2021-2022学年高二上学期物理人教版（2019）必修第三册第十章 静电场中的能量 期末过关测试卷(Word版含答案)

2021-2022学年高二物理上必修第三册（人教版2019）
第十章 静电场中的能量 期末过关测试卷
一、单选题
1．A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度﹣时间图象如图所示．则这一电场可能是下图中的（　 ）
A．B．C．D．
2．如图，带箭头的实线表示某静电场的电场线，虚线表示其等势面。已知a、b、c三点的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec，电势分别为φa、φb、φc。则（　　）
A．Ea＜Eb，φb＝φc B．Ea＞Eb，φa＞φb
C．Ea＞Eb，φa＜φb D．Ea＝Ec，φb＝φc
3．如图所示，在竖直放置的光滑半圆形绝缘细管的圆心O处放一点电荷。现将质量为m、电荷量为q的小球从半圆形管的水平直径端点A静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力。若小球所带电量很小，不影响O点处的点电荷的电场，则置于圆心处的点电荷在B点处的电场强度的大小为（　　）
A． B． C． D．
4．如图所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O点自由释放后，分别抵达B、C两点，若AB = BC，则它们带电荷量之比等于（　　）
A．1∶2 B．∶1 C．1∶ D．2∶1
5．如图所示，一圆心为O、半径为R的圆中有两条互相垂直的直径AC和BD，电荷量分别为+ Q、-Q的点电荷放在圆周上，它们的位置关系关于AC对称，+Q与O点的连线和OC间夹角为60°。两个点电荷的连线与 AC的交点为P，取无穷远电势为零，则下列说法正确的是（　　）
A．P点的场强为0，电势也为0
B．A点电势低于C点电势
C．点电荷+q沿直线从A到C的过程中电势能先减小后增大
D．点电荷-q在B点具有的电势能小于在D点具有的电势能
6．如图所示，质量为m，带电量为q的微粒，以初速度从A点竖直向上射入空气中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率，方向与电场的方向一致，则A、B两点的电势差为（ ）
A． B． C． D．
7．两电荷量分别为和的点电荷固定在x轴上的O、M两点，规定无穷远处为电势能零点，一带负电的试探电荷在x轴上各点具有的电势能随x变化的关系如图所示，其中试探电荷在A、N两点的电势能为零，在段中C点的电势能最大，则下列说法正确的是（ ）
A．O处点电荷带正电，M处点电荷带负电
B．的值小于的值
C．将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功
D．将一正点电荷从N点由静止释放后，点电荷会沿x轴正方向运动且到达C点时速度最大
8．如图所示，长为l、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为+q、质量为m的小球以初速度从斜面底端A点开始沿斜面向上运动，当到达斜面顶端B点时，速度仍为，则（ ）．
A．A、B两点之间的电压一定等于
B．小球在B点时的电势能一定大于在A点时的电势能
C．若电场是匀强电场，则该电场的电场强度的最大值一定为
D．若该电场是斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的，则Q一定是正点电荷
二、多选题
9．某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M点运动到N点，以下说法正确的是（　　）
A．粒子必定带正电荷 B．粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度
C．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度 D．粒子在M点的动能小于它在N点的动能
10．所示，一个电荷量为的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点。另一个电荷量为+q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，运动到B点时速度为v，且为运动过程中速度的最小值。已知点电荷乙受到的阻力大小恒为f，AB间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法正确的是（　　）
A．点电荷乙从A点向甲运动的过程中，加速度逐渐增大
B．点电荷乙从A点向甲运动的过程中，其电势能一直减小
C．OB间的距离为
