高中物理人教版 (2019)必修 第三册第十章 静电场中的能量综合与测试同步训练题

这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第三册第十章 静电场中的能量综合与测试同步训练题，共17页。试卷主要包含了某空间区域有竖直方向的电场等内容，欢迎下载使用。
第十章　静电场中的能量
注意事项
1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。
2.无特殊说明,本试卷中g取10 m/s2。
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
1.(2021湖北武汉三中高二期中)下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解,其中正确的是 (　　)
A.由E=Fq知,电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比
B.由C=QU知,电容器的电容与其所带电荷量成正比,与两极板间的电压成反比
C.由E=kQr2知,电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关
D.由UAB=WABq知,带电荷量为1 C的正电荷,从A点移动到B点克服电场力做功为1 J,则A、B两点间的电势差为-1 V
2.(2021天津二中期末)传感器是自动控制设备中不可缺少的元件,已经渗透到宇宙开发、环境保护、交通运输以及家庭生活等各种领域。下列为几种电容式传感器,其中通过改变电容器两板间距离而引起电容变化的是 (　　)


3.(2021山东省实验中学期末)某静电场的电场线分布如图所示,一负点电荷只在电场力作用下先后经过电场中的M、N两点,过N点的虚线是电场中的一条等势线,则 (　　)

A.M点的电场强度小于N点的电场强度
B.M点的电势低于N点的电势
C.负点电荷在M点的电势能小于在N点的电势能
D.负点电荷在M点的动能小于在N点的动能
4.(2021北京西城高二上期末)若电场中,a、b两点间的电势差Uab=1 V,将一电子从a点移到b点,克服电场力做的功为1 eV,则 (　　)
A.场强方向一定由b指向a
B.场强方向一定由a指向b
C.电子的电势能增加1 eV
D.电子的电势能减少1 eV
5.(2021广西南宁三中高二上月考)一带电粒子在电场中仅在电场力作用下,从A点运动到B点,速度大小随时间变化的图像如图所示,tA、tB分别是带电粒子在A、B两点对应的时刻,则下列说法中正确的有 (　　)

A.A处的场强一定大于B处的场强
B.A处的电势一定高于B处的电势
C.带电粒子在A处的电势能一定小于在B处的电势能
D.带电粒子从A到B的过程中,所受电场力一定对它做正功
6.(2021江苏省六合高级中学高二期末)如图,平行板电容器两极板的间距为d,极板与水平面成45°角,上极板带正电。一电荷量为q(q>0)的粒子在电容器中靠近下极板处,以初动能Ek0竖直向上射出。不计重力,极板尺寸足够大。若粒子能打到上极板,则两极板间电场强度的最大值为 (　　)

A.Ek04qd　　　B.Ek02qd
C.2Ek02qd　　　D.2Ek0qd
7.(2021浙江绍兴高二上期中)某带电物体在所在空间形成一个电场,沿x轴方向其电势φ的变化如图所示。电子从O点以v0的初速度沿x轴正方向射出,依次通过a、b、c、d四点。(设电子的质量为m)则下列关于电子运动的描述正确的是 (　　)

A.电子在O、a间做匀加速直线运动
B.电子在O、d之间一直在做减速直线运动
C.要使电子能到达无穷远处,电子的初速度v0至少为2eφ0m
D.电子在c、d间运动时其电势能一定减小
8.(2021广东深圳宝安中学高二期中)某空间区域有竖直方向的电场(图中只画出了一条电场线)。一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球,在电场中从A点由静止开始沿电场线竖直向下运动。不计一切阻力,运动过程中小球的机械能E与小球位移x的关系图像如图所示,由此可以判断 (　　)

A.小球所处的电场为非匀强电场,且场强不断减小,场强方向向上
B.小球所处的电场为匀强电场,场强方向向下
C.小球可能先做加速运动,后做匀速运动
D.小球一定先做加速运动,达到最大速度后做减速运动,最后静止
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.(2021北京人大附中高二下期中)如图所示,图中虚线为某静电场中的等差等势线,实线为某带电粒子在该静电场中运动的轨迹,a、b、c为粒子的运动轨迹与等势线的交点,粒子只受电场力作用,则下列说法正确的是 (　　)

