物理人教版 (2019)第十章 静电场中的能量综合与测试课时作业

单元素养评价(二)(第十章)

(60分钟·60分)

一、选择题(本题共11小题,每小题3分,共33分)

1.下列说法中正确的是 (　　)

A.电场线密集处场强大,电势高

B.沿电场线方向场强减小,电势降低

C.在电势高处电荷具有的电势能也大

D.场强为零处,电势不一定为零

【解析】选D。电场线密集处场强大,电势不一定高,A错误;沿电场线方向电势降低,但场强不一定减小,B错误;正电荷在电势高处具有较大的电势能,但对于负电荷,此现象正好相反,C错误;场强大小与电势高低无必然关系,D正确。

2.(2020·临沂高二检测)如图所示,在粗糙的水平面上固定一个点电荷Q,在M点无初速度释放一个带有恒定电荷量的小物块,小物块在Q的电场中运动到N点停止,则从M到N的过程中,下列说法错误的是              (　　)

A.小物块所受的静电力逐渐减小

B.小物块具有的电势能逐渐减小

C.M点的电势一定高于N点的电势

D.小物块电势能的减少量一定等于克服摩擦力做的功

【解析】选C。小物块在从M运动到N的过程中,一定受到向右的摩擦力,所以库仑力一定向左。随着由M运动到N,离电荷Q距离越来越大,所以小物块受到的静电力即库仑力一定减小,A正确;由动能定理可得μmgx-WE=0,即WE=μmgx,静电力做正功,小物块具有的电势能减小,其减少量等于克服滑动摩擦力做功的值,B、D正确;因点电荷Q的电性未知,不能判断M、N两点电势的高低,C错误。

【加固训练】(多选)(2018·全国卷Ⅰ) 图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面,已知平面b上的电势为2 V。一电子经过a时的动能为10 eV,从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的

是 (　　)

A.平面c上的电势为零

B.该电子可能到达不了平面f

C.该电子经过平面d时,其电势能为4 eV

D.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍

【解析】选A、B。匀强电场中等势面间距相等,则相邻等势面之间的电势差相等。一电子从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV,则Uad===6 V,故Ubc=2 V,即φb-φc=2 V,而φb=2 V,解得:φc=0,故选项A正确;由于af之间的电势差Uaf=8 V,一电子经过a时的动能为10 eV,电子运动的方向不确定,则电子可能经过平面f,也可能到达不了平面f,故选项B正确; 因为φc=0,则电子在平面b的电势能Epb=-2 eV,而Ubd=4 V,电子从b到d的过程,电场力做功Wbd=-eUbd=-4 eV。电子从b到d的过程,Wbd=Epb-Epd,解得Epd=2 eV,故选项C错误;Uab=2 V、Uad=6 V,电子从a到b的过程根据动能定理有:-eUab=m-m,电子从a到d的过程,根据动能定理有:-eUad=m-m,解得vb=vd,故选项D错误。

3.(2020·广州高二检测)如图所示,平行板a、b组成的电容器与电池E连接,平行板电容器P处固定放置一带负电的点电荷,平行板b接地。现将电容器的b板向下稍微移动,则              (　　)

A.点电荷所受电场力增大

B.点电荷在P处的电势能减少

C.P点电势减小

D.电容器的带电荷量增加

【解析】选B。因电容器与电源始终相连,故两板间的电势差不变,b板下移,则板间距离d增大,则板间电场强度E变小,由F=Eq可知电荷所受电场力变小,故A错误;板间距离d增大,则板间电场强度E变小,由U=Ed知,P与a板的电压减小,而a的电势不变,故P的电势升高,由Ep=qφ而q为负值,故电势能减小,故B正确,C错误;由Q=CU,又有C=,故C减小,Q减小,故D错误。故选B。

