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复习练习题

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复习练习题，共20页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
静电场中的能量　综合检测一、选择题(共12题,每题4分,共48分,第1～6题只有一项符合题目要求,第7～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)1.下列对电场中有关概念、公式的理解正确的是(　C　)A.根据E=可知,匀强电场中电场强度E与电势差U成正比B.根据C=可知,电容器的电容C与极板所带电量Q成正比,与两极板间电压U成反比C.根据真空中点电荷电场强度公式E=可知,电场中某点电场强度E的大小与场源电荷量Q成正比D.根据电场强度定义式E=可知,电场中某点的电场强度E的大小与放在该点试探电荷的电荷量q成反比解析:匀强电场中电场强度E与电势差U无关,A错误;根据电容的决定式C=可知,电容器的电容C与极板所带电荷量Q无关,与两极板间电压U无关,B错误;根据真空中点电荷电场强度公式E=可知,电场中某点电场强度E的大小与场源电荷量Q成正比,C正确;电场中某点的电场强度E的大小与放在该点试探电荷电荷量q无关,D错误。2.关于电势差和静电力做功的说法,正确的是(　B　)A.电势差是矢量,静电力做的功是标量B.在两点间移动电荷,静电力不做功,则这两点间的电势差为零C.在两点间被移动的电荷的电荷量越少,则这两点间的电势差越大D.在两点间移动电荷时,静电力做正功,则这两点间的电势差大于零解析:电势差有正负,但是符号不代表方向,是标量,静电力做的功是标量,故A错误;由静电力做功的表达式Wab=qUab知,静电力不做功,则这两点间电势差为零,故B正确;两点间的电势差与被移动的电荷无关,仅由电场决定,故C错误;根据 Uab=可知,在两点间移动电荷,静电力做正功时,两点间电势差还取决于电荷种类,若为负电荷,则电势差小于零,故D错误。3.如图所示,a、b两点位于以负点电荷-Q(Q>0)为球心的球面上,c点在球面外,则(　A　)A.a点电势比c点低B.b点电势比c点高C.a、b两点电场强度相同D.b点电场强度的大小比c点小解析:由于负电荷的电场线指向负电荷,而沿着电场线电势逐渐降低,又由于对称性,因此a、b两点电势都比c点低,且a、b两点电势相等,A正确,B错误;点电荷形成的电场中某点的电场强度大小与其距离有关,但电场强度为矢量,具有方向性,因此a、b两点电场强度大小相等,方向不同,都比c点电场强度大,C、D错误。4.如图所示,用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U,现使B极板带电,则下列判断正确的是(　B　)A.将A极板稍微右移,静电计指针张角将变大B.将A极板稍微上移,静电计指针张角将变大C.若将玻璃板插入两极板之间,则静电计指针张角将变大D.若将A极板拿走,则静电计指针张角将变为零解析:将A极板稍微右移,两极板间距d减小,由电容的决定式C=可知,电容增大,又Q不变,由C=可知,两极板间电势差减小,静电计指针张角将变小,A错误;将A极板稍微上移,两极板正对面积减小,电容减小,则两极板间电势差增大,静电计指针张角将变大,B正确;将玻璃板插入两极板之间,电容增大,两极板间电势差减小,静电计指针张角将变小,C错误;若将A极板拿走,B极板上带电荷量不变,此时静电计相当于验电器,静电计指针张角不为零,D错误。5.如图是某种静电推进装置的原理图,发射极与吸极接在高压电源两端,两极间产生强电场,虚线为等势面。在强电场作用下,一带电液滴从发射极加速飞向吸极,a、b是其路径上的两点。不计液滴重力,下列说法正确的是(　D　)A.a点的电势比b点的低B.a点的电场强度比b点的小C.液滴在a点的加速度比在b点的小D.液滴在a点的电势能比在b点的大解析:由题意,发射极与高压电源正极相连,带正电,吸极与高压电源负极相连带负电,所以发射极与吸极之间的电场方向由发射极指向吸极。根据沿电场方向电势降低知,a点电势比b点的高,A错误;a点等势面比b点的密,故a点电场强度比b点的大,B错误;根据牛顿第二定律有qE=ma0,电场强度Ea>Eb,所以液滴在a点的加速度大,C错误;液滴从发射极加速飞向吸极,则液滴带正电,电场力做正功,所以液滴由a点到b点,电势能降低,即液滴在a点的电势能比在b点的大,D正确。6.如图所示,一质量为m、电荷量为q的粒子,以初速度v0从a点竖直向上射入匀强电场中,匀强电场方向水平向右。