第十章 静电场中的能量 单元测试卷（培优卷）（word版含答案）

第十章 静电场中的能量 单元测试卷（培优卷）
一、单选题
1．如图所示，a、b两点位于以负点电荷–Q（Q>0）为球心的球面上，c点在球面外，则
A．a点场强的大小比b点大
B．b点场强的大小比c点小
C．a点电势比b点高
D．b点电势比c点低
2．一电场的电场线分布如图所示，电场中有A、B、C三点，且AB=BC，则下列关系中正确的是（　　）
A．电场强度大小关系为EA=EC>EB
B．电势
C．将一带负电粒子由A经B移至C点过程中，电场力先做负功再做正功
D．将一带正电粒子由A经B移至C点过程中，电势能先增大再减小
3．图中的实线为电场线，但电场线的方向没有画出，虚线1、2为电场中的两条等势线，两个不同的带电粒子、由图中的点沿虚线1的切线方向以相同的初速度射入电场，、仅在电场力作用下的轨迹分别如图中的虚线、所示。则下列说法正确的是（　　）
A．粒子、的加速度均逐渐增大
B．粒子、的速度均逐渐减小
C．粒子带正电荷，粒子带负电荷
D．粒子、带异种电荷
4．研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是( )
A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电
B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
5．为等量异种电荷，图中水平虚线为连线的中垂线。现将另两个等量异种试探电荷用如图所示绝缘杆连接后从离无穷远处平移到的连线处，平移过程中两试探电荷位置始终关于中垂线对称。若规定离无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（　　）
A．运动路径上各点电势不断降低
B．整体在连线处具有的电势能为0
C．两个试探电荷一起移动过程中电势能都增大
D．两个试探电荷一起移动过程受到的电场力始终大小相等，方向相同
6．关于和WAB=qUAB的理解，正确的是（　　）
A．电场中的A、B两点的电势差和两点间移动电荷的电量q成反比
B．在电场中A、B两点移动不同的电荷，电场力做的功WAB和电量q成正比
C．UAB与q、WAB无关，但不移动电荷UAB即为零
D．WAB与q、UAB无关，但与电荷移动的路径有关
7．如图所示，在一匀强电场中的O点固定一电荷量为Q的正点电荷，设正点电荷Q的电场与匀强电场互不影响，a、b、c、d为电场中的四点，分布在以O为圆心、r为半径的圆周上，一电荷量为q的正检验电荷放在a点时恰好平衡．则下列说法正确的是
A．电场中a、c两点间的电势差
B．电场中a、c两点间的电势差
C．电场中b、d两点间的电势差
D．电场中b、d两点间的电势差
8．如图所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方的场强为E1，方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E2、方向竖直向上的匀强电场．一个质量m，带电+q的小球从上方电场的A点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A关于虚线对称的B点，则下列结论正确的是（ ）
A．若A、B高度差为h，则
B．带电小球在A、B两点电势能相等
C．在虚线上下方的电场中，带电小球运动的加速度相同
D．若，则两电场强度大小关系满足E2=2E1
二、多选题
9．如上图所示，虚线a、b、c为三个同心圆面，圆心处为一个点电荷，现从c外面一点P以相同的速率发射两个电荷量、质量都相同的带电粒子，分别沿PM、PN运动到M、N，M、N两点都位于圆周c上，以下判断正确的是（　　）
A．两粒子带同种电荷 B．两粒子带异种电荷
C．到达M、N时两粒子速率仍相等 D．到达M、N时两粒子速率不相等
10．如图所示，真空中M、N处分别放置两等量异种电荷，a、b、c表示电场中的3条等势线，d点和e点位于a等势线上，f点位于c等势线上，df平行于MN．以下说法正确的是（ ）
A．d点的电势高于f点的电势
B．d点的电势与e点的电势相等
C．若将一负试探电荷沿直线由d点移动到f点，则电场力先做正功、后做负功
D．若将一正试探电荷沿直线由d点移动到e点，试探电荷的电势能增加
11．在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8 J，在M点的动能为6 J，不计空气的阻力，则下列判断正确的是(　　)
A．小球水平位移x1与x2的比值为1∶3 B．小球水平位移x1与x2的比值为1∶4
C．小球落到B点时的动能为32 J D．小球从A点运动到B点的过程中最小动能为6 J
12．光滑水平绝缘的面上固定着两个等量的正电荷，其连线在水平面内的中垂线上有三点，如图甲所示，一个质量为、带电荷量为的小物块自点由静止释放，其向点方向运动的图像如图乙所示，乙图中的对应的时刻为甲图中过点的时刻，其中点为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线），则以下分析正确的是（　　）
