章末测试卷(10)静电场中的能量-【百汇大课堂·高中学习测试卷】2024-2025学年高中物理必修第三册（人教版2019）

章末测试卷（十）静电场中的能量 (时间：60分钟满分：100分) 一、单选题（共6小题，每题4分，共24分） 4.如图所示，平行板电容器上 1.如图所示，负电荷仅受静电力作用沿虚线从A点运 极板带正电荷，且与静电计 动到B点。则静电力对其做功和电势能变化情况分 相连，静电计金属外壳和电兴 别是 容器下极板都接地，在两极 板间有一个固定在P点的正点电荷。以E表示两极 板间电场的电场强度，E。表示点电荷在P点的电势 能，0表示静电计指针的偏角，若保持上极板不动，将 A.做负功，电势能增加 下极板向上移动一小段距离至图中虚线位置，侧 郭 B.做正功，电势能增加 C.做负功，电势能减小 A6增大，E增大，E。增大 D.做正功，电势能减小 B.0增大，E增大，E。减小 2.(2023·北京，8)如图所示，两 C.0减小，E不变，E。增大 D.0减小，E不变，E。减小 个带等量正电的点电荷位于 ⑧ M,N两点上，E、F是MN 5.如图所示，电子在电势差为U,的加 速电场中由静止开始运动，然后射人 动 警 线中垂线上的两点，O为EF、 图 电势差为U2的两块平行极板间的 MN的交点，EO=OF。一带 偏转匀强电场中。在满足电子能射出平行极板区的条 负电的点电荷在E点由静止释放后 件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角0变大的 A.做匀加速直线运动 是 B.在O点所受静电力最大 AU,变大，U变大 挥 阳 C.由E到O的时间等于由O到F的时间 B.U,变小U变大 D.由E到F的过程中电势能先增大后减小 C.U变大，U,变小 3.空间存在甲、乙两个相邻的金属球，甲球带正电，乙球 D.U变小U2变小 原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成了如图 6.如图所示，水平线a、b、c,d为匀强电场中的等差等势 所示稳定的静电场，图中实线为其电场线，虚线为其 线，一个质量为m、电荷量绝对值为q的粒子在匀强电 等势线，A、B两点与两球球心连线位于同一直线上， 场中运动，A,B为其运动轨迹上的两个点。已知该粒子 在A点的速度大小为v,在B点的速度大小为2，且方 C,D两点关于直线AB对称。则 向与等势线平行，A、B连线长为L,连线与竖直方向的 夹角为8，不计粒子受到的重力，则 d-- A.A点和B点的电势相同 A.该粒子一定带正电 B.C点和D点的电场强度相同 C,正电荷从A点移至B点，静电力做正功 B匀强电场的电场强度大小为m一，》 2qLcos 0 D.负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先增 C.粒子在B点的电势能一定小于在A点的电势能 大后减小 D.等势线b的电势比等势线c的电势高 85 二、多选题（共4小题，每题4分，共16分） 电场强度大小为”(g为重力加速度大小)、方向竖 7.如图所示，三条相互平行、距离相等的虚线分别表示 电场中的三个等势面，电势分别为7V、14V、21V, 直向下的匀强电场中，小球运动轨迹经过MN上的 实线是一个带电粒子（不计重力）在该区域内的运动 Q点（未画出）。已知MN与水平方向成45°角.不 轨迹。下列说法正确的是 计空气阻力，则下列说法正确的是 () -21V A.粒子一定带负电荷 45 B.粒子在a,b,c三点所受合力不相同 A.小球从P点运动到Q点的过程中电势能减小 C.粒子运动轨迹一定是a→b→c B.小球在电场中运动时的加速度大小为、2g D.粒子在a,b、c三点的电势能大小关系为E>E >Ep C小球从P点运动到Q点的时间为器 8.(2023·海南，12)如图所示，正三角形三个顶点固定 D.P,Q两点的距离为一 2v 三个带等量电荷的点电荷，其中A、B带正电，C带负 电，O,M、N为AB边的四等分点，下列说法正确的 三，非选择题（共5小题，共60分） 是 ( 11.(9分)(2023·新深标，22，节选)在“观察电容器的充、放 电现象”实验中，所用器材如下：电池、电容器、电阻箱、 定值电阻、小灯泡、多用电表、电流表、秒表、单刀双掷开 关以及导线若干。 A⊙前方X8B (1)某同学设计的实验电路如图(a)所示。