A.粒子在a点的加速度比在b点的加速度小
B.粒子在a点的动能比在b点的动能大
C.粒子在a点和在c点时速度不相同
D.粒子在b点的电势能比在c点的电势能小
10.(2021山西现代双语学校期末)在真空中A、B两点分别放置等量异种点电荷,在电场中通过A、B两点的竖直平面内对称位置取一个矩形路径abcd,且ad到A的距离等于bc到B的距离,如图所示。现将一电子沿abcd移动一周,则下列判断正确的是 (　　)

A.由a→b,电场力做正功,电子的电势能减小
B.由b→c,电场力对电子先做负功,后做正功,总功为零
C.由c→d,电子的电势能一直增加
D.由d→a,电子的电势能先减小后增大,电势能总增加量为零
11.(2021甘肃兰州一中期末)如图所示,A为粒子源,A和极板B间的加速电压为U1,两水平放置的平行带电板C、D间的电压为U2。现有质量为m、电荷量为+q的粒子由静止从A处被加速电压U1加速后水平进入竖直方向的匀强电场,最后从右侧射出。平行板C、D的长度为L,两板间的距离为d,不计带电粒子的重力,则下列说法正确的是 (　　)

A.带电粒子射出B板时的速度v0=2qU1m
B.带电粒子在C、D极板间运动的时间t=LmU2q
C.带电粒子飞出C、D间电场时在竖直方向上发生的位移y=U2L24U1d
D.若同时使U1和U2加倍,则带电粒子在飞出C、D极板间的电场时的速度与水平方向的夹角将加倍
12.(2021海南华侨中学高二上期末)如图甲所示,在光滑的绝缘水平面上,有一个正方形abcd,顶点a、c分别固定一个正点电荷,电荷量相等。一个质量为10-3 kg的小物块从e释放,经过f点到达d点,其运动的v-t图像如图乙所示。其中f点是整条图线斜率最大的位置(图中虚线为过f点的切线),已知小物块所带的电荷量为2×10-3 C,则下列分析中正确的是　 (　　)

A.由e点到d点,电势逐渐降低
B.由e点到d点,物块的电势能先减小后变大
C.d、f两点间的电势差Udf=-0.5 V
D.f点为e、d之间电场强度最大的点,场强E=1 V/m
三、非选择题(本题共6小题,共60分)
13.(8分)(2021山东聊城期末)如图所示,两平行金属板A、B间有一匀强电场,C、D为电场中的两点,且CD=4 cm,其连线的延长线与金属板A成30°角。已知电子从C点移到D点的过程中电场力做功为-4.8×10-17 J,元电荷e=1.6×10-19 C。求:
(1)C、D两点间的电势差UCD,匀强电场的场强大小E;
(2)若选取A板的电势φA=0,C点距A板1 cm,电子在D点的电势能为多少?









14.(8分)(2021河北冀州中学期中)质量m=2.0×10-4 kg、电荷量q=1.0×10-6 C的带正电微粒静止在空间范围足够大的匀强电场中,电场强度为E1。在t=0时刻,电场强度突然增加到E2=4.0×103 N/C,场强方向保持不变。到t=0.20 s时刻再把电场方向改为水平向右,场强大小保持不变。求:
(1)原来电场强度E1的大小;
(2)t=0.20 s时刻带电微粒的速度大小;
(3)带电微粒运动速度水平向右时的动能。









15.(10分)(2021山东潍坊高二期末)如图所示,水平绝缘轨道AB长L=4 m,离地高h=1.8 m,A、B间存在竖直向上的匀强电场。一质量m=0.1 kg、电荷量q=-5×10-5 C的小滑块,从轨道上的A点以v0=6 m/s的初速度向右滑动,从B点离开电场后,落在地面上的C点。已知C、B间的水平距离x=2.4 m,滑块与轨道间的动摩擦因数μ=0.2,不计空气阻力。求:
(1)滑块离开B点时速度的大小;
(2)滑块从A点运动到B点所用的时间;
(3)匀强电场的场强E的大小。







