第十章静电场中的能量 单元训练（word版含答案）

第十章静电场中的能量
一、选择题（共15题）
1．将等量的正、负电荷分别放在正方形的四个顶点上。O点为该正方形对角线的交点，直线段AB通过O点且垂直于该正方形，，以下对A、B两点的电势和电场强度的判断，正确的是（　　）
A．A点电场强度等于B点电场强度
B．A点电场强度大于B点电场强度
C．A点电势等于B点电势
D．A点电势高于B点电势
2．如图甲是某电场中的一条电场线，A、B是这条线上的两点，一负电荷只受电场力作用，沿电场线从A运动到B，在这过程中，电荷的速度一时间图线如图乙所示，比较A、B两点电势的高低和场强的大小
A．，
B．，
C．，
D．，
3．如图所示，质量分别为m1、m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上，突然加一水平向右的匀强电场后，两球A、B将由静止开始运动，对两小球A、B和弹簧组成的系统而言，两球从静止到距离最大的过程中，以下说法正确的是（设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度）（　　）
A．系统机械能不断增加 B．系统机械能守恒
C．系统动能不断增加 D．系统动能不变
4．如图，两电荷量分别为Q（Q>0）和-Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b位于y轴O点上方。取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是（　　）
A．b点的电势为零，电场强度也为零
B．正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向左
C．将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功
D．将同一正的试探电荷先后从O、b点移到a点，后者电势能的变化较大
5．如图所示，两个带等量正电的点电荷分别位于x轴上的P、Q两点，其位置关于点O对称。圆弧曲线是一个以O点为圆心的半圆，c点为半圆与y轴的交点，a、b为一平行于x轴的直线与半圆的交点，下列说法错误的是（　）
A．a、b两点的场强不相同
B．a、b两点的电势相同
C．将一个负点电荷沿着圆弧从a移到c点再沿y轴正方向移动，电势能先增大后不变
D．半圆上任一点，两电荷的电场强度大小分别是、，则为一定值
6．如图所示，平行板电容器A、B间有一带电油滴 P 正好静止在极板正中间，现将B板向下移动一点，其它条件不变，则（　　）
A．油滴带正电
B．油滴将向下加速，电流计中电流由a流向b
C．油滴将向下加速，电流计中电流由b流向a
D．油滴运动的过程中电势能将减少
7．下列说法正确的是（　　）
A．场强大的地方，电势一定高
B．场强为零的地方电势一定为零
C．电势为零的地方，场强可能不为零
D．同一等势面上各点电势相等，场强大小也一定相等
8．如图（b）所示，一正点电荷仅在静电力作用下，从A点沿圆弧运动到B点，其速度大小随时间变化的图像如图（a）所示。下列关于A、B两点的电场强度E的大小和A、B两点的电势φ的高低判断，正确的是
A．EA＞EB，φA＞φB B．EA＜EB，φA＞φB
C．EA=EB，φA=φB D．EA＜EB，φA=φB
9．如图所示，带正电的点电荷Q固定，电子仅在库仑力作用下，做以Q点为焦点的椭圆运动，M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点。φM、φN和EM、EN分别表示电子在M、N两点的电势和电场强度，则电子从M点逆时针运动到N点（　　）
A．φM＞φN，EM＜EN B．φM＜φN，EM＞EN
C．电子的动能减小 D．电场力对电子做了正功
10．假设在某电场中沿x轴方向上，电势φ与x的距离关系如图所示，其中，现有一个质子在电场中仅受电场力作用而移动，则下列说法中正确的是 （　　）
A．在0~x1内，沿x轴方向的电场强度为2V/m
B．在x1～x2内，沿x轴方向的电场强度均匀增大
