第十章 静电场中的能量 培优测试卷—— 2021_2022学年高二上学期物理人教版（2019）必修第三册(word版含答案)

必修第三册第十章
静电场中的能量
培优测试卷
(90分钟
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．由电容器电容的定义式C＝可知(
)
A．若电容器不带电，则电容C为零
B．电容C与电容器所带电荷量Q成正比，与电压U成反比
C．电容在数值上等于使两极板间的电压增加1
V时所需增加的电荷量
D．电容器所带电荷量，是两极板所带电荷量的代数和
2．关于电场强度、电势、电势差、电势能，下列叙述正确的是(
)
A．以点电荷为圆心、r为半径的球面上，各点的场强都相同
B．以点电荷为圆心、r为半径的球面上，各点的电势都相同
C．正点电荷q在电场力作用下沿电场线方向移动一段距离，其电势能增大
D．匀强电场中，两点间的距离越大，这两点间的电势差越大
3．
一个带负电q、质量为m的小球，从光滑绝缘的倾斜轨道的A点由静止下滑，小球恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动。现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，若仍从A点由静止释放该小球，则(　　)
A．小球不能过B点
B．小球仍恰好能过B点
C．小球能过B点，且在B点与轨道之间压力不为0
D．以上说法都不对
4．如图所示，三个等势面电势为φ1、φ2、φ3，等势面上有a、b、c、d四点，若将一正电荷由c经a移到d，静电力做正功W1，若由c经b移到d，静电力做正功W2，则(　　)
A．W1>W2　φ1>φ2
B．W1C．W1＝W2　φ1<φ2
D．W1＝W2　φ1>φ2
5．如图所示，在A点由静止释放一个质量为m、电荷量大小为q的带电粒子，粒子在到达B点时的速度恰好为零，已知A、B所在位置的电场线方向竖直向下，A、B两点间的高度差为h，则下列判断中错误的是(　　)
A．带电粒子带负电
B．A、B两点间的电势差UAB＝
C．B点场强大于A点场强
D．A点场强大于B点场强
6．空间某区域存在一电场，一带负电的粒子仅在静电力作用下从x1处沿x轴负方向运动。粒子质量为m，初速度大小为v0，其电势能Ep随坐标x变化的关系如图所示，图线关于纵轴左右对称，以无限远处为零电势能点，粒子在原点O处电势能为E0，在x1处电势能为E1，则下列说法中正确的是(　　)
A．坐标原点O处两侧电场方向相同
B．由x1运动到O的过程静电力做正功
C．粒子经过x1、－x1处速度不相同
D．若粒子能够沿x轴负方向运动越过O点，一定有v0＞
7．如图为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图甲所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是图中的(
)
8．如图所示，一电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直，粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线夹角为30°。已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计重力作用，设P点的电势为零。则下列说法正确的是(　　)
A．带电粒子在Q点的电势能为qU
B．带电粒子带负电
C．此匀强电场的电场强度大小为E＝
D．此匀强电场的电场强度大小为E＝
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．
用控制变量法可以研究影响平行板电容器电容的因素。如图所示，现将一带正电的泡沫板靠近A极板，然后用手触碰A板并迅速离开，再移开泡沫板，此时静电计指针张开。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ。实验中，极板所带电荷量不变，则(　　)
A．移开泡沫板后A板带负电
B．移开泡沫板后A板带正电
C．保持S不变，增大d，则θ变小
D．保持d不变，减小S，则θ变大
10．两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示。c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则(　　)
A．a点的电场强度比b点的大
B．a点的电势比b点的高
C．c点的电场强度比d点的大
D．c点的电势比d点的低
11．如图所示是研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置，下列说法正确的是(　　)
