人教版高中物理必修第三冊第十章靜電場中的能量質(zhì)量評估練習(xí)含答案

第十章質(zhì)量評估(時間:75分鐘滿分:100分)一、單項選擇題:本題共7小題,每小題4分,共28分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.1.下圖為某電場中的一根電場線,電場線上有A、B兩點,一電子從A點運動到B點.下列說法正確的是()A.該電場線是客觀存在的B.A點的電場強(qiáng)度一定比B點的電場強(qiáng)度大C.A點的電勢比B點的電勢低D.電子在A點的電勢能比在B點的電勢能小答案:D2.如圖所示,實線為方向未知的三條電場線,虛線1、2、3分別為等勢線,已知lMN=lNQ,A、B兩帶電粒子從等勢線2上的O點以相同的初速度飛出,僅在靜電力作用下,兩粒子的運動軌跡分別如a、b所示,則()A.A一定帶正電,B一定帶負(fù)電B.A的加速度減小,B的加速度增大C.M、N兩點的電勢差|UMN|等于N、Q兩點的電勢差|UNQ|D.A粒子到達(dá)等勢線3的動能變化量比B粒子到達(dá)等勢線1的動能變化量小答案:B3.如圖所示,將平行板電容器接在電源兩極間,電容器兩極板間的帶電塵埃恰好處于靜止?fàn)顟B(tài).若將兩極板緩慢地錯開一些,其他條件不變,則()A.電容器帶電荷量不變B.電源中將有電流從正極流出C.塵埃仍靜止D.電流計中將有電流通過,電流方向由b→a答案:C4.下圖是示波管的示意圖,從電子槍發(fā)出的電子通過兩對偏轉(zhuǎn)電極,如果偏轉(zhuǎn)電極不加電壓,則電子沿直線打在熒光屏的中心O,當(dāng)在兩對偏轉(zhuǎn)電極上同時加上電壓后,電子將偏離中心打在某個位置.現(xiàn)已標(biāo)出偏轉(zhuǎn)電極所加電壓的正負(fù)極,從示波管的右側(cè)來看,則電子會打在熒光屏上()A.1位置B.2位置 C.3位置D.4位置答案:B5.有兩個平行板電容器,它們的電容之比為5∶4,它們的電荷量之比為5∶1,兩極板間距離之比為4∶3,則兩極板間電壓之比和電場強(qiáng)度之比分別為()A.4∶11∶3 B.1∶43∶1C.4∶13∶1 D.4∶14∶3解析:由U=QC得,U1U2=Q1C2Q2C1=4∶1,又由E=答案:C6.質(zhì)子(11H)、氘核(12H)、α粒子(24He)從同一位置從靜止先通過同一加速電場后,又垂直于偏轉(zhuǎn)電場方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場,最后穿出偏轉(zhuǎn)電場.已知加速電壓是U1A.增大U1或減小U2可使θ增大B.增大偏轉(zhuǎn)電極間的距離或減小偏轉(zhuǎn)電極板的長度可使θ增大C.三種粒子穿出偏轉(zhuǎn)電場后就分開了D.三種粒子穿出偏轉(zhuǎn)電場后不能分開解析:由動能定理可得qU1=12mv02,粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t=lv0,在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a=Fm=qU2md,離開時豎直方向的速度為vy=at=qU2lmdv0,故偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ=v答案:D7.A、B兩物體質(zhì)量均為m,其中A帶正電,電荷量為q,B不帶電,通過勁度系數(shù)為k的絕緣輕質(zhì)彈簧相連放在水平地面上,如圖所示,開始時二者都處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)在施加豎直向上的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度E=2mgq,式中g(shù)為重力加速度.若不計空氣阻力,不考慮A物體電荷量的變化,則下列判斷正確的是A.剛施加電場的瞬間,A物體的加速度方向向上,大小為gB.B物體剛要離開地面時,A物體的速度大小為2gmC.從開始到B物體剛要離開地面的過程,A物體速度先增大后減小D.從開始到B物體剛要離開地面的任意一段時間內(nèi),A物體的機(jī)械能增量一定等于電勢能的減少量解析:在未施加電場時,A物體處于平衡狀態(tài),當(dāng)施加電場瞬間,A物體受到的合力為施加的靜電力,故有qE=ma,解得a=2g,方向向上,選項A錯誤;當(dāng)B離開地面時,此時B受到彈簧的彈力等于B的重力,從施加電場到B離開地面,彈簧的彈力做功為0,A上升的距離為x=2mgk,根據(jù)動能定理可知qEx-mgx=12mv2,解得v=2gm答案:B二、多項選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的四個選項中,有多項符合題目要求.