A．由点到点，电势先升高后降低
B．由点到点电场力一直对小物块做正功
C．点为中垂线上电场强度最大的点，电场强度大小约为
D．两点间的电势差为
三、解答题
13．如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接．在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场．现有一质量为m，电荷量为＋q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场(P点恰好在A点的正上方，如图所示．小球可视为质点，小球运动到C点之前电荷量保持不变，经过C点后电荷量立即变为零)．已知A、B间距离为2R，重力加速度为g．在上述运动过程中，求
(1)电场强度E的大小；
(2)小球在圆轨道上运动时的最大速率
(3) 小球对圆轨道的最大压力的大小
14．如图所示，ABCD是半径为R的四分之三光滑绝缘圆形轨道，固定在竖直面内。以轨道的圆心O为坐标原点，沿水平直径AC方向建立x轴，竖直直径BD方向建立y轴。y轴右侧（含y轴）存在竖直向上的匀强电场。一质量为m、带电量为+q的小球，从A点由静止开始沿轨道下滑，通过轨道最高点D后，又落回到轨道上的A点处。不考虑小球之后的运动，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)小球落回到A点时的速率；
(2)电场强度的大小；
(3)小球从A下滑到电场内的B点时对轨道压力的大小。
15．如图甲所示．水平放置的两平行金属板、B相距为d，板间加有如图乙所示随时间变化的电压．、B板中点O处有一带电粒子，其电荷量为，质量为m，在时间内粒子处于静止状态．已知重力加速度为g，周期 ．求：
（1）判定该粒子的电性；
（2）在方时间内两板间的电压U0：
（3）若 时刻，粒子恰好从O点正下方金属板A的小孔飞出，那么的比值应满足什么条件．
16．如图甲所示，两平行金属板水平放置，间距为，金属板长为，两金属板间加如图乙所示的电压（初始时上金属板带正电），其中。一粒子源连续发射质量为、电荷量为的带电粒子（初速度，重力忽略不计），射出的带电粒子恰好从上金属板左端的下边缘水平进入两金属板间。
(1)求能从板间飞出的粒子在板间运动的时间。
(2)在哪些时刻进入两金属板间的带电粒子不碰到金属板而能够飞出两金属板间？
17．如图所示，虚线左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2 =2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子（电荷量为e，质量为m，重力不计）无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；
(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值；
(3)电子打到屏上的点到点O的距离x。
参考答案
1．D
【解析】由点电荷场强公式确定各点的场强大小，由点电荷的等势线是以点电荷为球心的球面和沿电场线方向电势逐渐降低确定各点的电势的高低．
由点电荷的场强公式可知，a、b两点到场源电荷的距离相等，所以a、b两点的电场强度大小相等，故A错误；由于c点到场源电荷的距离比b点的大，所以b点的场强大小比c点的大，故B错误；由于点电荷的等势线是以点电荷为球心的球面，所以a点与b点电势相等，负电荷的电场线是从无穷远处指向负点电荷，根据沿电场线方向电势逐渐降低，所以b点电势比c点低，故D正确．
2．D
【解析】A．由电场线分布可知EA=ECB．根据等势面与电场线垂直，以及电场的对称性作出等势面，可知A、C在同一等势面上，B点电势高于A、C点电势，B错误；
C．故，，将一带负电粒子由A经B移至C点过程中，电场力先做正功再做负功，C错误；
D．将一带正电粒子由A经B移至C点过程中，电场力先做负功再做正功，电势能先增大再减小，D正确。
故选D。
3．D
【解析】A．电场线的疏密代表电场的强弱，由题图可知越向左，场强越小，出发后的一小段时间内其所处位置的场强越来越小，出发后的一小段时间内其所处位置的场强越来越大，故粒子所受的电场力逐渐减小，加速度逐渐减小，粒子所受的电场力逐渐增大，加速度逐渐增大，故A错误；
B．由于出发后电场力始终对两粒子做正功，故两粒子的动能逐渐增大，两粒子的速度逐渐增大，故B错误；
CD．由于在点时两粒子所受电场力的方向相反，故两粒子所带的电荷的电性相反，由于不知道场强的方向，故不能确定、两粒子的电性，故C错误，D正确。
故选D。
4．A
【解析】A、当用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A正确；
B、根据电容器的决定式：，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，根据可知， 电量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故选项B错误；
