物理新教材人教版必修第三册课件-单元素养评价第十章-静电场中的能量.ppt

单元素养评价(二)(第十章) (满分100分考试时间75分钟) 一、单项选择题:共11题,每题4分,共44分每题只有一个选项最符合题意 1.下列说法中正确的是 () A.电场线密集处场强大,电势高 B.沿电场线方向场强减小,电势降低 C.在电势高处电荷具有的电势能也大 D.场强为零处,电势不一定为零 【解析】选D电场线密集处场强大,电势不一定高,A错误;沿电场线方向电势 降低,但场强不一定减小,B错误;正电荷在电势高处具有较大的电势能,但对于 负电荷,此现象正好相反,C错误;场强大小与电势高低无必然关系,D正确 2.(2020临沂高二检测)如图所示,在粗糙的水平面上固定一个点电荷Q,在M点 无初速度释放一个带有恒定电荷量的小物块,小物块在Q的电场中运动到N点停 止,则从M到N的过程中,下列说法错误的是() A.小物块所受的静电力逐渐减小 B.小物块具有的电势能逐渐减小 C.M点的电势一定高于N点的电势 D.小物块电势能的减少量一定等于克服摩擦力做的功 【解析】选C小物块在从M运动到N的过程中,一定受到向右的摩擦力,所以库 仑力一定向左随着由M运动到N,离电荷Q距离越来越大,所以小物块受到的静 电力即库仑力一定减小,A正确;由动能定理可得mgx-WE=0,即WE=mgx,静电 力做正功,小物块具有的电势能减小,其减少量等于克服滑动摩擦力做功的 值,B、D正确;因点电荷Q的电性未知,不能判断M、N两点电势的高低,C错误。

【加固训练】 (2018全国卷改编) 图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的 一组等势面,已知平面b上的电势为2 V一电子经过a时的动能为10 eV,从a到d 的过程中克服电场力所做的功为6 eV下列说法正确的是() A.平面c上的电势为零 B.该电子一定能到达平面f C.该电子经过平面d时,其电势能为4 eV D.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍 【解析】选A匀强电场中等势面间距相等,则相邻等势面之间的电势差相 等一电子从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV,则Uad= = 6 V,故Ubc=2 V,即b-c=2 V,而b=2 V,解得:c=0,故选项A正确;由于af之 间的电势差Uaf=8 V,一电子经过a时的动能为10 eV,电子运动的方向不确定,则 电子可能经过平面f,也可能到达不了平面f,故选项B错误; 因为c=0,则电子 在平面b的电势能Epb=-2 eV,而Ubd=4 V,电子从b到d的过程,电场力做功Wbd= -eUbd=-4 eV电子从b到d的过程,Wbd=Epb-Epd,解得Epd=2 eV,故选项C错误; Uab=2 V、Uad=6 V,电子从a到b的过程根据动能定理有:-eUab= ,电 子从a到d的过程,根据动能定理有:-eUad= ,解得vb= vd,故选 项D错误。

3.(2020广州高二检测)如图所示,平行板a、b组成的电容器与电池E连接,平 行板电容器P处固定放置一带负电的点电荷,平行板b接地现将电容器的b板向 下稍微移动,则 () A.点电荷所受电场力增大 B.点电荷在P处的电势能减少 C.P点电势减小 D.电容器的带电荷量增加 【解析】选B因电容器与电源始终相连,故两板间的电势差不变,b板下移,则 板间距离d增大,则板间电场强度E变小,由F=Eq可知电荷所受电场力变小,故A错 误;板间距离d增大,则板间电场强度E变小,由U=Ed知,P与a板的电压减小,而a的 电势不变,故P的电势升高,由Ep=q而q为负值,故电势能减小,故B正确,C错误; 由Q=CU,又有C= ,故C减小,Q减小,故D错误 4.(2020淄博高二检测)一带电粒子仅在静电力作用下从A点开始以-v0做直线 运动,其v -t图像如图所示粒子在t0时刻运动到B点,3t0时刻运动到C点,下列 判断正确的是() A.A、B、C三点的电势关系为BAC B.A、B、C三点的场强大小关系为ECEBEA C.粒子从A点经B点运动到C点,电势能先增加后减少 D.粒子从A点经B点运动到C点,静电力先做正功后做负功 【解析】选C。

