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单元测试练习

湖南武冈二中2022-2023学年高二上学期物理第十章静电场中的能量单元测试人教版（2019）必修第三册

 考试范围人教版（2019）必修第三册第十章 考试时间：75分钟命题人：邓老师

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

一、单选题(共48分)

1．(本题4分)电场中某区域的电场线分布如图所示，A、B是电场中的两点，则（　　）

A．A点的电场强度较大

B．因为B点没有电场线，所以电荷在B点不受电场力的作用

C．同一点电荷在A点的电势能比在B点的电势能大

D．负点电荷放在A点由静止释放，将顺着电场线方向运动

2．(本题4分)关于电势和电势能的说法正确的是（　　）

A．选择不同的零电势点，电场中同一位置的电势值不变

B．在电场中同一位置，正电荷的电势能大于负电荷的电势能

C．静电力做正功，电势能一定减少

D．电势降低的方向，就是场强方向

3．(本题4分)如图甲所示，A、B是一条电场线上的两点，若在某点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从A运动到B，其速度随时间变化的规律如图乙所示。则（　　）

A．电场力FA>FB B．电场强度EA=EB

C．电势 D．电子的电势能EPA＜EPB

4．(本题4分)如图所示，虚线、、是电场中三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，一个带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域，图中实线为其运动轨迹，、是轨迹上的两点。下列说法中正确的是（　　）

A．三个等势面中，等势面的电势最高

B．带电质点通过点时的动能比通过点时大

C．带电质点通过点时的加速度比通过点时大

D．带电质点一定是从点向点运动

5．(本题4分)电场中某区域的电场线分布如图所示。电场中A、B两点处的电场强度分别为EA、EB，电势分别为φA、φB。则下列关系正确的是（　　）

A．EA＞EB，φA＞φB B．EA＞EB，φA＜φB

C．EA＜EB，φA＞φB D．EA<EB，φA＜φB

6．(本题4分)如图所示，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为不同带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b，c、d为轨迹和虚线圆的交点，e为两轨迹的交点。不计重力，下列说法正确的是（　　）

A．M带负电荷，N带正电荷

B．M在b点的动能小于它在a点的动能

C．N在d点的电势能小于它在c点的电势能

D．分别从a、c运动到e的过程，电场力对两带电粒子所做的功一定相等

7．(本题4分)如图甲，两水平金属板间距为，板间电场强度的变化规律如图乙所示。时刻，质量为的带电微粒以初速度沿中线射入两板间，时间内微粒匀速运动，时刻微粒恰好经金属板边缘飞出，微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为关于微粒在时间内运动的描述，错误的是（　　）

A．末速度大小为 B．末速度沿水平方向

C．重力势能减少了 D．克服电场力做功为

8．(本题4分)如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O，内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧恰好做完整的圆周运动（电荷量不变），经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）

A．小球受到的电场力

B．小球经过A点时速度为

C．小球经过B点时速度为

D．小球经过C点时轨道对它的作用力大小为

9．(本题4分)如图所示，以质量为m的带正电小球用轻绳悬挂于O点。小球可视为质点，整个装置处于水平向右的匀强电场中，小球静止时，轻绳与竖直方向成=37°角，绳长为L。现给小球一垂直于细绳方向的初速度v0，小球恰好在竖直平面内做圆周运动，已知重力加速度为g，（sin37°=0.6，cos37°=0.8）不计空气阻力，则v0大小应为（　　）

A． B． C． D．

10．(本题4分)一带电量为﹣3×10﹣9C的电荷从电场中的a点移至b点，电势能增加6×10﹣8J，则（　　）

A．电场中的a点电势比b点低 B．电场中a、b两点的电势差U=20V

C．场强方向是由a点指向b点 D．电荷由a 到b，电场力做功6×10﹣8J

11．(本题4分)图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线。两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等。现将M、N粒子从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示。点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点。若不计重力，则（　　）

A．M带负电荷，N带正电荷

B．N在a点的速度大小大于M在c点的速度大小

C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功

D．M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零

12．(本题4分)如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等。板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0，已知t＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场。则以下说法中正确的是（　　）

A．带电粒子通过电场的时间为

B．在0～时间段内进入电场的带电粒子最终都从OO′上方射出电场

C．运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2Ek0

D．只有t（n＝0，1，2…）时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场

二、多选题(共20分)

13．(本题5分)如图所示，从灯丝发出的电子经加速电场加速后，进入偏转电场，若加速电压为，偏转电压为，要使电子在电场中的偏转量增大为原来的2倍，下列方法中正确的是（　　）