4.(2020·淄博高二检测)一带电粒子仅在静电力作用下从A点开始以-v0做直线运动,其v -t图像如图所示。粒子在t0时刻运动到B点,3t0时刻运动到C点,下列判断正确的是              (　　)

A.A、B、C三点的电势关系为φB>φA>φC

B.A、B、C三点的场强大小关系为EC>EB>EA

C.粒子从A点经B点运动到C点,电势能先增加后减少

D.粒子从A点经B点运动到C点,静电力先做正功后做负功

【解析】选C。由题图v -t图像知道带电粒子在O～t0时间内做减速运动,静电力做负功,电势能增大;在t0～3t0时间内做反方向加速运动,静电力做正功,电势能减小,选项C正确,D错误;因为不知道带电粒子电性,本题中无法判断电势的高低,选项A错误;题图中斜率表示带电粒子的加速度,qE=ma,可知A、B、C三点中EB最大,选项B错误。

5.(2020·德州高二检测)水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压,两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场,两电荷恰好在板间某点相遇,如图所示。若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用,则下列说法正确的是              (　　)

A.电荷M的比荷大于电荷N的比荷

B.两电荷在电场中运动的加速度相等

C.从两电荷进入电场到两电荷相遇,静电力对电荷M做的功等于静电力对电荷N做的功

D.电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同

【解析】选A。设两板间电压为U,间距为d,长为L。则由题意:vNt+vMt=L ①

t2+=t2 ②

由①式分析得vM、vN不一定相同,D错误;由②式分析得>,A正确;由>进一步分析可得两个电荷的加速度aM>aN,静电力对电荷所做的功WM>WN,B、C错误。

6.平行板A、B组成电容器,充电后与静电计相连,要使静电计指针张角变大,下列措施可行的是 (　　)

A.A板向上移动

B.B板向左移动

C.A、B板间插入电介质

D.减少极板上的电荷量

【解析】选A。A板向上移动,正对面积S减小,或B板向右移动,距离d增大,根据C=,电容C均减小,由U=知电势差U变大,静电计指针偏转角度增大,A正确、B错误;A、B板间插入电介质,相对介电常数εr增大,根据C=,电容C增大,由U=知电势差U变小,静电计指针偏转角度减小,C错误;由U=得,减小电荷量Q,电势差U变小,静电计指针偏转角度减小,D错误。故选A。

7.空中一点电荷形成的电场中的部分电场线如图所示,分别标记为1、2、3、4、5,且1、2和5、4分别关于3对称。以电场线3上的某点为圆心画一个圆,圆与各电场线的交点分别为a、b、c、d、e,则下列说法中正确的是              (　　)

A.电场强度Ea>Ec

B.电势φb>φd

C.将一正电荷由a点移到d点,电场力做正功

D.将一负电荷由b点移到e点,电势能减小

【解析】选A。由点电荷电场分布特点可知,以点电荷为圆心的圆上各点的电势和场强大小均相等,沿如题图所示的电场方向,等势面的电势越来越低,电场线越来越密,故Ea>Ec,A正确;φb=φd,B错误;Uad<0,正电荷由a点移到d点时,Wad=Uadq<0,C错误;Ube>0,负电荷由b点移到e点时,Wbe=Ube·(-q)<0,即电场力做负功,电势能增大,D错误。

【加固训练】

如图所示,虚线a、b、c代表电场中的三个等势面,实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、M为轨迹上的两个点,由此可

知 (　　)

A.三个等势面中,a电势最高

B.粒子在P点比在M点时的电势能小

C.粒子在P点比在M点时加速度大

D.粒子在M点比在P点时动能大

【解析】选B。

等势面与电场线垂直,据此画出与等势面垂直的电场线如图,在M点,电荷受力沿电场线方向,根据曲线运动合力指向曲线内侧,可判断电场力如图所示,根据正电荷受力与电场线方向相同可知,电场线方向斜向下。根据电场线从高电势指向低电势, a等势面电势最低,c等势面电势最高,选项A错误;电场线疏密程度代表电场强度大小,P点电场强度小,电场力小,所以P点粒子加速度小,选项C错误;从P点到M点,电场力做负功,电势能增大即M点电势能大于P点电势能,选项B正确;从P点到M点,电场力做负功,动能减小,即M点动能比P点小,选项D错误。

