第十章 静电场的能量练习2021-2022学年物理必修第三册人教版2019（word含解析）

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(满分:100分;时间:75分钟)
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.(2021吉林长春第二十九中高二月考)关于静电场的等势面,下列说法正确的是 (　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.两个电势不同的等势面可能相交
B.电场线不一定与等势面相互垂直
C.同一等势面上各点电场强度一定相等
D.将一正的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面,静电力做正功
2.(2020广东广大附中高二上期中)如图所示,在O点放置一点电荷Q,以O为圆心作一圆。现将一试探电荷分别从圆上的B、C、D三点移到圆外的A点,下列说法正确的是 (　　)
A.从B移到A的过程中静电力做功最少
B.从C移到A的过程中静电力做功最少
C.从D移到A的过程中静电力做功最多
D.三个过程中静电力做功一样多
3.如图所示为一对不等量异种点电荷的电场线分布,下列说法正确的是 (　　)
A.Q1的电性无法确定
B.B处没画电场线,故B处电场强度为零
C.A点电势一定高于B点电势
D.将一电子从A点移到B点,静电力对电子做正功
4.(2021安徽蒙城一中高二上期中)真空中存在一个水平向左的匀强电场,电场强度的大小E=,一根不可伸长、长度为l的绝缘细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带正电小球,另一端固定在O点。把小球拉到使细线水平的位置A,再由静止释放小球,则在从释放小球至小球运动到O点的正下方B的过程中 (　　)
A.小球运动到B点前的瞬时,速度恰好为零
B.小球运动到B点前的瞬时,绳子对小球的拉力为mg
C.小球从A运动到B的过程中做曲线运动
D.小球运动到B点前的瞬时,其动能为2mgl
5.(2020吉林辽源高二上期中)如图所示,E为电源,C为电容器,R为定值电阻,S为单刀双掷开关,则 (　　)
A.S接1时,电容器充电且上极板电势较低
B.S接2时,电容器放电且电流从左往右经过定值电阻R
C.保持S接1,将上极板竖直向上平移少许,板间电压不变,场强减小
D.保持S接1,将上极板水平向左平移少许,板间电压不变,场强减小
6.(2020安徽蚌埠二中高三上期中)空间有一沿x轴对称分布的电场,其电场强度E随x变化的图像如图所示,下列说法正确的是 (　　)
A.O点的电势最低　　　　　　　
B.x1和x3两点的电势相等
C.x2点的电势最高　　　　　　　
D.x2和-x2两点的电势相等
7.(2020四川峨眉二中高二上月考)两点电荷q1和q2(电性和电荷量大小均未知)分别固定在x轴上的-2L和2L处。两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示。下列说法正确的是 (　　)
A.从-2L处到2L处场强先减小后增大
B.-L处的场强沿x轴负方向
C.将一电子从-2L处移动到2L处,静电力做正功
D.x轴上只有一个点的场强为0,且位于2L处的左边
8.(2021湖南衡阳模拟)如图所示,水平线a、b、c、d为匀强电场中的等差等势线,一个质量为m、电荷量绝对值为q的粒子在匀强电场中运动,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v1,在B点的速度大小为v2,且方向与等势线平行,A、B连线长为L,连线与竖直方向的夹角为θ,不计粒子受到的重力,则　 (　　)
A.该粒子一定带正电
B.匀强电场的电场强度大小为
C.粒子在B点的电势能一定小于在A点的电势能
