第十章 静电场中的能量（章节达标检测）考试试卷-2024-2025学年高中物理同步练习分类专题教案（人教版2019必修第三册）

第十章 静电场中的能量 章节达标检测 全卷满分100分　考试用时90分钟 一、选择题(本题共12小题，每小题3分，共36分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1.下列说法错误的是 (　 　) A.在匀强电场中，电势降低的方向一定是电场的方向 B.无论是正电荷还是负电荷，电场力做负功时电势能一定增加 C.在匀强电场中，电场力做功与电荷经过的路径无关，仅与运动始末位置的电势有关 D.将电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能可能增加，也可能减小 2.两个带电荷量不等的点电荷Q、q周围的电场线分布如图所示，虚线为两电荷连线的中垂线，c、d两点在中垂线上，且关于两电荷连线对称。下列说法正确的是　 (　 　) A.a、b两点的电势可能相同 B.a、b两点的电场强度可能相同 C.把电荷从c点沿虚线移到d点，电场力一直不做功 D.把电荷从c点沿虚线移到d点，电场力做的总功为零 3.如图所示，x轴垂直穿过一个均匀分布着正电荷的圆环，且经过圆环的圆心O。关于x轴上的电场强度和电势，下列说法正确的是 (　 　) A.O点的电势一定为零 B.O点的电场强度一定为零 C.从O点沿x轴正方向，电场强度一直减小，电势一直升高 D.从O点沿x轴正方向，电场强度一直增大，电势一直降低 4.如图所示为一种电容传声器，b是固定不动的金属板，a是能在声波驱动下沿水平方向振动的金属膜片，a、b构成一个电容器。其工作原理是当声波作用于金属膜片时，膜片发生相应的振动，于是就改变了它与固定极板b间的距离，从而使电容发生变化，而电容的变化可以转化为电路中电信号的变化。闭合开关K，若声源S发出声波，使a向右运动时　 (　 　) A.电容器的电容减小 B.a、b板之间的电场强度减小 C.流过电流表的电流方向为自右向左 D.电容器极板上的电荷量增加 5.如图所示，A、B、C三个带电粒子(不计重力)，以相同的初速度沿水平金属板M、N间的中线射入匀强电场中，两极板间的距离为d。A粒子落在N板的中点；B粒子落在N板的边缘；C粒子飞出极板时，沿电场方向的位移为。已知它们的质量之比为mA∶mB∶mC=1∶1∶2，则粒子A、B、C所带电荷量之比为 (　 　) A.2∶1∶1 B.2∶2∶1 C.4∶2∶1 D.4∶1∶1 6.如图所示，某带正电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，运动轨迹为实线，虚线O、P、Q为电场中的三个等势面，相邻两等势面之间的电势差相等，可以判定下列说法错误的是 (　 　) A.O、P、Q三个等势面中，O等势面的电势最高 B.该粒子在A点具有的电势能比在B点具有的电势能大 C.该粒子通过A点时的动能比通过B点时的大 D.该粒子通过A点时的加速度比通过B点时的大 7.如图所示，a、b、c三条虚线为电场中的等势面，等势面b的电势为零，且相邻两个等势面间的电势差相等。一个带正电的粒子(粒子重力不计)在A点时的动能为10 J，在电场力作用下从A运动到B时速度为零。当这个粒子的动能为7.5 J时，其电势能为 (　 　) A.12.5 J　　　B.2.5 J　　　C.0　　　D.-2.5 J 8.如图所示，圆的圆心为O，半径R=2 cm，直径AB与直径CD间的夹角为60°，匀强电场与圆所在的平面平行(图中未画出)，A、B、C三点的电势分别为2 V、8 V、2 V，下列说法不正确的是 (　 　) A.O点的电势为5 V B.圆周上AC弧的中点电势最低 C.匀强电场的电场强度的大小为100 V/m D.将一电子从O点移动到D点，克服电场力做的功为3 eV 9.如图甲所示，在粗糙绝缘水平面的A、C两处分别固定两个点电荷，A、C的坐标分别为-3L和3L。已知C处电荷的电荷量为Q，图乙是A、C之间各点的电势φ与坐标x的关系图，图中x=L点对应图线的最低点，x=-2L的纵坐标φ=φ0，x=2L的纵坐标φ=φ0。若在x=-2L的B点由静止释放一可视为质点的带电物块，物块的质量为m，电荷量为q。物块向右运动到2L处速度恰好为零。重力加速度大小为g。则A处电荷的电荷量及物块与水平面间的动摩擦因数分别是 (　 　) A.+4Q， B.-2Q， C.+4Q， D.-2Q， 10.