絕密★啟用前《第十章靜電場中的能量》章末檢測試卷(時(shí)間:60分鐘滿分:100分)一、選擇題：(本題共12個(gè)小題,每題4分,共48分。1-8是單選題,9-12是多選題,多選、錯(cuò)選均不得分,漏選得2分。)1.(2022·雅安·期末)下列是某同學(xué)對電場中的概念、公式的理解，其中正確的是()A.根據(jù)電場強(qiáng)度的定義式E＝eq\f(F,q)，電場中某點(diǎn)的電場強(qiáng)度和試探電荷的電荷量成反比B.根據(jù)電容的定義式C＝eq\f(Q,U)，電容器的電容與所帶電荷量成正比，與兩極板間的電壓成反比C.根據(jù)真空中點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度公式E＝eq\f(kQ,r2)，電場中某點(diǎn)電場強(qiáng)度和場源電荷的電荷量成正比D.根據(jù)公式UAB＝eq\f(WAB,q)，帶電荷量為1C的正電荷，從A點(diǎn)移動到B點(diǎn)克服靜電力做功為1J，則A、B兩點(diǎn)的電勢差為1V答案C解析電場強(qiáng)度是電場本身具有的性質(zhì)，與試探電荷無關(guān)，故A錯(cuò)誤.電容是電容器本身具有的性質(zhì)，表示電容器容納電荷的能力，與兩極板間電壓和電荷量無關(guān)，故B錯(cuò)誤.由真空中點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式可以得出，點(diǎn)電荷產(chǎn)生電場的場強(qiáng)大小與場源電荷電荷量成正比，故C正確.克服靜電力做功，說明此過程靜電力做負(fù)功，即：WAB＝－1J，根據(jù)UAB＝eq\f(WAB,q)，可得：UAB＝－1V，故D錯(cuò)誤.2.(2022·湖南·期末)根據(jù)大量科學(xué)測試可知，地球本身就是一個(gè)電容器.通常大地帶有50萬庫侖左右的負(fù)電荷，而地球上空存在一個(gè)帶正電的電離層，這兩者之間便形成一個(gè)已充電的電容器，它們之間的電壓為300kV左右.地球的電容約為()A.0.17F B.1.7FC.17F D.170F答案B解析根據(jù)題意可得Q＝5×105C，U＝3×105V，根據(jù)C＝eq\f(Q,U)，可得C＝eq\f(5×105C,3×105V)≈1.7F，B正確.3.(2022·溧陽·月考)某帶電粒子僅在靜電力作用下由A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn).如圖所示，實(shí)線為電場線，虛線為粒子運(yùn)動軌跡，由此可以判定()A.粒子在A點(diǎn)的加速度大于它在B點(diǎn)的加速度B.粒子在A點(diǎn)的動能小于它在B點(diǎn)的動能C.電場中A點(diǎn)的電勢低于B點(diǎn)的電勢D.粒子在A點(diǎn)的電勢能小于它在B點(diǎn)的電勢能答案D解析電場線的疏密表示場強(qiáng)大小，由題圖知粒子在A點(diǎn)的場強(qiáng)小于在B點(diǎn)的場強(qiáng)，在A點(diǎn)所受的靜電力小，故在A點(diǎn)的加速度小于在B點(diǎn)的加速度，故A錯(cuò)誤；由題圖知帶電粒子的運(yùn)動軌跡向下彎曲，則帶電粒子所受的靜電力沿電場線切線向下，則知靜電力對粒子做負(fù)功，動能減小，則粒子在A點(diǎn)的動能大于它在B點(diǎn)的動能，故B錯(cuò)誤；因粒子由A到B時(shí)，靜電力做負(fù)功，故電勢能增大，則粒子在A點(diǎn)的電勢能小于它在B點(diǎn)的電勢能，故D正確；粒子所受靜電力方向與電場強(qiáng)度相反，則粒子帶負(fù)電，而電勢能Ep＝qφ，因粒子在A點(diǎn)的電勢能小于它在B點(diǎn)的電勢能，有(－qφA)<(－qφB)，可得φA>φB，故A點(diǎn)的電勢高于B點(diǎn)的電勢，故C錯(cuò)誤.4.(2022·浙江·期中)如圖為某個(gè)孤立點(diǎn)電荷的兩條電場線，a、b、c是電場線上的三個(gè)點(diǎn)，下列說法正確的是()A.該點(diǎn)電荷可能帶負(fù)電B.a點(diǎn)的電勢一定比c點(diǎn)的電勢高C.電子在a點(diǎn)時(shí)的電勢能比在b點(diǎn)時(shí)大D.