第十章 静电场中的能量 测评卷 ——2021-2022学年高二上学期物理人教版（2019）必修第三册（word含答案）

第十章
静电场中的能量
测评卷
（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。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．以下说法正确的是(　　)
A．由E＝可知电场中某点的电场强度E与F成正比
B．由公式φ＝可知电场中某点的电势φ与q成反比
C．由Uab＝Ed可知，匀强电场中任意两点a、b间距离越大，两点间的电势差也越大
D．公式C＝中，电容器的电容大小C与电容器两极板间的电势差U无关
2．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
3．如图所示，平行放置的金属板A、B组成一平行板电容器，开关S闭合后，若A、B金属板间距增大，电容器所带电荷量Q、电容C、两板间电势差U及电容器两极板间场强E的变化情况是(　　)
A．Q变小，C变小，U不变，E变小
B．Q变小，C变小，U不变，E不变
C．Q不变，C变小，U变大，E不变
D．Q不变，C变小，U变小，E变小
4．如图所示，某一空间为真空，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动。那么(　　)
A．微粒只能带正电荷
B．微粒一定做匀减速直线运动
C．仅改变初速度的方向微粒仍做直线运动
D．运动中微粒的电势能保持不变
5．如图所示，在M、N两点分别放置两个等量异种电荷，A为它们连线的中点，B为连线上靠近N的一点，C为连线的中垂线上处于A点上方的一点，在A、B、C三点中(　　)
A．场强最小的点是A点，电势最高的点是B点
B．场强最小的点是A点，电势最高的点是C点
C．场强最小的点是C点，电势最高的点是B点
D．场强最小的点是C点，电势最高的点是A点
6．
如图所示为某一电容器中所带电量和两端电压之间的关系图线，若将该电容器两端的电压从40
V降低到36
V，对电容器来说正确的是(
)
A．是充电过程
B．是放电过程
C．该电容器的电容为5.0×10－2
F
D．电容器的电量变化量为0.20
C
7．如图所示，一带负电的粒子以某一初速度垂直于匀强电场方向飞入极板间，不计重力，下列说法中正确的是(
)
A．粒子向正极板偏转
B．电场力对粒子做负功
C．粒子在电场中做匀速直线运动
D．粒子在电场中运动的轨迹是圆弧
8．如图甲所示，在平行板电容器的A板附近，有一个带正电的粒子(不计重力)处于静止状态，在A、B两板间加如图乙所示的交变电压，t＝0时刻，该带电粒子在电场力作用下由静止开始运动，经过3t0时间刚好到达B板，设此时粒子的动能大小为Ek3，若用改变A、B两板间距离的方法，使粒子在5t0时刻刚好到达B板，此时粒子的动能大小为Ek5，等于
(
)
A.
B.
C．1
D.
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．平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间，一个所带电荷量很小的正电荷固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的电场强度，U表示两极板间的电势差，Ep表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则(　　)
A．U变小，E不变
B．E变小，Ep变大
C．U变小，Ep不变
D．U不变，Ep不变
10．关于电容器的概念，下列说法中正确的是(
)
A．两个彼此绝缘又互相靠近的导体就可以看成是一个电容器
B．用电源对平行板电容器充电后，两极板一定带有等量异种电荷
C．电容器两极板的正对面积越大，它的电容就越小
D．电容器两极板的距离越大，它的电容就越大
11．如图所示，电容器与直流电源连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点恰好处于静止状态。现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则(　　)
A．带电油滴的电势能将增大
B．P点的电势将降低，两极板间的电势差不变
C．平行板之间的电场强度增大，平行板所带电荷量也增大
D．电容器的电容增大，带电油滴将沿竖直方向向上运动
12．
如图所示，图中五点均在匀强电场中，它们刚好是一个圆的四个等分点和圆心．已知电场线与圆所在平面平行．下列有关圆心O和等分点a的电势、电场强度的相关描述正确的是(
)
A．a点的电势为6
V
B．a点的电势为－2
V
C．O点的场强方向指向a点
D．O点的场强方向指向电势为2
V的点
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．如果把电荷量为q＝1.0×10－8
C的点电荷从无穷远处移至电场中的A点，需要克服静电力做功1.2×10－4
J，取无穷远处电势为零，试求：
(1)q在A点的电势能和A点的电势；
(2)q移入电场前A点的电势是多少？
14．如图所示，在匀强电场中，电荷量q＝5.0×10－10
C的正电荷，由a点移到b点和由a点移到c点静电力做功都是3.0×10－8
J，已知a、b、c三点的连线组成直角三角形，ab＝20
cm，∠a＝37°，∠c＝90°，求：
(1)a、b两点的电势差Uab；
(2)匀强电场的场强大小和方向。
15．如图所示，在O点放置一个带正电的点电荷，在过O点的竖直平面内的A点自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q。小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆(图中实线表示)相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC＝30°，A距离OC的竖直高度为h。若小球通过B点的速度为v，试求：
