第十章 章末测试 静电场中的能量

阶段验收评价(二)  静电场中的能量

(本试卷满分：100分)

一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)

1．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＝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＝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＝k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＝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

解析：选D　电场强度E与F、q无关，由电场本身决定，A错误；电容C与Q、U无关，由电容器本身决定，B错误；E＝k是决定式，C错误；由UAB＝可知，D正确。

2.如图1所示是两个等量异种点电荷的电场线分布，A、B是电场中的两点，则(　　)

A．左侧源电荷带负电

B．A点电势比B点电势高                          

C．A、B两点电场强度相等                                        图1

D．正电荷在A点电势能大于在B点电势能

解析：选A　根据点电荷的电场线分布特点可知，左侧为负电荷，右侧为正电荷，选项A正确；根据电场线的性质，B点电势高、电场强度大，正电荷在B点的电势能大，选项B、C、D错误。

3.如图2所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是该点电荷标有电场方向的一条电场线，一带电粒子只在静电力作用下从A沿着虚线运动到B。设该粒子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是(　　)                                  图2

A．粒子一定带负电

B．点电荷 Q靠近M端

C．A、B两点的电场强度关系是EA＝EB

D．该粒子在A、B两点的电势能EpA<EpB

解析：选D　点电荷Q电性不清楚，点电荷可能带正电荷靠近N端，也可能带负电荷靠近M端，点电荷的电场不是匀强电场，故选项B、C错误；根据电场线性质φA<φB及运动轨迹的弯曲方向可知，电场力应该指向曲线弯曲内侧，即带电粒子一定是正电荷，所以该粒子在A、B两点的电势能EpA<EpB，选项A错误，D正确。

4.某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图3所示。下列说法正确的是(　　)

A．a点的电势高于b点的电势

B．若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功

C．c点的电场强度与d点的电场强度大小无法判断

D．若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将沿着电场线由d到c

解析：选B　由沿电场线的方向电势降低和电场线与等势面垂直的特点，可知a点的电势低于b点的电势，故A错误；由电势能的公式：Ep＝qφ，可得出正试探电荷在a点的电势能低于在b点的电势能，由电场力做功与电势能变化的关系，可知将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功，故B正确；因为电场线的疏密表示电场的强弱，故c点的电场强度小于d点的电场强度，故C错误；正试探电荷在d点时所受的电场力沿该处电场线的切线方向，使该电荷离开该电场线，所以该电荷不可能沿着电场线由d到c，故D错误。

5.如图4所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是(　　)

A．A、B两处电势、场强均相同                                   图4

B．C、D两处电势、场强均相同

C．带正电的试探电荷在O处的电势能小于在B处的电势能

D．带正电的试探电荷在C处给予某一初速度，电荷可能做匀速圆周运动

解析：选B　根据顺着电场线方向电势降低，结合等量异种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知，A、B场强相同，A点电势较高，故A错误；如图所示，根据等量异种电荷电场线、等势面分布对称性，C、D两处电势、场强均相同，故B正确；根据沿电场线方向电势降低，所以O点电势高于B点电势，则正电荷在O处电势能大于在B处电势能，故C错误；根据电场线疏密表示场强的大小可知各处电场强度不同，带正电的试探电荷在C处给予某一初速度，电荷不可能做匀速圆周运动，故D错误。

6.如图5所示，静电喷涂时，被喷工件接正极，喷枪口接负极，它们之间形成高压电场，涂料微粒从喷枪口喷出后，只在静电力作用下向工件运动，最后吸附在工件表面，图中虚线为涂料微粒的运动轨迹。下列说法正确的是(　　)                                                  图5

A．涂料微粒一定带正电

B．图中虚线可视为高压电场的部分电场线

C．微粒做加速度先减小后增大的曲线运动

D．喷射出的微粒动能不断转化为电势能

解析：选C　因工件接电源的正极，可知涂料微粒一定带负电，选项A错误；虚线为涂料微粒的运动轨迹，不能视为高压电场的部分电场线，选项B错误；从喷枪口到工件的电场强度先减弱后增强，可知微粒加速度先减小后增大，因电场线是曲线，故微粒做曲线运动，选项C正确；因电场力对微粒做正功，故微粒的电势能不断转化为动能，选项D错误。

7.如图6所示，平行板电容器与直流电源(内阻不计)连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则(　　)

A．带电油滴将沿竖直方向向上运动                                   图6

B．P点的电势将降低

C．带电油滴的电势能减小

D．电容器的电容减小，极板带电荷量增大

解析：选B　保持电源与电容器相连，则两板间电压U不变，而板间距离d增大，则E＝将减小，原来qE＝mg，则上极板稍上移后，qE<mg，油滴将沿竖直方向向下运动，选项A错误；设接地点电势为0，则φP＝UP0＝EdP0，E减小，则P点电势φP减小，选项B正确；P点电势减小，带电油滴带负电荷，所以带电油滴的电势能将增大，选项C错误；由Q＝CU知，U一定，C减小，则Q减小，选项D错误。