先将电阻 箱的阻值调为R,将单刀双掷开关S与“1”端相接， A.M、N两点的电场强度相同 记录电流随时间的变化。电容器充电完成后，开关 B.M、N两点的电势相同 S再与“2”端相接，相接后小灯泡亮度变化情况可能 C.负电荷在M点的电势能比在O点时要小 (填正确答案标号) D.负电荷在N点的电势能比在)点时要大 9.(2023·山东，11)如图所示，正六棱柱上下底面的中 心为O和O,A、D两点分别固定等量异号的点电 荷，下列说法正确的是 ( ) 图(a） 图(b) A.迅速变亮，然后亮度趋于稳定 B.亮度逐渐增大，然后趋于稳定 A,F点与C‘点的电场强度大小相等 C,迅速变亮，然后亮度逐渐减小至熄灭 B.B'点与E点的电场强度方向相同 (2)将电阻箱的阻值调为R:(R:>R,),再次将开关 C.A'点与F'点的电势差小于O'点与D'点的电势差 S与“1”端相接，再次记录电流随时间的变化情况. D.将试探电荷+？由F点沿直线移动到O点，其电 两次得到的电流I随时间：变化如图(b)中曲线所示， 势能先增大后减小 其中实线是电阻箱阻值为 (填“R,”或“R”)时 10.如图所示，一个质量为m、电荷量为g的带正电小球 的结果，曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后 以o,的速度从M,N连线上的P点水平向右射入 电容器上的 (填“电压”或“电荷量”)。 86 12.(11分)如图所示，一个质量为m、 13.(12分)(2023·北 电荷量为q的带电粒子以平行于 京，19)某种负离子 两极板的速度。进入匀强电场 空气净化原理如图 混合⊙+ 已知两极板间的电压为U,两极板间的距离为d、板 所示。由空气和带 气流 ++十十土 长为L。设粒子束不会击中极板，求粒子从进人电 负电的灰尘颗粒物 带电颗粒收巢器 场到飞出极板时电势能的变化量。（粒子的重力忽 (视为小球)组成的混合气流进入由一对平行金属 略不计)》 板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿 板方向的速度。保持不变。在匀强电场作用下， 带电颗粒打到金属板上被收集。已知金属板长度 为L,间距为d.不考虑重力影响和颗粒间相互 作用。 (1)若不计空气阻力，质量为m,电荷量为一《的颗 粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U1。 (2)若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气 的速度v方向相反，大小为∫=r口，其中r为颗粒 的半径，k为常量，假设颗粒在金属板间经极短时间 加速达到最大速度。 a.半径为R、电荷量为一g的颗粒恰好全部被收集， 求两金属板间的电压U:。 b.已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比。进 入收集器的均匀混合气流包含了直径为102m和 2.54m的两种颗粒，若104m的颗粒恰好100%被 收集，求2.5m的颗粒被收集的百分比。 87 14.(12分)如图所示，圆心为O、半径 15.(16分)如图所示，空间存在一 为R的圆形区城内有一个匀强电 个匀强电场，电场强度方向与 场，场强大小为E、方向与圆所在 水平方向间的夹角为60°，A、B 的平面平行。PQ为圆的一条直 为其中的一条电场线上的两 径，与场强方向的夹角0=60°。质 点。一个质量为m、电荷量为 量为m、电荷量为十（的粒子从P点以某一初速度 q的带正电小球，在A点以初 沿垂直于场强的方向射人电场，不计粒子重力。 速度。水平向右抛出，经过时 (1)若粒子能到达Q点，求粒子在P点的初速度大 间t小球落在C点，速度大小仍是。，且B,C两点 小n: 位于同一水平线上，AB=BC。重力加速度为 (2)若粒子在P点的初速度大小在0~。之间连续 g,求： 可调，则粒子到达圆弧上哪个点电势能变化最大？ (1)匀强电场电场强度的大小： 求出电势能变化的最大值△E,。 (2)小球下落高度： (3)此过程小球增加的电势能。 88又E-E.-E 设偏转电场的极板长为L,则电子在偏转电场中运动时间 # ② 电子在偏转电场中受静电力作用获得的加速度 15.答案(1)mgtan8 (2)gtan。 ②。 电子射出偏转电场时,平行于电场线的速度v.