D.等势线b的电势比等势线c的电势高
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.(2020四川资阳高二上期中)如图所示,A、B、C、D是匀强电场中的四个点,D是BC的中点,A、B、C的连线构成一直角三角形,AB=L m,∠ABC=60°,电场线与三角形所在的平面平行,已知A点的电势为5 V,B点的电势为-5 V,C点的电势为15 V,据此可以判断 (　　)
A.场强方向由C指向B
B.场强方向垂直于A、D连线指向B
C.场强大小为 V/m
D.场强大小为 V/m
10.(2020广东新丰一中高二上期中)一带负电的粒子只在静电力作用下沿x轴正方向运动,其电势能随位移的变化关系如图所示,则下列说法正确的是　(　　)
A.粒子从x1处运动到x2处的过程中静电力做正功
B.x1处电场强度方向沿x轴正方向
C.x1处的电场强度小于x2处的电场强度
D.x1处的电势比x2处的电势低
11.(2020河南省实验中学高三上期中)有一种电荷控制式喷墨打印机,它的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒,此微粒经过带电室带上电后以一定的初速度垂直射入偏转电场,再经偏转电场后打到纸上,显示出字符。不考虑墨汁的重力,为使打在纸上的字迹缩小(偏转距离减小),下列措施可行的是 (　　)
A.减小墨汁微粒的质量
B.增大偏转电场两极板间的距离
C.减小偏转电场的电压
D.减小墨汁微粒的喷出速度
12.(2020重庆高二期末)如图所示,质量相同的两个带电粒子M、N以相同的速度同时沿垂直于电场方向射入两平行金属板间的匀强电场中,M从两极板正中央射入,N从下极板边缘处射入,它们最后打在同一点。不计带电粒子重力和带电粒子间的相互作用,则从粒子射入到打在上极板的过程中 (　　)
A.它们运动的时间相等
B.它们的电势能减少量之比ΔEpM∶ΔEpN=1∶2
C.它们的动能增加量之比ΔEkM∶ΔEkN=1∶2
D.它们所带的电荷量之比qM∶qN=1∶2
三、非选择题(共6小题,共60分)
13.(2020江苏南通月考)(6分)在“用传感器观察电容器的充电和放电”实验中,电路图如图甲。一位同学使用的电源的电动势为10.0 V,测得放电的I-t图像如图乙所示。
甲
乙
(1)电容器在整个放电过程中释放的电荷量约为　　　　C。(结果保留两位有效数字)
(2)根据以上数据估算出电容器的电容为　　　F。(结果保留两位有效数字)
14.(2020江西抚州高二月考)(8分)在探究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验中,某同学猜测电容可能与极板间的距离d、极板的正对面积S及插入极板间的电介质有关。他将一个已经充电的平行板电容器与静电计连接,如图所示。实验时保持电容器极板所带的电荷量不变,且电容器B板位置不动。
(1)将A板向右平移,静电计指针张角　　　　;将A板竖直向下平移,则静电计指针张角　　　　;在A、B板间插入电介质,则静电计指针张角　　　　。(均选填“变大”“变小”或“不变”)
(2)若将电容器水平放置,有一带电液滴静止在电容器内部,现将电容器A板向下平移一小段距离,则液滴　　　　(选填“静止不动”“向下运动”或“向上运动”)。
15.(2020江苏启东中学高二上期中)(8分)如图所示的平行金属板电容器的电容C=2×10-4 F,极板A、B之间可以看成匀强电场,场强E=1.2×103 V/m,极板间距离为L=5 cm,电场中c点到A极板、d点到B极板的距离均为0.5 cm,B极板接地。求:
(1)d点处的电势φd;
(2)B极板所带电荷量Q;
(3)d、c两点间的电势差Udc;
(4)将电荷量q=-5×10-6 C的负点电荷从d移到c,静电力做的功Wdc。