A．实验中，只将b极板向上平移，指针张角变小
B．实验中，只将b极板向右靠近，指针张角变小
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃，指针张角变小
D．实验中，增加极板带电量，指针张角增大，电容增大
12．如图所示，一电子沿x轴正方向射入电场，在电场中的运动轨迹为OCD，已知OA＝AB，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∶2
B．vCy∶vDy＝1∶4
C．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3
D．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4
三、非选择题:本题共6小题,共60分。计算题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。
13．如图所示，平行板电容器板间距离为2
cm，有一个质量m＝1×10－7
kg、电荷量q＝－1×10－8
C的液滴，在两极板正中央处于静止状态。问：(取g＝10
m/s2)
(1)哪块极板带正电？板间电场强度多大？
(2)若电容器电容为5×10－10
F，则电容器所带电荷量Q为多少？
(3)若下极板接地，液滴的电势能是多少？
14．如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以正电荷Q为圆心的某圆交于B、C两点，质量为m、电荷量为－q的有孔小球从杆上A点无初速度下滑，已知q Q，AB＝h，小球滑到B点时的速度大小为，求：
(1)小球由A到B的过程中静电力做的功；
(2)A、C两点间的电势差。
15．把电荷量为2×10－8
C的正点电荷从无限远处移到电场中的A点，要克服静电力做功8×10－6
J，若把该电荷从无限远处移到电场中的B点，需克服静电力做功2×10－6
J，取无限远处电势为零。求：
(1)A点的电势；
(2)A、B两点的电势差；
(3)若把2×10－5
C的负电荷由A点移动到B点，静电力做的功。
16．
如图所示，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点。先给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为＋Q和－Q，此时悬线与竖直方向的夹角为。再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到，且小球与两极板不接触。求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量。
17．如图所示，电子在电势差为U0＝4500
V的加速电场中，从左极板由静止开始运动，经加速电场加速后从右板中央垂直射入电势差为U＝45
V的偏转电场中，经偏转电场偏转后打在竖直放置的荧光屏M上，整个装置处在真空中，已知电子的质量为m＝9.0×10－31
kg，电荷量为e＝－1.6×10－19
C，偏转电场的板长为L1＝10
cm，板间距离为d＝1
cm，光屏M到偏转电场极板右端的距离L2＝15
cm。求：
(1)电子从加速电场射入偏转电场的速度v0；
(2)电子飞出偏转电场时的偏转距离(侧移距离)y；
(3)电子飞出偏转电场时偏转角的正切tanθ；
(4)电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y。
18．如图为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点．已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力．
(1)求电子穿过A板时速度的大小．
(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量．
(3)若要电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？
参考答案
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．C
解析：电容器的电容大小由电容器本身因素所决定，与电容器是否带电、带电荷量的多少及电容器两端电压无关，A、B错误；由C＝＝可知，电容器的电容在数值上等于使两极板间的电压增加1
V时所需增加的电荷量，C正确；电容器所带电荷量，是一个极板所带电荷量的绝对值，D错误．
2．B