(1)小球通过C点的速度大小；
(2)小球由A到C的过程中电势能的增加量。
16．如图所示，半径为r的光滑绝缘圆环固定在竖直面内，并处于水平向右的匀强电场中，环内侧有一个质量为m的带电小球，静止时，它和圆环中心O的连线与竖直方向的夹角为37°。
(1)求电场强度E的大小；
(2)若给小球一沿切线方向的瞬时初速度，小球便在圆环内运动，为使小球不脱离圆环，这个速度应在哪个范围内？(重力加速为g)
17．如图甲所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为UAB＝1125
V，板中央有小孔O和O′。现有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入A、B板间。在B板右侧，平行金属板M、N长L1＝4×10－2
m，板间距离d＝4×10－3
m，在距离M、N右侧边缘L2＝0.1
m处有一荧光屏P，当M、N之间未加电压时电子沿M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的O″点并发出荧光。现在金属板M、N之间加一个如图乙所示的变化电压u1，M板的电势低于N板。已知电子质量为me＝9.0×10－31
kg、电荷量为e＝1.6×10－19
C。则：
(1)每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度多大？
(2)打在荧光屏上的电子的最大偏移量是多少？
(3)打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？
18．如图所示，在绝缘粗糙的水平面上，相距为L的A、B两点处分别固定着两个等电量的正电荷，a、b是AB连线上的两点，其中Aa＝Bb＝，O为AB连线的中点，一质量为m、电荷量为＋q的小滑块(可以看成质点)以初动能Ek0从a点出发，沿AB直线向b运动，其中小滑块第一次经过O点时的动能为初动能的3倍，到达b点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，求：
(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数；
(2)O、b两点间的电势差；
(3)小滑块运动的总路程。
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．D
解析：E＝是采用比值定义法定义E的，E跟F以及检验电荷q无关，E是由电场本身决定的，故A错误；电场中某点的电势φ与检验电荷q无关，是由电场本身和零电势点决定的，故B错误；Uab＝Ed中的d是匀强电场中的任意两点a、b沿着电场线方向的距离，故C错误；电容器的电容大小C由电容器自身结构决定，与电容器两极板间的电势差U无关，故D正确。
2．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．
3．A
解析：电容器与电源相连接，两板间电势差U保持不变；当增大两极板间距离时，根据C＝，可知电容C减小；根据E＝，可知两极板间的电场强度E减小；根据Q＝CU，可知所带电荷量减小，故选A。
4．B
解析：带电微粒恰能沿图示虚线由A向B做直线运动，则微粒所受的合力一定与初速度在一条直线上，微粒如果带正电，静电力方向向右，合力不可能与初速度在一条直线上，则微粒必带负电，故A错误；微粒受向左的静电力与向下的重力，则合力方向一定与初速度方向相反，微粒做匀减速直线运动，故B正确；改变初速度的方向，合力方向和初速度方向可能不在同一直线上，故微粒可能做曲线运动，C错误；微粒带负电，由A到B静电力做负功，电势能增加，故D错误。
5．C
解析：如图为等量异种点电荷的电场线分布图，由电场线的疏密分布知，B点场强大于A点场强，A点场强大于C点场强。
中垂线上各点的场强方向平行于两点电荷连线，则电荷在中垂线上移动，静电力不做功，则中垂线为等势线，C点电势等于A点电势。两点电荷连线上电场线由N指向M，B点电势高于A点电势。综上分析，C正确。
6．B
解析：由Q＝CU知，U降低，Q减小，故为放电过程，A错，B对；由C＝＝
F＝5×10－3
F，可知C错；ΔQ＝CΔU＝5×10－3×4
C＝0.02
C，D错．
7．A
解析：粒子在电场中受力如图所示，所以粒子将向正极板偏转，电场力对粒子做正功，故A项正确，B项错误；
由于电场力方向与初速度方向不在一条直线上，故粒子做曲线运动，又因电场为匀强电场，其加速度不变，故其运动为匀变速曲线运动，C、D两项均错误．
8．B
解析：设两板间距离为d，粒子经过3t0时间刚好到达B板时，粒子在运动过程中先加速后减速再加速，根据运动的对称性和动能定理，可得Ek3＝q，若改变A、B两板间距离使粒子在5t0时刻刚好到达B板，根据运动的对称性和动能定理，可得Ek5＝q·，故＝，B正确．
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．AC
解析：由题意可知，电容器所带的电荷量Q不变，由于极板间距离减小，故电容C增大，由U＝可知两极板间的电势差U减小，D错误；根据C＝、U＝和E＝得E＝·，由于为常数，而Q及S都不变，则E不变，A正确，B错误；E不变，P点与负极板间的距离不变，则P点的电势φP不变，那么正电荷的电势能Ep＝qφP就不变，C正确。
10．AB
解析：两个彼此绝缘又互相靠近的导体能储存电荷，可以看成是一个电容器，A正确；电源对平行板电容器充电后，两极板一定带有等量异种电荷，B正确；电容器两极板的正对面积越大，它的电容就越大，电容器两极板的距离越大，它的电容就越小，C、D错误．故答案为AB.
