2024-2025學年新教材高中物理第2章電勢能與電勢差單元評價含解析魯科版必修3

PAGE14-單元素養(yǎng)評價(二)(第2章)(60分鐘·60分)一、選擇題(本題共9小題,每小題3分,共27分)1.關于靜電場,下列說法正確的是 ()A.電勢等于零的物體肯定不帶電B.電場強度為零的點,電勢肯定為零C.同一電場線上的各點,電勢肯定相等D.負電荷沿電場線方向移動時,電勢能肯定增加【解析】選D。零電勢點是人為選擇的參考點,所以電勢等于零的物體可以帶電,也可以不帶電,A錯;電場強度和電勢是兩個不同的物理量,電場強度為零的點,電勢不肯定為零,B錯;沿著電場線方向電勢漸漸降低,C錯;負電荷在電場中受到的電場力的方向與電場線方向相反,故負電荷沿電場線方向移動時,電場力做負功,電勢能增加,D對。2.在如圖所示的負點電荷產生的電場中,一摸索電荷從A點分別移到B、C、D、E(在以O為圓心的圓周上)點,則下列狀況正確的是 ()A.從A到B做功最大B.從A到E做功最大C.做功一樣大D.A點比D點電勢高【解析】選C。因為點電荷的等勢面是以負電荷為圓心的同心圓,B、C、D、E正在同一等勢面上,由W=qU可知,在電荷從A到B、C、D、E過程中,電場力所做的功相同。負電荷的電場線是指向負電荷的,A所在等勢面比B、C、D、E所在等勢面電勢低,故C正確,A、B、D錯誤。【加固訓練】如圖所示,a、b、c為電場中同一條電場線上的三點,其中c為線段ab的中點。若一個運動的正電荷先后經過a、b兩點,a、b兩點的電勢分別為φa=-3V、φb=7V,則 ()A.c點電勢為2VB.a點的場強小于b點的場強C.正電荷在a點的動能小于在b點的動能D.正電荷在a點的電勢能小于在b點的電勢能【解析】選D。沿電場線方向電勢降低,由題意知電場線方向向左,只有在勻強電場中c點的電勢為2V,故A錯誤;一條電場線,無法推斷電場線的疏密,就無法推斷兩點場強的大小,所以a點處的場強Ea可能小于b點處的場強,也可能大于b點處的場強Eb,故B錯誤;依據正電荷在電勢高處電勢能大,可知,正電荷從a點運動到b點的過程中克服電場力做功,電勢能肯定增大,而由能量守恒可知,其動能肯定減小,故C錯誤,D正確。3.關于靜電場,下列結論普遍成立的是 ()A.電場強度大的地方電勢高,電場強度小的地方電勢低B.電場中隨意兩點之間的電勢差只與這兩點的場強有關C.對于正電荷而言,電場力做正功,電勢能削減,負電荷則反之D.在正電荷或負電荷產生的靜電場中,場強方向都指向電勢降低最快的方向【解析】選D。電勢與電場強度沒有干脆關系,所以電場強度大的地方電勢不肯定高,電場強度小的地方電勢不肯定低,故A錯誤;在勻強電場中,由公式U=Ed可知,兩點之間的電勢差與場強和兩點間沿電場線方向的距離都有關,故B錯誤;依據功能關系,無論正電荷還是負電荷,只要做正功,電勢能都是減小的,做負功電勢能都是增加的,故選項C錯誤;沿電場方向電勢降低,而且電勢降低的速度最快,所以D正確。4.(2024·濟南高二檢測)當今醫(yī)學上對某些腫瘤采納質子療法進行治療,該療法用肯定能量的質子束照耀腫瘤殺死癌細胞?，F(xiàn)用始終線加速器來加速質子,使其從靜止起先被加速到1.0×107m/s。已知加速電場的場強為1.3×105N/C,質子的質量為1.67×10-27kgA.加速過程中質子電勢能增加B.質子所受到的電場力約為2×10-15NC.質子加速須要的時間約為8×10-6sD.加速器加速的直線長度約為4m【解析】選D。電場力對質子做正功,質子的電勢能削減,A錯誤;質子受到的電場力大小F=qE≈2×10-14N,B錯誤;質子的加速度a=≈1.2×1013m/s2,加速時間t=≈8×10-7s,C錯誤;加速器加速的直線長度x=≈4m,故D正確。5.空間存在甲、乙兩相鄰的金屬球,甲球帶正電,乙球原來不帶電,由于靜電感應,兩球在空間中形成了如圖所示穩(wěn)定的靜電場。實線為其電場線,虛線為其等勢線,A、B兩點與兩球球心連線位于同始終線上,C、D兩點關于直線AB對稱,則 ()A.A點和B點的電勢相同B.C點和D點的電場強度相同C.正電荷從A點移至B點,靜電力做正功D.負電荷從C點沿直線CD移至D點,電勢能先增大后減小【解析】選C。由題圖可知φA>φB,所以正電荷從A移至B,靜電力做正功,故A錯誤,C正確。C、D兩點場強方向不同,故B錯誤;負電荷從C點沿直線CD移至D點,電勢能先減小后增大,所以D錯誤。6.如圖所示,平行板電容器上極板帶正電荷,且與靜電計相連,靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地,在兩極板間有一個固定在P點的正點電荷,以E表示兩極板間電場的電場強度,Ep表示點電荷在P點的電勢能,θ表示靜電計指針的偏角,若保持上極板不動,將下極板向上移動一小段距離至圖中虛線位置,則 ()A.