16.(10分)(2021陕西延安期末检测)如图所示,平行板电容器A、B间的电压为U,两板间的距离为d,一质量为m、电荷量为q的粒子,由两板中央O点以水平速度v0射入,落在C处,BC=l。若将B板向下拉开d2,此粒子仍从O点水平射入,初速度v0不变,则粒子将落在B板上的C'点,求BC'的长度。(粒子的重力忽略不计)









17.(12分)(2021安徽亳州模拟)如图所示,在E=1.0×103 V/m的竖直匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接,半圆形轨道平面与电场线平行,其半径R=40 cm,N为半圆形轨道最低点,P为QN圆弧的中点,一电荷量为q=1.0×10-4 C的带负电小滑块的质量m=10 g,与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.15,位于N点右侧1.5 m的M处,求:
(1)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q,则小滑块应以多大的初速度v0向左运动?
(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大?






18.(12分)(2021重庆江津中学高二下阶段测试)如图所示,两平行金属板A、B长L=8 cm,两板间距离d=8 cm,A板比B板电势高300 V,一带正电的粒子带电荷量q=10-10 C、质量m=10-20 kg,沿电场中心线OR垂直电场线飞入电场,初速度v0=2×106 m/s,粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后,进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面影响,界面MN、PS垂直中心线OR),已知两界面MN、PS相距为12 cm,O点在中心线上距离界面PS为9 cm处,粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上。粒子的重力忽略不计。(静电力常量k=9×109 N·m2/C2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)求粒子穿过界面MN时偏离中心线OR的距离;
(2)试在图上粗略画出粒子运动的全过程轨迹并指出各段运动的性质;
(3)确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小。










答案全解全析
第十章　静电场中的能量
1.D
2.C
3.C
4.C
5.D
6.B
7.C
8.A
9.CD
10.BD
11.AC
12.AD
1.D　电场强度E由电场本身决定,与F、q无关,A错误;电容C由电容器本身决定,与Q、U无关,B错误;E=kQr2是场源电荷为点电荷时电场强度的决定式,E与Q有关,C错误;由UAB=WABq可知,D正确。
2.C　A选项改变的是介质的相对介电常数,B、D选项改变的是两极板间正对面积,C选项改变的是两板间距离,故C正确。
3.C　在同一电场中,电场线密集的地方,电场强度大,故M点的电场强度大于N点的电场强度,A错误;沿着电场线方向电势逐渐降低,故M点的电势高于N点的电势,B错误;负点电荷由M到N是从高电势处移动到低电势处,电势能升高,电场力做负功,动能减小,C正确,D错误。
4.C　Uab=1 V>0,a点的电势高于b点的电势,但场强方向不一定由a指向b,场强方向可能沿ab方向,也可能不沿ab方向,A、B错误;电子克服电场力做的功等于电势能的增加量,C正确,D错误。
5.D　根据v-t图像的斜率表示加速度可知,从A点运动到B点的过程中,带电粒子的加速度增大,由于只受电场力作用,则其所受的电场力增大,则电场强度E增大,A处的场强一定小于B处的场强,故A错误;从A到B的过程中,带电粒子的速度增大,动能增大,由能量守恒定律可知其电势能减小,电场力做正功,故C错误,D正确;由于粒子的电性未知,无法判断A、B两点电势的高低,故B错误。
6.B　粒子只受电场力,粒子的运动为类平抛运动的逆运动,当电场强度最大时,粒子打到上极板的情况为粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行。将粒子的初速度v0分解为垂直极板方向的vy和平行极板方向的vx,根据运动的合成与分解及运动学公式有vy2=2qEmd,vy=v0 cos 45°,又Ek0=12mv02,联立解得E=Ek02qd,故选项B正确。
7.C　O、a间电势不变,任意两点间电势差为0,电场力不做功,故电子在O、a间做匀速直线运动,其动能不变,A、B错误;若电子恰能到达无穷远处,由功能关系知eφ0=12mv02,解得v0=2eφ0m,C正确;电子在c、d间运动时,电势越来越低,则电场力对其做负功,电势能增加,D错误。
8.A　根据功能关系,小球运动过程中机械能的变化,取决于电场力做功情况,电场力做正功,电势能减少,机械能增加;电场力做负功,电势能增加,机械能减少。由题中给出的E-x图像可知,小球的机械能先减少后不变,即电势能先增加后不变,说明电场力先做负功后不做功,又因为小球带正电,沿电场线竖直向下运动,所以场强方向向上;E-x图像的斜率表示电场力的变化情况,斜率逐渐减小为零,说明电场力逐渐减小到零,场强逐渐减小到零,选项A正确,B错误。由牛顿第二定律mg-qE=ma可知,随着场强E减小,加速度a增大,故该过程中小球一直做加速运动,选项C、D均错误。
9.CD　与b点相比,a点处的等差等势面密集,故a点的电场强度较大,故粒子在a点受到的电场力大于在b点受到的电场力,结合牛顿第二定律可知,粒子在a点的加速度比在b点的加速度大,故A错误;由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知,粒子受到的电场力指向右侧,则从a到b电场力做正功,粒子动能增大,故B错误;速度是矢量,方向沿轨迹的切线方向,由题图可知,粒子在a点和在c点时速度方向不相同,故C正确;粒子受到的电场力指向右侧,则从b到c电场力做负功,粒子的电势能增大,粒子在b点的电势能比在c点时的电势能小,故D正确。
10.BD　电子带负电,由a→b,电势降低,电场力做负功,电子的电势能增加,故选项A错误;根据对称性可知b、c两点的电势相等,如图,画出过b、c的等势线,由b→c,电势先降低后升高,则电场力对电子先做负功,后做正功,电场力做的总功为零,故选项B正确;由c→d,电势升高,电场力做正功,电子的电势能减小,故选项C错误;由d→a,电势先升高后降低,电场力对电子先做正功,后做负功,电子的电势能先减小后增大,又d、a两点的电势相等,电势能总增加量为零,故选项D正确。