11．CD
解析：现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，d减小，电容器的电压U不变，由E＝分析得知，板间场强增大，因P点到下极板的距离不变，而E增大，由U＝Ed知，P点与下极板间电势差增大，P点的电势大于零，则P点的电势升高，由受力分析可知油滴带负电，则带电油滴的电势能将减少，故A、B错误；由于d减小，由C＝，知电容C增大，U不变，由C＝分析可知电容器所带电荷量增加，故C正确；板间场强增大，则油滴所受静电力增大，油滴将沿竖直方向向上运动，故D正确。
12．AD
解析：由匀强电场特征可知：在匀强电场中，沿某一直线若存在电势变化，则沿与该直线平行的其他直线也会存在相同的电势变化规律，所以有10
V－6
V＝φa－2
V，解得φa＝6
V，选项A正确，B错误；O点与a点处于同一等势面上，所以O点场强方向垂直O与a连线指向电势为2
V的点，选项C错误，选项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)1.2×10－4
J　1.2×104
V　(2)1.2×104
V
解析：(1)设B点是无穷远处的点，无穷远处的电势为零，电荷在无穷远处的电势能也为零，即EpB＝0。
电荷q在A点的电势能EpA＝WAB＝1.2×10－4
J，
A点的电势φA＝＝
V＝1.2×104
V。
(2)A点的电势是由电场本身决定的，跟A点是否有电荷无关，所以在q移入电场前，A点电势仍为1.2×104
V。
14．(1)60
V
(2)375
V/m　方向与bc边垂直且由a指向c
解析：(1)Uab＝＝
V＝60
V。
(2)因为正电荷q从a到b和从a到c，静电力做功相等，所以由W＝qU可得Uab＝Uac，b、c两点在同一等势面上，根据电场线与等势面垂直，得到场强方向与ac平行，垂直指向bc。
由U＝Ed可得，
E＝＝＝
V/m＝375
V/m，
场强方向与bc边垂直且由a指向c。
15．(1)
　(2)mgh－mv2－mgR
解析：(1)因B、C两点电势相等，小球由B到C只有重力做功，由动能定理得：
mgR·sin30°＝mv－mv2，
得vC＝。
(2)由A到C应用动能定理得：
WAC＋mgh＝mv－0，
得WAC＝mv－mgh＝mv2＋mgR－mgh。
由电势能变化与静电力做功的关系得：
ΔEp＝－WAC＝mgh－mv2－mgR。
16．(1)　(2)v≥2.5或v≤
解析：(1)小球静止时处于平衡状态，
由平衡条件得：qE＝mgtan37°，解得：E＝。
(2)小球恰能通过等效最高点时，在等效最高点重力与静电力的合力提供向心力，
由牛顿第二定律得：＝m，
从平衡位置到等效最高点的过程，由动能定理得：
－·2r＝mv2－mv
解得：v1＝2.5。
小球恰能到达等效的圆心等高点时，
从平衡位置到等效的圆心等高点的过程，
由动能定理得：－·r＝0－mv
解得：v2＝。
故为使小球不脱离圆环，速度范围：v≥2.5或v≤。
17．(1)2×107
m/s　(2)0.012
m，方向竖直向下　(3)1.82×10－16
J
解析：(1)电子在A、B两板间加速，有eU＝mv，
得v0＝
＝
m/s＝2×107
m/s。
(2)电子通过M、N极板间的时间为t＝＝2×10－9
s，远小于电压变化的周期，故电子通过M、N极板间时可认为板间电压不变。
当u1＝22.5
V时，电子经过M、N极板间向下的偏移量最大，为
y1＝··2＝××2
m＝2×10－3
m。
y1此时电子在竖直方向的速度大小为
vy＝·＝×
m/s＝2×106
m/s。
电子射出极板M、N后到达荧光屏P的时间为
t2＝＝
s＝5×10－9
s。
电子射出M、N极板间后到达荧光屏P的偏移量为
y2＝vyt2＝2×106×5×10－9
m＝0.01
m。
电子打在荧光屏P上的最大偏移量为y＝y1＋y2＝0.012
m，方向竖直向下。
(3)当u1＝22.5
V时，电子飞出电场的动能最大，
Ek＝m(v＋v)＝×9×10－31×[(2×107)2＋(2×106)2]
J＝1.82×10－16
J。
18．(1)　(2)－　(3)L
解析：(1)a、b是AB连线上的两点，其中Aa＝Bb＝，可知a、b两点关于O点对称，则a、b两点电势相等，即Uab＝0。
设滑块与水平面间的摩擦力大小为f，
对滑块从a到b的过程，由动能定理得：
－f＝0－Ek0，摩擦力：f＝μmg，
解得：μ＝。
(2)对于滑块从O到b的过程，由动能定理得：
qUOb－μmg·＝0－3Ek0，
解得：UOb＝－。
(3)对于滑块从a点开始运动到最终在O点停下的整个过程，由动能定理得：
qUaO－μmgs＝0－Ek0，
其中UaO＝UbO＝－UOb＝，
解得：s＝L。