A．使减小到原来的 B．使增大为原来的2倍

C．使偏转板的长度增大为原来2倍 D．使偏转板的距离减小为原来的

14．(本题5分)如图所示为某一电场所形成的一簇电场线，图中E 、F、 G、 H是以坐标原点O为圆心的圆周上的四个点，E、H点在y轴上G点在x轴上，则下列说法中正确的有（　　）

A．O点的电场强度小于E点的电场强度

B．OE间的电势差小于HO间的电势差

C．正电荷在O点时的电势能小于其在G点时的电势能

D．将正电荷从H点移到F点的过程中，电场力对其做正功

15．(本题5分)两个点电荷Q1和Q2固定在x轴正半轴上，其中Q2所在位置为坐标原点。将一电子放在x正半轴上，该电子的电势能Ep随位置x变化的曲线如图所示，其中x=x0是电势能为零的点的横坐标，x=x1是电势能为极值的点的横坐标。由图像可知（　　）

A．Q2一定带负电 B．两个点电荷可能为同种电荷

C．两个点电荷在x0处的合场强为零 D．Q1带电荷量的绝对值必小于Q2带电荷量的绝对值

16．(本题5分)如图所示，竖直平面内有一个半径为R的圆周，O为圆周的圆心。另外空间有一平行于圆周平面的匀强电场，A、D两点为圆周上和圆心同一高度的点，C点为圆周上的最高点。在与OA夹角为的圆弧B点上有一粒子源，以相同大小的初速度v0在竖直面（平行于圆周面）内沿各个方向发射质量为m，带电的同种微粒，在对比通过圆周上各点的微粒中，发现从圆周D点上离开的微粒机械能最大，从圆周E点（OE与竖直方向夹角）上离开的微粒动能最大，已知重力加速度为，取最低点F所在水平面为重力零势能面。则有（　　） 

A．圆周上D点的电势最高

B．微粒受到的电场力大小为

C．通过E点的微粒动能大小为

D．从A离开微粒的动能等于B点的动能

第II卷（非选择题）

三、填空题(共12分)

17．(本题6分)若物体只受电场力作用，如果该物体的电场力做负功，那么电势能就会___________；若物体的电场力做正功， 那么电势能就会___________。

18．(本题6分)电势

（1）定义：电荷在电场中某一点的______与它的______之比。

（2）公式：。

（3）单位：在国际单位制中，电势的单位是______，符号是V，1 V=1 J/C。

（4）电势高低的判断：沿着电场线方向电势逐渐_______。

（5）电势的相对性：只有在规定了零电势点之后，才能确定电场中某点的电势，一般选_________或离场源电荷______的电势为0。

（6）电势是______量，只有大小，没有方向。

四、解答题(共20分)

19．(本题10分)如图所示，在一足够大的空间内存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E=3.0×104 N/C。有一个质量m=4.0×10-3 kg的带电小球，用绝缘轻细线悬挂起来，静止时细线偏离竖直方向的夹角θ=37°。取g=10 m/s2，sin 37°=0.60，cos 37°=0.80，不计空气阻力。

（1）求小球所带的电荷量及电性；

（2）如果将细线轻轻剪断，求细线剪断后，小球运动的加速度大小；

（3）从剪断细线开始经过时间t=0.20s，求这一段时间内小球重力势能的变化量。

20．(本题10分)如图所示，两块相同的金属板M和N正对并水平放置，它们的正中央分别有小孔O和O′，两板距离为2L，两板间存在竖直向上的匀强电场。AB是一根长为3L的轻质绝缘竖直细杆，杆上等间距地固定着四个（1、2、3、4）完全相同的带电荷小球，每个小球带电荷量为q、质量为m、相邻小球间的距离为L，第1个小球置于O孔处。将AB杆由静止释放，观察发现，从第2个小球刚进入电场到第3个小球刚要离开电场，AB杆一直做匀速直线运动，整个运动过程中AB杆始终保持竖直，重力加速度为g。求：

