高中物理必修三第十章静电场中的能量单元测试-普通用卷.docx

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1、高中物理必修三第十章静电场中的能量单元测试副标题题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1. 如图所示，在水平放置的已经充电的平行板电容器之间，有一带负电的油滴处于静止状态，若某时刻油滴的电荷量开始减小，为维持该油滴原来的静止状态，应A. 给平行板电容器充电，补充电荷量B. 给平行板电容器放电，减小电荷量C. 使两金属板相互靠近些D. 使两金属板相互远离些2. 两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是A. 、为等量异种电荷B. N、C两点间场强方向沿x轴负方向C.

2、N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大D. 将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小3. 如图所示，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的k倍。有一初速度为零的带电粒子经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场强度方向射入，且正好能从下极板右边缘穿出电场，不计带电粒子的重力，则偏转电场长、宽的比值为 A. B. C. D. 4. 如图所示，在方向竖直向上的匀强电场中，a、b、c、d四个带电液滴，分别水平向左、水平向右、竖直向上、竖直向下做匀速直线运动，则A. c、d为异种电荷B. a、b、c、d机械能都守恒C. c的电势能增加，机械能增加D.

3、d的电势能增加，机械能减小5. 如图所示，由两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器的极板N与静电计相接，极板M接地用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U在两板相距一定距离d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度在整个实验过程中，保持电容器所带电量Q不变，下面哪些操作将使静电计指针张角变大 A. 将M板向下平移B. 将M板沿水平向右方向平移靠近N板C. 在M、N之间插入云母板D. 在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触6. 如图所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹。M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点。不计重力，下列表述正确

4、的是A. 粒子在M点的速率最大B. 粒子动能一直减小C. 粒子做匀变速运动D. 粒子的电势能先减小后增大7. 如图所示，带电的平行金属板电容器水平放置，质量相同、重力不计的带电微粒A，B以平行于极板的相同初速度从不同位置射入电场，结果打在极板上同一点P不计两微粒之间的库仑力，下列说法正确的是A. 在电场中微粒A运动的时间比B长B. 在电场中微粒A运动的时间比B短C. 静电力对微粒A做的功比B少D. 微粒A所带的电荷量比B多8. 示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的A. 极板X应带正电B. 极板应带正电C. 极板Y应带负电

5、D. 极板应带正电二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）9. 在一个匀强电场中有a、b两点，相距为d，电场强度为E，把一个电荷量为q的正点电荷由a点移到b点时，克服电场力做功为W，下列说法正确的是A. 该点电荷在a点的电势能比在b点的电势能小B. a点电势比b点电势低C. a、b两点电势差大小一定为D. a、b两点电势差10. 如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中该粒子 A. 所受重力与电场力平衡B. 做匀变速直线运动C. 动能逐渐减少D. 电势能逐渐减少11. 如图甲所示，平行金属板中央有一个静止

6、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 甲 乙A. B. C. D. 12. 如图所示，在两等量异种点电荷产生的电场中，abcd是以两点电荷连线中点O为对称中心的菱形，a、c在两电荷的连线上，下列判断正确的是 A. a、b、c、d四点的电场强度的方向相同B. a、b、c、d四点的电势相同C. 等于D. 将正试探电荷由b沿ba及ad移到d点的过程中，试探电荷的电势能先增大后减小三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）13. 在如图实验装置中，充电后的平行板电容器的A极板与灵敏的静电计

7、相接，B极板接地 若极板B稍向上移动一点，则将观察到静电计指针偏角填“变大”或“变小”，此实验说明平行板电容器的电容随而增大；若极板B稍向左移动一点，则将观察到静电计指针偏角填“变大”或“变小”，此实验说明平行板电容器的电容随而增大14. 如图所示，某空间有一竖直向下的匀强电场，电场强度E，一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中，在金属板的正上方高度的a处有一粒子源，盒内粒子以v的初速度向水平面以下的各个方向均匀放出质量为，电荷量为的带电粒子，粒子最终落在金属板b上。若不计粒子重力，求：粒子源所在处a点的电势；带电粒子打在金属板上时的动能；从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围所形成的面积。