θ增大,E增大,Ep增大B.θ增大,E增大,Ep減小C.θ減小,E不變,Ep增大D.θ減小,E不變,Ep減小【解析】選D。電容器電量不變;下極板向上移動時,兩板間的距離減小,依據C=可知,電容C增大,則依據Q=CU可知,電壓U減小;故靜電計指針偏角θ減小;兩板間的電場強度E===;因此電場強度與板間距無關,因此電場強度不變;依據UP=Ed,P點與下極板的距離d減小,則P點的電勢降低,依據Ep=qUP可知正點電荷在P點的電勢能減小,故選項D正確。7.板間距離為d的平行板電容器所帶電荷量為Q時,兩極板間電勢差為U1,板間場強為E1。現(xiàn)將電容器所帶電荷量變?yōu)?Q,板間距變?yōu)閐,其他條件不變,這時兩極板間電勢差為U2,板間場強為E2,下列說法正確的是 ()A.U2=U1,E2=E1 B.U2=2U1,E2=4E1C.U2=U1,E2=2E1 D.U2=2U1,E2=2E1【解析】選C。由C=和C=及E=得,E=,電荷量由Q增為2Q,板間距由d減為,得E2=2E1;由U=Ed可得U1=U2,故A、B、D錯,C對?！炯庸逃柧殹咳鐖D所示,A、B、C、D、E、F為勻強電場中一個正六邊形的六個頂點,電場方向與六邊形所在平面平行,已知A、B、C三點的電勢分別為1V、6V和9V。則下列說法正確的是 ()A.D點的電勢為7VB.電子在A點的電勢能比在E點的低1eVC.電子從C點運動到F點,電場力做功為10eVD.UDF=-8V【解析】選A。在勻強電場中,兩長度相等且相互平行的線段兩端的電勢差相等,則φA-φD=2(φB-φC),得φD=7V,A正確;同理可求得φF=-1V、φE=2V,電子在A點的電勢能EpA=qφA=-1eV,在E點的電勢能EpE=qφE=-2eV,所以電子在A點的電勢能比在E點的高1eV,B錯誤;電子從C點運動到F點,電場力做功為WCF=qUCF=q(φC-φF)=-10eV,C錯誤;UDF=φD-φF=8V,D錯誤。8.如圖所示,平行板電容器在充電后不切斷電源,此時板間有一帶電塵粒恰能在電場中靜止,若正對的平行板左右錯開一些,則 ()A.帶電塵粒將向上運動B.帶電塵粒將向下運動C.錯開過程中,通過電阻R的電流方向為B到AD.錯開過程中,通過電阻R的電流方向為A到B【解析】選D。因電容器兩極板間的電壓肯定,則帶電塵粒所受電場力F=q,沒有發(fā)生改變,故塵粒仍處于靜止狀態(tài),故A、B錯誤;依據平行板電容器電容的確定式C=,當正對面積S減小時,電容器的電容減小,故電容器所帶電荷量將減小,電容器放電,通過電阻R的電流方向為A到B,故C錯誤,D正確。9.(2024·天津高考)如圖所示,在水平向右的勻強電場中,質量為m的帶電小球,以初速度v從M點豎直向上運動,通過N點時,速度大小為2v,方向與電場方向相反,則小球從M運動到N的過程 ()A.動能增加mv2 B.機械能增加2mv2C.重力勢能增加mv2 D.電勢能增加2mv2【解析】選B。小球從M運動到N的過程中動能增加量ΔEk=Ek2-Ek1=m(2v)2-mv2=mv2,因此A錯誤;小球在豎直方向上只受重力,做豎直上拋運動,初速度為v,末速度為零,依據0-v2=-2gh可得增加的重力勢能ΔEp=mgh=mv2,因此C錯誤;小球在水平方向只受電場力,做初速度為零、末速度為2v的勻加速直線運動,依據(2v)2-0=2ax可得電場力做功W=Fx=max=2mv2,所以電勢能削減2mv2,機械能增加2mv2,因此B正確、D錯誤?！炯庸逃柧殹咳鐖D所示,兩極板與電源相連接,電子從負極板邊緣垂直電場方向射入勻強電場,且恰好從正極板邊緣飛出,現(xiàn)在使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?而電子仍從原位置射入,且仍從正極板邊緣飛出,則兩極板的間距應變?yōu)樵瓉淼?()A.2倍B.4倍C.D.【解析】選C。電子從負極板邊緣垂直電場方向射入勻強電場,且恰好從正極板邊緣飛出,則電子在電場中做類平拋運動,沿電場方向有y=d=at2,水平方向上有L=v0t,其中a==,聯(lián)立可得=d2,若電子的速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?仍從正極板邊沿飛出,則由上式可得兩極板的間距d應變?yōu)樵瓉淼?C正確。二、試驗題(5分)10.如圖所示為“探討影響平行板電容器電容的因素”的試驗裝置,在以下操作步驟中,靜電計指針的張角分別是怎樣改變的?請將答案填在相應的橫線上。(1)圖甲中將B板上移,靜電計的指針張角將(選填“增大”“減小”或“不變”)。