16.(2020四川广安邻水实验学校高二上月考)(8分)如图所示,一个质量为m=2.0×10-11 kg、电荷量q=1.0×10-5 C的带电微粒(重力忽略不计),从静止开始经电压为U1=100 V的加速电场加速后,水平进入两平行金属板间的偏转电场中。金属板长L=20 cm,两板间距d=10 cm。
(1)微粒进入偏转电场时的速度是多大
(2)若微粒射出电场时的偏转角度θ为30°,则两金属板间的电压U2是多大
17.(2020湖南益阳高二上期中)(12分)如图所示,在场强大小为E的竖直向下的匀强电场中,一个质量为m、带负电的小球从斜轨道上的A点由静止滑下,小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时恰好不落下来,已知轨道是光滑而又绝缘的,且小球的重力是它所受静电力的2倍,求:
(1)A点在斜轨道上的高度h;
(2)小球运动到最低点时对轨道的压力大小。
18.(2021安徽合肥二模)(18分)一带正电的小球通过绝缘细线悬挂于场强大小为E1的水平匀强电场中,静止时细线与竖直方向的夹角θ=45°,如图所示。以小球静止时的位置为坐标原点O,在竖直平面内建立直角坐标系xOy,其中x轴水平。现剪断细线,经0.1 s,电场突然反向,场强大小不变;再经0.1 s,电场突然变为另一匀强电场,场强大小为E2,且过0.1 s后小球速度为零。已知小球质量m=1.0×10-2 kg,电荷量q=1.0×10-8 C,g取10 m/s2,空气阻力不计。求:
(1)E1和E2;
(2)细线剪断0.3 s末小球的位置坐标。
答案全解全析
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1.D　假设两个电势不同的等势面相交,则交点处的电势就有两个不同的值,这是不可能的,A错误;电场线与等势面处处垂直,B错误;同一等势面上各点电势相等,而场强不一定相等,C错误;正电荷从高电势处移到低电势处,电势能减少,静电力做正功,D正确。
2.D　在O点放置一点电荷Q,以O为圆心作一圆,根据点电荷等势面的分布情况知,B、C、D三点的电势相等,因此A与B、C、D三点间的电势差相等,将一试探电荷从圆上的B、C、D三点移到圆外的A点的过程中,根据W=qU得知,静电力做功相等,选项D正确,A、B、C错误。
3.C　根据电场线的特点可知,Q1带正电,选项A错误;电场线实际并不存在,没有画出电场线的位置不代表没有电场,根据电场强度叠加原理可得出B处场强不为零,选项B错误;沿着电场线方向电势降低,所以A点电势一定高于B点电势,将一电子从A点移到B点,电势能增加,静电力对电子做负功,选项C正确、D错误。
4.D　小球在复合场中所受到的重力和电场力的合力为一恒力,重力和电场力大小相等,合力沿AB方向,小球由静止释放,沿直线AB做匀加速运动,选项A、C错误;小球运动到B点前的瞬时,绳子刚好被拉直,绳子对小球的拉力为零,选项B错误;小球运动到B点前的瞬时,根据动能定理可得mgl+qEl=Ek,解得Ek=2mgl,选项D正确。
5.C　S接1时,电容器充电且上极板接电源正极,电势较高,选项A错误;S接2时,电容器放电且电流从右往左经过定值电阻R,选项B错误;保持S接1,将上极板竖直向上平移少许,板间电压不变,根据E=可知,场强减小,选项C正确;保持S接1,将上极板水平向左平移少许,板间电压不变,两板间距d不变,根据E=可知场强不变,选项D错误。
6.D　作出一条电场线如图所示,沿着电场线方向电势逐渐降低,可知O点的电势最高,x1点的电势高于x3点的电势,选项A、B错误;沿着电场线方向电势逐渐降低,故x2点的电势不是最高的,选项C错误;x2和-x2两点关于原点对称,由O点向两边电势都降低且电场强度的变化相同,则可知x2和-x2两点电势相等,选项D正确。