將正的試探電荷從c點(diǎn)移到b點(diǎn)，靜電力做負(fù)功答案B解析越靠近點(diǎn)電荷的位置電場線越密集，則點(diǎn)電荷位于左側(cè)，根據(jù)電場線的方向可判斷該點(diǎn)電荷帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；沿著電場線方向電勢降低，則a點(diǎn)的電勢一定比b、c點(diǎn)的電勢高，選項(xiàng)B正確；a點(diǎn)的電勢比b點(diǎn)的電勢高，電子帶負(fù)電，根據(jù)Ep＝qφ可知電子在a點(diǎn)的電勢能小于在b點(diǎn)的電勢能，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；點(diǎn)電荷在左側(cè)，帶正電，則將正的試探電荷從c點(diǎn)移到b點(diǎn)，靜電力做正功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.5.(2021·湖南·期中)如，金屬塊克服靜電力做功10J，金屬塊克服摩擦力做功20J，重力勢能改變了30J，則()A.電場方向水平向左B.電場方向水平向右C.在此過程中金屬塊電勢能減少20JD.在此過程中金屬塊機(jī)械能增加10J答案D解析因?yàn)椴恢缼щ娊饘賶K的電性，所以無法判斷電場方向，故A、B錯(cuò)誤；克服靜電力做功為10J，則電勢能增加10J，故C錯(cuò)誤；機(jī)械能的改變量等于除重力以外的其他力所做的總功，故應(yīng)為ΔE＝40J－10J－20J＝10J，故D正確.6.如圖所示，三條平行等間距的虛線表示電場中的三個(gè)等勢面，電勢值分別為10V、20V、30V，實(shí)線是一帶電粒子(僅在靜電力作用下)在該區(qū)域內(nèi)的運(yùn)動軌跡，a、b、c是軌跡上的三個(gè)點(diǎn)，下列說法正確的是()A.粒子在三點(diǎn)的電勢能大小關(guān)系為Epc<Epa<EpbB.粒子在三點(diǎn)所受的靜電力不相等C.粒子必先過a，再到b，然后到cD.粒子在三點(diǎn)所具有的動能大小關(guān)系為Ekc<Eka<Ekb答案A解析因表示電場中三個(gè)等勢面的三條虛線是平行且等間距的，由此可判斷該區(qū)域電場是勻強(qiáng)電場，所以帶電粒子在電場中各點(diǎn)受到的靜電力相等，B錯(cuò)誤.由題圖可知，電場的方向是向上的，而粒子受力一定是向下的，故粒子帶負(fù)電，而帶負(fù)電的粒子無論是依次沿a、b、c運(yùn)動，還是依次沿c、b、a運(yùn)動，都會得到如題圖所示的軌跡，C錯(cuò)誤.粒子在電場中運(yùn)動時(shí)，只有靜電力做功，故電勢能與動能之和應(yīng)是恒定不變的，由題圖可知，帶負(fù)電的粒子在b點(diǎn)時(shí)的電勢能最大，在c點(diǎn)時(shí)的電勢能最小，則可判斷在c點(diǎn)的動能最大，在b點(diǎn)的動能最小，A正確，D錯(cuò)誤.7.如正確的是()A.B、C兩點(diǎn)的電勢差UBC＝3VB.A點(diǎn)的電勢低于B點(diǎn)的電勢C.負(fù)電荷由C點(diǎn)移到A點(diǎn)的過程中，電勢能增加D.該電場的場強(qiáng)大小為1V/m答案D解析由B移到C的過程中靜電力做功6×10－6J，根據(jù)W＝Uq得B、C兩點(diǎn)的電勢差為UBC＝eq\f(WBC,q)＝－3V，故A錯(cuò)誤；點(diǎn)電荷由A移到B的過程中，電勢能增加1.2×10－5J，點(diǎn)電荷由A移到B的過程中，靜電力做功－1.2×10－5J，A、B兩點(diǎn)的電勢差UAB＝eq\f(WAB,q)＝6V，所以A點(diǎn)的電勢高于B點(diǎn)的電勢，B錯(cuò)誤；UCA＝－UBC－UAB＝－3V，根據(jù)W＝Uq得，負(fù)電荷由C移到A的過程中，靜電力做正功，所以電勢能減小，C錯(cuò)誤；UBC＝－3V，UCA＝－3V，UAB＝6V，在AB連線取中點(diǎn)D，所以UAD＝3V，UCA＝－3V，UAC＝3V，C、D電勢相等，所以CD連線為等勢線，而三角形ABC為等腰三角形，所以電場強(qiáng)度方向沿著AB方向，由A指向B.因?yàn)锽C＝2eq\r(3)m，由幾何關(guān)系得AD＝3m，由UAD＝E·AD得，該電場的場強(qiáng)大小為1V/m，D正確.8.