物理必修 第三册第十章 静电场中的能量综合与测试单元测试同步练习题

《静电场中的能量》综合检测

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.关于静电场,下列说法正确的是(　C　)

A.在电场中,电势越高的地方,电荷在该点具有的电势能越大

B.由公式U=Ed可知,在匀强电场中任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比

C.由UAB=可知,带电荷量为1 C的正电荷,从A点移动到B点克服静电力做功为1 J,则A、B两点间的电势差为-1 V

D.在电场中电场强度大的地方,电势一定高

解析:根据Ep=q知,在电场中,电势越高的地方,正电荷在该点具有的电势能越大,负电荷在该点具有的电势能越小,故A错误;由公式U=Ed可知,在匀强电场中任意两点间的电势差与这两点间沿电场方向的距离成正比,故B错误;带电荷量为 1 C 的正电荷,从A点移动到B点克服静电力做功为 1 J,则A、B两点间的电势差UAB== V=-1 V,故C正确;电场强度与电势无关,电场强度大,电势不一定高,如负点电荷周围,靠近负点电荷处的电场强度大,但电势低,故D错误。

2.如图所示,两平行金属板相距为d,电势差为U,一个电子从O点沿垂直于极板的方向射出,最远到达A点,然后返回。已知O、A两点相距为h,电子质量为m,电子的电荷量为e,则此电子在O点射出时的速度为(　B　)

A. B.

C. D.

解析:电子由O到A的过程,只有静电力做功,根据动能定理有-eEh=0-m,两板间的电场强度E=,联立两式解得v0=,故B正确。

3.如图所示,实线表示某水平匀强电场的电场线,虚线表示一个带电粒子射入该电场后的运动轨迹,a、b是轨迹上的两个点。忽略带电粒子的重力作用,下列说法正确的是(　C　)

A.该带电粒子一定是从a向b通过匀强电场的

B.该匀强电场的电场强度方向一定是从左向右

C.该带电粒子在a点的动能一定大于在b点的动能

D.该带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能

解析:由曲线运动的知识可以知道,带电粒子所受的静电力向左,但不能判断粒子的运动方向,故A错误;由题述,无法确定带电粒子的带电性质,所以电场强度的方向也不能确定,故B错误;若带电粒子从a运动到b,则静电力做负功,粒子的电势能增大,动能减小,即粒子在a点的动能大于在b点的动能,故C正确,D错误。

4.如图所示,以O点为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f,等量正、负点电荷分别放置在a、d两点时,下列说法正确的是(　D　)

A.b、c、e、f四点的电场强度相同

B.b、c、e、f四点的电势相等

C.O点的电势高于b、c、e、f四点的电势

D.将一带正电的试探电荷从b点移到e点,静电力做正功

解析:由题意可知,两点电荷在e、f处的电场强度各自进行矢量合成,则e、f处电场强度大小相等,而方向不相同,同理b、c处电场强度大小相等,方向不同,故A错误;依据等量异种点电荷等势面的分布可知,b、f两点的电势相等,大于c、e两点的电势,故B错误;在等量异种点电荷中,电场线由正电荷指向负电荷,根据沿着电场线方向,电势降低,结合等势面的分布,可知O点的电势高于c、e两点的电势,而低于b、f两点的电势,故C错误;将一带正电的试探电荷从b点移到e点,即从高电势移到低电势,那么电势能降低,因此静电力做正功,故D正确。

5.如图所示,平行板电容器的两个极板为A、B,B极板接地,A极板带有电荷量+Q,板间电场有一固定点P,若将B极板固定,A极板下移一些,或者将A极板固定,B极板上移一些,在这两种情况下,以下说法正确的是(　C　)

A.A极板下移时,P点的电场强度不变,P点电势升高

B.A极板下移时,P点的电场强度变大,P点电势升高

C.B极板上移时,P点的电场强度不变,P点电势降低

D.B极板上移时,P点的电场强度减小,P点电势降低

解析:由题意知,平行板电容器所带电荷量不变,正对面积不变,A极板下移时,根据C=,C=和U=Ed可推出E=,可知P点的电场强度E不变,P点与B极板的距离不变,根据公式U=Ed,P点与B极板的电势差不变,则P点的电势不变,故A、B错误;B极板上移时,同理得知,P点的电场强度不变,根据公式U=Ed,P点与B极板的电势差减小,而P点的电势高于B极板的电势,B极板的电势为零,所以P点电势降低,故C正确,D错误。