全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分.8.如圖所示,一電子沿x軸正方向射入勻強(qiáng)電場,在電場中的運動軌跡為OCD,已知lOA=lAB,電子過C、D兩點時豎直方向的分速度為vCy和vDy,電子在OC段和OD段動能的變化量分別為ΔEk1和ΔEk2,則()A.vCy∶vDy=1∶2B.vCy∶vDy=1∶4C.ΔEk1∶ΔEk2=1∶3D.ΔEk1∶ΔEk2=1∶4解析:電子沿x軸射入勻強(qiáng)電場,做類平拋運動,水平方向做勻速直線運動,已知lOA=lAB,則電子從O到C與從C到D所用的時間相等.電子在豎直方向上做初速度為0的勻加速運動,則有vCy=atOC,vDy=atOD,所以vCy∶vDy=tOC∶tOD=1∶2,選項A正確;根據(jù)勻變速直線運動的公式可知,在豎直方向上yOC=12atyOD=12atOD2,則yOC∶yOD=1∶4,根據(jù)動能定理得ΔEk1=qEyOC,ΔEk2=qEyOD,則ΔEk1∶ΔEk2答案:AD9.如圖所示,豎直面內(nèi)的光滑絕緣半圓軌道,直徑MN水平,將一帶正電的小球從M點靜止釋放,經(jīng)時間t到達(dá)最低點,速率為v,對軌道的壓力為FN;若在軌道圓心處固定一正電荷,重新將該小球從M點靜止釋放,經(jīng)時間t'到達(dá)最低點,速率為v',對軌道的壓力為F'N.則下列說法正確的是()A.t'<t B.t'=tC.v'=v D.F'N>FN解析:小球下滑過程中速度始終沿切線方向,由重力的分力提供加速度,與是否受靜電力無關(guān),故小球到達(dá)最低點過程中時間相同,故選項A錯誤,選項B正確;如果圓心處有正電荷,因為小球從M點靜止釋放,到達(dá)最低點的過程中,靜電力也不做功,故根據(jù)動能定理可知mgR=12mv2,小球到達(dá)最低點的速度大小是一樣的,故選項C正確;小球到達(dá)最低點,合力提供向心力,當(dāng)沒有靜電力時,FN-mg=mv2R,當(dāng)有靜電力時,F'N-F靜-mg=mv2R,再根據(jù)牛頓第三定律可知小球?qū)壍赖膲毫'答案:BCD10.將帶正電的微粒放在電場中,電場強(qiáng)度的大小和方向隨時間變化的規(guī)律如圖所示.帶電微粒只在靜電力的作用下由靜止開始運動,則下列說法正確的是()A.微粒在0~1s內(nèi)的加速度與1~2s內(nèi)的加速度相同B.微粒將沿著一條直線運動C.微粒做往返運動D.微粒在第1s內(nèi)的位移與第3s內(nèi)的位移相同解析:帶電粒子在電場中0~1s,1~2s受到的靜電力大小相等,方向相反,故加速度大小相等,方向相反,帶電粒子先加速后減速,沿著一條直線運動,故選項B、D正確.答案:BD三、非選擇題:共54分.11.(9分)圖甲是測量電容器電容的實驗電路圖,實驗時通過對高阻值電阻放電,用電流傳感器記錄電流隨時間的變化圖線,進(jìn)而測出電容器充電至電壓U時所帶電荷量Q,從而求出待測電容器的電容C.某同學(xué)在一次實驗時的情況如下:A.按電路圖接好電路;B.接通開關(guān)S,調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值,記下此時電流傳感器的示數(shù)I0=500μA,電壓表的示數(shù)U0=8.0V,I0、U0分別是電容器放電時的初始電流和電壓;C.斷開開關(guān)S,利用計算機(jī)和電流傳感器,記錄下電流隨時間的變化關(guān)系,結(jié)果如圖乙所示.甲乙(1)實驗中電阻箱所接入阻值為R=Ω;

(2)由上述i-t圖像求出該電容器放電的總電荷量為C;(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)

(3)該電容器電容為F.(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)