7.A　φ-x图线斜率的绝对值表示场强大小,从-2L处到2L处场强先减小后增大,选项A正确;从-L处的左边到右边,电势降低,由沿电场线方向电势降低可知,-L处场强方向沿x轴正方向,选项B错误;从-2L处到2L处,电势降低,由于移动的是电子,所以电子的电势能增大,静电力做负功,选项C错误;由图像可知,-2L处的电荷为正电荷,电荷量较大,2L处的电荷为负电荷,电荷量较小,则在x轴上只有一个点的场强为零,且位于2L处的右边,选项D错误。
8.B　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,电场力竖直向上,由于不知道电场强度的方向,所以无法确定粒子的电性,A错误;粒子从A到B过程在沿电场线方向的位移为y=L cos θ,设电场强度大小为E,由动能定理得-qEy=m-m,解得E=,B正确;粒子所受的电场力方向向上,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。
9.BD　由于D点是BC的中点,则UCD=UDB,即φC-φD=φD-φB,故φD== V=5 V,则φD=φA,A、D连线为一条等势线,根据电场线和等势面垂直及沿电场线方向电势逐渐降低,可知场强的方向垂直于A、D连线指向B点,选项A错误,B正确;场强的大小为E== V/m= V/m,选项C错误,D正确。
10.ACD　带负电的粒子从x1处运动到x2处的过程中电势能减小,则静电力做正功,选项A正确;静电力做正功,说明粒子所受的静电力方向沿x轴正方向,粒子带负电,可知电场强度方向沿x轴负方向,选项B错误;根据ΔEp=-FΔx,知Ep-x图线斜率的绝对值等于静电力,由题图知,粒子在x1处所受的静电力小于在x2处所受的静电力,因此x1处的电场强度小于x2处的电场强度,选项C正确;电场强度方向沿x轴负方向,根据沿着电场线方向电势逐渐降低,可知x1处的电势比x2处的电势低,选项D正确。
11.BC　微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场后做类平抛运动,则在水平方向上有L=v0t,在竖直方向上有y=at2,加速度a=,联立解得y=,要缩小字迹,就要减小微粒通过偏转电场的偏转距离y。由上式分析可知,可采用的方法有:增大墨汁微粒的质量、增大偏转电场两极板间的距离、减小偏转电场的电压、增大墨汁微粒的喷出速度,选项A、D错误,B、C正确。
12.AD　由题可知,两个带电粒子都做类平抛运动,在水平方向做匀速直线运动,而且它们的水平位移相等、初速度相等,则在电场中的运动时间相等,选项A正确;粒子的竖直位移y=at2=,m、t、E相等,则两粒子带电荷量之比qM∶qN=yM∶yN=1∶2,带电粒子在电场中运动时,由功能关系可知,电势能减少量等于静电力做的功,则电势能减少量之比ΔEpM∶ΔEpN=qMEyM∶qNEyN=1∶4,选项B错误,D正确;由题意知,两带电粒子在电场中运动只受静电力作用,动能的增加量等于静电力所做的功,则它们的动能增加量之比ΔEkM∶ΔEkN=1∶4,选项C错误。
13.答案　(1)0.016(3分)　(2)0.001 6(3分)
解析　(1)I-t图像中图线与横轴所围的面积表示电荷量,经确认:图线下共有约40小格(多余半格算一个,少余半格不算),所以电容器在整个放电过程中释放的电荷量约为Q=40×0.001×0.4 C=0.016 C。
(2)从上一问知道,电容器充满电后所带的电荷量Q=0.016 C,而所加电压U=E=10 V,所以C==0.001 6 F。
14.答案　(1)变小(2分)　变大(2分)　变小(2分)
(2)静止不动(2分)
解析　(1)将A板向右平移,两板间距d减小,由C=可知电容变大,由U=可知,两极板间电势差变小,静电计指针张角变小。将A板竖直向下平移,两极板正对面积S减小,由C=可知电容减小,由U=可知,两极板间电势差变大,静电计指针张角变大。在A、B板间插入电介质,由C=可知电容变大,由U=可知,两极板间电势差变小,静电计指针张角变小。