如图所示为竖直平面内的矩形ABCD，其中AB=2a，BC=2a，E、F是AD、BC中点，一根光滑杆穿过E、F两点，O为EF的中点，G为AB的中点，在B、C两点放置正、负两个点电荷，电荷量大小均为Q，在G点放置另一点电荷后，O点的电场强度刚好为零。现将一套在光滑杆上的带电小球从E点由静止释放，小球经过O、F两点。已知重力加速度为g。下列说法正确的是 (　 　) A.G点的电荷带正电 B.G点的电荷所带电荷量的大小为 C.小球经过O点时速率为 D.小球经过F点时速率为 11.粒子直线加速器在科学研究中发挥着巨大的作用，简化如图所示：沿轴线分布薄金属圆板O及A、B、C、D、E五个金属圆筒(又称漂移管)，相邻金属圆筒分别用导线接在M、N两点，O接M点，将M、N接在高压电源两端。质子飘入(初速度为0)金属圆板O轴心处的小孔沿轴线进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时电压U大小相同。质子电荷量为e，质量为m，不计质子经过狭缝的时间，则 (　 　) A.质子从圆筒E射出时的速度大小为 B.圆筒E的长度为T C.M、N所接电源是直流恒压电源 D.金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度之比为1∶2 12.如图甲所示，A、B、C、D为匀强电场中的等势面，相邻等势面电势差相等且间距为d，等势面与水平地面平行。电荷量为q、质量为m的带电小球垂直等势面D竖直向上抛出，恰能到达等势面A，该过程中小球的动能和机械能随高度h的变化关系如图乙所示，E0为已知量，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法不正确的是 (　 　) 　 A.小球的初速度大小为v=2 B.小球加速度大小为4g C.小球抛出时的重力势能为E0 D.电场强度大小为 二、非选择题(本题共6小题，共64分) 13.(6分)如图所示为研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置。 (1)同时闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器滑片，使静电计指针有一定的张角，然后只向右移动A极板，则静电计指针的张角　　　　；若保持极板A、B不动而只将滑动变阻器的滑片向D端移动，则静电计指针的张角　　　　。(均填“变大”“变小”或“不变”)  (2)在静电计指针有明显张角的情况下，将开关S2断开，通过移动极板A或在极板A、B间插入电介质，下列说法正确的是　　　(填正确答案标号)。  A.断开开关S2后，静电计的指针闭合，电容器的电容变为0 B.只将电容器A极板向上平移，静电计指针的张角变小 C.只在极板A、B间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变小 D.只将电容器A极板向B极板靠近，静电计指针的张角变小，表明电容增大 14.(8分)如图甲所示是观察电容器的充、放电现象实验装置的电路图。电源输出电压恒为8 V，S是单刀双掷开关，G为灵敏电流计，C为平行板电容器。(已知电流I=) (1)当开关S接　　　　时(选填“1”或“2”)，平行板电容器充电，在充电开始时电路中的电流比较　　　　(选填“大”或“小”)。电容器放电时，流经G表的电流方向与充电时　　　　(选填“相同”或“相反”)。  (2)将G表换成电流传感器，电容器充电完毕后再放电，其放电电流随时间变化的图像如图乙所示，已知图线与横轴所围的面积约为40个方格，可算出电容器的电容为　　　　　　(结果保留1位有效数字)。  (3)在电容器放电实验中，接不同的电阻放电，图丙中a、b、c三条曲线中对应电阻最大的一条是　　　(选填“a”“b”或“c”)。  甲 乙 丙 15.(8分)在匀强电场中，将q=-3×10-7 C的点电荷从电场中的A点移到B点，静电力做功为-2.4×10-6 J，将该电荷从电场中的A点移到C点，静电力做功为2.4×10-6 J，已知直角三角形ABC中∠C=∠CAD=30°，且电场方向与三角形ABC所在平面平行。 (1)求B、C两点间的电势差； (2)若规定C点电势为0，求该电荷在D点的电势能。 16.