11.AC　带电粒子由A到B,根据动能定理有qU1=12mv02,解得v0=2qU1m,故A正确;粒子进入C、D间的电场后在水平方向做匀速直线运动,则L=v0t,解得t=Lm2U1q,故B错误;粒子进入C、D间的电场后,在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,加速度为a=qU2md,飞行时间t=Lv0,粒子在竖直方向发生的位移为y=12at2,联立解得y=U2L24U1d,故C正确;带电粒子飞出C、D极板间的电场时速度与水平方向夹角的正切值为tan θ=vyv0=atv0=U2L2U1d,可知同时使U1和U2加倍,带电粒子在飞出C、D极板间的电场时的速度与水平方向的夹角不变,故D错误。
12.AD　e、f、d是等量正电荷连线的中垂线上的点,从e点到d点,电势逐渐降低,故A正确;由e点到d点,电场力一直做正功,物块的电势能一直减小,故B错误;根据动能定理可得qUfd=12mvd2-12mvf2,解得Ufd=5 V,则d、f两点间的电势差Udf=-Ufd=-5 V,故C错误;v-t图像的斜率表示加速度,f点是整条图线加速度最大的位置,根据牛顿第二定律可得qE=ma,则f点电场强度最大,场强E=maq=mΔvqΔt=10-3×(4-0)2×10-3×(6-4) V/m=1 V/m,故D正确。
13.答案　(1)300 V　1.5×104 V/m　(2)7.2×10-17 J
解析　(1)电子从C点移到D点
UCD=WCDq=-4.8×10-17-1.6×10-19 V=300 V(2分)
E=UCDdCD sin30°=3004×10-2×0.5 V/m=1.5×104 V/m(2分)
(2)dAD=dCD sin 30°+1 cm=3 cm
UAD=EdAD=1.5×104×3×10-2 V=450 V(1分)
由UAD=φA-φD和φA=0得 (1分)
φD=-450 V(1分)
电子在D点的电势能为
Ep=qφD=-1.6×10-19×(-450) J=7.2×10-17 J。 (1分)
14.答案　(1)2.0×103 N/C　(2)2 m/s　(3)1.6×10-3 J
解析　(1)场强为E1时,带正电微粒处于静止状态,根据平衡条件得,mg=E1q,解得E1=mgq=2.0×103 N/C,方向竖直向上。 (2分)
(2)当电场强度增加到E2时,电场力大于重力,微粒开始向上做匀加速直线运动,设0.20 s后速度为v,根据牛顿第二定律得,E2q-mg=ma,根据运动学公式得v=at,联立解得v=2 m/s。 (2分)
(3)电场方向改为水平向右后,带电微粒在竖直方向做匀减速直线运动,水平方向做匀加速直线运动。设带电微粒速度达到水平向右所用的时间为t1,带电微粒在水平方向电场中的加速度为a2。
竖直方向上,v=gt',解得t'=0.20 s。 (1分)
水平方向上,qE2=ma',解得a'=20 m/s2。 (1分)
此时带电微粒的速度v'=a't'=4 m/s,带电微粒的动能Ek=12mv'2=1.6×10-3 J。 (2分)
15.答案　(1)4 m/s　(2)0.8 s　(3)5×103 N/C
解析　(1)滑块从B到C过程中,有h=12gt2 (1分)
x=vBt (1分)
解得vB=4 m/s(1分)
(2)滑块从A到B过程中,有L=v0+vB2t' (2分)
解得t'=0.8 s(1分)
(3)小滑块在电场中运动时,受力如图所示,