-al 由②③④式得,-d。 qUI 分析如右图所示,则有 F-sinθ-qE ① ② F-cos 0-mg 所以tan-q:L md_{ ng 联立①②得tan。-E. _,故。mgtan。 将①式代入上式得tang 20d,所以选项B正确。 U.I. mg E 6.B 解析 根据做曲线运动的物体所受的合力指向曲线的凹 侧以及电场强度的方向垂直于等势线可知,电场力坚直向上, 所受电场力和重力的合力与未剪断丝线时丝线对小球的拉 由于不知道电场强度的方向,所以无法确定粒子的电性,A错 力大小相等、方向相反,故剪断丝线后小球所受重力、电场力 误;粒子从A到B过程在沿电场线方向的位移为y一Lcosθ, 设电场强度大小为E,由动能定理得一oEy-2m{}一 止开始沿着丝线拉力的反方向做匀加速直线运动,当碰到金 m(*-:) 属板时,它的位移为x一 b sin又有:= {,得 向向上,所以粒子从A到B过程中电场力做负功,电势能增 ### 大,C错误;根据题意可判断粒子受到的电场力方向,无法确 定电场强度的方向,无法确定等势线的电势高低,D错误。 7.AD 解析 由等势面特点知,该电场为匀强电场,电场线方 章末测试卷(十) 静电场中的能量 向向上,而粒子所受静电力的方向向下,故粒子一定带负电, 故选项A正确;匀强电场中粒子所受的静电力是恒力,所以粒 1.D 解析 对负电荷受力分析如图所示, 子在a、b、c三点所受合力相同,故选项B错误;运动轨迹不能 因为负电荷受到的静电力方向与运动方向 反映运动方向,故选项C错误;根据推论:负电荷在电势高处 夹角为锐角,所以负电荷从A点运动到B 电势能小,动能大,则知负电荷在b点的电势能最大,故应有 点,静电力对其做正功,电势能减少,选项 E>EE,故选项D正确。 D正确。 8.BC 解析根据电场强度的叠加以及对称性可知,M、N两 2.C 解析 对带负电的点电荷受力分析,在E点受到的静电 点的场强大小相等,但是方向不同,A错误。因A、B电荷在 M.N两点的合电势相等,C电荷在M、N两点的电势也相等 力的合力方向为向下指向O点,在O点受到的静电力的合力 故M、N两点电势相等,B正确。使负电荷从M运动到O,因 为零,带负电的点电荷由静止释放后受变力作用,不会做匀加 A、B两电荷对负电荷的库仑力的合力从O指向M,则库仑力 速直线运动,故A、B错误;根据EO和OF两段电场分布的对 的合力对负电荷做负功,C电荷对该负电荷的库仑力也做负 称性可以判断出点电荷通过两段所用的时间相等,故C正确; 功,则该负电荷的电势能增加,即负电荷在M点的电势能比 带负电的点电荷由E到F电场力先做正功后做负功,所以电 在O点时小;同理可知负电荷在N点的电势能比在O点时 势能先减小后增大,故D错误。 小,C正确,D错误。 3.C 解析 由图可知A一,所以正电荷从A点移至B点, 9.ACD 解析 E'点和C'点关于平面ADD'A'对称,根据等量 静电力做正功,故选项A错误,选项C正确。C、D两点场强 异号点电荷电场分布的对称性可知E 一Ec,F点和E点关 于AD连线的中垂面对称,则E一E,故E=Ec,A正 方向不同,故选项B错误。负电荷从C点沿直线CD移至D 确;B点电场强度方向沿平面AB'CD偏向下,E点电场强度 点,电势能先减小后增大,所以选项D错误。 方向沿平面AFED偏向上,故B错误;A、D连线的中垂面 4.D 解析 电容器的带电量不变,下极板向上移动时,两板间 上电势为0,F点电势为正,可知U Uo-Uo,C正确; 4可知,电容C增大,则根据Q-CU 由F点沿直线到O点,电势先增大后减小,所以将试探电 荷十o由F点沿直线移动到O点,其电势能先增大后减小,D 可知,电压U减小,故静电计指针偏角0减小;两板间的电场 正确。 强度E-V-04rQ 10.AD 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 关,因此电场强度不变;P点与下极板间的距离d减小,由于 律mg+Ea-ma,因E-,所以小球在电场中运动时的加 下极板电势为0,则U。一e一Ed',即P点的电势降低,根据 速度大小为2g,故B错误;小球从P点运动到Q点做类平批 E,一qy,可知正点电荷在P点的电势能减小,故选项D 正确。 运动,水平方向x-v。t,竖直方向y--at3,又tan45^*}= 5.B 解析 设电子经加速电场后获得的速度为v,由动能定 理,得 g ① 2。) 