6.四个带电粒子的电荷量和质量分别为(+q,m)、(+q,2m)、(+3q,3m)、(-q,m),它们先后以相同的初动能从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中,电场的方向沿y轴负方向,不计带电粒子的重力,下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中,可能正确的是(　B　)

解析:带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,水平方向有x=v0t,竖直方向有y=··t2,联立有y==,四个带电的粒子的初动能相同,电场强度相同,当水平方向位移x相同时,带电粒子运动轨迹只与电性和电荷量有关。(+q,m)、(+q,2m)的粒子电性与电荷量相同,故轨迹相同,且轨迹向x轴下方偏离,(+3q,m)的电荷量比(+q,m)、(+q,2m)大,因而偏转轨迹不重合,且轨迹向x轴下方偏离更远一些,(-q,m)的电性与其他三个粒子相反,因而偏转方向相反,故B正确,A、C、D错误。

7.图甲所示为用来加速带电粒子的直线加速器,假定加速器的漂移管由N个长度逐个增长的金属圆筒组成(整个装置处于真空中),如图所示,它们沿轴线排列成一串,各个圆筒相间地连接到频率为f的正弦交流电源的两端。圆筒的两底面中心开有小孔,电子沿轴线射入圆筒。图乙是所用交变电压的图像,下列对它的说法中,正确的是(　C　)

A.带电粒子是在金属筒内被加速的

B.如果仅增大带电粒子的质量,不改变交流电的周期,直线加速器也能正常工作

C.粒子每通过一次缝隙都会增加相同的动能

D.粒子速度越来越快,为使得它每次都能被加速电压加速,筒间的缝隙应设成越来越大的,所以直线加速器也会做的很长

解析:金属筒缝隙间有电压,所以带电粒子在缝隙间被加速,金属筒内无电场,带电粒子做匀速直线运动,故A错误;带电粒子从静止开始经过N次加速后,由动能定理得NqU=mv2,设经过第N个长度为L的金属筒时用时为t,则t==L,若仅增大带电粒子的质量,则经过第N个长为L的金属筒时所用时间发生改变,不改变交流电的周期,直线加速器不能正常工作,故B错误;粒子每通过一次缝隙只有静电力做功,根据动能定理qU=mv2可知,每通过一次缝隙粒子增加相同的动能,与缝隙大小无关,故C正确,D错误。

8.制造纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行金属板A、B,如图所示,加在A、B间的电压UAB做周期性变化,其正向电压为U0,反向电压为-U0,电压变化的周期为T,如图所示。在t=0时,有一个质量为m、电荷量为e的电子以初速度v0垂直电场方向从两极板正中间射入电场,此后的运动过程中未与极板相撞,且不考虑重力的作用,则下列说法正确的是(　C　)

A.若电子恰好在T时刻射出电场,则应满足的条件是d≥

B.若电子恰好在2T时刻从A板边缘射出电场,则其动能增加

C.若电子恰好在T时刻射出电场,则射出时的速度方向与初速度方向一致

D.若电子恰好在T时刻射出电场,则射出时的速度为2v0

解析:若电子恰好在T时刻射出电场,则在0～时间内,电子在竖直方向向上做匀加速运动,其位移为x1=··()2=,同理可得,在～T时间内,电子在竖直方向向上做匀减速直线运动,其位移x2=x1,结合题意可知应满足x1+x2≤,因此d≥,且根据运动的特点可知,电子在水平方向上一直做匀速直线运动,在竖直方向上先做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动,所以电子射出时的速度为v0,方向水平向右,故A、D错误,C正确;若电子在2T时刻射出电场,结合前面的分析可知,电子最终的速度依然为v0,在竖直方向上没有速度,则动能增量为零,故B错误。