C、根据电容器的决定式：，只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数增大，则电容C增大，根据可知， 电量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角减小，故选项C错误；
D、根据可知， 电量Q增大，则电压U也会增大，则电容C不变，故选项D错误．
点睛：本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是电容与哪些因素有什么关系．
5．C
【解析】
A．根据等量异种电荷所电场线及等势面的分布图如图所示，则有a运动路径上各点电势不断升高，b运动路径上各点电势不断降低，所以A错误；
B．根据正电荷在电势越高的点电势能越大，负电荷在电势越低的点电势能越高，整体在连线处具有的电势能不为0，整体电势能最大，所以B错误；
C．根据正电荷在电势越高的点电势能越大，负电荷在电势越低的点电势能越高，两个试探电荷一起移动过程中电势能都增大，所以C正确；
D．两个试探电荷一起移动过程受到的电场力始终大小相等，方向不同，所以D错误；
故选C。
6．B
【分析】
电场中的A、B两点间的电势差和两点间移动电荷的电量q和电场力做功无关．电场中A、B两点间的电势差是一定的，在电场中A、B两点移动不同的电荷，电场力的功WAB和电量q成正比．
【解析】A、C电势差公式 是比值定义法，电场中的A、B两点间的电势差和两点间移动电荷的电量q和电场力做功均无关．故AC错误，
B、电场中A、B两点间的电势差是一定的，在电场中A、B两点移动不同的电荷，电场力的功WAB和电量q成正比．故B正确．
D、由公式WAB=qUAB可知，WAB与q、UAB都有关，与电荷移动的路径无关．故D错误．
故选B．
【点睛】
本题要抓住电势差是反映电场本身性质的物理量，与试探电荷无关，可抓住比值定义的共性理解电势差的定义式．
7．A
【解析】AB：电荷量为q的正检验电荷放在a点时恰好平衡，则匀强电场对它的电场力等于Q对它的作用力，即，解得：匀强电场的场强，方向由a点指向O点．正电荷Q在a、c点的电势相等，则电场中a、c两点间的电势差．故A项正确，B项错误．
CD：正电荷Q在b、d点的电势相等，匀强电场中b、d两点电势相等，则电场中b、d两点间的电势差为零．故CD两项错误．
【点睛】
电荷量为q的正检验电荷放在a点时恰好平衡，匀强电场与点电荷Q对正检验电荷的作用力等大反向．根据平衡条件和点电荷场强公式求得匀强电场的场强．正电荷Q在a、b、c、d点的电势相等，根据匀强电场的电势差和电场强度关系求解各点间的电势差．
8．D
【解析】AB．对A到B的过程运用动能定理得
qUAB+mgh=0
解得：，知A、B的电势不等，则电势能不等，AB错误；
C．A到虚线速度由零加速至v，虚线到B速度v减为零，位移相同，根据匀变速运动的推论知，时间相同，则加速度大小相等，方向相反，C错误；
D．在上方电场，根据牛顿第二定律得：
在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为：
因
a1=a2
解得：
若，则有：E2=2E1，D正确。
故选D。
9．BD
【解析】AB．由轨迹看出，点电荷左侧的带电粒子受到中心电荷的排斥力，与中心点电荷电性相同；右侧的带电粒子受到中心电荷的吸引力，与中心点电荷电性相反，则两粒子带异种电荷，故A错误，B正确；
CD．由题，M、N两点都处于圆周c上，电势相等，两带电粒子又是从同一点P出发，则电势差UPM=UPN，电场力对两个带电粒子做功大小相等，而从P到M的粒子电场力总功为负功，从P到N的粒子电场力总功为正功，根据动能定理得到，到达M、N时两粒子速率vM＜vN。故C错误，D正确。
故选BD。
【点睛】
本题是轨迹问题，根据轨迹的弯曲方向要能判断出带电粒子所受的电场力大体方向。电场力做功与初末位置间电势差成正比。
10．AB
【解析】A．由电场线、等势面的分布可得d点电势高于f点电势，故A正确；
B．d、e在同一等势面上，故d点的电势与e点的电势相等，故B正确；
C．因负电荷所以由d到f电场力一直做负功，故C错误；
D．将一正试探电荷沿直线由d点移动到e点，试探电荷的电势能不变，故D错误。
故选AB。
11．AC
【解析】AB.将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动。竖直分运动为竖直上抛运动，所以从A到M和从M到B点所用时间相等。对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为1:3，则小球水平位移x1与x2的比值为1：3，故A正确，B错误；
C. 设物体在B动能为EkB，水平分速度为vBx，竖直分速度为vBy，
由竖直方向运动对称性知：
，
对于水平分运动运用动能定理得：
Fx1=，
F(x1+x2)= ，
由A可知x1：x2=1：3，