一,故D正确。 ·31· 2R sinθ-vt 11.答案 (1)C (2)R:电荷量 ① 解析 (1)电容器放电过程中,电压减小,电流减小,故小灯 2R cos -a* 泡迅速变亮,然后亮度逐渐减小直至熄灭,C正确。 (2)开关S与“1”端相接,电容器充电,由题图(b)可知,开关S 由牛顿第二定律得:Eg一ma 由①②③解得v。-2n 与“1”墙相接瞬间,实线电流小于虚线电流,而电源电压为定 /3qER ④ 值,说明实线对应的电阻箱阻值较大,故实线是电阻箱阻信 为R。时的结果。设某时刻充电电流为I,在很短的时间A (2)粒子在电场中运动电场力做功为 W-qEd 内,流过电流表的电荷量△g一I△t,由微元法可知曲线与坐 标轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的电荷量。 △E.--W--qEd 12.答案 电势能减少了 则粒子到达图中圆形最低点A时电势能变化量最大 2md{。 而d-R+Rcosf 解析 水平方向匀速运动,则运动时间 _ 由解得AE.--3gER 2 (1)3mg (2)gt(3)mg”#* 15.答案 ② 3o 解析(1)小球从A到C的过程中,由动能定理得 _ ③ mgAB sin 60"-qE(AB+BC cos 60*)-0. 3mg. 由①②③式得__ 解得E-y 2md。{} 3 则静电力做功 #,_ (2)竖直方向上,由牛顿第二定律有 mg-qEsin 60*-ma,, 又-。,, 由能关系得电势能减少了 联立解得-:。 2m。}。 2mv。*d? eRv。d2 13.答案 一 b.25% ()= (2)a. qL (3)小球从A运动到C的过程中静电力做负功,电势能增 L& 加,沿电场线运动的距离 解析 (1)若从上极板左端进入极板间的带电颗粒在到达下 d= 极板右侧边缘处被收集,则进入板间的带电颗粒恰好完全被 -sin 60(1+cos 60)- 782, 收集。带电颗粒在板间做类平抛运动,有:E:q三ma,U一 则电势能的增加量△E。-qEad--mg”?2”。 E.d,L-v。t,d--at*,联立解得.- 2m。”d: {。 (2)a.带电颗粒在平行于极板方向与空气速度相同,因此分 章末测试卷(十一)电路及其应用 析阻力时仅考虑垂直于极板方向的分速度,由于颗粒在极 1.C 解析 电阻是导体本身的性质,与电压和电流没有直接关 短时间内达到最大速度,因此其在垂直于极板方向可视为今 系,所以该用电器两端电压增至2U,则电阻阻值仍为R,故A 速运动,由平衡条件可知E,g一f一kR 错误;若该用电器为非纯电阻电器,则欧姆定律不成立,则I 又U:-E:d,d-ut UAU 沿平行于极板方向仍然有L一o。 kRv。d* 联立解得U。一- 立,可知该用电器两端电压增至2U,则通过用电器的电流为 2I.故C正确;若该用电器为非纯电阻电器,则欧姆定律不成 b. 设带电颗粒在通过极板的过程中沿垂直于极板方向运动 立,该用电器两端电压增加AU,通过的电流增加AI,则R 的距离为h,颗粒的电荷量与半径满足q一^。r*,板间电场强 度为E 当颗粒沿垂直于极板方向的速度达到最大时,有 2.A 解析 由图像可得1s电幅的放电时问为0.5s,根据电流 Eq-E·k。r*-krv 的定义式I-,可得q-It-50X0.5C-25C,故选项A 又h=ot,L-vz ELh。.r 正确。 解得h“ 。 3.D 解析 由图可知,导体AB与BC串联接入电路,由串联 可知,带电颗粒在通过极板区域的过程中沿垂直于极板方向 电路的电流特点知,流过串联电路的电流处处相等,所以 移动的距离与其半径成正比,当半径为10um的颗粒恰好完 I..-Isc,故选项A、B错误;由题意知,导体AB与BC的材 全被收集时,有h。一d,可知此时半径为2.5um的颗粒满足 料、长度相同,AB的横载面积小于BC的横截面积,根据电阻 h.-d,即仅有进入收集器时到下极板距离h<a区 定律可知RAnRac,因为IA=Inc,由U-IR知,UA> Uc,故选项C错误,选项D正确。 域内的颗粒被收集。即收集率】。;一25%。 4.B 解析 ab段和bc段的电势差分别为2V、4V,电流相等, 14.答案(1)2 /3qER (2)圆形最低点 可3oER 解析(1)粒子做类平抛运动,设粒子从P点运动到Q点的 时间为t,加速度为a,有 .32·