单元综合评估10 静电场中的能量-【正禾一本通】2024-2025学年高中物理必修第三册同步课堂高效讲义配套练习（人教版2019）

[单元综合评估(十)]　静电场中的能量 __________________________________________________________________ (时间：90分钟　满分：100分) 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1．关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是(　　 ) A．电场强度的方向处处与等势面平行 B．电场强度为零的地方，电势也为零 C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低 D．任意一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向 解析：选D。电场强度的方向处处与等势面垂直，故A错误；电场强度为零的地方，电势不一定为零，例如在等量同种电荷的连线的中点位置，故B错误；随着电场强度的大小逐渐减小，电势不一定逐渐降低，例如在远离负点电荷的过程中，故C错误；任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向，故D正确。 2．如图，在平行板电容器正中有一个带电微粒。S闭合时，该微粒恰好能保持静止。下列情况能实现使该带电微粒向上运动到上极板的是(　　 ) A．保持S闭合，可以通过上移极板M实现 B．保持S闭合，可以通过上移极板N实现 C．充电后将S断开，可以通过上移极板M实现 D．充电后将S断开，可以通过上移极板N实现 解析：选B。保持S闭合，电容器两极板间电势差不变，上移极板M，根据E＝可知，板间电场强度减小，微粒受到的静电力减小，微粒向下运动，故A错误；保持S闭合，上移极板N，根据E＝可知，板间电场强度增大，微粒受到的静电力增大，微粒向上运动，故B正确；充电后将S断开，根据E＝可知，不管是上移极板M，还是上移极板N，由于电荷量不变，所以板间电场强度不变，微粒受力不变，仍处于静止状态，故C、D错误。 3．如图所示的平面内，有静止的等量异号点电荷，M、N两点关于两电荷连线对称，M、P两点关于两电荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是(　　 ) A．M点的电场强度比P点的电场强度大 B．M点的电势比N点的电势高 C．N点的电场强度与P点的电场强度相同 D．电子在M点的电势能比在P点的电势能大 解析：选C。根据等量异种点电荷的电场线分布特点可知，M点的电场强度与P点的电场强度大小相等，N点的电场强度与P点的电场强度大小相等，方向也相同，故A错误，C正确；根据等量异种点电荷的电势分布特点可知，M点的电势与N点的电势相等，M点的电势高于P点的电势，由Ep＝φq可知，电子在M点的电势能比在P点的电势能小，故B、D错误。 4．如图所示是某一带电导体周围的电场线与等势面，A、C是同一等势面上的两点，B是另一等势面上的一点。下列说法正确的是(　　 ) A．导体内部的电场强度左端大于右端 B．A、C两点的电势均低于B点的电势 C．B点的电场强度大于A点的电场强度 D．正电荷从A点沿虚线移到B点的过程中静电力做正功，电势能减小 解析：选D。带电导体处于静电平衡状态时，内部的电场强度处处为0，导体表面为等势面，整个导体为一个等势体，故A错误；沿电场线方向电势降低，所以A、C两点的电势大于B点的电势，故B错误；电场线的疏密程度表示电场强度的强弱，所以B点的电场强度小于A点的电场强度，故C错误；根据Ep＝qφ可知，正电荷从高电势A点沿虚线移动到低电势B点，电势能减小，静电力做正功，故D正确。 5．如图所示，在一固定正点电荷产生的电场中，另一正电荷q先后以大小相等、方向不同的初速度从P点出发，仅在静电力作用下运动，形成了直线PM和曲线PN两条轨迹，经过M、N两点时q的速度大小相等，则下列说法正确的有(　　 ) A．M点比P点电势低 B．M、N两点的电势不同 C．q从P到M点始终做减速运动 D．q在M点的加速度大于在N点的加速度 解析：选A。由题图中正电荷q做曲线运动的轨迹可知，电荷在P点的受力方向向右，如图所示， 即电场线的方向由P指向M，所以P点电势高于M点电势，故A正确；同一个正电荷q先后两次以大小相同、方向不同的初速度从P点出发，分别抵达M点与N点，且电荷在M、N两点时速度大小也一样，由动能定理可知，两次静电力做功相同，M、N两点的电势相同，故B错误；正电荷q从P到M运动时，静电力方向与运动方向相同，所以做加速运动，故C错误；由以上分析可知，M、N两点在同一等势面上，到固定正电荷的距离相等，所以M、N两点的电场强度大小相同，根据a＝可知，电荷在M、N两点的加速度大小相等，故D错误。 