由题图v -t图像知道带电粒子在Ot0时间内做减速运动,静电 力做负功,电势能增大;在t03t0时间内做反方向加速运动,静电力做正功,电势 能减小,选项C正确,D错误;因为不知道带电粒子电性,本题中无法判断电势的高 低,选项A错误;题图中斜率表示带电粒子的加速度,qE=ma,可知A、B、C三点中 EB最大,选项B错误 5.(2020德州高二检测)水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压,两个质 量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入 板间电场,两电荷恰好在板间某点相遇,如图所示若不考虑电荷的重力和它们 之间的相互作用,则下列说法正确的是() A.电荷M的比荷大于电荷N的比荷 B.两电荷在电场中运动的加速度相等 C.从两电荷进入电场到两电荷相遇,静电力对电荷M做的功等于静电力对电荷N 做的功 D.电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同 【解析】选A设两板间电压为U,间距为d,长为L则由题意:vNt+vMt=L 由式分析得vM、vN不一定相同,D错误;由式分析得 ,A正确;由 进一步分析可得两个电荷的加速度aMaN,静电力对电荷所做的功 WMWN,B、C错误。

6.平行板A、B组成电容器,充电后与静电计相连,要使静电计指针张角变大,下 列措施可行的是() A.A板向上移动 B.B板向左移动 C.A、B板间插入电介质 D.减少极板上的电荷量 【解析】选AA板向上移动,正对面积S减小,或B板向右移动,距离d增大,根据 C= ,电容C均减小,由U= 知电势差U变大,静电计指针偏转角度增大,A正 确、B错误;A、B板间插入电介质,相对介电常数r增大,根据C= ,电容C增 大,由U= 知电势差U变小,静电计指针偏转角度减小,C错误;由U= 得,减小 电荷量Q,电势差U变小,静电计指针偏转角度减小,D错误 7.空中一点电荷形成的电场中的部分电场线如图所示,分别标记为1、2、3、4 、5,且1、2和5、4分别关于3对称以电场线3上的某点为圆心画一个圆,圆 与各电场线的交点分别为a、b、c、d、e,则下列说法中正确的是 () A.电场强度EaEc B.电势bd C.将一正电荷由a点移到d点,电场力做正功 D.将一负电荷由b点移到e点,电势能减小 【解析】选A由点电荷电场分布特点可知,以点电荷为圆心的圆上各点的电势 和场强大小均相等,沿如题图所示的电场方向,等势面的电势越来越低,电场线 越来越密,故EaEc,A正确;b=d,B错误;Uad0,正电荷由a点移到d点时,Wad= Uadq0,负电荷由b点移到e点时,Wbe=Ube(-q)0),在竖直向下的匀强电场中 刚好与水平面成30角以速度v0向上做匀速直线运动。

重力加速度为g (1)求匀强电场的电场强度的大小; (2)若电场方向改为垂直速度方向斜向下, 要使液滴仍做直线运动,电场强度为多大? 液滴前进多少距离后可返回? 【解析】(1)因为液滴处于平衡状态,所以有Eq=mg 解得E= (2)电场方向改变,液滴受力分析如图所示 液滴做直线运动时,垂直速度方向的合力为零,即qE=mgcos30 解得E= 液滴在运动方向的反方向上的合力F=mgsin30,由牛顿第二定律做减速运动的 加速度大小为 a= 液滴可前进的距离s= (或由动能定理-mgsin30s=0- m 得液滴可前进的距离s= ) 答案:(1) (2) 13.(8分)电荷量为q=110-4 C的带正电小物块置于粗糙的绝缘水平面上,所在 空间存在沿水平方向的匀强电场,场强E与时间t的关系及物块速度v与时间t的 关系分别如图甲、乙所示,若重力加速度g取10 m/s2,求: (1)物块的质量m (2)物块与水平面之间的动摩擦因数 (3)物块运动2 s过程中,其电势能的改变量 【解析】(1)、(2)由题图可知:E1=3104 N/C,E2=2104 N/C,a1=2 m/s2 E1q-mg=ma1(1分) E2q-mg=0(1分) 由代入数据得m=0.5 kg,=0.4。