8、结果保留两位有效数字四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）15. 在竖直平面内有水平向右、场强为的匀强电场。在场中有一根长为的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系质量为的带电小球，它静止时细线与竖直方向成角。如图所示，给小球一个初速度让小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在最初静止时的位置为电势能和重力势能的零点，求： 小球所带电量；小球恰能做圆周运动的动能最小值；小球恰能做圆周运动的机械能最小值。16. 从地面以斜向上抛出一个质量为m的小球，取地面为重力势能参考面，不计空气阻力，当小球到达最高点时，小球具有的动能与势能之比是现在此空间加上一个平行于小球抛出平面的水平电场，以相同的初

9、速度抛出带上正电荷量为q的原小球，小球到达最高点时的动能与刚抛出时动能相等，求：无电场时，小球升到最高点的时间；后来加上的电场的场强大小17. 如图所示，水平桌面处有水平向右的匀强电场，场强大小，A、B是完全相同的两个小物体，质量均为，电量均为，且都带负电，原来都被按在桌面上的P点。现设法使A物体获得和电场E同方向的初速，A开始运动的加速度大小为，经时间后，设法使B物体获得和电场E同方向的初速不计A、B两物体间的库仑力，取p点电势能为0，结果保留两位有效数字，求： 取多少时，A和B的电势能增量之和最大，此最大值是多少 如果要使A尽快与B相遇，为多大18. 如图所示，一束电子流从静止出发被的电压

10、加速后，在距两极板等距离处垂直进入水平放置平行板间的匀强电场，若偏转电场的两极板距离，板长，已知电子的电量，质量求：电子离开加速电场时速度的大小要使电子能从平行板间飞出，偏转电场极板间允许的最大电压答案和解析1.【答案】A【解析】【分析】油滴受重力和电场力处于平衡状态，即某时刻油滴的电荷量开始减小质量不变，为维持该油滴原来的静止状态，则电场的电场强度必须增大根据电容器的动态分析，判断E的变化，从而确定能否保持静止。解决本题的关键掌握电容器的定义式和决定式，知道当电量不变时，电容器两极板间的电场强度与两极板间的距离无关。【解答】A.给平行板电容器继续充电，电量增大，电容不变，根据，知电势差增大，

11、根据，知电场强度增大故A正确；B.让电容器放电，电量减小，电容不变，根据，知电势差减小，根据，知电场强度减小电荷的电量减小，电场强度也减小，则电场力减小，电荷不能平衡故B错误；一定，因为，所以电场强度，与电容器两极板间的距离无关，所以电容器两极板靠近和远离时，电场强度不变，电荷的电量减小，则电场力减小，电荷不能平衡故C错误，D错误。故选A。2.【答案】C【解析】解：A、若是异种电荷，电势应该逐渐减小，由图象可以看出，应该是等量的同种正电荷，故A错误；B、沿x正方向从N到C的过程，电势降低，N、C两点间场强方向沿x轴正方向。故B错误；C、图线的斜率表示电场强度，由图可得N、D两点间的电场强度大小

12、沿x轴正方向先减小后增大，故C正确；D、NC电场线向右，CD电场线向左，将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大。故D错误；故选：C。由图象中电势的特点可以判断应该是同种等量电荷，画出OM间可能的电场线分布，从而去判断场强的大小。本题题型比较新颖，考查了电势和场强的知识，需要我们具有较强的识图的能力。3.【答案】B【解析】设加速电压为U，偏转电压为U，因为qU m v，带电粒子离开加速电场时的速度v；在偏转电场中 t，解得t d，水平距离l v t d d，所以，B正确。4.【答案】D【解析】【分析】首先根据运动特点判断四个液滴的受力情况，得出均受力平衡，且受到的

13、电场力的方向都向上的结论，从而判断电性是相同的；在从四个带电液滴的运动方向上来判断重力和电场力做功的正负，并判断电势能和机械能的转化情况，从而可判断各选项的正误。关于带电粒子在匀强电场中的运动情况，是电学和力学知识的综合，带电粒子在电场中的运动，常见的有加速、减速、偏转、圆运动等等，规律跟力学是相同的，只是在分析物体受力时，注意分析电场力常用牛顿运动定律，运动学公式和能量的转化与守恒解决此类问题。【解答】A.因为a、b、c、d四个带电液滴分别水平向左、水平向右、竖直向上、竖直向下都作匀速直线运动，可知受力都处于平衡状态，四个带点液滴均受到竖直向上的电场力作用，可知四个带电液滴带同种电荷，都为正