8.如图7甲所示，a、b是一条竖直电场线上的两点，一带正电的粒子从a运动到b的速度—时间图像如图乙所示，则下列判断正确的          图7

是(　　)

A．b点的电场方向为竖直向下

B．a点的电场强度比b点的大

C．粒子从a到b的过程中电势能先减小后增大

D．粒子从a到b的过程中机械能先增大后减小

解析：选B　粒子在a点时受到的电场力方向向上，且大于重力，所以电场的方向为竖直向上，故A错误；粒子在b点时受到的电场力小于重力，所以a点的电场强度比b点的大，故B正确；粒子从a到b的过程中电场力一直做正功，所以电势能一直减小，故C错误；粒子从a到b的过程中，除重力做负功外，只有电场力做正功，则机械能一直增大，故D错误。

二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，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)

9.(2020·全国卷Ⅱ)如图8，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。a、b为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。则(　　)

A．a、b两点的场强相等

B．a、b两点的电势相等                                              图8

C．c、d两点的场强相等

D．c、d两点的电势相等

解析：选ABC　将圆环分割成无穷个小段，关于水平直径对称的两小段构成等量异种点电荷模型，在等量异种点电荷的垂直平分线上各点场强方向由正点电荷指向负点电荷，根据对称性可知a、b两点的场强相等，A项正确；取无穷远处电势为零，在等量异种点电荷的垂直平分线上各点电势均为零，故a、b两点的电势相等，B项正确；关于竖直直径对称的两小段构成等量同种点电荷模型，根据对称性可知c、d两点的场强相等，C项正确；在等量异种点电荷模型中，距离正点电荷近的点电势高，故φc＞φd，D项错误。

10.如图9所示，水平放置的平行板电容器，上极板带负电，下极板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下极板边缘飞出。若下极板不动，将上极板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球(　　)                                                   图9

A．将打在下极板中央

B．仍沿原轨迹由下极板边缘飞出

C．不发生偏转，沿直线运动

D．若上极板不动，将下极板上移一段距离，小球可能打在下极板的中央

解析：选BD　将电容器上极板或下极板移动一小段距离，电容器带电荷量不变，由公式E＝＝＝可知，电容器产生的电场强度不变，以相同速度入射的小球仍将沿原轨迹运动，故B正确，A、C错误；当上极板不动，下极板向上移动时，小球可能打在下极板的中央，故D正确。

11.如图10所示，三个质量相同，带电荷量分别为＋q、－q和0的小液滴a、b、c，从竖直放置的两板中间上方由静止释放，最后从两板间穿过，轨迹如图所示，则在穿过极板的过程中(　　)

A．电场力对液滴a、b做的功相同

B．三者动能的增量相同                                             图10

C．液滴a电势能的增加量等于液滴b电势能的减小量

D．重力对三者做的功相同

解析：选AD　因a、b带电荷量相等，所以穿过两板时电场力做功相同，电势能减少量相同，A正确，C错误；c不带电，不受电场力作用，由动能定理知，三者动能增量不同，B错误；a、b、c三者穿出电场时，由WG＝mgh知，重力对三者做功相同，D正确。

12.如图11所示，两平行金属板水平放置，板长为L，板间距离为d，板间电压为U，一不计重力、电荷量为＋q的带电粒子以初速度v0沿两板的中线射入，经过t时间后恰好沿下板的边缘飞出，则(　　)

A．在前时间内，电场力对粒子做的功为Uq                          图11

B．在后时间内，电场力对粒子做的功为Uq

C．在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1∶1

D．在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1∶2

解析：选BC　粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在前后两个的时间内沿竖直方向的位移之比为1∶3，则在前时间内，电场力对粒子做的功为Uq，在后时间内，电场力对粒子做的功为Uq，A错误，B正确；由W＝Eqx知，在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1∶1，C正确，D错误。

三、非选择题(本题共5小题，共60分)

13．(9分)(1)如图12所示，某实验小组利用控制变量法研究影响平行板电容器电容大小的因素。保持Q和d不变，若使两极板的正对面积S变小，则静电计指针偏转的角度________(填“变大”“变小”或“不变”)；然后保持Q和S不变，改变两极板间距d；再保持Q、S、d不变，插入电介质；通过静电计指针偏转角度的变化，从而判断电容的变化。