(2022·浙江·選考)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q>0))的粒子以速度v0從MN連線上的P點(diǎn)水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中.已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達(dá)MN連線上的某點(diǎn)時(shí)()A.所用時(shí)間為eq\f(mv0,qE)B.速度大小為3v0C.與P點(diǎn)的距離為eq\f(2\r(2)mv\o\al(,02),qE)D.速度方向與豎直方向的夾角為30°答案C解析粒子在電場中只受靜電力，F(xiàn)＝qE，方向向下，如圖所示.粒子的運(yùn)動為類平拋運(yùn)動.水平方向做勻速直線運(yùn)動，有x＝v0t豎直方向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動，有y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2eq\f(y,x)＝tan45°聯(lián)立解得t＝eq\f(2mv0,qE)，故A錯(cuò)誤.vy＝at＝eq\f(qE,m)·eq\f(2mv0,qE)＝2v0，則速度大小v＝eq\r(v\o\al(,02)＋v\o\al(,y2))＝eq\r(5)v0，tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(1,2)，則速度方向與豎直方向夾角不為30°，故B、D錯(cuò)誤；x＝v0t＝eq\f(2mv\o\al(,02),qE)，與P點(diǎn)的距離s＝eq\f(x,cos45°)＝eq\f(2\r(2)mv\o\al(,02),qE)，故C正確.9.(2021·林州·月考)x軸位于某電場中，x軸正方向上各點(diǎn)電勢隨x坐標(biāo)變化的關(guān)系如圖所示，0～x2段為曲線，x2～x4段為直線.一帶負(fù)電粒子只在靜電力作用下沿x軸正方向由O點(diǎn)運(yùn)動至x4位置，則()A.x1處電場強(qiáng)度最大B.x2～x4段是勻強(qiáng)電場C.粒子在0～x2段做勻變速運(yùn)動，x2～x4段做勻速直線運(yùn)動D.x1處粒子電勢能最小，x2～x4段粒子的動能隨x均勻減小答案BD解析在φ－x圖像中，斜率表示電場強(qiáng)度，故x1處電場強(qiáng)度最小，為零，A錯(cuò)誤；x2～x4段斜率不變，場強(qiáng)不變，故是勻強(qiáng)電場，B正確；粒子在0～x2段電場強(qiáng)度變化，受到的靜電力變化，故粒子在0～x2段做變速運(yùn)動，x2～x4段場強(qiáng)不變，受到的靜電力不變，故在x2～x4段做勻變速直線運(yùn)動，C錯(cuò)誤；x1處電勢最高，粒子帶負(fù)電，故粒子的電勢能最小，x2～x4段粒子受到的靜電力恒定，靜電力做功W＝qEx隨x均勻變化，故動能隨x均勻減小，D正確.10.如圖所示，在兩等量異種點(diǎn)電荷的電場中，MN為兩電荷連線的中垂線，a、b、c三點(diǎn)所在直線平行于兩電荷的連線，且a點(diǎn)和c點(diǎn)關(guān)于MN對稱、b點(diǎn)位于MN上，d點(diǎn)位于兩電荷的連線上.以下判斷正確的是()A.b點(diǎn)電場強(qiáng)度大于d點(diǎn)電場強(qiáng)度B.b點(diǎn)電場強(qiáng)度小于d點(diǎn)電場強(qiáng)度C.a、b兩點(diǎn)間的電勢差等于b、c兩點(diǎn)間的電勢差D.試探電荷＋q在a點(diǎn)的電勢能小于在c點(diǎn)的電勢能答案BC解析如圖所示，兩電荷連線的中點(diǎn)位置用O表示，在中垂線MN上，O點(diǎn)電場強(qiáng)度最大，在兩電荷之間連線上，O點(diǎn)電場強(qiáng)度最小，即Eb＜EO，EO＜Ed，故Eb＜Ed，A錯(cuò)，B對；等量異種電荷的電場中，電場線、等勢線均具有對稱性，a、c兩點(diǎn)關(guān)于MN對稱，Uab＝Ubc，C對；試探電荷＋q從a移到c，遠(yuǎn)離正電荷，靠近負(fù)電荷，靜電力做正功，電勢能減小，D錯(cuò).11.(2022·重慶·期中)如圖所示，水平放置的平行板電容器與直流電源連接，下極板接地.