14、电荷，故A错误；、b在水平方向上运动，电场力和重力均不做功，所以电势能和机械能都不变，c竖直向上运动，电场力做正功，电势能转化为机械能，电势能减少，机械能增加，故BC错误；D.d竖直向下运动，电场力做负功，电势能增加，机械能减少，机械能转化为电势能，故D正确。故选D。5.【答案】A【解析】【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大；由，分析电容的变化，根据分析电压U的变化本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是关于电容的两个公式。【解答】A.将M板向下平移，正对面积S减小，根据，电容减小；Q一定，根据，电压增加；故静电计指针张角变大；故A正确

15、；B.将M板沿水平向右方向远离N板，极板间距d变小，根据根据，电容增大；Q一定，根据，电压减小；故静电计指针张角变小；故B错误；C.在M、N之间插入云母板，根据根据，电容变大；Q一定，根据，电压减小；故静电计指针张角变小；故C错误；D.在M、N之间插入金属板，根据根据，电容变大；Q一定，根据，电压减小；故静电计指针张角变小；故D错误。故选A。6.【答案】C【解析】【分析】电子在匀强电场中受到的电场力的方向向左，在向右运动的过程中，电场力对电子做负功，电子的速度减小，电势能增加，根据电子的运动分析可以得出结论。本题就是对电场力做功特点的考查，掌握住电场力做正功，电势能减小，动能增加，电场力做负功

16、时，电势能增加，动能减小。【解答】A.电子受到的电场力向左，在向右运动的过程中，电场力对电子做负功，电子的速度减小，运动到M点时，电子的速度最小，故A错误；C.由于电子是在匀强电场中运动的，受到的电场力的大小是不变的，所以粒子在电场中的加速度也不变，故C正确；当电子向右运动的过程中，电场力对电子做负功，电势能增加，动能减小，在向左返回的过程中，电场力对电子做正功，电势能减小，动能增加，故BD错误。故选C。7.【答案】D【解析】【分析】 两个带电粒子进入电场后都做类平抛运动，平行于极板方向做匀速直线运动，垂直于极板方向做匀加速直线运动，根据水平位移相等，由比较时间；根据竖直方向位移关系，由牛顿第

17、二定律和位移时间公式列式，可判断电荷量的大小，由分析电场力做功的关系。本题要熟练运用运动的分解法研究类平抛运动，对于两个粒子的比较问题，常常用相同的量或可直接比较的量表示要研究的量。【解答】水平方向两个粒子做匀速直线运动，运动时间为，因为x、相等，则t相等，故AB错误D.在竖直方向上两个粒子做初速度为零的匀加速直线运动，由得电荷量为：，可知，所以微粒A所带的电荷量多，故D正确 C.电场力做功为：，则有：，可知，电场力对微粒A做的功多，故C错误 故选D。8.【答案】A【解析】【分析】由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性由亮斑位置可知

18、电子偏转的打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性。 考查电子的偏转，明确电子的受力与电场的方向相反。【解答】电子受力方向与电场方向相反，因电子向X向偏转则，电场方向为X到，则X带正电，即极板X的电势高于极板。 同理可知Y带正电，即极板Y的电势高于极板，故A正确，BCD错误。 故选A。 9.【答案】AB【解析】【分析】根据功能关系：电荷克服电场力做功多少，其电势能就增加多少，判断电势能关系，由电势能公式分析电势关系；根据公式求解电势差。电场这一章概念较多，也很抽象，要从物理量的定义出发，从定义式中各个量的含义、矢标性、条件、与其他概念的区别与联系等方面加深对

19、概念的理解。【解答】A.正电荷从a点移到b点时，克服电场力做功为W，即电场力对电荷做负功，电势能增加，则电荷在a点电势能较b点小，故A正确；B.由电势能公式分析知，正电荷在电势低处电势能小，所以a点电势比b点电势低，故B正确；C.a、b两点不一定沿着电场线方向，所以a、b两点电势差大小不一定为，故C错误；D.电荷从a移动到b，电场力做功为，根据电势差的定义得：ab间的电势差：，故D错误。故选AB。10.【答案】BC【解析】【分析】本题考查了带电粒子在电场中的运动，根据运动的特点，结合受力分析进行判断分析。带电粒子在电场中受到的电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析可知电场力垂直极板向