D．在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差
11．某静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正方向为场强正方向，一个带负电的点电荷只在电场力的作用下以一定初速度沿x轴正方向运动，x1、x2、x3、x4四点间隔相等，则（　　）
A．点电荷在x2和x4处电势能相等
B．点电荷由x1运动到x3的过程中电场力做负功
C．x1、x2两点之间的电势差小于x3、x4两点之间的电势差
D．点电荷由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小
12．如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电荷量为+Q的小球P．带电荷量分别为-q和+2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上．P与M相距L，P、M和N视为点电荷．下列说法正确的是
A．M与N的距离大于L
B．P、M和N在同一直线上
C．在P产生的电场中，M、N处的电势相同
D．M、N及细杆组成的系统所受合外力为零
三、填空题
13．如图所示，一绝缘细圆环半径为r，其环面固定在水平面上，电场强度为E的匀强电场与圆环平面平行，环上穿有一电荷量为+q、质量为m的小球，可沿圆环做无摩擦的圆周运动．若小球经A点时速度的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，则速度________．当小球运动到与A点对称的B点时，小球对圆环在水平方向的作用力________．
14．现有一带电导体，已知导体表面A点的电场强度，B点的场强，一点电荷只在静电力的作用下，第一次从A点移动到无限远，第二次从B点移动到无限远，两次最初的加速度之比=_______；若初速度为零,则末速度之比=______
15．在如图实验装置中，充电后的平行板电容器的A极板与灵敏的静电计相接，B极板接地。
(1)若极板B稍向上移动一点，则将观察到静电计指针偏角______（填“变大”或“变小”），此实验说明平行板电容器的电容随______而增大；
(2)若极板B稍向左移动一点，则将观察到静电计指针偏角______（填“变大”或“变小”），此实验说明平行板电容器的电容随______而增大。
四、解答题
16．如图所示，喷墨打印机中的墨滴在进入偏转电场之前会被带上一定量的电荷，在电场的作用下使电荷发生偏转到达纸上。已知两偏转极板长度L=1.5×10－2m，两极板间电场强度E=1.2×106N/C，墨滴的质量m=1.0×10－13kg，电荷量q=1.0×10－16 C，墨滴在进入电场前的速度v0=15m/s，方向与两极板平行。不计空气阻力和墨滴重力，假设偏转电场只局限在平行极板内部，忽略边缘电场的影响。求：
（1）判断墨滴带正电荷还是负电荷？
（2）求墨滴在两极板之间运动的时间；
（3）求墨滴离开电场时在竖直方向上的位移y。
17．如图，直角坐标系xOy位于竖直平面内，其中x轴水平，y轴竖直．竖直平面中长方形区域OABC内有方向垂直OA的匀强电场，OA长为l，与x轴间的夹角，一质量为m、电荷量为q的带正电小球可看成质点从y轴上的P点沿x轴正方向以一定速度射出，恰好从OA的中点M垂直OA进入电场区域．已知重力加速度为g。
(1)求P点的纵坐标及小球从P点射出时的速度大小v0；
(2)已知电场强度的大小为，若小球不能从BC边界离开电场，OC长度应满足什么条件？
18．示波器的主要结构可简化为：电子枪中的加速电场、两水平放置的平行金属板中的偏转电场和竖直放置的荧光屏组成，如图所示．若已知加速电场的电压为U1．两平行金属板的板长、板间距离均为d，荧光屏距两平行金属板右侧的距离也为d．电子枪发射质量为m、电荷量为-e的电子，从两平行金属板的中央穿过，打在荧光屏的中点O．不计电子在进入加速电场时的速度及电子重力．若两金属板间只存在竖直方向的匀强电场，两板间的偏转电压为U2，电子会打在荧光屏上某点，该点距O点距离为d．求U1和U2的比值．
19．如图甲所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为UBA=1125 V，两板中央各有小孔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之间．在B板右侧，平行金属板M、N长度相同，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u，在t=0时刻，M板电势低于N板电势．已知电子质量为me=9.0×10－31 kg，电荷量为e=1.6×10－19 C．
（1）每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度为多大？