由牛顿第二定律得
μ(mg+|q|E)=ma (2分)
由运动学公式,有vB2-v02=-2aL (1分)
联立解得E=5×103 N/C。 (1分)
16.答案　3l
解析　粒子在电场中做类平抛运动,由O点到C点,根据牛顿第二定律,
有qUd=ma (1分)
所以a=qUdm (1分)
带电粒子在水平方向做匀速直线运动,l=v0t (1分)
在竖直方向做匀加速直线运动
12d=12at2=12·qUdmt2 (2分)
B板向下移动后,粒子仍做类平抛运动,带电粒子由O点到C'点,根据牛顿第二定律得
qU32d=ma' (1分)
所以a'=2qU3dm (1分)
设BC'的长度为l',则l'=v0t' (1分)
12d+12d=12a't'2=12·2qU3dm·t'2。 (1分)
解得BC'的长度l'=3l。 (1分)
17.答案　(1)7 m/s　(2)0.6 N
解析　(1)设小滑块恰能到达Q点时速度为v
由牛顿第二定律得mg+qE=mv2R (1分)
小滑块从开始运动至到达Q点过程中,由动能定理得
-mg·2R-qE·2R-μ(mg+qE)x=12mv2-12mv02 (3分)
联立解得v0=7 m/s。 (2分)
(2)设小滑块到达P点时速度为v',则从开始运动至到达P点过程中,由动能定理得
-(mg+qE)R-μ(qE+mg)x=12mv'2-12mv02 (3分)
在P点时,由牛顿第二定律得FN=mv'2R (1分)
联立解得FN=0.6 N(1分)
由牛顿第三定律得,小滑块通过P点时对轨道的压力FN'=FN=0.6 N。 (1分)
18.答案　(1)3 cm　(2)见解析　(3)带负电　1.04×10-8 C
解析　(1)设粒子穿过界面MN时偏离中心线OR的距离为h,则
h=12at2,a=qUmd,t=Lv0
则h=qU2mdLv02=10-10×3002×10-20×0.08×0.082×1062 m=0.03 m=3 cm。 (2分)
(2)第一段是类平抛运动,第二段是匀速直线运动,第三段是匀速圆周运动,轨迹如图所示。

(3)带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动,设其穿过界面PS时偏离中心线OR的距离为Y,由相似三角形知识得hY=4cm4cm+12cm (1分)
解得Y=4h=12 cm(1分)
设带电粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy,水平方向的速度vx=v0=2×106 m/s
则vy=at=qULmdv0=1.5×106 m/s(1分)
粒子从电场中飞出时速度v=vx2+vy2=2.5×106 m/s(1分)
设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为θ,则tan θ=vyvx=34,θ=37° (1分)
因为带电粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上,所以该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q做匀速圆周运动,点电荷Q带负电。
其半径与速度方向垂直,匀速圆周运动的半径
r=Ycosθ=0.15 m(2分)
由牛顿第二定律可知kQqr2=mv2r,则Q=mv2·rkq (2分)
代入数据解得Q=1.04×10-8 C。 (1分)