6．如图所示，匀强电场中有一个等边三角形ABC，其边长为1 m，三角形所在的平面跟匀强电场平行。已知A、B、C三点的电势分别为6 V、4 V、2 V，下列说法正确的是(　　 ) A．匀强电场的方向垂直于AC边 B．匀强电场的电场强度大小为2 V/m C．等边三角形中心的电势为5 V D．将一个电子从A点沿直线移到B点，其电势能增加了2 eV 解析：选D。设AC中点为D，根据匀强电场中电势分布特点可知，D点的电势为φD＝ V＝4 V，则φD＝φB，BD为一条等势线，AC连线为一条电场线，匀强电场的方向垂直于BD向下，如图所示，故A错误； AC间的电势差为UAC＝φA－φC＝6 V－2 V＝4 V，匀强电场的电场强度大小为E＝ V/m＝4 V/m，故B错误；等边三角形的中心在BD边线上，则等边三角形中心的电势为4 V，故C错误；将一个电子从A点沿直线移到B点，静电力做功为W＝＝－e(φA－φB)＝－e×(6－4) V＝－2 eV，则电子的电势能增加了2 eV，故D正确。 7．如图所示，一充电后平行板电容器的两极板相距l，在正极板附近有一质量为m、电荷量为q1(q1＞0)的粒子A，在负极板附近有一质量也为m、电荷量为 l的平面Q，两粒子间相互作用力及两粒子的重力均忽略不计，则以下说法正确的是(　　 ) A．电荷量q1与q2的比值为3∶7 B．电荷量q1与q2的比值为3∶4 C．粒子A、B通过平面Q时的速度之比为9∶16 D．粒子A、B通过平面Q时的速度之比为3∶7 解析：选B。由题意知，粒子A、B运动到平面Q的位移大小之比为3∶4，粒子A、B同时从静止开始做匀加速直线运动，由a＝得，电荷量q1与q2的比值为3∶4，故A错误，B正确；两粒子从静止运动到平面Q的过程中，由动能定理得Eqx＝mv2，解得v＝，则粒子A、B通过平面Q时的速度之比为3∶4，故C、D错误。 8．如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为(　　 ) A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4 C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1 解析：选A。带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平位移为x＝v0t，两次运动的水平位移之比为2∶1，两次运动的水平速度相同，所以运动时间之比为t1∶t2＝2∶1，由于竖直方向上的位移为h＝at2，h1∶h2＝1∶2，所以加速度之比为1∶8，又因为加速度a＝，所以两次偏转电压之比为＝1∶8，故A正确。 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9．地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和静电力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后，(　　 ) A．小球的动能最小时，其电势能最大 B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大 C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大 D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量 解析：选BD。小球的受力及运动轨迹如图所示，因为静电力qE＝mg，所以等效重力G′的方向与水平方向成45°角，当vy＝0时，小球的速度最小，为vmin＝v1，由于此时小球仍向左运动，所以静电力还可以做负功，所以电势能不是最大，故A错误； 当小球水平方向减速为零时，有v0＝t，此时竖直方向的分速度v＝gt，由于qE＝mg，所以得v＝v0，即小球运动到最左侧时，小球的速度也为v0——动能等于初始动能，小球克服静电力做功最多，电势能最大，故B正确；从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，由动能定理可知WG＋W静＝0，则重力做功等于小球电势能的增加量， 故D正确；当小球速度如图中v1所示时，速度的水平分量与竖直分量相等，对应小球的动能最小，故C错误。 10．在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷静电力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP > OM，OM＝ON，则小球(　　 ) A．在P点的电势能大于在N点的电势能 B．在运动过程中，电势能先增加后减少 C．在M点的机械能等于在N点的机械能 D．