图12

(2)如图13甲所示，某同学利用传感器观察电容器的放电过程，得出电容器放电的I­t图像，如图13乙所示，实验所使用的电源电压为8 V，根据I­t图像判断电容器在放电过程中释放的电荷量最接近的是Q＝________ (填“0.018” “0.003”或“0.001”)C，可估算得出电容器的电容C＝________F。

图13

解析：(1)根据电容的决定式：C＝，知电容与两极板间距离成反比，当保持Q、S不变，增大d时，电容C减小，因电容器的电量Q不变，根据电容的定义式：C＝，知两极板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大。

(2)电容器的放电的I­t图像是I逐渐减小的曲线，根据q＝It，可知I­t图像与坐标轴围成的面积就是释放的电荷量，经分析可知图像中共有34格，所以电容器在放电过程中释放的电荷量约为：Q＝34×0.2×10－3×0.4 C＝0.002 72 C≈0.003 C，则电容器的电容：C＝＝ F＝0.000 375 F＝3.75×10－4 F。

答案：(1)变大　(2)0.003　3.75×10－4

14．(10分)如图14，一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为53°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为37°。不计粒子重力，求A、B两点间的电势差。          图14

解析：设带电粒子在B点的速度大小为vB，粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即

vBsin 37°＝v0sin 53°

由此得vB＝v0

设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理得：

qUAB＝m(v－v)

联立各式得：UAB＝。

答案：UAB＝

15.(12分)在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，电场强度大小E＝6.0×105 N/C，方向与x轴正方向相同。在O处放一个电荷量q＝－5.0×10－8 C，质量m＝1.0×10－2 kg的绝缘物块。物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，沿x轴正方向      图15         给物块一个初速度v0＝2.0 m/s，如图15所示。g取10 m/s2，求物块      

最终停止时的位置。

解析：物块先在电场中向右减速，设运动的位移为x1，由动能定理得：

－(|q|·E＋μmg)x1＝0－mv

解得：x1＝0.4 m

根据题意可知，当物块速度减为零时：

|q|·E－μmg>0

所以物块将沿x轴负方向加速，跨过O点之后在摩擦力作用下减速，最终停止在O点左侧某处，设该点距O点距离为x2，对全程由动能定理有：

－μmg(2x1＋x2)＝0－mv

解得：x2＝0.2 m。

答案：O点左侧0.2 m

16．(14分)水平放置的两块平行金属板长L＝5.0 cm，两板间距d＝1.0 cm，两板间电压为90 V且上板为正。一电子沿水平方向以速度v0＝2.0×107 m/s从两板中间射入，如图16所示，求：(电子电荷量e＝1.6×10－19 C，电子质量me＝9.1×10－31 kg，计算结果保留两位有效数字)

图16

(1)电子偏离金属板时的侧位移；

(2)电子飞出电场时的速度大小；

(3)电子离开电场后，打在屏上的P点，若s＝10 cm，求OP的长。

解析：(1)电子在电场中的加速度a＝，

运动时间t＝，

侧位移即竖直方向位移：y0＝at2＝，

代入数据解得y0≈4.9×10－3 m。

(2)电子飞出电场时，水平分速度vx＝v0，竖直分速度vy＝at＝，

飞出电场时的速度为v＝，

代入数据可得：v≈2.0×107 m/s。

(3)设v与v0的夹角为θ，

则tan θ＝

电子飞出电场后做匀速直线运动：

OP＝y0＋＝y0＋s·tan θ

代入数据解得OP≈2.5×10－2 m。

答案：(1)4.9×10－3 m　(2)2.0×107 m/s

(3)2.5×10－2 m

17．(15分)如图17所示，水平放置的平行板电容器的两极板M、N接上直流电源。上极板M的中央有一小孔A，在A的正上方h＝20 cm处的B点，有一小油滴自由落下。已知小油滴带电荷量Q＝－3.5×10－14 C，质量m＝3.0×10－9 kg。当小油滴即将落到下极板时，速度恰为零。(不计空气阻力，g＝10 m/s2，L＝15 cm)求：                  图17

(1)两极板间的电势差U；

(2)两极板间的电场强度E；

(3)设平行板电容器的电容C＝4.0×10－12 F，则该电容器带电荷量Q是多少？

解析：(1)由动能定理W＝ΔEk得

mg(h＋L)＝|Q|·U，U＝

代入数据

U＝ V＝3.0×105 V。

(2)两极板间的电场强度

E＝＝ V/m＝2.0×106 V/m

方向竖直向下。

(3)该电容器带电荷量

Q＝CU＝4.0×10－12×3.0×105 C＝1.2×10－6 C。

答案：(1)3.0×105 V

(2)2.0×106 V/m　方向竖直向下

(3)1.2×10－6 C