20、上，从而可确定粒子的运动性质，及根据电场力做功判断电势能的变化。【解答】带电粒子在电场中受到电场力与重力作用，由于粒子做直线运动，则电场力必定垂直极板斜向左上方，粒子由左向右运动，则其合力与速度方向相反，粒子做减速运动，动能逐渐减小，由于电场力为恒力，故粒子做匀减速直线运动，故BC正确，A错误；D.电场力垂直于极板向上，粒子水平向右运动，夹角为钝角，则电场力做负功，电势能增加，故D错误。故选BC。11.【答案】AD【解析】【分析】分析电子在电场中的运动过程，而后根据各运动阶段的性质分析各对应图象即可。本题以电子在交变电场中的运动为背景，考查了图象、图象及图象的物理意义，解题的关键是对电子运动过

21、程的分析和判断。【解答】分析电子一个周期内的运动情况：时间内，电子从静止开始向A板做匀加速直线运动，沿原方向做匀减速直线运动，时刻速度为零。时间内向B板做匀加速直线运动，时间内做匀减速直线运动接着周而复始。根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，A图符合电子的运动情况，故A正确，C错误；B.电子做匀变速直线运动时图象应是抛物线，故B错误；D.根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度不变，图象应平行于横轴，故D正确。故选AD。12.【答案】AD【解析】【分析】本题考查了等量异种电荷周围电场分布情况：在如图所示的电场中，等量异种电荷连线上的电场方向是相同的，在两点电

22、荷连线的中垂线上电场方向垂直于MN向右；两电荷连线的中垂线上电场强度关于O点对称，MN是一条等势线。解决本题的关键知道等量异种电荷周围的电场线分布，知道两电荷连线的中垂线是等势线，电场线与等势面垂直。【解答】A.根据等量异种电荷周围的电场分布情况和对称性可知，a、c两点的电场强度的大小相等，方向相同，方向都向右，b、d两点的电场强度的大小相等，方向相同，方向都向右，故A正确；B.根据平行四边形定则，对中垂线上的场强进行合成，知中垂线上每点的电场方向都水平向右，中垂线和电场线垂直，所以中垂线为等势线，所以b点的电势等于d点的电势，沿着电场线的方向电势降低，所以，故B错误；C.根据等量异种电荷周围

23、的电场分布情况和对称性可知，a、b两点间的电势差等于d、c两点间的电势差，即，故C错误；D.将正试探电荷由b沿ba及ad移到d点的过程中，电势先增大后减小，由可知试探电荷的电势能先增大后减小，故D正确。故选AD。13.【答案】变大 极板正对面积增大变大 板间距离减小【解析】【分析】若极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，根据电容的决定式，分析电容的变化，电容器的电量不变，由电容的定义式分析板间电压的变化，再判断静电计指针偏角的变化；若极板B稍向左移动一点，再用同样的思路进行分析；本题是电容器动态变化分析的问题，根据电容的决定式和电容的定义式综合分析，是常用思路。【解答】若极板B稍向上移动一点

24、，极板正对面积减小，根据电容的决定式可知，电容C变小电容器的电量Q不变，由电容的定义式得到，板间电压U变大，此实验说明平行板电容器的电容随极板正对面积增大而增大；若极板B稍向左移动一点，板间距离增大，根据电容的决定式可知，电容C变小电容器的电量Q不变，由电容的定义式得到，板间电压U变大，此实验说明平行板电容器的电容随极板减小而增大。故答案为：变大 极板正对面积增大 变大 板间距离减小14.【答案】解：粒子源所在处a点的电势 由动能定理得 得到 粒子源打在金属板上的范围是圆，设半径为R，则， 解得 代入数据得： 所以面积为： 答：粒子源所在处a点的电势为80V；带电粒子打在金属板上时的动能为；从

25、粒子源射出的粒子打在金属板上所形成的面积为【解析】金属板接地，电势为零，粒子源处a点的电势高于金属板的电势，由求出粒子源与金属板间的电势差，即为a点的电势；粒子向金属板运动的过程中，只有电场力做功，根据动能定理求解粒子打在金属板上时的动能；粒子向各个方向向下运动，打金属板上形成一个圆形区域，当粒子初速度方向水平方向向左或右时，粒子做类平抛运动，打在圆形区域的边界上，水平位移等于圆的半径，根据牛顿第二定律和运动学公式，求解圆的半径，再求解面积15.【答案】解：由于小球最初静止，故根据平衡关系：，所以得到小球所带电量：，代入数据得；由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力，类比重力场，在圆