C．若质子从电势为2V的x6位置向左移动到电势为2V的x1位置，为了通过电势为3V的x3位置，质子至少应具有1eV的初动能
D．质子在x3～x4内沿x内沿x轴方向所受电场力小于区域x5～x6内沿x轴方向所受的电场力
11．下列关于静电场的说法，正确的是（ ）
A．正负电荷在电场中同一点受电场力方向相反，所以某一点场强方向与所放电荷正负有关
B．电场中场强越大的地方，电场线越密
C．电场中电势越高的地方，等势面越密
D．公式不能计算点电荷周围的电场强度
12．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点场强与b点场强相同 B．同一电荷在b点受电场力比c点小
C．正电荷从a点移到b点电势能不变 D．b点电势比c点高
13．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。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，若（　　）
A．保持S不变，增大d，则θ变小
B．保持S不变，增大d，则θ变大
C．保持d不变，减小S，则θ变小
D．保持S、d不变，在两板之间插入一块有机玻璃（绝缘介质），θ变小
14．正电荷在电场中由静止沿某一电场线从A到B，此过程中可能出现的是（　　）
A．电场力的大小不断变化
B．电场力的大小保持不变
C．电荷克服电场力做功
D．电荷的电势能不断减小
15．如图所示，空间的虚线框内有匀强电场，是该电场的三个等势面，相邻等势面间的距离均为0．5cm，其中为零势能面．一个质量为m，带电量为+q的粒子沿方向以初动能Ek自图中的P点进入电场，刚好从点离开电场．已知=2cm．粒子的重力忽略不计．下列说法中正确的是 （ ）
A．该粒子通过等势面时的动能是1．25Ek,
B．该粒子到达点时的动能是2Ek,
C．该粒子在P点时的电势能是Ek,
D．该粒子到达点时的电势能是-0．5Ek,
二、填空题
16．将一电荷量为-3×10-6 C的负电荷从电场中的A点移动到B点，克服电场力做功3×10-5J，则A、B间的电势差UAB为______V，电荷从A点移动到B点的过程中，电势能变化了________J。
17．如图所示，水平平行线代表电场线，但未指明方向，带电量为的正电微粒，在电场中只受电场力的作用，由A运动到B，克服电场力做功J，已知A点的电势为V，则电场线方向______（填“向左”或“向右”），B点的电势为_____V．
18．如图所示，让平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度，不改变A、B两极板带的电量，若减小两极板间的距离，那么静电计指针的偏转角度_____（填“增大”、“减小”或“不变”），若在两极板间插入电介质，那么静电计指针的偏转角度_____（填“增大”、“减小”或“不变”）．
19．如图所示，一个验电器用金属网罩罩住，当加上水平向右的，场强大小为E的匀强电场时，验电器的箔片________（填“张开”或“不张开”），我们把这种现象称之为__________。此时，金属网罩的感应电荷在网罩内部空间会激发一个电场，它的场强大小为__________，方向为_____________。
三、综合题
20．如图所示，两平行金属板、长两板间距离，板比板电势高，一个不计重力的带正电的粒子电荷量，质量，沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度，粒子飞出平行板电场后，可进入界面和光屏间的无电场的真空区域，最后打在光屏上的点。已知界面与光屏相距，是中心线与光屏的交点。求：
（1）粒子穿过界面时偏离中心线的距离以及速度的大小；
（2）两点之间的距离。
21．如图所示，a、b、c、d为匀强电场中四个等势面，相邻的两等势面间的电势差相等，且．一带电量为q=-2.0×10-8 C的点电荷，由A点仅在电场力作用下，沿垂直于等势面的方向，以初动能Ek= 6. 0×10-7J恰能到达D点．
求：（1）B、D两点的电势；
（2）将一带电量=+2.0×10-8 C的点电荷由A点移到C点，电场力做的功WAC．