(10分)如图所示，在一足够大的空间内存在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=6.0×10-3 kg的带电小球，用绝缘轻绳悬挂起来，静止时轻绳偏离竖直方向的夹角为45°，不计空气阻力的作用，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求小球的电性及所带的电荷量； (2)如果将轻绳剪断，求小球运动的加速度大小； (3)从剪断轻绳开始，经过时间t=2 s，求这一段时间内电场力对小球做的功。 17.(15分)某显像设备内电场的简化模型如图所示，在y轴左侧存在水平向左、电场强度大小为E的匀强电场，右侧存在竖直向上的匀强电场，电场强度大小未知。电子枪在A处无初速度释放质量为m、电荷量为e的电子，一段时间后电子经过x轴时速度方向与x轴正方向的夹角θ=30°，A点的坐标为(-L，L)，不计电子受到的重力。求： (1)电子进入第一象限时的速度大小； (2)电子经过x轴时的位置与原点O间的距离x0； (3)y轴右侧的匀强电场的场强大小E0。 18.(17分)等效思想是解决特定物理问题的重要思想方法，例如带电物体在匀强电场中受到电场力恒定，物体重力也恒定，因此二者合力恒定，我们将电场力和重力的合力叫等效重力，这样处理后减少了物体受力个数，将复杂问题简单化。如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一可视为质点的质量为m、电荷量大小为q(q>0)的带电小球。小球静止时细线与竖直方向夹角θ=60°。现使小球获得沿切线方向的初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度大小为g。求： (1)小球的电性和小球所受到的等效重力的大小和方向； (2)仿照重力加速度的定义，等效重力场的等效重力加速度g'的大小为多少？参考用电场线能表示出电场的特点，请在图中画出一条过O点的等效重力场线，用字母A和B分别标出小球运动过程中最大速度和最小速度的位置； (3)小球做圆周运动过程中速度的最小值和释放瞬间细线中拉力的大小。 答案全解全析 1.A 2.D 3.B 4.D 5.D 6.C 7.D 8.D 9.A 10.B 11.B 12.C 1.A　电势降低的方向不一定是电场的方向，电势降低最快的方向是电场的方向，A说法错误，符合题意；无论是正电荷还是负电荷，电场力做负功时，电势能一定增加，B说法正确，不符合题意；根据WAB=EpA-EpB=q(φA-φB)知，电荷移动时，电场力做功与初末位置的电势有关，而与电荷移动的路径无关，C说法正确，不符合题意；负电荷在电势低处电势能大，正电荷在电势高处电势能大，由于不知电荷的电性，则将电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能可能增加，也可能减小，D说法正确，不符合题意。故选A。 2.D　沿电场线方向电势降低，可知a点电势比b点电势高，A错误；电场强度是矢量，既有大小又有方向，某点的场强方向为电场线在该点的切线方向，a、b两点的电场强度方向一定不同，B错误；由对称性可知，c点和d点在同一等势面上，但是c、d连线并不是等势线，把电荷从c点沿虚线移到d点的过程中，电场力做功，但前后做功相抵消，做的总功为零，C错误，D正确。 3.B　圆环上均匀分布着正电荷，根据对称性可知，圆环上关于O点对称位置的各电荷在O点产生的电场强度抵消，合电场强度为零；圆环上各电荷产生的电场强度在x轴正方向有向右的分量，知O点右侧电场强度沿x轴正方向，同理可求得O点左侧电场强度沿x轴负方向，根据沿着电场线方向电势降低，可知在x轴上O点的电势最高，故A错误，B正确。O点的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，所以从O点沿x轴正方向，电场强度应先增大后减小，由于x轴正方向上电场强度方向向右，所以电势逐渐降低，故C、D错误。 4.D　根据电容的决定式C=，a向右运动时，d减小，所以C增大，A错误；a、b板之间的电势差不变，根据E=，d减小，所以E增大，B错误；根据U不变、C增大，知电容器极板上的电荷量Q增加，电容器充电，形成的充电电流自左向右流过电流表，故C错误，D正确。 5.D　带电粒子在电场中做类平抛运动，可得偏转距离y=··，其中l为水平位移。对粒子A，有=··；对粒子B，有=··；对粒子C，有=··，又mA∶mB∶mC=1∶1∶2，联立解得qA∶qB∶qC=4∶1∶1，故选D。 