从M点运动到N点的过程中，静电力始终不做功 解析：选AC。由题意可知，OP>OM，OM＝ON，根据正点电荷的电势分布特点可知φM＝φN > φP，因为小球带负电，所以电势能的大小关系为EpP > EpM＝EpN，故A正确；小球在运动过程中先靠近正点电荷，所以电势能先减小，故B错误；小球在运动过程中电势能与机械能之和不变，又因为EpM＝EpN，所以小球在M点的机械能等于在N点的机械能，故C正确；小球从M点运动到N点的过程中，静电力先做正功后做负功，故D错误。 11．如图所示为某电场中x轴正方向上各点电势随x坐标变化的关系，O～x2段为曲线，x2～x4段为直线，一带负电的粒子只在静电力作用下沿x轴正方向由O点运动至x4位置，则(　　 ) A．x3处电场强度为零 B．粒子在O～x2段运动的加速度先减小后增大 C．粒子在x2～x4段做匀速直线运动 D．粒子在x1处的电势能最小，在x2～x4段的动能随x均匀减小 解析：选BD。在φ ­x图像中，图线的斜率代表电场强度，x3处斜率不为零，故x3处电场强度不为零，A错误。在O～x2段，图线的斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，由牛顿第二定律得，粒子的加速度先减小后增大，B正确。在x2～x4段，图线的斜率不变，即电场强度恒定，粒子受到的静电力恒定，加速度恒定，粒子做匀变速运动，C错误。从O点至x4位置，电势先增大后减小，由电势能Ep＝qφ可知，带负电粒子的电势能先减小后增大，在x1处的电势能最小；在x2～x4段，粒子受到的静电力恒定，由动能定理可知，粒子在x2～x4段的动能随x均匀减小，D正确。 12．如图甲所示，有一绝缘的竖直圆环，圆环上分布着正电荷。一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一质量m＝10 g的带正电的小球，小球所带电荷量q＝5.0×10-4 C。让小球从C点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的v ­t图像如图乙所示，且已知小球运动到B点时，速度—时间图像的切线斜率最大(图中标出了该切线)。下列说法正确的是(　　) A．由C到A的过程中，小球的电势能先减小后增大 B．由O点右侧杆上，B点电场强度最大，最大值为1.2 V/m C．沿着C到A的方向，电势先降低后升高 D．C、B两点间的电势差UCB＝0.9 V 解析：选BD。从C到A的过程中，小球的动能一直增大，静电力对小球一直做正功，故小球的电势能一直减小，A错误；由题图乙可知，小球在B点的加速度最大，根据qE＝ma可知，B点的电场强度最大，又a＝＝0.06 m/s2，所以解得E＝1.2 V/m，B正确；从C到A的过程中，带正电的小球电势能一直减小，由Ep＝qφ可知，沿着C到A的方向，电势逐渐降低，故C错误；由C到B，根据动能定理可知，qUCB＝－0，解得C、B间的电势差UCB＝0.9 V，D正确。 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13．(6分)“场离子显微镜”的金属钨针尖处于球形真空玻璃泡的球心O，玻璃泡内壁有一层均匀导电膜：在钨针和导电膜间加上高电压后，玻璃泡上半部分的电场可视为位于O点处点电荷形成的电场，如图所示。a、b、c、d、O为同一平面上的5个点，abc是一段以O为圆心的圆弧，d为Ob的中点。a、d两点电场强度大小分别为Ea、Ed，O、a、c、d四点电势分别为φO、φa、φc、φd，则φa______ __φd；φa______ __φc，(φO－φa)______ __2(φO－φd)。(选填“大于”“等于”或“小于”) 解析：由于沿着电场线方向电势逐渐降低，可知φa <φd；在钨针和导电膜间加上高电压后，玻璃泡上半部分的电场可视为位于O点处点电荷形成的电场，根据点电荷形成的电场的电势分布可知φa＝φc；越靠近O电场强度越强，则Od部分的电场强度均大于db部分的电场强度，根据U＝Ed，可定性判别出φO－φb<2(φO－φd)，而φa＝φb，则φO－φa<2(φO－φd)。 答案：小于　等于　小于 14．(8分)“观察电容器的充、放电现象”的实验电路如图乙所示。 (1)将开关S扳到a，让电源给电容器充电后，若向电容器中间插入一层有机玻璃板，则在插入过程中通过灵敏电流计的电流向________ (选填“右”或“左”，下同)；电容器充电结束后，将开关S扳到b放电的过程中，通过灵敏电流计的电流向________。 (2)若将灵敏电流计换成电流传感器，先将开关接a、待电容器充电完成后将开关扳到b，由传感器和计算机记录到的放电电流随时间变化的I ­t图像如图乙。若电源的电压为8 V，则电容器的电容约为________F(结果保留两位有效数字)。 