【总结提升】带电粒子运动轨迹类问题的解题技巧

(1)判断速度方向:带电粒子的轨迹的切线方向为该点处的速度方向。

(2)判断电场力(或场强)的方向:带电粒子所受电场力方向(仅受电场力作用)指向轨迹曲线的凹侧,再根据粒子的正负判断场强的方向。

(3)判断电场力做功的正负及电势能的增减:若电场力与速度方向成锐角,则电场力做正功,电势能减少;若电场力与速度方向成钝角,则电场力做负功,电势能增加。

8.(2020·邯郸高二检测)如图所示,A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个正六边形的六个顶点,电场方向与六边形所在平面平行,已知A、B、C三点的电势分别为1 V、6 V和9 V。则下列说法正确的是              (　　)

A.D点的电势为7 V

B.电子在A点的电势能比在E点的低1 eV

C.电子从C点运动到F点,电场力做功为10 eV

D.UDF=-8 V

【解析】选A。在匀强电场中,两长度相等且相互平行的线段两端的电势差相等,则φA-φD=2(φB-φC),得φD=7 V,A正确;同理可求得φF=-1 V、φE=2 V,电子在A点的电势能EpA=eφA=-1 eV,在E点的电势能EpE=eφE=-2 eV,所以电子在A点的电势能比在E点的高1 eV,B错误;电子从C点运动到F点,电场力做功为WCF=eUCF=e(φC-φF)=-10 eV,C错误;UDF=φD-φF=8 V,D错误。

9.如图所示,一电子(不计重力)沿x轴正方向射入匀强电场,在电场中的运动轨迹为OCD,已知=,电子过C、D两点时竖直方向的分速度为vCy和vDy;电子在OC段和OD段动能的变化量分别为ΔEk1和ΔEk2,则              (　　)

A.vCy∶vDy=1∶3　　     B.vCy∶vDy=1∶4

C.ΔEk1∶ΔEk2=1∶3     D.ΔEk1∶ΔEk2=1∶4

【解析】选D。电子沿x轴正方向射入匀强电场,做类平抛运动,沿x轴方向做匀速直线运动,已知=,则电子从O到C与从C到D的时间相等.电子在y轴方向上做初速度为零的匀加速运动,则有vCy=atOC,vDy=atOD,所以vCy∶vDy=tOC∶tOD=1∶2,故A、B错误;根据匀变速直线运动的推论可知,在竖直方向上yOC∶yOD=1∶4,根据动能定理得ΔEk1=qEyOC,ΔEk2=qEyOD,则得ΔEk1∶ΔEk2=1∶4,故C错误,D正确。故选D。

10.如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道,处于水平向右的匀强电场中,一带负电的小球从高为h的A处由静止开始下滑,沿轨道ABC运动后进入圆环内做圆周运动。已知小球所受电场力是其重力的,圆环半径为R,斜面倾角为θ=53°,轨道水平段BC长度sBC=2R。若使小球在圆环内恰好能做完整的圆周运动,则高度h为              (　　)

A.2R     B.4R

C.10R     D.17R

【解析】选C。小球所受的重力和电场力均为恒力,故两力可等效为一个力F==mg,方向与竖直方向的夹角为37°偏左下。若使小球在圆环内恰好能做完整的圆周运动,即通过等效最高点D时小球与圆环间的弹力恰好为0,由圆周运动知识可得mg=m,由A到D的过程由动能定理得mg(h-R-Rcos 37°)-mg(htan 37°+2R+Rsin 37°)=m,解得h=10R,故选项C正确,选项A、B、D错误。