6.C　根据题意，带电粒子由A点运动到B点，在A点处速度沿轨迹的切线方向，所受电场力与等势面垂直且指向轨迹内侧，如图所示，由于粒子带正电，则电场线方向大致向右下方，根据沿电场线方向电势降低，可知O等势面的电势最高，故A说法正确；带正电粒子由高电势处运动到低电势处，电势能降低，故粒子在A点的电势能大于在B点的电势能，B说法正确；从A点到B点过程中电势能降低，由功能关系可知电场力做正功，故动能增大，粒子在A点的动能小于在B点的动能，C说法错误；根据等差等势面越密处电场强度越大，可知A点的电场强度比B点的大，则带电粒子在A点所受的电场力比在B点的大，所以带电粒子通过A点时的加速度比通过B点时的大，D说法正确。 7.D　带正电的粒子从A运动到B，由动能定理得WAB=qUac=0-Ek0=-10 J；由于相邻两个等势面间的电势差相等，有Uab=Ubc，所以qUab=qUbc，可推知Wab=Wbc=WAB=-5 J。设粒子在等势面b上时的动能为Ekb，则Wbc=EkB-Ekb，得Ekb=5 J，所以粒子在b等势面处的总能量Eb=Ekb=5 J，可以知道粒子在电场中的总能量为E=5 J。当这个粒子的动能为7.5 J时，有Ep=E-Ek=(5-7.5)J=-2.5 J，D正确。 8.D　O点为直径AB的中点，则有UAO=UOB，即φA-φO=φO-φB，解得φO=5 V，A说法正确；A、C两点电势相等，则AC是一条等势线，等势线与电场线垂直，可知过圆心与AC垂直的电场线与圆的交点为圆上电势最高的点和电势最低的点，根据沿着电场线方向电势降低可知，圆周上AC弧的中点电势最低，B说法正确；根据UCO=UOD=-3 V，将一电子从O点移动到D点，电场力做的功为W=-eUOD=3 eV，故D说法错误；根据U=Ed，解得匀强电场的电场强度的大小E== V/m=100 V/m，故C说法正确。 9.A　根据φ-x图像切线的斜率表示电场强度，可知x=L处的电场强度为零，设A处电荷的电荷量为Q1，由点电荷场强公式E=和电场叠加原理，有=，解得Q1=4Q，且A处电荷为正电荷；带电物块运动过程中受电场力和摩擦力作用，从x=-2L到x=2L过程由动能定理有q(φ0-φ0)-μmg(2L+2L)=0，解得μ=，故选A。 10.B　由几何关系可知BO=CO=2a，所以B点和C点的电荷在O点产生的电场强度大小为EBO=ECO=，方向分别沿BO方向和OC方向，由几何关系可知两点电荷在O点产生的合电场强度大小为EBCO=EBO=，方向水平向右，所以G点的电荷在O点产生的电场强度大小为EGO=，方向水平向左，所以G点的电荷为负电荷，且EGO=，所以Q'=，A错误，B正确；E点和O点都在B、C处电荷形成电场的等势线上，所以小球从E点到O点的过程中B、C处的电荷对小球的电场力不做功，而此过程中G点的电荷对小球的电场力做功，所以有mga+WG=m，解得vO=≠，C错误；E点和F点不仅在B、C处电荷形成电场的等势线上，而且还在G点的电荷形成电场的等势线上，所以小球从E点到F点的过程中电场力不做功，所以有mg·2a=m，解得vF=2，D错误。 11.B　质子从金属圆板O沿轴线进入加速器，经五次加速到达金属圆筒E，由动能定理可得5eU=m，质子在圆筒E中做匀速运动，则质子从圆筒E射出时的速度大小为vE=，A错误；质子在圆筒内做匀速运动，所以圆筒E的长度为LE=vET=T，B正确；同理可知，金属圆筒A的长度LA=T，金属圆筒B的长度LB=T，则金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度之比为1∶，D错误；因由直线加速器加速质子，其运动方向不变，质子到达间隙处的场强方向必须不变，所以M、N所接电源的极性应周期性变化，C错误。 12.C　由动能定理可知，重力和电场力做的功等于动能的改变量，由机械能守恒定律可知，除重力以外的其他力做的功等于机械能的变化量，本题中机械能的变化量等于电场力做的功，根据题图乙可知，抛出时小球的动能为4E0，机械能为3E0，则可知抛出时的重力势能为-E0，故C说法错误；抛出时小球的动能4E0=mv2，解得v=2，故A说法正确；小球在上升过程中，根据功能关系有(Eq+mg)h=4E0，Eqh=3E0，解得E=，由牛顿第二定律有Eq+mg=ma，解得a=4g，故B说法正确；由于小球恰好到达等势面A，则有3Uq=3E0，解得U=，由此可得该电场的场强大小为E==，故D说法正确。 13.答案　(1)不变(2分)　变小(2分)　(2)CD(2分) 解析　(1)静电计指针张角大小表示电容器两极板间的电势差，电势差越大，静电计指针张角越大。