解析：(1)将开关S扳到a，电源给电容器充电，充电结束后，电容器两极板的电势差等于电源电压，若向电容器中间插入一层有机玻璃板，则相对介电常数εr增大，根据电容C＝可知，电容C增大，而电压U不变，则带电荷量Q增大，即电源会给电容器充电，电流由右向左流过灵敏电流计。电容器充电后上极板带正电，将开关S扳到b后，电容器放电，电流由左向右流过灵敏电流计。 (2)由题图乙可知，电容器刚要放电时所带的电荷量为Q＝14×1×0.25×10-3 C＝3.5×10-3 C，电容器的电容约为C＝ F≈4.4×10-4 F。 答案：(1)左　右　(2)4.4×10-4 15．(10分)如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。 (1)求带电粒子所受的静电力的大小F； (2)求带电粒子到达N板时的速度大小v； (3)若在带电粒子运动距离时撤去所加电压，求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。 解析：(1)两极板间的电场强度E＝ 带电粒子所受的静电力F＝qE＝q。 (2)带电粒子从静止开始运动到N板的过程，根据动能定理有qU＝mv2 解得v＝。 (3)设带电粒子运动距离时的速度大小为v′，根据动能定理有qmv′2 带电粒子在前距离做匀加速直线运动，后距离做匀速运动，设用时分别为t1、t2，有 ＝v′t2 则该粒子从M板运动到N板经历的时间 t＝t1＋t2＝。 答案：(1)q　(2)　(3) 16．(10分)绝缘光滑水平面内有一半径为R＝0.5 m的圆形有界匀强电场，电场强度大小E＝2×103 N/C，水平面内建立的坐标系xOy的原点与圆心O重合，电场方向沿x轴正向，俯视图如图，可视为质点的带电荷量为q＝－3×10-7 C、质量m＝1×10-3 kg的小球，由坐标原点O处以速度v0＝0.4 m/s沿y轴正方向开始运动，从圆边界上P点(图中P点未标出)离开电场，选取圆心O处电势为零。求： (1)小球在电场中运动的时间t； (2)小球到达P点时的电势能Ep。 解析：(1)小球在竖直方向上受到的重力和支持力平衡，在水平面内只受沿x轴负向的恒定静电力，所以小球做类平抛运动，设P点坐标为(－x，y)，则 小球的加速度a＝ 沿x方向有x＝at2 沿y方向有y＝v0t 且x2＋y2＝R2 代入数值，解得t＝1 s。 (2)小球从O到P，由功能关系知 Ep－0＝－E|q|x 解得Ep＝－1.8×10-4 J。 答案：(1)1 s　(2)－1.8×10-4 J 17．(12分)如图所示，在沿水平方向的匀强电场(足够大)中有一固定点O，用一根长度为L＝0.4 m的绝缘细线把质量为m＝0.4 kg、电荷量为q＝＋2 C的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为θ＝37°，已知A、C两点分别为细线悬挂小球的水平位置和竖直位置。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)求匀强电场的电场强度大小。 (2)如果要使小球能绕O点做完整的圆周运动，则小球在A点时沿垂直于OA方向运动的初速度最少为多少？(结果可用根号表示) 解析：(1)带电小球在B点静止，受力平衡，根据平衡条件得qE＝mg tan θ 得E＝＝1.5 N/C。 (2)分析可知小球做完整圆周运动时必须通过B点关于O点的对称点，设在该点时小球的最小速度为v，则 mg cos θ＋qE sin θ＝m 由动能定理得 －mgL cos θ－qEL(1＋sin θ)＝ 联立解得v0＝ m/s。 答案：(1)1.5 N/C　(2) m/s 18．(14分)如图所示，水平面内有一直角坐标系xOy，在第二、三象限内存在沿x轴正方向、电场强度大小为E的匀强电场Ⅰ，在第一、四象限的x＝0至x＝l区间内存在沿y轴正方向的有理想边界的匀强电场Ⅱ，电场强度大小未知，一带正电的粒子(可视为点电荷)从P点处由静止开始仅在静电力作用下运动，从Q点(l，l)离开电场Ⅱ，带电粒子的质量为m，电荷量为q，不计带电粒子的重力。 (1)求电场Ⅱ的电场强度的大小E′。 (2)若将带电粒子从x轴负半轴上某一位置由静止释放，可使粒子飞出电场Ⅱ时动能最小，求该粒子飞出Ⅱ时的最小动能Ek。 解析：粒子在电场Ⅰ中做初速度为0的匀加速运动，从P点到O点，根据动能定理可得 qEmv2 粒子进入电场Ⅱ的速度为v＝ 粒子在电场Ⅱ中做类平抛运动，由运动学公式可得l＝vt，l＝ 解得E′＝2E。 (2)设粒子在电场Ⅰ中x轴上距原点O为x的位置释放，从释放到O点，由动能定理得qEx＝mv′2 解得v′＝ 粒子进入电场Ⅱ中做类平抛运动，设偏移量为y，则有l＝v′t′，y＝t′2 解得y＝ 由全过程动能定理得qEx＋qE′y＝Ek 代入y整理后得Ek＝qE 所以当x＝，即x＝l时，动能有最小值，且最小值为Ek＝2qEl。 答案：(1)2E　(2)2qEl 学科网（北京）股份有限公司 $$