11.如图所示,正方体真空盒置于水平面上,它的ABCD面与EFGH面为金属板,其他面为绝缘材料。ABCD面带正电,EFGH面带负电。从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴a、b、c,最后分别落在1、2、3三点,则下列说法正确的是              (　　)

A.三个液滴在真空盒中都做平抛运动

B.三个液滴的运动时间不一定相同

C.三个液滴落到底板时的速率相同

D.液滴c所带电荷量最多

【解析】选D。三个液滴在水平方向受到电场力的作用,在水平方向上并不是做匀速直线运动,所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动,选项A错误;由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动,故三个液滴的运动时间相同,选项B错误;三个液滴落到底板时竖直分速度大小相等,而水平分位移不相等,水平分速度大小不相等,所以三个液滴落到底板时的速率不相同,选项C错误;由于液滴c在水平方向位移最大,故液滴c在水平方向加速度最大,由牛顿第二定律知,液滴c所受的电场力最大,故液滴c所带电荷量最多,选项D正确。

二、计算题(本题共3小题,共27分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)

12.(9分)一长为L的绝缘细线,一端固定于O点,另一端拴一质量为m、带电荷量为q的小球,处于如图所示的水平向右的匀强电场中。开始时,将线与小球拉成水平,小球静止在A点,释放后小球由静止开始向下摆动,当细线转过60°角时,小球到达B点速度恰好为零。试求:(重力加速度为g)

(1)A、B两点的电势差UAB;

(2)匀强电场的场强大小。

【解析】(1)小球由A到B过程中,由动能定理得

mgLsin60°+qUAB=0 (3分)

所以UAB=- (3分)

(2)根据匀强电场中电势差与电场强度的关系,

可得E==。 (3分)

答案:(1)-　(2)

【加固训练】

如图所示,一带电液滴的质量为m、电荷量为-q(q>0),在竖直向下的匀强电场中刚好与水平面成30°角以速度v0向上做匀速直线运动。重力加速度为g。

(1)求匀强电场的电场强度的大小;

(2)若电场方向改为垂直速度方向斜向下,要使液滴仍做直线运动,电场强度为多大?液滴前进多少距离后可返回?

【解析】(1)因为液滴处于平衡状态,所以有

Eq=mg

解得E=。

(2)电场方向改变,液滴受力分析如图所示。

液滴做直线运动时,垂直速度方向的合力为零,即qE′=mgcos30°

解得E′==

液滴在运动方向的反方向上的合力F=mgsin30°,由牛顿第二定律做减速运动的加速度大小为

a==gsin30°=

液滴可前进的距离s==。

(或由动能定理-mgsin30°·s=0-m

得液滴可前进的距离s==)

答案:(1)　　(2)　

13.(9分)电荷量为q=1×10-4 C的带正电小物块置于粗糙的绝缘水平面上,所在空间存在沿水平方向的匀强电场,场强E与时间t的关系及物块速度v与时间t的关系分别如图甲、乙所示,若重力加速度g取10 m/s2,求:

(1)物块的质量m。

(2)物块与水平面之间的动摩擦因数。

(3)物块运动2 s过程中,其电势能的改变量。

【解析】(1)、(2)由题图可知:E1=3×104 N/C,E2=2×104 N/C,a1=2 m/s2。

E1q-μmg=ma1 ①

E2q-μmg=0 ②

由①②代入数据得m=0.5 kg,μ=0.4。 (4分)

(3)物块运动2 s过程中,电场力做功W=E1ql1+E2ql2=3×104×1×10-4××2×1 J+2×104×1×10-4×2×1 J=7 J。

则电势能减少7 J。 (5分)

答案:(1)0.5 kg　(2)0.4　(3)电势能减少7 J

14.(9分)如图所示,在E=103 V/m的水平向左匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置,轨道与一水平绝缘轨道MN连接,半圆轨道所在竖直平面与电场线平行,其半径R=0.4 m,一带正电荷q=10-4 C的小滑块质量为m=0.04 kg,与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2,求:

(1)要使小滑块能运动到半圆轨道的最高点L,滑块应在水平轨道上离N点多远处释放?