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.如图所示,在xOy坐标系中,y轴上a点固定一个带负电的点电荷,b、c是x轴上的两个点,Ob<Oc,下面说法正确的是(　AB　)

A.沿x轴从b到c,各点电势先降低后升高

B.沿x轴从b到c,各点电场强度先增大后减小

C.将一带正电的试探电荷从b移到c静电力做正功

D.将一带负电的试探电荷从b移到c其电势能增加

解析:b、O、c三点中,O与a之间的距离最小,根据越靠近负的场源电荷电势越低,有O<b<c,故A正确;根据E=可知,越靠近场源电荷的位置电场强度越大,因此EO>Eb>Ec,故B正确;将一带正电的试探电荷从b移到c需要克服静电力做功,故C错误;将一带负电的试探电荷从b移到c静电力做正功,其电势能减少,故D错误。

10.如图,△abc中bc=4 cm,∠acb=30°。匀强电场的电场线平行于

△abc所在平面,且a、b、c三点的电势分别为3 V、-1 V、3 V,下列说法正确的是(　BD　)

A.电场强度的方向沿ac方向

B.电场强度的大小为200 V/m

C.电子从a点移动到b点,静电力做功为4 eV

D.电子从c点移动到b点,电势能增加了4 eV

解析:由于a、c两点电势相等,故ac为一条等势线,电场强度与等势线垂直,且由高电势指向低电势,可知电场强度方向垂直ac,且指向斜上方,故A错误;电场强度的大小E===V/m=

200 V/m,故B正确;电子从a点移动到b点,静电力做功为Wab=-eUab=

-4 eV,负号表示静电力做负功,故C错误;电子从c点移动到b点,静电力做功为Wcb=-eUcb=-4 eV,电势能增加了4 eV,故D正确。

11.如图所示,绝缘杆两端固定带电小球A和B,轻杆处于水平向右的匀强电场中,不考虑两球之间的相互作用,初始时杆与电场线垂直。现将杆右移的同时顺时针转过90°,发现A、B两球电势能之和不变。根据如图给出的位置关系,下列说法正确的是(　BD　)

A.A球一定带正电,B球一定带负电

B.A、B两球所带电荷量的绝对值之比qA∶qB=1∶2

C.A球电势能一定增加

D.静电场力对A球和B球都做了功

解析:因为A、B两球电势能之和不变,则静电力对系统做功为零,因此A、B两球电性一定相反,A球可能带正电,也可能带负电,故A错误;静电力对A、B球做功大小相等,方向相反,所以有EqB·L=EqA·2L,因此qA∶qB=1∶2,故B正确;A球的电性不确定,无法判断其电势能的变化,故C错误;静电力对A、B两球都做功,但代数和为零,故D正确。

12.两个等量点电荷位于x轴上,它们的静电场的电势随位置x变化规律如图所示(只画出了部分区域内的电势),x轴上有两点M、N,且OM>ON,下列结论正确的是(　BD　)

A.N点的电势低于M点的电势

B.M、N两点的电场方向相同且M点的电场强度大小大于N点的电场强度大小

C.仅在静电力作用下,正电荷可以在x轴上M、N之间的某两点做往复运动

D.负电荷沿x轴从M点移到N点的过程中静电力一直做正功

解析:由x图像可知,N点的电势高于M点的电势,故A错误;由E=可知,图像的斜率绝对值等于电场强度大小,可以看出M点的电场强度大小大于N点的电场强度大小。斜率都为正值,说明M、N两点的电场方向相同,故B正确;根据顺着电场线方向电势降低,可知电场线的方向从N指向M,正电荷在x轴上M、N之间所受的静电力始终由N指向M,正电荷做单向直线运动,故C错误;负电荷沿x轴从M点移到N点的过程中,静电力方向始终由M指向N,静电力方向与位移相同,静电力一直做正功,故D正确。

三、非选择题:本题共6小题,共60分。

13.(7分)电容器是电学中一种常见的能存储电荷的电子元件。某同学用如图甲所示的电路探究一个电容器的充、放电规律。图中R是12 kΩ的高阻值电阻,与电脑相连的电流传感器和电压传感器将实时测量的电流i和电容器两端的电压u记录下来,并转化为相应的it和ut图像。