22．如图甲所示，A、B两块金属板水平放置，且A在B的正上方，两板相距为d=0.6 cm，两板间加有一周期性变化的电压，当B板接地时，A板电势φA随时间变化的情况如图乙所示．现有一带负电的微粒在t=0时刻从B板中央小孔射入电场，若该带电微粒受到的电场力为重力的两倍，且射入电场时初速度可忽略不计．求：
（1）在0~和~T这两段时间内微粒的加速度大小和方向；
（2）要使该微粒不与A板相碰，所加电压的周期最长为多少（g=10 m/s2）．
（3）若该微粒以V=5m/s的初速度紧贴B板（不考虑电量的变化），从左边缘水平向右进入（2）中电场，且A、B两板足够长，求经一个T时微粒在AB板间的位置？
23．如图所示，在粗糙的水平面上放有质量为M=0.3kg的绝缘长木板，有一质量为m=0.2kg，带电量为的小滑块（可视为质点）正沿木板的上表面向左运动，木板左端有一个固定的、半径R=0.1m的四分之一光滑圆形绝缘轨道AB与之相接，轨道的最低点B点与木板的上表面相切，整个空间加有一个方向竖直向上、场强大小为的匀强电场。已知滑块与木板间的动摩擦因数为，木板与水平面间的动摩擦因数，滑块在木板上向左运动至离B点x=0.3m处时速度大小为 ，，求
（1）滑块通过木板滑上固定的光滑圆形轨道AB，沿轨道AB上升的最大高度H；
（2）滑块沿轨道AB返回刚运动至B点时对轨道的压力；
（3）若木板长度为0.6m，试求滑块再次返回滑上木板，而在木板上运动的过程中，系统因摩擦而产生的热量。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】
根据电荷的对称分布关系可知，直线段AB上的电场强度为零，同理将一电荷从A移动到B电场力不做功，AB间电势差为零，因此A点电势等于B点电势。
故AB错误；C正确；D错误。
故选C。
2．C
【详解】
由图乙可知，电荷做加速度减小的加速运动，所以由A运动到B的过程中，由牛顿第二定律可知，电场力在减小，由知，E在减小，所以；
由于A到B的过程中速度增加，根据动能定理可知，电场力做正功，即，又因为，所以，所以C正确，ABD错误．
3．A
【详解】
加上电场后，电场力对两球分别做正功，两球的动能先增加，当电场力和弹簧弹力平衡时，动能最大，然后弹力大于电场力，两球的动能减小，直到动能均为0，弹簧最长为止，此过程系统机械能一直增加，BCD错误，A正确。
故选A。
4．C
【详解】
A．由点电荷场强特点及场强的叠加原理可知，等量异种电荷在其连线的中垂线上的场强方向与该中垂线垂直并指向负电荷一侧，如图所示
故中垂线为等势线，因为中垂线延伸到无穷远处，所以中垂线的电势为零，即b点的电势为零，但是电场强度不为零，A错误；
B．等量异种电荷连线上，场强方向由正电荷指向负电荷，方向水平向右，故正电荷在a点所受电场力方向向右，在中点O处电势为零，O点左侧电势为正，右侧电势为负，故正电荷在正电势处电势能为正，B错误；
C．把正电荷从O点移到a点过程所受电场力向右，电场力做负功，即必须克服电场力做功，C正确；
D．O点和b点的电势相等，所以先后把同一正电荷从O、b点移到a点，电场力做功相等，电势能变化相同，D错误。
故选C。
5．C
【详解】
A．由对称性可知，a、b两点电场强度大小相等，但方向不同，选项A正确，不符合题意；
B．由对称性和等势线可知，a、b两点电势相同，选项B正确，不符合题意；
C．负电荷沿该路径电势一直减小，负电荷的电势能一直增大，选项C错误，符合题意；
D．半圆上任一点，设与P点连线与夹角为，
则
为定值。选项D正确，不符合题意。
故选C。
6．B
【详解】
A．带电油滴p正好静止在极板正中间，则所受的电场力qE与重力mg二力平衡，电场力必定竖直向上，而电场强度向下，因此油滴带负电，A错误；
BC．将B极板向下移动到虚线位置时，电容器极板间距d增大，则电容减小，而极板间电压U不变，由可知，极板间的电场强度减小，油滴受到的电场力小于重力，油滴向下做加速运动；则由Q=CU可知，电容器所带电荷量减小，开始放电，上极板带正电，则电流计中电流由a流向b，B正确，C错误；
D．油滴受到的电场力方向向上，而运动的方向向下，油滴向下运动时电场力做负功，所以油滴的电势能增大，D错误。