(2)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大?(P为半圆轨道中点)

【解析】(1)滑块刚能通过轨道最高点的条件是

mg=m,v==2 m/s(1分)

滑块由释放点到最高点过程,由动能定理得:

qEx-μmgx-2mgR=mv2 (1分)

所以x= (1分)

代入数据得x=20 m(1分)

(2)滑块过P点时,由动能定理:

-mgR-qER=mv2-m (1分)

所以=v2+2(g+)R (1分)

在P点由牛顿第二定律:

FN-qE= (1分)

所以FN=3(mg+qE) (1分)

代入数据得:FN=1.5 N(1分)

根据牛顿第三定律可知滑块通过P点时对轨道的压力大小为1.5 N。

答案:(1)20 m　(2)1.5 N

(30分钟·40分)

15.(5分)(多选)两个点电荷Q1和Q2固定在x轴上O、D两点,两者之间连线上各点电势高低如图中曲线所示(OB>BD),取无穷远处电势为零,由图可知              (　　)

A.B点电场强度为零

B.Q1为负电荷,Q2为正电荷

C.Q1电荷量一定大于Q2电荷量

D.将电子沿x轴从A点移到C点,静电力一直做正功

【解析】选B、C、D。由E=知,B点的电场强度不为零,A错误;因无穷远处电势为零,所以负点电荷电场中的电势为负,正点电荷电场中的电势为正,结合题图可知,Q1为负电荷,Q2为正电荷,B正确;由题图可知,电势零点离D点较近,故Q1电荷量一定大于Q2电荷量,C正确;将电子沿x轴从A点移到C点,电势一直升高,电子的电势能一直减小,静电力一直做正功,D正确。

16.(5分)(多选)如图所示,A、B、C、D是真空中一正四面体的四个顶点(正四面体是由四个全等正三角形围成的空间封闭图形),所有棱长都为a。现在A、B两点固定电荷量分别为+q和-q的两个点电荷,静电力常量为k,下列说法正确的

是 (　　)

A.CD棱上各点电势相等

B.C、D两点的场强方向相同,大小相等且均为

C.将一负电荷沿CD棱从C点移动到D点,电场力先做正功后做负功

D.将一正电荷沿CD棱从C点移动到D点,电场力先做正功后做负功

【解析】选A、B。

据题,+q、-q是两个等量异种点电荷,通过AB的中垂面是一等势面,C、D在同一等势面上,电势相等,C、D两点的场强都与等势面垂直,方向指向B一侧,方向相同,根据对称性可知,场强大小相等,故C、D两点的场强、电势均相同。两个电荷在C点产生的场强大小:E1=E2=,方向的夹角为120°,则C点的合场强E=E1=E2= ,如图。故A、B正确;因CD是等势面,故无论是正电荷还是负电荷沿CD棱从C点移动到D点,电场力都不做功,选项C、D错误。

17.(5分)(多选)(2020·江苏高考)如图所示,绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球(不计重力)。开始时,两小球分别静止在A、B位置。现外加一匀强电场E,在静电力作用下,小球绕轻杆中点O转到水平位置,取O点的电势为0。下列说法正确的有              (　　)

A.电场E中A点电势低于B点

B.转动中两小球的电势能始终相等

C.该过程静电力对两小球均做负功

D.该过程两小球的总电势能增加

【解析】选A、B。沿着电场线方向,电势降低,A正确;由于O点的电势为0,根据匀强电场的对称性φA=-φB,又qA=-qB,Ep=qφ,所以EpA=EpB,B正确;A、B位置的小球受到的静电力分别水平向右、水平向左,绝缘轻杆顺时针旋转,静电力对两小球均做正功,静电力做正功,电势能减少,C、D错误。

18.(10分)半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内,环上套有一质量为m、带正电荷的珠子,空间存在水平向右的匀强电场,如图所示。珠子所受静电力是重力的。将珠子从环上的最低点A由静止释放(重力加速度为g),则:

(1)珠子所能获得的最大动能是多少?