(1)研究电容器充电过程的规律时,开关S应接在　　　　(选填“1”或“2”)。 

(2)开关接2时电路中高阻值电阻R的作用是　　　     　(填字母下同)。 

A.可以有效缩短电容器充电时间

B.可以有效缩短电容器放电时间

C.可以有效延长电容器充电时间

D.可以有效延长电容器放电时间

(3)如图乙为研究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系的电

路图。

①选用的电容器A、B的电容应　　　　(选填“相同”或“不同”)。 

②正确的实验步骤是　　　　。 

A.S2闭合

B.S2断开

C.S1接1,电压值稳定后断开S1,并记录电压值U1

D.S1接2,电压值稳定后断开S1,并记录电压值U2

(4)电容器充电的过程中,两极板的电荷量增加,电源的能量不断储存在电容器中,电路中的电流不断减小如图丙所示。则充电过程中电路中电流减小的原因是　                 。 

解析:(1)研究电容器充电过程的规律时,电容器要与电源连接,即开关S应接在1位置。

(2)开关接2时,电容器放电,电路中高阻值电阻R的作用是可以减小放电电流,从而可以有效延长电容器放电时间,故选D。

(3)为研究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系,实验中这样操作:先把开关S1接1,给电容器A充电,可以看到电容器A充电后电压传感器示数为U,把开关S1接2,可以看到电压表示数变为0.5 U,断开开关S1,闭合开关S2,让电容器B的两极板完全放电,随后再断开开关S2,把开关S1接2、电压表示数再次减小一半,还可以继续这样

操作……

①由以上操作可知,为控制变量,选用的电容器A、B的电容应相同;

②正确的实验步骤是CDAB。

(4)随着电容器两极板电荷量的增加,电源正极与电容器正极板间的电势差减小,充电电流越来越小,当电源正极与电容器正极板间的电势差减小到零时,不再充电,电流为零。

答案:(1)1　(2)D　(3)①相同　②CDAB (4)见解析

14.(7分)把带电荷量为2×10-8 C的正点电荷从无穷远处移到电场中的A点,要克服静电力做功8×10-6 J,若把该电荷从无穷远处移到电场中的B点,需克服静电力做功2×10-6 J,取无穷远处电势为零。求:

(1)A点的电势;

(2)A、B两点间的电势差;

(3)若把2×10-5 C的负电荷由A点移动到B点,静电力做的功。

解析:(1)无穷远处某点O的电势为零,根据静电力做功与电势能变化的关系有WOA=EpO-EpA

无穷远处电势能为零,即EpO=0

故EpA=-WOA=8×10-6 J

则A==400 V。

(2)把该电荷从无穷远处的O点移到电场中的B点,需克服静电力做功2×10-6 J,同理可解得EpB=-WOB=2×10-6 J

故B==100 V

则UAB=A-B=400 V-100 V=300 V。

(3)根据静电力做功公式WAB=qUAB

代入数据得WAB=-6×10-3 J。

答案:(1)400 V　(2)300 V　(3)-6×10-3 J

15.(8分)如图所示,平行板电容器A、B间的电压为U保持不变,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板向下移动,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)

解析:根据牛顿第二定律,带电粒子由O点到C点,有q=ma,所以a=

带电粒子在水平方向做匀速直线运动,l=v0t

在竖直方向做匀加速直线运动,d=at2=·t2

带电粒子由O点到C′点,根据牛顿第二定律得q=ma′

所以a′=

设BC′的长度为l′,则l′=v0t′

d+d=a′t′2=··t′2

联立解得BC′的长度l′=l。

答案:l

16.(10分)如图所示,空间存在一匀强电场,电场强度方向与水平方向间的夹角为60°,A、B为其中的一条电场线上的两点。一质量为m、电荷量为q的带正电小球,在A点以初速度v0水平向右抛出,经过时间t小球落在C点,速度大小仍是v0,且B、C两点位于同一水平线上,=,重力加速度为g,求:

(1)匀强电场电场强度的大小;

(2)小球下落高度;