(2)圖乙中將B板左移,靜電計的指針張角將(選填“增大”“減小”或“不變”)。

(3)圖丙中將電介質插入兩板之間,靜電計的指針張角將(選填“增大”“減小”或“不變”)。

(4)本試驗的探討方法是。

【解析】(1)依據C=,C=,B板上移,S減小,C減小,Q不變,U增大,張角將增大。(2)依據C=,C=,B板左移,d增大,C減小,U增大,張角將增大。(3)依據C=,C=,插入電介質,εr增大,電容C增大,U減小,張角將減小。(4)依據C=可知,其中εr,S,d為變量,所以本試驗應用的為限制變量法。答案:(1)增大(2)增大(3)減小(4)限制變量法三、計算題(本題共3小題,共28分。要有必要的文字說明和解題步驟,有數值計算的要注明單位)11.(9分)如圖所示,電荷量為-e、質量為m的電子從A點沿與電場垂直的方向進入勻強電場,初速度為v0,當它通過B點時,速度方向與場強方向成150°角,不計電子的重力,求:(1)電子從B點射出的速度vB;(2)A、B兩點間的電勢差?！窘馕觥?1)電子垂直進入勻強電場中,做類平拋運動,B點的速度vB==2v0。 (3分)(2)電子從A運動到B由動能定理得:-eUAB=m-m (3分)A、B兩點間的電勢差UAB==-。 (3分)答案:(1)2v0(2)-12.(9分)如圖所示,一電荷量為Q的正點電荷固定在傾角為30°的光滑絕緣斜面底部的C點,斜面上有A、B兩點,且A、B和C在同始終線上,A和C相距為L,B為AC中點?，F(xiàn)將一帶電小球從A點由靜止釋放,當帶電小球運動到B點時速度正好又為零,已知帶電小球在A點處的加速度大小為,靜電力常量為k,求:(1)小球運動到B點時的加速度大小。(2)B和A兩點間的電勢差(用Q和L表示)?！窘馕觥?1)設帶電小球所帶電荷量為q,帶電小球在A點時,mgsin30°-k=maA ①(2分)帶電小球在B點時,-mgsin30°=maB ②(2分)且aA=,解得aB=。 (1分)(2)帶電小球由A點運動到B點應用動能定理,有mgsin30°·-qUBA=0 ③(2分)由①③解得UBA=。 (2分)答案:(1)(2)13.(10分)(2024·全國卷Ⅲ)空間存在一方向豎直向下的勻強電場,O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后放射兩個質量均為m的小球A、B。A不帶電,B的電荷量為q(q>0)。A從O點放射時的速度大小為v0,到達P點所用時間為t;B從O點到達P點所用時間為。重力加速度為g,求:(1)電場強度的大小。(2)B運動到P點時的動能?！窘馕觥?1)設電場強度的大小為E,小球B運動的加速度為a,O、P兩點的高度差為h。依據牛頓其次定律、運動學公式和題給條件,有mg+qE=ma ①(1分)h=a()2=gt2 ②(2分)解得E= ③(1分)(2)設B從O點放射時的速度為v1,到達P點時的動能為Ek,O、P兩點的水平距離為l,依據動能定理有Ek-m=mgh+qEh ④(2分)且有l(wèi)=v1=v0t ⑤(1分)h=gt2 ⑥(1分)聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek=2m(+g2t2) (2分)答案:(1)(2)2m(+g2t2)(30分鐘·40分)14.(5分)(多選)(2024·江蘇高考)如圖所示,絕緣輕桿的兩端固定帶有等量異號電荷的小球(不計重力)。起先時,兩小球分別靜止在A、B位置?，F(xiàn)外加一勻強電場E,在靜電力作用下,小球繞輕桿中點O轉到水平位置,取O點的電勢為0。下列說法正確的有 ()A.