(2)珠子对圆环的最大压力是多少?

【解析】(1)因qE=mg,所以静电力与重力的合力F合与竖直方向的夹角θ满足tan θ==,故θ=37°(1分)

如图所示,设OB与竖直方向的夹角为θ,

则B点为等效最低点,珠子由A点静止释放后从A到B的过程中做加速运动,珠子在B点动能最大,对圆环的压力最大。(1分)

由动能定理得qErsin θ-mgr(1-cosθ)=Ekm  (2分)

解得Ekm=mgr。 (1分)

(2)设珠子在B点受圆环弹力为FN,

有FN-F合=m (2分)

则FN=F合+m=+mg=mg (2分)

由牛顿第三定律得珠子对圆环的最大压力为mg。 (1分)

答案:(1)mgr　(2)mg

【加固训练】

如图所示,长L=0.20 m的绝缘丝线的一端拴一质量为m=1.0×10-4 kg、带电荷量为q=+1.0×10-6 C的小球,另一端连在一水平轴O上,丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动,整个装置处在竖直向上的匀强电场中,电场强度E=2.0×103 N/C。现将小球拉到与轴O在同一水平面上的A点,然后无初速度地将小球释放,取g=10 m/s2,不计空气阻力。求:

(1)小球通过最高点B时速度的大小;

(2)小球通过最高点B时,丝线对小球拉力的大小。

【解析】(1)小球由A运动到B,

由动能定理有:qEL-mgL=

vB==2 m/s。

(2)设小球到达B点时,受重力mg、电场力qE和丝线拉力FTB作用,

mg=1.0×10-4×10 N=1.0×10-3 N

qE=1.0×10-6×2.0×103 N=2.0×10-3 N

因为qE>mg,而qE方向竖直向上,mg方向竖直向下,小球做圆周运动,其到达B点时向心力的方向一定指向圆心,由此可以判断出小球一定受到丝线的拉力FTB作用,由牛顿第二定律有:FTB+mg-qE=

FTB=+qE-mg=3.0×10-3 N。

答案:(1)2 m/s　(2)3.0×10-3 N

19.(15分)一束电子流经U1=5 000 V的加速电压加速后,在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场,如图所示,两极板间电压U2=400 V,两极板间距d=2.0 cm,板长L1=5.0 cm。

(1)求电子在两极板间穿过时的偏移量y;

(2)若平行板的右边缘与屏的距离L2=5.0 cm,求电子打在屏上的位置与中心O的距离Y(O点位于平行板水平中线的延长线上);

(3)若另一个质量为m(不计重力)的二价负离子经同一电压U1加速,再经同一偏转电场,射出偏转电场的偏移量y′和打在屏上的偏移量Y′各是多大?

【解析】(1)加速过程,由动能定理得

eU1=m ①(2分)

进入偏转电场,电子在平行于极板的方向上做匀速运动L1=v0t ② (1分)

在垂直于极板的方向上做匀加速直线运动,加速度为

a== ③ (2分)

偏移距离y=at2 ④ (1分)

由①②③④得y= (2分)

代入数据得y=0.25 cm。 (1分)

(2)由平抛运动推论和几何关系知

=得Y=()y (2分)

代入数据得Y=0.75 cm。 (1分)

(3)因y=,Y=()y,与粒子的质量m和电荷量q无关,故二价负离子经同样装置后,y′=y,Y′=Y。 (3分)

答案:(1)0.25 cm　(2)0.75 cm

(3)0.25 cm　0.75 cm