故选B。
7．C
【详解】
A．沿着电场线方向电势逐渐降低，场强大的地方，电势不一定高，故A错误；
B．场强为零的地方，电势不一定为零，故B错误；
C．电势为零的地方，场强可能不为零，等量异种电荷连线的中点，若规定无穷远处为0电势，则中点的电势为0，但是场强不为零。故C正确；
D．同一等势面上各点的电势相等，场强大小不一定相等，故D错误。
故选C。
8．C
【详解】
据图像分析可知点电荷做匀速圆周运动，静电力提供向心力，则知静电力的大小保持不变，由
知场强的大小不变，即有
由图看出，电荷从A点运动到B点，速度大小不变，电场力不做功，由电场力做功公式
知A、B两点的电势相等，即
故ABD错误，C正确。
故选C。
9．D
【详解】
AB．在正电荷形成的电场中，越靠近点电荷的位置场强越大，电势越高，所以EM＜EN，φM＜φN，故AB错误；
CD．当电子从M点向N点运动时，库仑力对电子先做正功，后做负功，运动的动能先增加后减小，根据功能关系可知，电子的电势能先减小后增加，电场力所做的总功为正，所以总的电势能减小，动能增大，故C错误，D正确。
故选D。
10．C
【详解】
A．由图象的斜率为
可知，在0~x1内，斜率为零，则电场强度也为零，故A错误；
B．在x1～x2内，图象的斜率不变，则电场强度大小也不变，故B错误；
C．质子从电势为2V的x6位置向左移动到电势为3V的x3位置，电势升高，则电势能增加1eV，质子克服电场力做功1eV，动能减小1eV，所以质子至少应具有1eV的初动能，故C正确；
D．由图象的斜率可知，在x3～x4内的电场强度大于x5～x6内的电场强度，则质子在x3～x4内沿x内沿x轴方向所受电场力大于区域x5～x6内沿x轴方向所受的电场力，故D错误。
故选C。
11．B
【详解】
A.电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反．电场中某点的场强方向与放入电场中电荷无关；故A错误.
B.电场线的疏密描述电场的强弱，则电场中场强越大的地方，电场线越密；故B正确.
C.电场中，沿电场线的方向，电势降低，而电场线密的地方电场的强度大，即电场强度大小与电势高低无关；故C错误.
D.电场强度E的定义式采用比值法定义，适用任何电场；故D错误.
12．C
【详解】
A．根据点电荷场强公式
a、b两点与球心距离相等，故a点场强与b点场强大小相同，方向不同，故A错误；
B．b点离球心距离比c点小，故场强比较大，根据电场力公式
同一电荷在b点受电场力比c点大，故B错误；
C．a、b两点在等势面上，所以正电荷从a点移到b点电势能不变，故C正确；
D．将正检验电荷从b点移到c点，电场力做负功，电势能增大，故b点电势比c点低，故D错误。
故选C。
13．BD
【详解】
AB．电容器的电荷量保持不变，保持S不变，增大d，根据电容的决定式可知电容减小，根据电容的定义式可知增大，所以静电计的张角θ变大，A错误，B正确；
C．电容器的电荷量保持不变，保持d不变，减小S，根据可知电容减小，根据可知增大，所以静电计的张角θ变大，C错误；
D．保持S、d不变，在两板之间插入一块有机玻璃（绝缘介质），根据可知电容增大，根据可知减小，所以静电计的张角θ变小，D正确。
故选BD。
14．ABD
【详解】
AB．电场线的疏密表示电场强度的相对大小，而一条电场线不能反映出电场线的疏密情况，所以从A到B，电场线可能越来越密，场强越来越大，正电荷所受的电场力越来越大；可能电场线疏密均匀，场强不变，正电荷所受的电场力保持不变；还可能场强越来越小，电场力变小，AB正确；
CD．正电荷所受的电场力方向与场强方向相同，与速度方向相同，则电场力对正电荷做正功，其电势能减小，C错误D正确。
故选ABD。
15．BD
【详解】
粒子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有x=v0t，竖直方向做匀加速直线运动有．
由题x=2cm，竖直位移为y=1cm，得到vy=v0，v=v0，该粒子到达C′点时的动能是EK=mv2=2 mv02