電場E中A點電勢低于B點B.轉動中兩小球的電勢能始終相等C.該過程靜電力對兩小球均做負功D.該過程兩小球的總電勢能增加【解析】選A、B。沿著電場線方向,電勢降低,A正確;由于O點的電勢為0,依據勻強電場的對稱性φA=-φB,又qA=-qB,Ep=qφ,所以EpA=EpB,B正確;A、B位置的小球受到的靜電力分別水平向右、水平向左,絕緣輕桿順時針旋轉,靜電力對兩小球均做正功,靜電力做正功,電勢能削減,C、D錯誤。15.(5分)(多選)(2024·全國卷Ⅲ)如圖,電荷量分別為q和-q(q>0)的點電荷固定在正方體的兩個頂點上,a、b是正方體的另外兩個頂點。則 ()A.a點和b點的電勢相等B.a點和b點的電場強度大小相等C.a點和b點的電場強度方向相同D.將負電荷從a點移到b點,電勢能增加【解析】選B、C。兩個點電荷間的電場線分布是由q指向-q的,依據正方體的特點可知在這四點所在平面上a點和b點所處電場線是關于q和-q連線對稱的,且b點距離正電荷q較a點更近,沿電場線方向電勢漸漸降低,故b點電勢高于a點電勢,故A項錯誤。如圖所示,兩點電荷在a、b兩點所產生合場強大小相等,方向相同,故B、C項正確。負電荷從a點移動到b點,由電勢低的地方移動到電勢高的地方,電場力做正功,電勢能減小,故D項錯誤。16.(5分)(多選)(2024·全國卷Ⅱ)靜電場中,一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點由靜止起先運動,N為粒子運動軌跡上的另外一點,則 ()A.運動過程中,粒子的速度大小可能先增大后減小B.在M、N兩點間,粒子的軌跡肯定與某條電場線重合C.粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能D.粒子在N點所受電場力的方向肯定與粒子軌跡在該點的切線平行【解題指南】解答本題需明確以下三點:(1)電場線與帶電粒子的運動軌跡不肯定重合。(2)電場力做正功,電勢能減小。(3)帶電粒子在電場中某點受力的方向與該點電場線的切線方向平行?！窘馕觥窟xA、C。若電場由等量同種電荷形成,由M點釋放負電荷,則負電荷先加速后減速,A正確;若電場線為曲線,粒子軌跡不與電場線重合,B錯誤;由于N點速度大于等于零,故N點動能大于等于M點動能,由能量守恒可知,N點電勢能小于等于M點電勢能,C正確;粒子在N點所受電場力的方向肯定與該點電場線的切線方向平行,電場線與粒子軌跡不肯定重合,D錯誤。17.(10分)圖甲是用高電阻放電法測電容的試驗電路圖,其原理是測出電容器在充電電壓為U時所帶的電荷量Q,從而求出其電容C。該試驗的操作步驟如下:①按電路圖接好試驗電路;②接通開關S,調整電阻箱R的阻值,使微安表的指針接近滿刻度,登記這時的電壓表讀數U0=6.2V和微安表讀數I0=490μA;③斷開電鍵S并同時起先計時,每隔5s讀一次微安表的讀數i,將讀數記錄在預先設計的表格中;④依據表格中的數據,以t為橫坐標,i為縱坐標,在坐標紙上描點(圖中用“×”表示),則:(1)依據乙圖所示中的描點作出圖線。(2)乙圖中i-t圖線下所圍的“面積”所表示的物理意義是:

。

(3)依據以上試驗結果和圖線,估算當電容器兩端電壓為U0時所帶的電荷量Q0=,并計算電容器的電容C=。(這兩空均保留兩位小數)

【解析】(1)依據乙圖坐標系內所描出的點,用平滑的曲線把各點連接起來,作出圖像。(2)由ΔQ=I·Δt知,電荷量為I-t圖像與坐標軸所包圍的面積,此面積為電容器在起先放電時所帶的電荷量,即電容器兩端電壓為U0時所帶電荷量。(3)由圖示圖像可知,“面積”格數為32～33格。