（2）电子打在荧光屏上的范围是多少？
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．A
【解析】由图像可知，速度在逐渐减小，图像的斜率在逐渐增大，故此带负电的微粒做加速度越来越大的减速直线运动，所受电场力越来越大，电场线的疏密表示场强的大小，带负电的微粒受力方向与运动方向相反。
故选A。
2．B
【解析】由图示可知，a处的电场线密，b、c处的电场线稀疏，因此a点的电场强度大，b点的场强小，即
沿着电场线的方向，电势逐渐降低，则a点的电势高于c点的电势，即
b、c两点在同一等势面上，电势相等，即
则
故选B。
3．C
【解析】设细管的半径为R，小球到达B点时速度大小为v，小球从A滑到B的过程，恰好沿着圆心O处点电荷的等势线运动，静电力不做功，机械能守恒定律，所以有
小球经过B点时，由牛顿第二定律得
联立以上两式解得
故选C。
4．D
【解析】ABCD．两个带电液滴在复合场中分别受到大小不变的电场力和重力（即各自的合力不变），又是由静止自由释放，可知两个液滴均做初速度为零的匀加速直线运动（在水平和竖直两个方向上均是初速度为零匀加速直线运动），设带电液滴的水平位移OA = L，两带电液滴水平位移相等，竖直位移为y，对液滴有
解得
则
故ABC错误，D正确。
故选D。
5．D
【解析】A．+Q在P点产生的场强方向向右，-Q在P点产生的场强方向也向右，根据叠加原理可知P点的场强不为0 ，故A错误；
B．AC连线是等量异种点电荷电场中一条等势线，故AC两点的电势相等，故B错误；
C．AC连线是等量异种点电荷电场中一条等势线，点电荷+q从A到C的过程中电势能不变。故C错误；
D．根据顺着电场线方向电势降低，结合电场线的分布情况可知，B点的电势高于D点电势， 由电势能公式分析可知，点电荷-q在B点的电势能小于在D点具有的电势能。故D正确。
故选D。
6．C
【解析】粒子从A到B，在水平方向上只受到电场力，根据运动学公式：
为A到B沿电场线方向的距离，电场力提供加速度：
联立方程：
匀强电场中电势差与电场强度的关系：
代入方程整理得：
则有：
ABD错误，C正确。
故选C。
7．D
【解析】A.无穷远处的电势能为零，A点的电势能也为零，由于试探电荷带负电，根据负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，可知O点电势最低，结合沿电场线方向电势逐渐降低，可知O处点电荷带负电，M处点电荷带正电，故A错误；
B.OA之间的距离为，AM之间的距离为，A点的电势能为零，则电势为零，根据点电荷的电势公式有
，因此；
C.负电荷由N到D电势能先增大后减小，则正电荷由N到D电势能先减小后增大，可知电场力先做正功后做负功，故C错误；
D.将一正电荷从N点由静止释放，正电荷会沿x轴正方向运动且到达C之前做正功，C点之后做负功，因此C点速度最大，故D正确。
故选：D
8．A
【解析】A．带电小球由A运动到B的过程中动能的增量为零，由功能关系可知，重力的功与电场力的功的总量为零，即
所以，A、B间的电压
选项A正确；
B．由于在此过程中电场力做正功，电势能减小，小球在B点时所具有的电势能将小于在A点时所具有的电势能．选项B错误；
C．若该电场是匀强电场，小球在A、B两点处的速度又都是，故小球只能做匀速运动在运动中，小球受到的重力、支持力和电场力的合力为零．因为电场力的大小和方向与电场强度的大小和方向的关系，使我们可以通过观察电场力来了解电场强度．如图可知，电场力完全可以大于、等于或者小于重力．也就是说电场强度E也完全可以大于、等于或者小于，选项C错误；
D．小球沿着斜面向上运动时，动能没有增量，由功能关系可知，重力和电场力做的总功必须为零，在这过程中重力做负功，故电场力一定是做正功而不可能做负功．若该电场是斜面中点正上方某点的正点电荷+Q产生的，如图可知，A、B两处的电势关系定是，注意到小球是带正电的，它从A向B运动时，电场力和重力做的都是负功，不可能保持速度不变，D错误。
9．ACD
【解析】A．根据带电粒子运动轨迹弯曲的情况，可以确定带电粒子受电场力的方向沿电场线方向，故带电粒子带正电，选项A正确；
BC．由于电场线越密，场强越大，带电粒子受电场力就越大，根据牛顿第二定律可知其加速度也越大，故带电粒子在N点加速度大，选项C正确，B错误；
D．粒子从M点到N点，所受电场力方向与其速度方向夹角小于90°，电场力对带电粒子做正功，动能增加，速度增加，故带电粒子在N点动能大，选项D正确。
故选ACD。
10．BCD
【解析】A．点电荷乙从A点向甲运动的过程中，受向左的库伦力和向右的摩擦力，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，由题意知小球先减速后加速，所以加速度先减小后增大，故A错误；