一帶電質(zhì)點(diǎn)恰好靜止于電容器中的P點(diǎn).現(xiàn)將平行板電容器的下極板向上移動一小段距離，則()A.電容器的電容將增大，極板所帶電荷量將增大B.帶電質(zhì)點(diǎn)將沿豎直方向向上運(yùn)動C.P點(diǎn)的電勢將降低D.若將帶電質(zhì)點(diǎn)固定，則其電勢能不變答案ABC解析下極板向上移動時(shí)，板間距減小，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容增大，因U不變，由Q＝UC可知，極板所帶電荷量將增大，A正確；開始時(shí)靜電力與重力平衡，質(zhì)點(diǎn)所受合力為零，下極板上移時(shí)，電場強(qiáng)度增大，質(zhì)點(diǎn)所受靜電力增大，將沿豎直方向向上運(yùn)動，B正確；場強(qiáng)E增大，而P點(diǎn)與上極板間的距離不變，由公式U＝Ed分析可知，上極板與P點(diǎn)間電勢差將增大，則P點(diǎn)的電勢將降低，C正確；靜電力向上，故質(zhì)點(diǎn)一定帶負(fù)電，P點(diǎn)的電勢降低，則帶電質(zhì)點(diǎn)的電勢能將增大，D錯(cuò)誤.12.如圖所示，在豎直放置、間距為d的平行板電容器中，存在電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的點(diǎn)電荷從兩極板正中間處靜止釋放，重力加速度為g，則點(diǎn)電荷運(yùn)動到負(fù)極板的過程()A.加速度大小為a＝eq\f(qE,m)＋gB.所需的時(shí)間為t＝eq\r(\f(dm,Eq))C.下降的高度為y＝eq\f(d,2)D.靜電力所做的功為W＝eq\f(Eqd,2)答案BD解析對點(diǎn)電荷在電場中的受力分析如圖所示，點(diǎn)電荷所受的合外力大小為F＝eq\r(Eq2＋mg2)，所以點(diǎn)電荷的加速度大小為a＝eq\f(\r(Eq2＋mg2),m)，故A錯(cuò)誤；由牛頓第二定律得點(diǎn)電荷在水平方向的加速度大小為a1＝eq\f(Eq,m)，由運(yùn)動學(xué)公式eq\f(d,2)＝eq\f(a1t2,2)，所以t＝eq\r(\f(dm,Eq))，故B正確；點(diǎn)電荷在豎直方向上做自由落體運(yùn)動，所以下降的高度y＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(mgd,2Eq)，故C錯(cuò)誤；靜電力做的功W＝eq\f(Eqd,2)，故D正確.二、實(shí)驗(yàn)題(本題共1個(gè)小題,共10分)13.(10分)(2019·北京卷)電容器作為儲能器件，在生產(chǎn)生活中有廣泛的應(yīng)用.對給定電容值為C的電容器充電，無論采用何種充電方式，其兩極間的電勢差u隨電荷量q的變化圖像都相同.(1)請?jiān)谌鐖D甲中畫出上述u－q圖像.類比直線運(yùn)動中由v－t圖像求位移的方法，求兩極間電壓為U時(shí)電容器所儲存的電能Ep.(2)在如圖乙所示的充電電路中，R表示電阻，E表示電源(忽略內(nèi)阻).通過改變電路中元件的參數(shù)對同一電容器進(jìn)行兩次充電，對應(yīng)的q－t曲線如圖丙中①②所示.a.①②兩條曲線不同是________(選填“E”或“R”)的改變造成的；b.電容器有時(shí)需要快速充電，有時(shí)需要均勻充電.依據(jù)a中的結(jié)論，說明實(shí)現(xiàn)這兩種充電方式的途徑.(3)設(shè)想使用理想的“恒流源”替換(2)中電源對電容器充電，可實(shí)現(xiàn)電容器電荷量隨時(shí)間均勻增加.請思考使用“恒流源”和(2)中電源對電容器的充電過程，填寫下表(選填“增大”“減小”或“不變”).“恒流源”(2)中電源電源兩端電壓通過電源的電流答案(1)(2分)eq\f(1,2)CU2(2分)(2)a.Rb.減小電阻R，可以實(shí)現(xiàn)對電容器更快速充電；增大電阻R，可以實(shí)現(xiàn)更均勻充電(2分)(3)(4分)“恒流源”(2)中電源電源兩端電壓增大不變通過電源的電流不變減小解析(2)a.由題圖知，電容器充完電后，①②兩次帶電荷量相等，由Q＝CE知，兩次電源電壓相等，故①②兩條曲線不同不是E的改變造成的，只能是R的改變造成的.b.