解析：根据点电荷的电场线和等势面分布特点可知，在以点电荷为圆心、r为半径的球面上，各点的电势相同，电场强度大小相等，但方向不同，A错误，B正确；正点电荷q在电场力作用下沿电场线方向移动一段距离时，电场力做正功，电势能减小，C错误；在匀强电场中，U＝Ed，d为沿电场线方向的距离，d越大，两点间的电势差越大，但两点间的距离大，d
不一定大，若这两点在同一等势面上，不管距离多大，U都为0，D错误．
3．B
解析：小球从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑，恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动，则mg＝m，mg(h－2R)＝mv；加匀强电场后仍从A点由静止释放该小球，则(mg－qE)(h－2R)＝mv，联立解得mg－qE＝，满足小球恰好能过B点的临界条件，B正确。
4．D
解析：静电力做的功与电荷经过的路径无关，只与电荷在电场中的初始位置与终止位置有关，故W1＝W2。因为电荷带正电，且静电力做正功，画出电场线的大致方向，可知φ1＞φ2。故D正确。
5．D
解析：带电粒子在从A到B的过程中，只有重力和静电力做功，对A到B的过程应用动能定理，可知合外力做功为零，即WG＋WAB＝0，又因为WG>0，所以WAB<0，又UAB>0，由WAB＝qUAB可知粒子带负电，UAB＝＝，A、B正确；因为带电粒子在由A向B运动的过程中，在重力和静电力作用下先加速后减速，说明静电力先小于重力，后大于重力，所以静电力越来越大，故场强越来越大，C正确，D错误。
6．D
解析：根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，场强与电势随位置变化率的关系：E＝－，得：E＝－·，Epx图像切线的斜率等于，根据数学知识可知，坐标原点O处切线斜率为零，坐标原点O两侧的场强大小对称，方向相反，故A错误；根据功能关系可知，由x1运动到O的过程，电势能增大，静电力做负功，故B错误；由图看出，x1、－x1两处的电势能相等，根据能量守恒定律得知，粒子经过x1、－x1处时速度相同，故C错误；该粒子带负电，根据公式Ep＝qφ可知，从x1处到－x1处，电势先降低后升高，电场强度的方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向，静电力先沿x轴正方向后沿x轴负方向，设粒子恰好能到达原点O时的速度为v，则根据能量守恒定律得：mv2＝E0－E1，解得：v＝，若粒子能够沿x轴负方向运动越过O点，则v0>v，即v0>
，故D正确。
7．B
解析：在0～2t1时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期，当UY为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，当UY为负的最大值时，电子打在荧光屏上有负的最大位移，因此一个周期内荧光屏上的图像为B.
8．C
解析：由题图看出粒子的运动轨迹向上弯曲，则所受的静电力向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电，B错误；粒子从P点运动到Q点，静电力做正功，W＝qU，则粒子的电势能减少了qU，P点的电势为零，则知带电粒子在Q点的电势能为－qU，A错误；设带电粒子在P点时的速度为v0，在Q点建立直角坐标系，垂直于电场线为x轴，平行于电场线为y轴，由平抛运动的规律和几何知识求得粒子在y轴方向的分速度为vy＝v0，粒子在y轴方向上的平均速度为y＝v0，设粒子在y轴方向上的位移为y0，粒子在电场中的运动时间为t，则竖直方向有y0＝yt＝v0t，水平方向有d＝v0t，可得y0＝，而场强E＝，联立得E＝，C正确，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．AD
解析：带正电的泡沫板靠近A极板后，根据静电感应可知A极板靠近泡沫板处带负电荷，远端带正电荷，用手触碰A极板后，A板与大地接通，正电荷分布在大地远端，手移开后，再移走泡沫板，A极板上只剩负电荷，A正确，B错误；两极板所带电荷量恒定不变，保持S不变，增大d，根据C＝可知C减小，根据C＝可知U增大，即θ变大，C错误；保持d不变，减小S，根据C＝可知C减小，根据C＝可知U增大，即θ变大，D正确。
10．ACD
解析：电场线的疏密反映电场的强弱，因此a点的场强比b点的场强大，A正确。顺着电场线的方向电势逐渐降低，因此b点电势比a点电势高，B错误。两个负电荷在c点场强为零，而在d点的场强向下，正电荷在c、d点场强大小相等、方向相反，由电场的叠加可知，c点场强比d点场强大，C正确。在正电荷的电场中，c、d两点的电势相等，而在负电荷的电场中离负电荷越远电势越高，因此c、d两点在三个点电荷电场中电势的代数和d点比c点高，D正确。