B．点电荷乙向左运动的过程中，电场力一直做正功，所以其电势能一直减小，故B正确；
C．当速度最小时有
解得OB间的距离为
故C正确；
D．点电荷从A运动到B的过程中，根据动能定理有
解得
故D正确。
故选BCD。
11．BCD
【解析】A．处场强方向沿x轴正方向，根据沿着电场线方向电势降低，x2处电势高于x4处电势﹐带正电的点电荷在x2处电势能比在x4处的小，A错误；
B．x1-x3处场强为x轴正方向，则从x1到x3处顺着电场线方向移动负点电荷，电场力做负功，B正确；
C．由U=Ed知E-x图线与x轴所围的面积表示电势差，则知x1、x2两点之间的电势差小于x3、x4两点之间的电势差，C正确；
D．由x1运动到x4的过程中，电场强度的绝对值先增大后减小，由F=qE知，电场力先增大后减小，D正确。
故选BCD。
12．BD
【解析】ABD．小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在光滑桌面上，则M、N及细杆组成的系统所受合外力为零，P对M的吸引力与P对N的排斥力等值反向，所以P、M和N在同一直线上；设M与N的距离为x，则，解得：．故A项错误，BD两项正确．
C．据正点电荷电场的特点知，在P产生的电场中，M处的电势高于N点．故C项错误．
13． 6qE
【解析】在A点，由牛顿第二定律可得
，
故
从A到B，由动能定理可得
，
在B点由牛顿第二定律得
，
联立解得。
14．
【解析】因为，知电荷在A、B两点所受的电场力之比为，根据牛顿第二定律知，加速度之比为；
导体是等势体，所以AB两点的电势是相等的，电荷第一次由A到无限远，第二次由B到无限远，两次电场力做的功相等，根据动能定理可得：
所以：．
15．变大 极板正对面积增大 变大 板间距离减小
【解析】(1)若极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，根据电容的决定式：
可知，电容变小。电容器的电量Q不变，由电容的定义式：
得到板间电压U变大，静电计张角变大；
此实验说明平行板电容器的电容随极板正对面积增大而增大；
(2)若极板B稍向左移动一点，板间距离增大，根据电容的决定式：
可知，电容变小。电容器的电量Q不变，由电容的定义式：
得到板间电压U变大，静电计张角变大；
此实验说明平行板电容器的电容随极板减小而增大。
16．（1）负电荷；（2）1.0×10－3s；（3）6.0×10－4m
【解析】（1）墨粉滴偏转的方向与电场线的方向相反，所以带负电荷。
（2）墨滴在水平方向做匀速直线运动，那么墨滴在两板之间运动的时间
t＝
代入数据可得
t＝1.0×10－3s
（3）墨滴在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动
a=
代入数据可得
a＝1.2×103m/s2
离开偏转电场时在竖直方向的位移
y＝at2
代入数据可得
y＝6.0×10－4m
17．(1)；(2)
【解析】(1)设小球从到所用时间为
竖直方向：
水平方向：
由几何关系：
解得：
(2)设小球到达时速度为，进入电场后加速度为，则有：
小球在电场中沿方向做匀速直线运动，沿与垂直方向做加速度为的匀加速运动，设边界的长度为时，小球刚好不从边射出，在电场中运动时间为
解得：
若小球不能从BC边界离开电场，OC长度应满足
所以
18．
【解析】
【分析】
带电粒子先在电场中加速，再进入匀强电场作类平抛运动，离开偏转电场后又做匀速直线运动打在荧光屏上，三个过程中看似复杂，只要抓住关键，列出相应的方程，由题设的最终偏转距离为d列出方程，就能求出U1与U2的比值；
【解析】在加速电场中，由动能定理：
以v的速度进入偏转电场中做类平抛运动运动
在离开偏转电场时偏移距离:
其中
速度方向与水平方向成θ角，如图所示，则有
离开偏转电场后偏移的距离
根据牛顿第二定律有加速度
而总的偏移距离
联立以上几式可得：
【点睛】
本题考查的是带电粒子三种运动的综合，先是在U1中匀加速直线运动，然后在U2中类平抛运动，最后在真空中做匀速直线运动打在荧光屏上．由速度的合成求出在偏转电场中偏转角是关键，列出总的偏移距离是d，就能求出U1与U2的比值．
19．（1）2×107m/s（2）范围为从O″向下0.02m内
【解析】试题分析：(1) 电场力对电子做功，电子的动能增加；
(2) 打在荧光屏上的电子在y方向的位移是电场中的偏转与电场外y方向的运动两部分组成的，要分别计算出；
解：(1) 电子经A、B两块金属板加速，有
解得：；
(2) 当u=22.5V时，电子经过MN极板向下的偏移量最大，为，
y1＜d，说明所有的电子都可以飞出M、N．
点晴：电子先经加速电场加速，后经偏转电场偏转，是常见的问题，本题的难点是加速电压是周期性变化的，推导出偏转距离与两个电压的关系是关键，同时要挖掘隐含的临界状态．答案第1页，共2页
答案第1页，共2页