剛開始充電瞬間，電容器兩端的電壓為零，電路的瞬時(shí)電流為I＝eq\f(E,R)，故減小電阻R，剛開始充電瞬間電流I大，曲線上該點(diǎn)切線斜率大，即為曲線①.短時(shí)間內(nèi)該曲線與時(shí)間軸圍成的面積更大(電荷量更多)，故可以實(shí)現(xiàn)對電容器快速充電；增大電阻R，剛開始充電瞬間電流I小，即為曲線②，該曲線接近線性，可以實(shí)現(xiàn)均勻充電.(3)接(2)中電源時(shí)，電源兩端電壓不變.通過電源的電流I＝eq\f(E－U,R)，隨著電容器兩端電壓不斷變大，通過電源的電流減??；“恒流源”是指電源輸出的電流恒定不變.接“恒流源”時(shí)，隨著電容器兩端電壓的增大，“恒流源”兩端電壓增大.三、計(jì)算題(本題共4個(gè)小題。14題9分，15題10分，16題11分，17題12分)14.(9分)(2022··(1)電場強(qiáng)度E的大小和方向；(2)若把該試探電荷從A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電勢能變化了多少；(3)若A點(diǎn)為零電勢點(diǎn)，B點(diǎn)電勢為多少.答案(1)2×104V/m，方向水平向右(2)增加了4×10－5J(3)－2×103V解析(1)E＝eq\f(F,|q|)＝eq\f(4.0×10－4,2×10－8)V/m＝2×104V/m(2分)因?yàn)樵囂诫姾蓭ж?fù)電，受到水平向左的靜電力作用，所以電場方向水平向右.(1分)(2)試探電荷從A點(diǎn)移到B點(diǎn)靜電力做的功為W＝Fxcos(π－θ)(1分)解得W＝－4×10－5J(1分)根據(jù)功能關(guān)系可知ΔEp＝－W＝4×10－5J即電荷從A點(diǎn)移到B點(diǎn)電勢能增加了4×10－5J.(1分)(3)若A點(diǎn)為零電勢點(diǎn)，由UAB＝eq\f(W,q)，得UAB＝2×103V(1分)且UAB＝φA－φB＝0－φB(1分)解得φB＝－UAB＝－2×103V.(1分)15.(10分)在真空中存在著豎直向下的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E，如圖所示，一根絕緣細(xì)線長為L，一端固定在圖中的O點(diǎn)，另一端固定有一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q、可視為點(diǎn)電荷的小球，O點(diǎn)距離地面的高度為H，將小球拉至與O點(diǎn)等高的位置A處從靜止釋放.重力加速度為g，求：(1)小球運(yùn)動到O點(diǎn)正下方B點(diǎn)時(shí)的速度大小；(2)此刻細(xì)線對B點(diǎn)處的小球的拉力大小；(3)若小球通過B點(diǎn)時(shí)，細(xì)線恰好斷開，求小球落地點(diǎn)與O點(diǎn)的水平位移x.答案(1)eq\r(\f(2mg＋qEL,m))(2)3(mg＋qE)(3)2eq\r(H－LL)解析(1)小球從A到B過程，由動能定理得mgL＋qEL＝eq\f(1,2)mv2－0(2分)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為v＝eq\r(\f(2mg＋qEL,m))(1分)(2)在B點(diǎn)，對小球由牛頓第二定律得FT－mg－qE＝meq\f(v2,L)(2分)解得FT＝3(mg＋qE).(1分)(3)對小球在細(xì)線斷開后的類平拋運(yùn)動，由牛頓第二定律有qE＋mg＝ma(1分)豎直方向：H－L＝eq\f(1,2)at2(1分)水平方向：x＝vt(1分)聯(lián)立解得x＝2eq\r(H－LL).(1分)16.(11分)如圖所示，平行板電容器A、B間的電壓為U保持不變，兩板間的距離為d，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，由兩板中央O點(diǎn)以水平速度v0射入，落在C處，BC＝l.若將B板向下移動eq\f(d,2)，此粒子仍從O點(diǎn)水平射入，初速度v0不變，則粒子將落在B板上的C′點(diǎn)，求BC′的長度.(粒子的重力忽略不計(jì))答案eq\r(3)l解析根據(jù)牛頓第二定律，帶電粒子由O點(diǎn)到C點(diǎn)，有qeq\f(U,d)＝ma，(1分)所以a＝eq\f(qU,dm)(1分)