解析:(1)根據(jù)歐姆定律,R=UI=1.6×104(2)根據(jù)圖像的含義,Q=It,可以畫一個豎直狹長矩形,其面積表示在前0.3s內(nèi)電容器的放電量;根據(jù)橫軸與縱軸的數(shù)據(jù)可知,一個格子代表的電荷量為15×10-6C,大于半格算一個,小于半格舍去,可知題圖像所包含的格子個數(shù)為41,所以釋放的電荷量是q=6.2×10-4C.(3)根據(jù)電容器的電容公式C=QU可知,C=7.8×10-5答案:(1)1.6×104(2)6.2×10-4(3)7.8×10-512.(9分)如圖所示,一個質(zhì)子以初速度v0=5×106m/s水平射入一個由兩塊帶電的平行金屬板組成的區(qū)域.兩板距離d=20cm,設(shè)金屬板之間電場是勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度E=3×105N/C.質(zhì)子質(zhì)量m=1.67×10-27kg,電荷量q=1.60×10-19C.求質(zhì)子由板上小孔射出時的速度大小.解析:根據(jù)動能定理W=12mv12-1而W=qEd=9.6×10-15J,所以v1=2Wm+質(zhì)子飛出時的速度大小為6×106m/s.答案:6×106m/s13.(10分)如圖所示,區(qū)域Ⅰ、Ⅱ分別存在著有界勻強(qiáng)電場E1、E2,已知區(qū)域Ⅰ寬l1=0.8m,區(qū)域Ⅱ?qū)抣2=0.4m,E1=102V/m且方向與水平方向成45°角斜向右上方,E2=20V/m且方向豎直向下.電荷量為q=1.6×10-3C,質(zhì)量m=1.6×10-3kg的帶電小球(可視為質(zhì)點)在區(qū)域Ⅰ的左邊界由靜止釋放.g取10m/s2.求:(1)小球在電場區(qū)域Ⅰ中運動的加速度大小和時間;(2)小球離開電場區(qū)域Ⅱ的速度大小和方向.解析:(1)小球在電場區(qū)域Ⅰ受到靜電力F1=qE1,小球在電場區(qū)域Ⅰ受到的靜電力和重力的合力方向水平向右,大小為F合=F1cos45°=1.6×10-2N,則小球向右做勻加速直線運動,其加速度大小a1=F合m=10m/s2,小球運動時間t1=(2)小球離開電場區(qū)域Ⅰ的水平速度v0=a1t1=4m/s,小球在電場區(qū)域Ⅱ中受到靜電力和重力的合力豎直向下,其加速度a2=g+qE2m=30m/s2,小球在電場區(qū)域Ⅱ中做類平拋運動,其運動時間t2小球在豎直方向的分速度vy=a2t2=3m/s,小球離開電場區(qū)域Ⅱ的速度v=v02+vy2=5m/s,設(shè)小球離開電場區(qū)域Ⅱ的速度方向與水平方向夾角為θ,則tanθ=答案:(1)10m/s20.4s(2)5m/s速度方向與水平方向夾角為37°14.(12分)如圖所示,空間存在水平方向的勻強(qiáng)電場E=2.0×104N/C,在A處有一個質(zhì)量為0.3kg的質(zhì)點,所帶的電荷量為q=+2.0×10-4C,用一長為L=600cm的不可伸長的絕緣細(xì)線與固定點O連接.AO與電場線平行處于水平狀態(tài),取g=10m/s2.現(xiàn)讓該質(zhì)點在A處由靜止釋放,求:(1)釋放瞬間質(zhì)點的加速度;(2)從釋放到第一次到達(dá)O點正下方過程中質(zhì)點機(jī)械能的變化量;(3)質(zhì)點第一次到達(dá)O點正下方時的速度大小v.解析:(1)在釋放的瞬間對質(zhì)點受力分析,質(zhì)點受水平向左的靜電力,豎直向下的重力作用.故合力為F=(Eq)2+(mg)2,代入數(shù)據(jù)解得F=5N,方向與水平方向成37°斜向左下方.根據(jù)牛頓第二定律可知F=ma(2)質(zhì)點從釋放到運動到O點正下方的過程中一直做直線運動,其中靜電力做正功,電勢能減少.根據(jù)能量守恒,減少的電勢能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能.故此過程機(jī)械能增加量ΔE=EqL=2.0×104×2.0×10-4×6J=24J.(3)由釋放到第一次到達(dá)O點正下方的過程對質(zhì)點應(yīng)用動能定理可得EqL+mgh=12mv2,?L=tan37°,代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得v=5答案:(1)503m/s2(2)增加24J(3)510m/s15.(14分)如圖所示,在光滑絕緣的水平面上,用長為2l的絕緣輕桿連接兩個質(zhì)量均為m的帶電小球A和B,組成一靜止的帶電系統(tǒng),A球的電荷量為+2q,B球的電荷量為-3q.虛線NQ與MP平行且相距3l,開始時MP恰為桿的中垂線.視小球為質(zhì)點,不計輕桿的質(zhì)量,現(xiàn)在在虛線MP、NQ間加上水平向右的勻強(qiáng)電場E.求:(1)B球剛進(jìn)入電場時帶電系統(tǒng)的速度大小;(2)B球的最大位移的大小以及從開始到最大位移處時B球電勢能的變化量;(3)帶電系統(tǒng)運動的周期.解析:(1)設(shè)B球剛進(jìn)入電場時帶電系統(tǒng)速度為v1,由動能定理2qEl=12×2mv12,解得v1(2)帶電系統(tǒng)向右運動分三段:B球進(jìn)入電場前、帶電系統(tǒng)在電場中、A球出電場.設(shè)A球離開NQ的最大位移為x,由動能定理得2qE