=2EK．由于相邻等势面间的距离相等，电势差相等，动能的增量相等，则该粒子通过等势面BB'时的动能是1.5Ek．故A错误，B正确．BB'为零势能面，由上可知，粒子经过等势面BB'时总能量为是1.5Ek，该粒子在P点时的电势能是1.5Ek-Ek=0.5Ek．故C错误．根据能量守恒得，该粒子到达C′点时的电势能EP=1.5Ek-2EK=-0.5Ek．故D正确．故选BD．
16． 10 -3×10-5
【详解】
由电场力做功公式：
可知：
因为电场力做的功等于电势能的变化，电荷从A点移动到B点的过程中克服电场力做功3×10-5J，则电势能变化了-3×10-5J。
17． 向左， 1.5×104
【详解】
正电荷从A到B，电场力做负功，可知电场力向左，场强向左，电场线向左；
，因UAB=φA-φB，φA=-0.5×104V，则φB=1.5×104V
18． 减小 减小
【详解】
不改变A、B两极板带的电量，若减小两极板间的距离，可知，电容增大，而电容器的电量不变，由得知，板间电势差减小，静电计指针的偏转角度减小．若在两极板间插入电介质，根据电容的决定式可知，电容增大，而电容器的电量不变，由得知，板间电势差减小，静电计指针的偏转角度减小．
19． 不张开 静电屏蔽 E 水平向左
【详解】
金属网罩的感应电荷在网罩内部空间会激发一个电场，和外界电场大小相等，方向相反，合场强为零，这种现象叫静电感应，验电器的箔片没有感应电荷，故不张开。
由前面分析可知金属网罩内部合场强为零，因外界场强大小为E，方向水平向右，故金属网罩的感应电荷在网罩内部空间激发的电场大小为E，方向水平向左。
20．（1），；（2）；（3）
【详解】
(1)带电粒子垂直进入匀强电场后做类平抛运动，加速度为
水平方向有
竖直方向有
联立解得
速度为
(2)带电粒子垂直进入匀强电场后做类平抛运动，射出电场后做匀速直线运动，到达点的水平速度不变，竖直速度为穿过界面时的竖直速度的大小，则有
(3)带电粒子在离开电场速度的反向延长线交水平位移的中点，设两界面、相距为，由相似三角形得
解得
21．（1） （2）WAC=4.0×10-7 J
【详解】
（1）由动能定理，有：
求得：
由题意知，相邻等势面间的电势差为10 V，因为电场力做负功，可断定电场线由A指向D
据、，
可求得：、
（2）相邻的等势面间的电势差为10 V，电场线由A指向D，则：
代入数据可得：
22．(1) 方向向上， 方向向下（2） （3）微粒紧贴B板，离左边缘0.3m处
【详解】
（1）设电场力大小为，则，对于时刻射入的微粒，在前半个周期内，有：
又由题意：
解得：，方向向上
后半个周期的加速度满足：
解得：，方向向下
（2）前半周期上升的高度：
前半周期微粒的末速度为：
后半周期先向上做匀减速运动，设减速运动时间，则：
解得：
此段时间内上升的高度
则上升的总高度为：
要使该微粒不与A板相碰，必有：
解得所加电压的周期最长为
（3）后半周期的时间内，微粒竖直方向向下加速运动，下降的高度
，
上述计算表明，微粒在一个周期内的竖直位移为零．
水平方向：
即微粒紧贴B板，离左边缘处
23．（1）；（2）22N，方向竖直向下；（3）0.627J
【详解】
（1）对于滑块上升到最高点过程，据动能定理得
解得
（2）对于滑块从开始运动到返回至B点处过程，根据动能定理得
在B点由牛顿第二定律
解得
vB=3m/s，NB=22N
由牛顿第三定律，可知滑块对轨道的压力的大小为22N，方向竖直向下
（3）滑块再次滑上木板后，由于
f1=μ1（mg+qE）=1N，f2=μ2（qE+mg+Mg）=0.7N
则
μ1（mg+qE）>μ2（qE+mg+Mg）
所以木板将由静止开始做匀加速运动，滑块做匀减速运动
又木块加速度大小
a1==1m/s2
滑块的加速度大小
a2==5m/s2
设两者经过时间t0速度相等，则
vB-a2t0=a1t0
解得
t0=0.5s
则在两者相对滑动的过程中，木板的位移为
s1==0.125m
滑块的位移为
s2==0.875m
由于
△s=s1-s2=0.75m>L=0.6m
故滑块在二者速度相等之前就要离开木板
设滑块经过时间t离开木板，则
—=L
解得
s
木板位移
m
故系统因摩擦而产生的热量
Q= f1L+ f2 =0.627J
答案第1页，共2页