3分) (3)物块运动2 s过程中,电场力做功W=E1ql1+E2ql2=3104110-4 21 J +2104110-421 J=7 J 则电势能减少7 J3分) 答案:(1)0.5 kg(2)0.4(3)电势能减少7 J 14.(12分)如图所示,在E=103 V/m的水平向左匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘 轨道竖直放置,轨道与一水平绝缘轨道MN连接,半圆轨道所在竖直平面与电场线 平行,其半径R=0.4 m,一带正电荷q=10-4 C的小滑块质量为m=0.04 kg,与水平 轨道间的动摩擦因数=0.2,g取10 m/s2,求: (1)要使小滑块能运动到半圆轨道的最高点L,滑块应在 水平轨道上离N点多远处释放? (2)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大?(P为半圆轨道中点) 【解析】(1)滑块刚能通过轨道最高点的条件是 mg=m ,v= =2 m/s(1分) 滑块由释放点到最高点过程,由动能定理得: qEx-mgx-2mgR= mv2(2分) 所以x= (2分) 代入数据得x=20 m(1分) (2)滑块过P点时,由动能定理: -mgR-qER= (2分) 所以 =v2+2(g+ )R(1分) 在P点由牛顿第二定律: FN-qE= (1分) 所以FN=3(mg+qE)(1分) 代入数据得:FN=1.5 N(1分) 根据牛顿第三定律可知滑块通过P点时对轨道的压力大小为1.5 N。

答案:(1)20 m(2)1.5 N 15.(15分)半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内,环上套有一质量为m、带 正电荷的珠子,空间存在水平向右的匀强电场,如图所示珠子所受静电力是重 力的 将珠子从环上的最低点A由静止释放(重力加速度为g),则: (1)珠子所能获得的最大动能是多少? (2)珠子对圆环的最大压力是多少? 【解析】(1)因qE= mg,所以静电力与重力的合力F合与竖直方向的夹角满 足tan = ,故=37(2分) 如图所示,设OB与竖直方向的夹角为, 则B点为等效最低点,珠子由A点静止释放后从A到B的过程中做加速运动,珠子 在B点动能最大,对圆环的压力最大2分) 由动能定理得qErsin -mgr(1-cos)=Ekm (3分) 解得Ekm= mgr2分) (2)设珠子在B点受圆环弹力为FN, 有FN-F合=m (2分) 则FN=F合+m = + mg= mg(3分) 由牛顿第三定律得珠子对圆环的最大压力为 mg1分) 答案:(1) mgr(2) mg 【加固训练】 如图所示,长L=0.20 m的绝缘丝线的一端拴一质量为m=1.010-4 kg、带电荷 量为q=+1.010-6 C的小球,另一端连在一水平轴O上,丝线拉着小球可在竖直 平面内做圆周运动,整个装置处在竖直向上的匀强电场中,电场强度E=2.0 103 N/C。

现将小球拉到与轴O在同一水平面上的A点,然后无初速度地将小球释 放,取g=0 m/s2,不计空气阻力求: (1)小球通过最高点B时速度的大小; (2)小球通过最高点B时,丝线对小球拉力的大小 【解析】(1)小球由A运动到B, 由动能定理有:qEL-mgL= vB= =2 m/s (2)设小球到达B点时,受重力mg、电场力qE和丝线拉力FTB作用, mg=1.010-410 N=1.010-3 N qE=1.010-62.0103 N=2.010-3 N 因为qEmg,而qE方向竖直向上,mg方向竖直向下,小球做圆周运动,其到达B点时 向心力的方向一定指向圆心,由此可以判断出小球一定受到丝线的拉力FTB作用, 由牛顿第二定律有:FTB+mg-qE= FTB= +qE-mg=3.010-3 N 答案:(1)2 m/s(2)3.010-3 N 1。