(2)电容器带电荷量不变,改变两板间距,根据C=、C=和U=Ed得E=,可知,场强不变,则静电力不变,液滴仍然静止不动。
15.答案　(1)-6 V　(2)1.2×10-2 C　(3)48 V　(4)-2.4×10-4 J
解析　(1)d点与B极板间的电势差UdB=-Ed=-1 200×0.005 V=-6 V,所以φd=-6 V(2分)
(2)B、A间的电势差UBA=EL=1 200×0.05 V=60 V
B极板所带电荷量Q=CUBA=2×10-4×60 C=1.2×10-2 C(2分)
(3)d、c两点沿电场方向的距离
Ldc=0.05 m-2×0.5×10-2 m=0.04 m
d、c两点间的电势差Udc=ELdc=48 V(2分)
(4)Wdc=qUdc=-2.4×10-4 J(2分)
16.答案　(1)1.0×104 m/s　(2)100 V
解析　(1)设带电微粒经加速电场加速后速度为v1,根据动能定理:
qU1=m (1分)
解得v1==1.0×104 m/s(1分)
(2)带电微粒在偏转电场中只受静电力作用,做类平抛运动。
水平方向有L=v1t,得t= (1分)
设微粒在偏转电场中运动的加速度为a,射出电场时竖直方向的速度为v2,
则加速度a== (1分)
v2=at=· (1分)
tan θ=== (2分)
联立并代入数据,解得U2=100 V(1分)
17.答案　(1)2.5R　(2)3mg
解析　(1)由题意得mg=2Eq (1分)
设小球在B点的最小速度为vB,由牛顿第二定律可得
mg-Eq=m (2分)
对A→B过程由动能定理可得
mg(h-2R)-Eq(h-2R)=m (2分)
联立解得h=2.5R (1分)
(2)对A→C过程由动能定理可得
mgh-Eqh=m (2分)
小球在C点时,由牛顿第二定律可得
FN+Eq-mg=m (2分)
联立解得FN=3mg (1分)
由牛顿第三定律可得小球对轨道最低点的压力为3mg (1分)
18.答案　(1)107 V/m　3×107 V/m　(2)(0.1 m,0.3 m)
解析　(1)当小球静止时,对小球受力分析可得=tan θ=1,
即qE1=mg,则E1==107 V/m, (2分)
电场力与重力的合力F合==mg。 (1分)
剪断细线后,小球做匀加速直线运动,加速度的大小为a==10 m/s2, (1分)
经过0.1 s小球的速度大小为v1=at1= m/s,
速度的方向与x轴正方向成45°斜向右下方。 (1分)
在第2个0.1 s内,电场等大反向,在第2个0.1 s末,小球的水平分速度vx=v1 cos 45°-t2=0, (1分)
竖直分速度vy=v1 sin 45°+gt2=2 m/s, (1分)
即第2个0.1 s末,小球的速度大小v2==2 m/s,方向竖直向下。 (1分)
依题意,在第3个0.1 s内小球做匀减速直线运动,
由运动学公式知a'== m/s2=20 m/s2, (1分)
根据牛顿第二定律得a'=
代入数据得E2=3×107 V/m。 (2分)
(2)第1个0.1 s内,小球的位移大小
s=a=×10×0.12 m= m, (1分)
则小球沿x轴正方向移动的距离x1=s cos 45°=0.05 m,
沿y轴正方向移动的距离y1=s sin 45°=0.05 m。 (1分)
在第2个0.1 s内,小球沿x轴正方向移动的距离
x2=v1 cos 45°t2-=0.05 m, (1分)
沿y轴正方向移动的距离
y2=v1 sin 45°t2+g=0.15 m。 (1分)
在第3个0.1 s内,小球沿y轴正方向移动的距离
y3=v2t3-a'=0.1 m。 (1分)
则细线剪断0.3 s内小球沿x轴正方向移动的距离
x=x1+x2=0.1 m,
沿y轴正方向移动的距离
y=y1+y2+y3=0.3 m,
细线剪断0.3 s末小球的位置坐标是(0.1 m,0.3 m)。 (2分)