26、上各点中，小球在平衡位置A时动能最大，在平衡位置A的对称点B，小球的动能最小，在对称点B，小球受到的重力和电场力，其合力F作为小球做圆周运动的向心力，而绳的拉力恰为零，故有合力：，而由合力提供向心力可得：，解得小球恰能做圆周运动的动能最小值为：当小球在圆上最左侧的C点时，由于该点电势最高，故电荷在该处时电势能最大，机械能最小。由B运动到A，根据动能定理，有：，所以，A点的重力势能和电势能均为零，则总能量。由C到A，电场力做的功：，即C点的电势能，所以C点的机械能为。【解析】对小球受力分析，由力的矢量三角形判断得解；由竖直平面内的圆周运动规律可知，当小球经过等效最高点时，其动能最小，由此结合牛顿

27、第二定律及动能表达式得解；由功能关系判断机械能最小的位置，对BA过程应用动能定理解得球的动能，再由从C到A电场力做的功，解得小球恰能做圆周运动的机械能最小值。本题主要考查共点力的平衡、竖直平面内的圆周运动的规律及功能关系，知道小球的等效最高点、知道电场力做功改变球的机械能是解题的关键。有一定难度。16.【答案】解：无电场时，当小球升到最高点时，小球具有的动能与势能之比是9：16将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，则竖直方向有得则：16解得初始时：4所以竖直方向的初速度为竖直方向小球做匀减速运动，有解得设后来所加的电场场强大小为E，小球到达最高点时的动能与抛出时动能相等若电场力的方向与初速度的

28、水平分量方向相同，则有解得若电场力的方向与初速度的水平分量方向相反，则有解得答：无电场时，小球升到最高点的时间是；后来所加电场的场强大小是或。【解析】无电场时，将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，竖直方向小球做匀减速直线运动，由速度位移关系公式列式，可得抛出时竖直分速度，结合小球到达最高点时动能与势能之比是9：16，求水平初速度，从而求得初速度，最后由竖直方向上速度公式求时间。后来所加电场方向可能与初速度的水平分量方向相同，也可能相反，分两种情况，由牛顿第二定律和速度公式结合求解。本题是带电体在复合场中运动的问题，由于小球所受的电场力和重力都是恒力，所以可以运用运动的分解法进行研究，运用牛顿

29、第二定律和运动学公式结合处理这类问题。17.【答案】解：只有当A、B同时到达各自的最右端时，两者电势能增量之和最大，A速度减到零，运动时间：经过的位移为同理，B速度减到零，运动时间：经过的位移为 因为且a相同，所以只能在A往返过程中与B相遇，要使A在最短时间内与B相遇，则对应B减速到零时与A相遇运动时间： 经过的位移为A释放后：得 A返回时： A返回走了 用时【解析】当A、B同时到达各自的最右端时，两者电势能增量之和最大，求出A、B速度减到零时的位移计运动的时间，根据电场力做功与电势能增量的关系即可求解；因为且a相同，所以只能在A往返过程中与B相遇，要使A在最短时间内与B相遇，则对应B减速到零

30、时与A相遇，根据运动学基本公式求出B的最大位移及运动时间，再求出A返回时的加速度和A返回的位移，根据位移时间公式即可求解。本题主要考查了匀变速直线运动的基本公式及牛顿第二定律的应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况和运动情况。18.【答案】解：由动能定理得最大偏转量为偏转量为解得答：电子离开加速电场时速度的大小为；要使电子能从平行板间飞出，偏转电场极板间允许的最大电压为360V。【解析】本题中电子先经加速电场加速，后经偏转电场偏转，运用动能定理求解加速获得的速度，运用运动的分解法研究偏转过程是常用的方法如物理量有数值，则在列式计算时应注意不要提前代入数值，应将公式简化后再计算，这样可以减少计算量。在加速电场中根据动能定理求的速度；粒子先加速再偏转，由题意可知当电子恰好飞出时，所加电场最大；由运动的合成与分解关系可得出电压值。第17页，共17页