粒子通过电场中的b点时,速率为2v0,方向与电场方向一致,则a、b两点间的电势差为(　C　)A.       B.C.    D.解析:由题意可知,粒子受重力和水平方向的静电力作用。由加速度定义a=,可得加速度的大小ax=2ay=2g,由牛顿第二定律可知,qE=2mg,水平位移x=v0t,竖直位移y=,即x=2y,因此静电力做功W1=qEx=qUab,重力做功W2=-mgy,由动能定理得W1+W2=m(2v0)2-m,解得Uab=,故C正确。7.如图所示,两个等量异种点电荷的连线及其中垂线上有a、b、c三点,下列说法正确的是(　BD　)A.a点电势比b点电势高B.a、b两点的电场方向相同,b点电场强度比a点电场强度大C.b点电势比c点电势高,电场方向相同D.一个电子仅在静电力作用下不可能沿如图所示的曲线轨迹从a点运动到c点解析:由等量异种点电荷电场分布的特点可知,等量异种点电荷连线的中垂线为等势线,因此a、b两点电势相等,A错误;在中垂线上电场方向都与中垂线垂直,且从b点向外电场强度越来越小,B正确;在两异种点电荷之间的连线上,电场方向处处相同,沿电场线方向电势越来越低,所以b点电势比c点电势低,C错误;电子受力应指向电场的反方向,而根据运动轨迹判断,合力指向轨迹的凹侧,二者矛盾,因此电子不可能沿图示曲线轨迹运动,D正确。8.如图所示,一不带电平行板电容器的两个极板竖直放置,板间有一带电小球,小球用一绝缘轻线悬挂于O点。先给电容器缓慢充电,使两极板所带电荷量分别为+Q和-Q,此时悬线与竖直方向的夹角为30°。再给电容器缓慢充电,直到悬线和竖直方向的夹角增加到60°,且小球与两极板不接触。下列说法正确的是(　BC　)A.充电开始后带电小球电势能增加B.充电开始后带电小球电势能减少C.第二次充电后电容器带电荷量为3QD.第二次充电后电容器带电荷量为Q解析:由于充电开始后的过程静电力对带电小球做正功,小球的电势能减少,故A错误,B正确;第一次充电后,悬线与竖直方向的夹角为30°,第二次充电后夹角变为60°,根据受力分析有F电=mgtan θ,又充电前后带电小球的重力不变,可知第一次充电与第二次充电后,小球所受的静电力关系为F电1∶F电2=1∶3,由静电力正比于电场强度,电场强度E=,可以得出静电力正比于Q,故可得Q2=3Q,故C正确,D错误。9.如图,直角梯形abdc处于匀强电场所在平面内,cd=2ab=2 cm,∠bdc=45°,f为cd的中点,Uab=Ubf,b点的电势为零,一电子在a点时的动能为6 eV,仅在静电力作用下从a点运动到f点速度为零。下列说法正确的是(　BC　)A.d点的电势6 VB.电场强度的大小为300 V/mC.电子在a点的电势能比d点的低9 eVD.当电子的动能为3 eV时,其电势能为9 eV解析:因为Uab=Ubf,且电子从a点到f点减速,可知电场强度方向沿af方向,电子在a点时的动能为6 eV,仅在静电力作用下从a点运动到f点速度为零,则静电力做功-6 eV,则af两点的电势差Uaf=6 V,由b点的电势为零,因为Uaf=Ubd,则d点的电势为-6 V,选项A错误;电场强度的大小为E== V/m=300 V/m,选项B正确;因a点电势为3 V,d点电势为-6 V,则根据Ep=e可知,电子在a点的电势能比d点的低9 eV,选项C正确;电子在a点时的动能为6 eV,电势能为-3 eV,则电势能和动能之和为3 eV,则当电子的动能为3 eV时,其电势能为0,选项D错误。10.如图所示,平行直线表示匀强电场的等势线,电荷量为-1×10-2 C的粒子只受静电力作用,由M点移到N点,动能变化了0.1 J,若M点电势高于N点电势,其中M点电势为0 V,则(　BC　)A.粒子的运动轨迹是轨迹1B.粒子的运动轨迹是轨迹2C.N点的电势为-10 VD.此过程中粒子的动能增加了0.1 J解析:因M点电势高于N点电势,而电场线垂直于等势线且沿着电场线电势逐渐降低,可知电场线竖直向上,而带负电粒子所受静电力方向竖直向下且指向曲线的凹侧,故轨迹是2,故A错误,B正确;负电粒子从M运动到N,只有静电力做负功,则动能减小0.1 J,有qUMN=ΔEk=-0.1 J,电势差为UMN=M-N,代入q=-1×10-2 C,M=0 V,解得N=-10 V。故C正确,D错误。11.如图,真空中三个完全相同的带电小球(均视为点电荷)均由轻质线悬在O点,整个系统静止时,三个小球在水平面构成等边三角形,M为三角形的中心。已知小球所带电荷量均为+q,M到三个小球的距离均为L,细线与OM夹角均为30°。已知选取无穷远处电势为0时,真空中电荷量为Q的点电荷周围的电势表达式为=(其中r为到点电荷的距离),下列说法正确的是(　CD　)A.