解得：
Fx1=6J，F(x1+x2)=24J，
故
EkB==32J，
故C正确；
D. 小球受力如图所示：
小球受到的合外力为重力和电场力的合力，为恒力，在A点时，合力与速度之间的夹角为钝角，在M点时，合力与速度之间的夹角为锐角，即合力先做负功后做正功，小球的动能先减小后增大，小球从M到B的过程，合力一直做正功，动能一直增大。则小球从A运动到B的过程中最小动能一定小于6J，故D错误。
故选：AC。
12．BCD
【解析】A．等量正点电荷连线的中垂线上电场强度的方向沿中垂线远离点电荷，故从到电势逐渐升高，故A错误：
B．负电荷从到过程中电场力一直做正功，故B正确：
C．由图像的斜率表示加速度可知，点的加速度最大，又
所以点为中垂线上电场强度最大的点，加速度大小为
代入已知数据解得
故C正确；
D．从到由动能定理得
代入数据解得
故D正确。
故选BCD。
13．（1）E=；（2）；（3）F=（2+3）mg
【解析】（1）设电场强度为E，小球从A到C由动能定理：
qE 3R mg 2R=mvc2，
小球过C点时速度大小为vc，小球离开C点后做平抛运动到P点：
R= gt2，
2R=vct
联立解得：E=，即电场强度E的大小为；
（2）设小球运动到圆周D点时速度最大为v，此时OD与竖直线OB夹角为α，小球从A运动到D过程，根据动能定理：
qE(2R+Rsinα)-mgR(1-cosα)=mv2，
即：mv2=mgR(sinα+cosα+1)
根据数学知识可得，当α=45°时动能最大，
由此可得：，
即小球在圆轨道上运动时的最大速率为．
(3)由于小球在D点时速度最大且电场力与重力的合力恰好沿半径方向，故小球在D点对圆轨道的压力最大，
设此压力大小为F，由牛顿第三定律可知小球在D点受到的轨道弹力大小也为F，在D点对小球进行受力分析，并建立如图所示坐标系
由牛顿第二定律：
F qEsinα mgcosα=
解得：F=（2+3）mg
即小球对圆轨道的最大压力的大小（2+3）mg.
【点睛】
（1）对小球从A到C过程运用动能定理列式；小球从C平抛运动到P过程，对水平和竖直分运动分别根据位移公式列式；（2）小球在圆弧右下段某个位置速度最大，根据动能定理求出速度的一般表达式，然后根据数学知识求最大值；（3）当速度最大时，小球对轨道的压力最大，根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解．
14．(1)；(2)；(3)。
【解析】(1)设小球离开D点时的速率为vD，由D落回到A的时间为t，则由平抛运动规律有
解得
小球落回到A时的速率为vA，根据动能定理有
解得
(2)小球从A到D的过程中，根据动能定理有
结合(1)解得
(3)小球通过轨道最低点B处时的速率为vB，轨道对小球的支持力为F，则有
根据合力提供向心力有
解得
由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力
答：(1)小球落回到A点时的速率；
(2)电场强度的大小；
(3)小球从A下滑到电场内的B点时对轨道压力的大小。
15．(1)带正电 (2) (3)
【解析】【分析】由平衡条件可判定粒子带正电；在时间内，由平衡状态求出两板间的电压；在时间内，粒子做内平抛运动，粒子恰好从点正下方金属板的小孔飞出，根据运动的合成与分解求出；
解：（1）由平衡条件可判定粒子带正电
（2）设时间内，粒子处于平衡状态由：
求得：
（3）在时间内有：
由以上公式联立得：
16．(1)；(2)（其中）
【解析】(1)能从板间飞出的粒子，平行于板方向做匀速直线运动，在板间运动的时间
(2)设带电粒子在两金属板间运动时的加速度大小为，则
假设时刻进入两金属板间的粒子不碰到金属板而能够飞出两金属板间，则飞出两金属板间时的偏移量为
则假设不成立，时刻进入两金属板间的粒子将打在金属板上。
在第一个周期内，设带电粒子在时刻进入两金属板间，它在竖直方向上先加速向下，经过时间后电场反向，开始在竖直方向上减速向下，又经过时间，竖直分速度减为零，恰好从下金属板右端飞出，画出其运动轨迹，如图所示：
可知
解得
所以
在第一个周期内，设带电粒子在时刻进入两金属板间，它在竖直方向上先加速向下，经过时间后电场反向，开始在竖直方向上减速向下，又经过时间，竖直分速度减为零，然后加速向上直到恰好从上金属板右端飞出，画出其运动轨迹，如图所示：
可知
解得
（舍去）
所以
考虑到周期性，带电粒子不碰到金属板而能够飞出两金属板间的时刻满足
（其中）
17．(1)；(2)2；(3)3L
【解析】(1)从A点到MN的过程中，由动能定理得
解得
电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律和运动学公式得
则时间t1为
从MN到屏的过程中运动的时间为
运动的总时间为
(2)设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为
运动时间为
则竖直方向速度为
所以夹角为
(3)如图
电子离开电场E2后，将速度方向反向延长交于E2场的中点，由几何关系知
解得