（1）两板间的电场强度E；

（2）求AB杆匀速运动的速度；

（3）第4个小球刚离开电场时AB杆的速度。

参考答案

1．A

【详解】

A．由图可知，A点处电场线较密，电场强度较大。故A正确；

B．电场线的疏密代表电场的强弱，故在任意两条电场线之间虽没有电场线，但仍有电场，故B错误；

C．沿电场线方向电势降低，所以A点的电势较高，根据电势能的公式，有

可知，当放正点电荷时，在A点的电势能较大；当放负电荷时，在A点的电势能较小。故C错误；

D．负电荷放在A点受到的电场力沿电场线的切线方向，由静止释放后，负电荷将离开电场线，所以其运动轨迹与电场线不一致。故D错误。

故选A。

2．C

【详解】

A．选择不同的的零电势点时，同一位置的电势是不同的，根据电势能的公式

可知，选择不同的零电势点，电场中同一位置的电势值会变化，A错误；

B．取无穷远处电势为零，在负的点电荷的电场中的同一点，电势为负值，则由公式

可知正电荷的电势能为负值，负电荷的电势能为正值，故正电荷的电势能小于负电荷的电势能，B错误；

C．静电力做正功，将电势能转化为其它形式的能，故电势能减小，C正确；

D．沿电场线的方向电势降低，电场线的方向是电势能降落最快的方向，不能说电势降低的方向就是电场线的方向，D错误。

故选C。

3．C

【详解】

由图像可知，电子由A到B加速度变大，则电场力变大

FA<FB

场强变大，即

EA<EB

电子的动能变大，电势能减小，即

EPA>EPB

电子则高电势点的电势能小，则电势

故选C。

4．C

【详解】

A．若带电质点从P点进入电场，由图可知带电微粒所受电场力由c等势面指向b等势面，由于质点带正电，故c等势面的电势最高，故A错误；

B．带电质点在从P向Q运动的过程中电场力做正功，故质点在P点时的动能小于在Q点的动能，故B错误；

C．由于相邻等势面间的电势差相等，P点等差等势面更密，则P点场强更大，电场力更大，则带电质点通过点时的加速度比通过点时大，故C正确；

D．根据已知条件无法判断粒子的运动方向，故D错误。

故选C。

5．C

【详解】

电场线密的地方电场强度大，则

电势沿着电场线降低，则

故ABD错误，C正确。

故选C。

6．C

【详解】

A．由粒子运动轨迹的弯曲方向可知，M受到的是吸引力，N受到的也是吸引力，可知M带负电荷，N带负电荷，A错误；

B．M从a到b点，库仑力做正功，根据动能定理知，动能增大，则b点的动能大于在a点的动能，B错误；

C．N从c到d的过程中，库仑力做正功，电势能减小，C正确；

D．a与c的电势相等，到达e点电势变化也相等，但二者的电荷量不一定相等，所以电场力对两带电粒子所做的功不一定相等，D错误。

故选C。

7．A

【详解】

AB．时间内微粒匀速运动，则有

内，微粒做平抛运动，下降的位移

时间内，微粒的加速度

方向竖直向上。

微粒在竖直方向上做匀减速运动，T时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0，故A错误，符合题意；B正确，不符合题意；

C．微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为，则重力势能的减小量

故C正确，不符合题意；

D．在内和时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，则位移的大小相等，为，整个过程中克服电场力做功

故D正确，不符合题意。

故选A。

8．D

【详解】

A．小球在C点速度最大，则在该点电场力与重力的合力沿半径方向，则有小球受到的电场力大小

故A错误；

BC．D点竖直平面内圆周运动的物理“最高点”，恰好能完整的做圆周运动，在“最高点”有最小速度，即

解得

小球从A到D的过程中，由动能定理得

联立解得

小球从A到B的过程中，由动能定理得

联立解得

选项BC错误；
D．小球从C到A的过程中，由动能定理得

联立解得

在C点由牛顿第二定律可知

解得

选项D正确。

故选D。

9．C

【详解】

小球静止时，受竖直向下的重力、水平向右的电场力以及绳子拉力，由平衡条件可得

解得

小球从开始到等效“最高点”的过程，由动能定理可得

小球恰好到达等效“最高点”时，由牛顿第二定律可得

联立可得

故选C。

10．B

【详解】

A．将负电荷从电场中的a点移至b点，电势能增加，说明电场力做负功，电场力的方向与运动的方向相反；又因为负电荷受到的电场力的方向与电场的方向相反，所以该电荷运动的方向与电势降落的方向相同，即a点的电势高于b点。A错误；

B．ab之间的电势差

B正确；

C．由A的分析可得，该电荷运动的方向与电势降落的方向相同，即a点的电势高于b点，但电势降落的方向并不都是场强的方向，场强的方向是电势降落最快的方向，C错误；

D．将负电荷从电场中的a点移至b点，电势能增加，说明电场力做负功，D错误。

故选B。

11．D

【详解】

A．由于O点电势高于c点，电场强度方向向下，根据M、N粒子的运动轨迹可知N受到的电场力向上，M受到的电场力向下，N带负电，M带正电，故A错误；

B．根据题图可知

而且电场力都做的是正功，两粒子电荷和质量大小相等，根据动能定理得

可知N粒子在a点的速度与M粒子在c点的速度大小相等，故B错误；

C．N在从O点运动至a点的过程中受到的电场力向上，轨迹运动方向也向上，故电场力做正功，故C错误；

D．图中的虚线为等势线，即O点和b点的电势相等，所以M粒子从O点到b点的过程中电场力对粒子做功等于零，故D正确。

故选D。

12．C

【详解】

AD．粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，运动时间为周期的整数倍时，所有粒子最终都垂直电场方向射出电场， AD错误；