小球所受重力为 B.M点的电场强度为 C.其中一个带电小球产生的电场在M点的电势为 D.电荷量为+q0的试探电荷在M点具有的电势能为 解析:根据几何关系知等边三角形的边长为L,任意两小球间的库仑力为F1=k,其中任意一个小球受到的其他两个小球的库仑合力为F=F1,对其中一个小球受力分析知Gtan 30°=F,联立解得G=k。故A错误;根据对称性知M点电场强度为0,故B错误;电势为标量,任意小球在M点电势满足点电荷周围的电势表达式==k,所以某一带电小球产生的电场在M点的电势为k,故C正确;电势为标量,三个小球在M点的电势和为3k,所以电荷量为+q0的试探电荷在M点具有的电势能为Ep=q0=3k,故D正确。12.如图所示,一质量为m、电荷量为q的带正电小球以v0的速度从M、N连线上的P点水平向右射入电场强度大小为(g为重力加速度大小)、方向竖直向下的匀强电场中,小球运动轨迹经过MN上的Q点(未画出)。已知MN与水平方向成45°角。不计空气阻力。则下列说法正确的是(　AD　)A.小球从P点运动到Q点的过程中电势能减小B.小球在电场中运动时的加速度大小为 gC.小球从P点运动到Q点的时间为D.P、Q两点的距离为解析:小球带正电,在从P点运动到Q点的过程中静电力做正功,电势能减小,故A正确;根据牛顿第二定律mg+Eq=ma,因E=,所以小球在电场中运动时的加速度大小为2g,故B错误;小球从P点运动到Q点做类平抛运动,水平方向x=v0t,竖直方向y=at2,又tan 45°=,联立解得t=,故C错误;根据x=v0t=,P、Q两点的距离为s==,故D正确。二、非选择题(共52分)13.(6分)美国物理学家密立根利用实验最先测出了电子的电荷量,该实验被称为密立根油滴实验。如图所示,两块水平放置的金属板A、B分别与电源的正、负极相连接,板间产生匀强电场,方向竖直向下,板间油滴P由于带负电悬浮在两板间保持静止。(1)若要测出该油滴的电荷量,需要测出的物理量有　　　　(多选)。A.两板的长度L B.油滴质量mC.两极板间的电压U D.两极板间的距离d(2)用所选择的物理量表示出该油滴的电荷量q=　　　　(已知重力加速度为g)。 (3)若要使原本静止的油滴落到下极板,则下列做法可以达到目的的有　　　　。A.保持两极板电压不变,把下极板向下移B.断开电源,把下极板向右移C.断开电源,把下极板向下移D.断开电源,把下极板向上移解析:(1)平行金属板间存在匀强电场,油滴恰好处于静止状态,静电力与重力平衡,则有mg=qE=,所以需要测出的物理量有油滴质量m,两极板间的电压U,两极板间的距离d,故选B、C、D。(2)根据平衡条件可得mg=qE=,则油滴的电荷量为q=。(3)若要使原本静止的油滴落到下极板,则减小静电力即可。保持两极板间电压U不变,把下极板向下移,则增大极板间距,根据E=可知,电场强度减小,则静电力减小,因此油滴可落到下极板,A正确;断开电源,金属板所带电荷量不变,根据C=,C=及E=可得E=,则把下极板向下移或把下极板向上移,两极板间距离变化,但两极板间电场强度不变,油滴仍处于静止状态,把下极板向右移,两极板正对面积减小,两极板间的电场强度增大,油滴会上升,B、C、D错误。答案:(1)BCD(2分)　(2)(2分)　(3)A(2分)14.(10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　　　　。 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U1D.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B和A并联、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CBDA。(4)随电容器两极板电荷的增加,电源正极与电容器正极板间的电势差减小,充电越来越慢,电流减小,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分)　(2)D(2分)　(3)①相同(2分)　②CBDA(2分)　(4)见解析(2分)15.(6分)把电荷量为-5×10-9 C的电荷,从电场中的A点移到B点,若A点的电势A=15 V,B点的电势B=10 V,求:(1)此过程中静电力做的功;(2)其电势能的变化量。解析:(1)A、B间的电势差为UAB=A-B=5 V,               (2分)则此过程中静电力做的功W=qUAB=-5×10-9×5 J=-2.5×10-8 J。                      (2分)(2)该过程中静电力做负功,则电势能增加,根据功能关系有ΔEp=2.5×10-8 J。                                     (2分)答案:(1)-2.5×10-8 J　(2)2.5×10-8 J16.(8分)如图所示,O是B点正上方一点,|AO|=2|OB|,α粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向的水平直线AO方向射入匀强电场,由B点飞出匀强电场。已知α粒子质量为m,电荷量为2e。求:(1)α粒子从B点射出匀强电场时的速度;(2)O、B两点间的电势差。解析:(1)α粒子进入电场后做类平抛运动,AO方向上做匀速直线运动,OB方向上做初速度为零的匀加速直线运动,则xAO=v0t,yOB=t由于|AO|=2|OB|,所以vy=v0,                       (2分)因此α粒子从B点射出匀强电场时的速度大小v==v0,                                (2分)方向与AO方向成45°角向下。                          (1分)(2)对α粒子从A到B的过程运用动能定理2eUAB=mv2-m, (2分)解得UOB=UAB=。                                     (1分)答案:(1)v0,方向与AO方向成45°角向下　(2)17.(10分)如图所示是一对彼此绝缘、相距d=5 cm的平行金属带电极板M、N,N板接地,M板带电荷量的绝对值Q=6×10-6 C。在两极板M、N间A点有一带电荷量q=4×10-6 C的液滴,其质量m=4×10-4 kg,恰好处于静止状态。g取10 m/s2,则:(1)两板间的电场强度为多少?(2)平行金属板M、N所构成的电容器的电容C等于多少?(3)若A点到N板的距离为2 cm,则q在A点的电势能为多少?解析:(1)由平衡条件qE=mg,                             (2分)得E=1 000 N/C。                                      (1分)(2)两板间的电势差U=Ed=1 000×0.05 V=50 V,            (1分)电容器的电容C== F=1.2×10-7 F。                   (2分)(3)N、A间的电势差是UNA=EdAN=20 V,                      (1分)N板的电势为零,所以A点的电势A=-20 V,                (1分)则q在A点的电势能为EpA=qA=4×10-6×(-20) J=-8×10-5 J。(2分)答案:(1)103 N/C　(2)1.2×10-7 F　(3)-8×10-5 J18.(12分)如图,在竖直平面内有一固定光滑轨道ABCD,其中斜面AB与圆心为O,半径为R的圆弧轨道相切于B点,C、D分别为圆弧轨道的最低点、最右点,OB与OC夹角θ=30°,在OC所在直线的右侧有沿水平向右的匀强电场。现将一质量为m、电荷量为q的带正电小球从与B点相距为4R的A点静止释放,小球沿轨道滑下。已知电场强度大小E=,重力加速度大小为g。求:(1)小球从A点运动到B点所用的时间;(2)小球到达D点时的速度大小;(3)小球在圆弧轨道上运动的过程中,轨道对小球支持力的最大值Fm。解析:(1)由几何关系可知斜面AB与水平方向成30°角,设小球从A点运动到B点所用的时间为t,则××t2=4R,     (2分)解得t=4。                                        (1分)(2)对小球从A点到D点的过程运用动能定理得mg(4Rsin 30°-Rcos 30°)+qER=m-0,                (2分)解得vD=。                                 (1分)(3)由机械能守恒可知小球能够运动到圆弧轨道的最高点,小球在D点以上位置的速度小于D点以下位置的速度;小球在圆弧轨道上做变速圆周运动,受到重力、静电力和轨道支持力三个力的作用,当小球的速度方向垂直于其所受合力方向时,轨道支持力最大。故小球运动到圆弧上M点时,支持力最大,且OM连线与OC的夹角为α,速度为v,此时有tan α==,二力的合力F==mg,   (2分)对小球从A点到M点的过程运用动能定理,mg(4Rsin 30°-Rcos 30°+Rcos α)+qERsin α=mv2-0,  (2分)由向心力公式Fm-F=,联立可得Fm=(9-)mg。                             (2分)答案:(1)4(2)　(3)(9-)mg