电容器充电后与电路连接，电路结构不变，若只改变极板间距离或正对面积，电容器两极板间的电势差不变，故静电计指针张角不变；将滑动变阻器的滑片向D端移动时，电容器两极板间的电势差减小，故静电计的指针张角变小。(2)断开开关S2后，电容器与外电路断开，电容器极板上的电荷量不变。电容器的电容由电容器本身的性质决定，断开开关S2，电容器的电容不变，A错误；将A极板上移时，两极板正对面积减小，由C=知电容器的电容减小，由C=可知电容器两极板间电势差增大，所以静电计指针张角变大，B错误；在极板间插入有机玻璃板时，电容器的电容增大，由C=可知电容器两极板间电势差减小，所以静电计指针张角变小，C正确；将A极板向右靠近B极板，极板间距离d减小，由C=知电容器的电容增大，由C=可知电容器两极板间电势差减小，所以静电计指针张角应减小，D正确。 14.答案　(1)1(1分)　大(1分)　相反(1分)　 (2)4×10-4 F(3分)　(3)c(2分) 解析　(1)充电时必须将电容器接电源，故将开关S接1时，平行板电容器充电，在充电开始时电路中的电流比较大，之后电流减小，当电容器充满电时，电流为零；电容器充电时，上极板接电源正极，所以电容器上极板带正电，充电时负电荷流出电容器上极板，放电时负电荷流入上极板，所以流经G表的电流方向与充电时相反。(2)I-t图线与时间轴所围成的面积表示电荷量，每个小格表示的电荷量为q=0.4×0.2×10-3 C=8×10-5 C，由图乙可知Q=40q=40×8×10-5 C=3.2×10-3 C，根据C=，代入数据解得C=4×10-4 F。(3)在电容器放电实验中，根据Im=可知，电阻越大，放电电流的最大值越小，由图可知，c图线的最大电流最小，故c图线对应的电阻最大。 15.答案　(1)-16 V　(2)2.4×10-6 J 解析　(1)根据qUAB=WAB(1分) 解得UAB=8 V(1分) 同理qUAC=WAC(1分) 解得UAC=-8 V(1分) 则UBC=UBA+UAC=-UAB+UAC=-16 V(2分) (2)根据几何关系可知，D为BC的中点，D点电势φD=-8 V(1分) 该电荷在D点的电势能EpD=qφD=2.4×10-6 J(1分) 16.答案　(1)带负电　2×10-6 C　(2)10 m/s2　(3)1.2 J 解析　(1)小球处于平衡状态，受力分析如图所示。(1分) 小球所受电场力方向与电场强度方向相反，则小球带负电。(1分) 由平衡条件可得qE=mg tan 45°(1分) 解得q=2×10-6 C。(1分) (2)剪断轻绳后，小球所受合外力大小为F合=(2分) 由牛顿第二定律可得小球的加速度大小为a==10 m/s2。(1分) (3)剪断轻绳2 s后，小球的位移大小为s=at2，其沿电场力方向的位移大小为d=s·sin 45°(2分) 电场力对小球做的功W=qEd=1.2 J。(1分) 17.答案　(1)　(2)2L　(3) 解析　(1)电子在y轴左侧的匀强电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有eEL=m-0(2分) 解得v1=(2分) (2)设电子经过x轴时的速度大小为v，将该速度沿x轴正方向和y轴负方向分解，则 tan θ=(1分) 电子在第一象限内做类平抛运动，沿水平方向有x0=v1t(2分) 沿竖直方向有L=vyt(2分) 解得x0=2L(1分) (3)根据几何关系有 cos θ=(1分) 电子在第一象限内运动的过程中，根据动能定理有eE0·L=mv2-m(2分) 解得E0=(2分) 18.答案　(1)负电　2mg，与竖直方向夹角为60°斜向下　(2)见解析　(3)　12mg 解析　(1)根据平衡条件可知小球所受的电场力水平向右，故小球带负电。(1分) 电场力大小为qE=mg tan θ(1分) 小球所受到的等效重力等于电场力和重力的合力，大小为F等==2mg，方向为与竖直方向夹角为60°斜向下(2分) (2)等效重力场的等效重力加速度g'==2g(2分) 过O点的等效重力场线，字母A、B对应的位置如图所示(3分) (3)在等效重力场最高点有F等=m(1分) 小球做圆周运动过程中速度的最小值为vB=(1分) 在等效重力场最低点有FT-F等=m(2分) 从A到B由动能定理有-F等·2L=m-m(2分) 解得FT=12mg(2分) 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$