B．在0～时间段内进入电场的带电粒子最终都从OO′上方射出电场，在～时间段内进入电场的带电粒子最终都从OO′下方射出电场，B错误；

C．t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为，设竖直方向最大速度为，则根据分位移公式有

由于

故有

故有

C正确。

故选C。

13．ABD

【详解】

设电子的质量和电量分别为m和e，电子在加速电场中加速过程，根据动能定理，有

电子进入偏转电场后，做类平抛运动，加速度大小为

电子在水平方向做匀速直线运动，则有

在竖直方向做匀加速运动，则有偏转量

联立，可得

A．根据偏转量的表达式，可知要使电子在电场中的偏转量增大为原来的2倍，使减小到原来的即可，故A正确；

B．根据偏转量的表达式，可知要使电子在电场中的偏转量增大为原来的2倍，使增大为原来的2倍即可，故B正确；

C．根据偏转量的表达式，可知要使电子在电场中的偏转量增大为原来的2倍，使偏转板的长度增大为原来倍即可，故C错误；

D．根据偏转量的表达式，可知要使电子在电场中的偏转量增大为原来的2倍，使偏转板的距离减小为原来的即可，故D正确。

故选ABD。

14．BD

【详解】

A．电场线的疏密代表场强大小，所以O点的电场强度大于E点的电场强度，故A错误；

B．OE与HO间距相等，但是HO间的电场线密集，平均场强大，根据

可知，OE间的电势差小于HO间的电势差，故B正确；

C．电场线与等势面垂直，且由电势高的地方指向电势低的地方，所以O点电势大于G点，所以正电荷在O点时的电势能大于其在G点时的电势能，故C错误；

D．H点电势大于F点电势，所以正电荷在H电势能大，从H到F电势能减小，电场力做正功，故D正确。

故选BD。

15．AD

【详解】

A．电子在坐标原点附近的电势能为正无穷大，则电势为负无穷大，Q2一定带负电，A正确；

B．在x=x0处，Ep为零，电势为零，两个点电荷一定为异种电荷，B错误；

C．图像的切线斜率为零的位置场强为零，即x=x1处合场强为零，C错误；

D．由x=x1处合场强为零，可知Q1带正电荷且应该位于x正半轴上x1左侧的某位置，则Q1与x1的距离小于Q2与x1的距离，又由库仑定律可知Q1电荷量的绝对值小于Q2电荷量的绝对值，D正确。

故选AD。

16．BCD

【详解】

AB．在D点微粒机械能最大，说明B到D电场力做功最大，由数学关系知过D点做圆的切线为电场的等势线，即电场力沿OD方向，带电粒子电性未知，场强方向不能确定，则D点电势不一定最高。

在E点微粒动能最大，说明B到E合力做功最多，即重力电场力的合力方向沿OE，有

解得

故选项A错误、B正确；

C．从B到E电场力做功

重力功

动能定理有

选项C正确；

D．OE反向延长线与圆的交点，为等效重力的最高点，AB两点关于最高点对称，可知从B到A合力功为零，从A离开微粒的动能等于B点的动能，选项D正确。

故选BCD。

17．增加    减小   

【详解】

[1]若物体只受电场力作用，如果该物体的电场力做负功，那么电势能就会增加；

[2]若物体的电场力做正功， 那么电势能就会减小。

18．电势能    电荷量    伏特    降低    大地    无限远    标   

【详解】

略

19．（1）1.0×10-6C，正电荷；（2）12.5m/s2；（3）

【详解】

(1)小球受重力mg、电场力F和细线的拉力T的作用，如图所示

由共点力平衡条件可得

F=qE=mgtan θ

解得

电场力的方向与电场强度的方向相同，故小球所带电荷为正电荷。

(2)剪断细线后，小球做匀加速直线运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律可得

解得

(3)在t=0.20s的时间内，小球的位移为

小球运动过程中，重力做的功为

W=mgscosθ=8.0×10-3J

故小球的重力势能变化量为

20．（1）；（2）；（3）

【详解】

（1）两个小球处于电场中时，

2qE=4mg

解得

E=

（2）设杆匀速运动时速度为v1，对第1个小球刚进入电场到第3个小球刚要进入电场这个过程，应用动能定理得

4mg·2L－qE（L＋2L）=

解得

v1=

（3）设第4个小球刚离开电场时，杆的运动速度为v，对整个杆及整个过程应用动能定理

4mg·5L－4·qE·2L=

解得

v=