11．BC
解析：只将b极板向上平移，极板正对面积减小，电容变小，电荷量不变，极板间电势差变大，指针张角变大，A错误；只将b极板向右靠近，极板间距离变小，电容变大，电荷量不变，极板间电势差变小，指针张角变小，B正确；只在极板间插入有机玻璃，电容变大，电荷量不变，极板间电势差变小，指针张角变小，C正确；增加极板带电量，电容不变，极板间电势差变大，指针张角增大，D错误。
12．AD
解析：电子沿x轴正向射入电场，做类平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，已知OA＝AB，则tOC＝tCD；电子在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，则vCy＝atOC，vDy＝atOD，则vCy∶vDy＝tOC∶tOD＝1∶2，故A正确，B错误，在竖直方向上yOC∶yOD＝1∶4，根据动能定理得：ΔEk1＝qEyOC，ΔEk2＝qEyOD，则ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4，故C错误，D正确．
三、非选择题:本题共6小题,共60分。计算题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。
13．(1)上极板'100
N/C'(2)1×10－9
C
(3)－1×10－8
J
解析：(1)液滴处于静止状态，可知静电力方向竖直向上，则电场强度的方向竖直向下，上极板带正电。
根据平衡条件得：qE＝mg
解得：E＝＝100
N/C。
(2)两极板间电势差为：U＝Ed
根据电容器电容的定义有：C＝
联立解得：Q＝1×10－9
C。
(3)由U＝Ed得液滴所在位置与下极板间电势差为：
U′＝Ed′＝1
V，
若下极板接地，则液滴处的电势为：φ＝1
V
则液滴的电势能为：Ep＝qφ＝－1×10－8
J。
14．(1)mgh　(2)－
解析：(1)因为杆是光滑的，所以小球从A到B过程中只有两个力做功：静电力做功WE，重力做功WG＝mgh，
由动能定理得：WE＋mgh＝mv，
代入已知条件vB＝得静电力做功
WE＝m·3gh－mgh＝mgh。
(2)因为B、C在同一个等势面上，
所以φB＝φC，即UAC＝UAB，
由W＝qU得UAC＝UAB＝＝－。
15．(1)400
V　(2)300
V　(3)－6×10－3
J
解析：(1)设C点在无限远处，由题意知：
WCA＝EpC－EpA，
其中WCA＝－8×10－6
J，EpC＝0
解得EpA＝8×10－6
J，
φA＝＝
V＝400
V。
(2)同理φB＝
V＝100
V，
故UAB＝φA－φB＝300
V。
(3)若把负电荷由A点移动到B点，
WAB＝q′UAB＝－2×10－5×300
J＝－6×10－3
J。
16．2Q
解析：设电容器电容为C，第一次充电后两极板之间的电压为
U＝①
两极板之间电场的场强为E＝②
式中d为两极板间的距离。
按题意，当悬线与竖直方向的夹角θ1＝时，小球处于平衡状态。设小球质量为m，所带电荷量为q，则有
FTcosθ1＝mg③
FTsinθ1＝qE④
式中FT为此时悬线的拉力。
联立①②③④式得tanθ1＝⑤
设第二次充电使正极板上增加的电荷量为ΔQ，此时悬线与竖直方向的夹角θ2＝，则
tanθ2＝⑥
联立⑤⑥式得
＝，代入数据解得ΔQ＝2Q。
17．(1)4×107
m/s　(2)0.25
cm　(3)0.05
(4)1
cm
解析：(1)电子在加速电场中运动，由动能定理：
eU0＝mv，解得：v0＝4×107
m/s。
(2)电子在偏转电场中运动，
沿初速度方向：L1＝v0t，可得t＝2.5×10－9
s。
沿垂直初速度方向：
y＝at2＝t2＝2.5×10－3
m＝0.25
cm。
(3)偏转角的正切：tanθ＝＝＝＝0.05。
(4)电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设在无电场区域沿荧光屏方向的偏移距离为y′，则＝tanθ，所以y′＝0.75
cm，所以Y＝y＋y′＝1
cm。
18．(1)　(2)　(3)减小加速电压U1或增大偏转电压U2
解析：(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理有eU1＝mv，解得v0＝.
(2)电子沿极板方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动．设电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y.由牛顿第二定律和运动学公式有
t＝，a＝，y＝at2，
解得y＝.
(3)减小加速电压U1或增大偏转电压U2.