到d点的过程中，静电力做正功，选项D错误．
10.答案：BD
解析：粒子射入到最大深度时，由动能定理得－Eqxmax＝0－mv02，得最大深度xmax＝；由v0＝at，a＝，可得t＝，则粒子在电场中运动的最长时间为，选项B、D正确．
11.答案：BC
解析：如图所示，
两电荷连线的中点位置用O表示，在中垂线MN上，O点电场强度最大，在两电荷之间连线上，O点电场强度最小，即Eb＜EO，EO＜Ed，故Eb＜Ed，A错，B对；等量异种电荷的电场中，电场线、等势线均具有对称性，a、c两点关于MN对称，Uab＝Ubc，C对；试探电荷＋q从a移到c，远离正电荷，靠近负电荷，静电力做正功，电势能减小，D错．
12.答案：AC
解析：带电粒子由A到B，根据动能定理有qU1＝mv02，解得v0＝，故A正确；粒子进入C、D间的电场后在水平方向做匀速直线运动，则L＝v0t，解得t＝L，故B错误；粒子进入C、D间的电场后，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝，粒子在竖直方向发生的位移为y＝at2，联立解得y＝，故C正确；带电粒子飞出C、D极板间的电场时速度方向与水平方向夹角的正切值为tan θ＝＝＝，可知同时使U1和U2加倍，带电粒子在飞出C、D极板间的电场时的速度方向与水平方向的夹角不变，故D错误．
13.答案：(1)
　(2分)
CU2(2分)
(2)a.R　b．减小电阻R，可以实现对电容器更快速充电；增大电阻R，可以实现更均匀充电(2分)
(3)(4分)
“恒流源”
(2)中电源
电源两端电压
增大
不变
通过电源的电流
不变
减小
解析：(2)a.由题图知，电容器充完电后，①②两次带电荷量相等，由Q＝CE知，两次电源电压相等．故①②两条曲线不同不是E的改变造成的，只能是R的改变造成的．
b．刚开始充电瞬间，电容器两端的电压为零，电路的瞬时电流为I＝，故减小电阻R，刚开始充电瞬间电流I大，曲线上该点切线斜率大，即为曲线①.短时间内该曲线与时间轴围成的面积更大(电荷量更多)，故可以实现对电容器快速充电；增大电阻R，刚开始充电瞬间电流I小，即为曲线②，该曲线接近线性，可以实现均匀充电．
(3)接(2)中电源时，电源两端电压不变．通过电源的电流I＝，随着电容器两端电压不断变大，通过电源的电流减小；“恒流源”是指电源输出的电流恒定不变．接“恒流源”时，随着电容器两端电压的增大，“恒流源”两端电压增大．
14.答案：0.01 m
解析：电子加速过程，由动能定理得eU＝mv02(2分)
解得v0＝(1分)
电子在D点时，在竖直方向上vy＝v0tan 30°＝at，(1分)
a＝，(1分)
解得t＝(1分)
C、D两点沿电场强度方向的距离y＝at2＝(1分)
代入数据解得y＝ m＝0.01 m．(1分)
15.答案：(1)4 m/s　(2)0.8 s　(3)5×103 N/C
解析：(1)滑块从B到C过程中，有h＝gt2(1分)
x＝vBt(1分)
解得vB＝4 m/s(1分)
(2)滑块从A到B过程中，有L＝t′(2分)
解得t′＝0.8 s(1分)
(3)在电场中运动时，小滑块受力如图所示，
由牛顿第二定律得
μ(mg＋E|q|)＝ma(2分)
由运动学公式，有
vB2－v02＝－2aL(1分)
解得E＝5×103 N/C.(1分)
16.答案：l
解析：根据牛顿第二定律，带电粒子由O点到C点，
有q＝ma，(1分)
所以a＝(1分)
带电粒子在水平方向做匀速直线运动，l＝v0t，(1分)
在竖直方向做匀加速直线运动，
d＝at2＝·t2.(2分)
带电粒子由O点到C′点，根据牛顿第二定律得
q＝ma′，(1分)
所以a′＝.(1分)
设BC′的长度为l′，则l′＝v0t′(1分)
d＋d＝a′t′2＝··t′2.(2分)
联立解得BC′的长度l′＝l.(1分)
17.答案：(1)　(2)
(3)mv m2－
解析：(1)滑块从静止释放到与弹簧上端接触前，对滑块，由牛顿第二定律得：a＝＝g(1＋sin θ)＝1.5g(2分)
滑块做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式得：x＝at2，(1分)
解得：t＝＝(1分)
(2)滑块从释放到脱离弹簧的过程，由动能定理可知：(qE＋mgsin θ)x＝mv2，(2分)
解得v＝(1分)
(3)当滑块速度最大时，滑块受到的合力为零，设此时弹簧压缩量为x1，则qE＋mgsin θ＝kx1，
(2分)
解得：x1＝(1分)
滑块从开始运动到速度最大过程中，由动能定理得：(qE＋mgsin θ)(x＋x1)＋W＝mvm2－0，
(2分)
解得：W＝mvm2－(qE＋mgsin θ)＝mvm2－(1分)