(3)此过程小球增加的电势能。

解析:(1)小球从A到C的过程中,由动能定理得mgsin 60°-

qE(+cos 60°)=0

解得E=。

(2)竖直方向上,由牛顿第二定律有mg-qEsin 60°=may

又h=ayt2

联立解得h=gt2。

(3)小球从A运动到C的过程中静电力做负功,电势能增加,沿电场线运动的距离d=(1+cos 60°)=gt2

则电势能的增加量ΔEp=qEd=mg2t2。

答案:(1)　(2)gt2　(3)mg2t2

17.(12分)如图甲所示,在xOy坐标系中,两平行金属板AB、OD水平放置,OD与x轴重合,板的左端与原点O重合,板长L=2 m,板间距离d=1 m,紧靠极板右侧有一荧光屏。两金属板间电压UAO随时间的变化规律如图乙所示,变化周期为T=2×10-3 s,U0=1×103 V,一带正电的粒子从左上角A点,以平行于AB边大小为v0=1 000 m/s 的速度射入板间,粒子电荷量为q=1×10-5 C,质量m=1×10-7 kg。不计粒子所受重

力。求:

(1)粒子在板间运动的时间;

(2)粒子打到荧光屏上的纵坐标的范围;

(3)粒子打到荧光屏上的动能。

解析:(1)粒子在板间沿x轴方向匀速运动,设运动时间为t,则t==2×10-3 s。

(2)t=0时刻射入的粒子在板间偏转量最大,设为y1,

y1=a()2+(a·)

又根据牛顿第二定律=ma

解得y1=0.15 m

纵坐标y=d-y1=0.85 m

t=1×10-3 s时刻射入的粒子在板间偏转量最小,设为y2,y2=a()2,解得y2=0.05 m

纵坐标y′=d-y2=0.95 m

所以打在荧光屏上的纵坐标的范围为0.85～0.95 m。

(3)分析可知粒子打到荧光屏上的动能相同,设为Ek,由动能定理得qy2=Ek-m

解得Ek=5.05×10-2 J。

答案:(1)2×10-3 s　(2)0.85～0.95 m  (3)5.05×10-2 J

18.(16分)如图所示,一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆轨道在A点相切,B点为圆轨道的最低点,C点为圆轨道的最高点,整个空间存在水平向左的匀强电场。一质量为m=1 kg,电荷量为-q的带电小球从斜面上静止释放,小球始终能沿轨道运动。已知电场强度E=,θ=

53°,圆轨道半径R=1 m(g取10 m/s2, sin 53°=0.8,cos 53°=

0.6)。求:

(1)刚释放小球时小球的加速度a的大小;

(2)若小球恰能到达C点,求释放点距A点的距离s,及此运动过程中小球对轨道的最大压力;

(3)若电场方向相反,大小不变,小球恰能到达C点,试求此时小球运动过程中的最大压力。

解析:(1)对小球进行受力分析,小球受重力及水平向右的静电力,根据题意小球始终沿轨道运动,

由牛顿第二定律得mgsin θ+qEcos θ=ma

解得a=12.5 m/s2。

(2)小球若恰好能到达C点,在C点由牛顿第二定律可得mg=

从释放点到C点,

由动能定理得mg[s·sin θ+R(1-cos θ)-2R]+qE(s·cos θ+

Rsin θ)=m

联立解得s=1.2 m

设重力与静电力的合力方向与竖直方向成α角

故tan α==,所以α=37°,方向恰好沿斜面方向,

大小为F==

由释放点到最大速度点,由动能定理得F(s+R)=mv2

对该点由牛顿第二定律得FN-F=

由牛顿第三定律得FN′=FN=67.5 N。

(3)设小球在B点左侧与竖直方向夹角为α时达到最大速度,同(2)解得α=37°。

沿如图所示OD方向,若此时小球恰能到达C点,应先恰能到达E点。

对E点受力分析=m

对D到E的过程分析,根据动能定理得-F·2R=m-m

对D点由牛顿第二定律得FN″-F=,

由牛顿第三定律得压力FN‴=FN″=75 N。

答案:(1)12.5 m/s2

(2)1.2 m　67.5 N

(3)75 N