第十章 静电场中的能量 复习与测试综合训练（Word版含答案）

第十章复习与测试
一、选择题（共14题）
1．某电容器标注的是“400 V ”，则下列说法正确的是（　　）
A．该电容器的额定电压为400 V
B．该电容器的击穿电压为400 V
C．该电容器接在200 V的电压两端时，电容为
D．不管哪类电容器，都不用考虑引出线与电源的哪个极相连
2．带正电荷的小球只受到电场力作用从静止开始运动，它在任意一段时间内
A．一定沿电场线由高电势处向低电势处运动
B．一定沿电场线由低电势处向高电势处运动
C．不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动
D．不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动
3．静电场中某电场线如图所示。把点电荷从电场中的A点移到B点，其电势能增加1.2×10－7J，则该点电荷的电性及在此过程中电场力做功分别为（　　）
A．正电－1.2×10－7J
B．负电－1.2×10－7J
C．正电1.2×10－7J
D．负电1.2×10－7J
4．下列说法中正确的是（　　）
A．由库仑定律，可知，当r→0时，F→∞
B．由电场强度可知，电场强度E与电荷量q成反比
C．由点电荷场强公式可知，r一定时，电荷量q越大，场强E越大
D．由电势差U=Ed可知，电场强度一定时，两点间距离越大，这两点间电势差越大
5．十九世纪末发现电子以后，物理学家密立根通过实验比较准确地测定了电子的电荷量．如图所示为密立根实验的示意图，两块金属板水平放置，板间存在匀强电场，方向竖直向下．用一个喷雾器把许多油滴从上极板中间的小孔喷入电场，油滴由于摩擦而带电，当一些微小的带电油滴受到的电场力和重力恰好平衡时，油滴处于悬浮状态．当极板间的电压为 U、距离为d 时，一质量为 m 的油滴恰好悬浮于电场中，重力加速度为 g，则该油滴 ( )
A．带负电，电荷量为
B．带负电，电荷量为
C．带正电，电荷量为
D．带正电，电荷量为
6．如图所示，、是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板上有一小孔。质量为、带电荷量为的粒子（不计重力），以初速度由小孔进入电场，当、间电压为时，粒子刚好能到达板，如果要使这个带电粒子从、两板的正中间处返回，下述措施能满足要求的是（　　）
A．使带电粒子的初速度减为原来的
B．使、间电压变为原来的2倍
C．使、间电压变为原来的4倍
D．使带电粒子的初速度和、间电压都变为原来的2倍
7．如图所示，半径为的圆形框架竖立在水平面上，所在空间还有一匀强电场，方向与竖直平面平行．将一带电小球从点（与圆心等高）沿各个方向以大小相等的速度抛出，发现它碰到框架点时的速度最大，点与圆心的连线与水平方向成，则
A．水平时，小球将做平抛运动
B．无论沿什么方向，小球都做加速运动
C．小球到达点时的速度为（式中为重力加速度）
D．若撤去电场，再将小球水平抛出，只要调整大小就可以垂直击中框架（边缘）
8．如图所示，xOy坐标系内存在平行于坐标平面的匀强电场。一个质量为m，电荷量为的带电粒子，以的速度沿AB方向入射，粒子恰好以最小的速度垂直于y轴击中C点。已知A、B、C三个点的坐标分别为、、。若不计重力与空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）
A．带电粒子由A到C过程中最小速度一定为
B．带电粒子由A到C过程中电势能先减小后增大
C．匀强电场的场强大小为
D．若匀强电场的大小和方向可调节，粒子恰好能沿AB直线方向到达B点，则此状态下电场强度大小为
9．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，设两极板的正对面积为S，极板间的距离为，静电计指针偏角为。实验中，极板所带电荷量不变，若（　　）
A．保持S不变，增大，则变小 B．保持S不变，增大，则不变
C．保持不变，减小S，则变大 D．保持不变，减小S，则不变
10．某空间存在如图所示的电场，图中的虚线为电场的等势线。一带电荷量为2e的粒子（不考虑所受重力）以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹如图中实线所示，下列说法正确的是（　　）
A．该粒子带正电
B．粒子从a点运动到c点的过程中，电势能增大20eV
C．该粒子经过f点时的加速度为0
D．若粒子经过d点时的动能为12eV，则该粒子经过a点时的动能为2eV
11．如图所示，两个带等量正电荷的点电荷分别固定在光滑绝缘水平面上的、两点，为、两点之间的连线与其垂直平分线的交点，。在点由静止释放一个带负电的小球（设不改变原来的电场分布），在以后的一段时间内，小球在、两点之间的连线上做往复运动。则下列说法错误的是
A．小球运动到点时加速度为零，速度达到最大值
B．小球由运动到的过程，静电力所做的总功不等于零
C．若小球所带电荷量缓慢减小，则它往复运动过程中每次经过点时的速率不断减小
D．若两点电荷所带电荷量同时等量地缓慢增大，则小球往复运动的范围不断缩小
12．图中的虚线为匀强电场中的三角形，且三角形与匀强电场平行，其中，，的长度为。一带电荷量为的正粒子由移动到的过程中，电场力对该粒子做功为零，由移动到的过程中，电场力对该粒子做功为。图中的实线为粒子运动的轨迹，假设点的电势为零，则下列说法正确的是
A．该匀强电场的场强为
B．点的电势应为
C．、两点间的电势差为
D．如果某一负粒子由 点射入该匀强电场，其初速度方向为由指向，则负粒子的轨迹可能为实线②
13．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
14．如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势φ与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点（0.15，3）的切线．现有一质量为0.20kg，电荷量为+2.0×10－8C的滑块P（可视作质点），从x=0.10m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02．取重力加速度g=10m/s2．则下列说法正确的是（　　）
A．x=0.15m处的场强大小为2.0×106N/C
B．滑块运动的加速度逐渐减小
C．滑块运动的最大速度约为0.1m/s
D．滑块最终在0.3m处停下
二、综合题
15．如图1，单刀双掷开关S原来跟2相接，从t=0开始，开关改接1，得到流过电路中P点的电流随时间变化的I-t图像（图甲），电容器两极板的电势差随时间变化的图像（图乙）。T=2s时，把开关改接2，请在I-t图像和图像中画出2s之后一段时间内图像的大致形状_______________。
16．如图所示是一个示波管工作原理图，电子经电压U1=4.5×103V加速后以速度v0垂直等间距的进入电压U2=180V，间距为d=1.0cm，板长 =5.0cm的平行金属板组成的偏转电场，离开电场后打在距离偏转电场s=10.0cm的屏幕上的P点，（e=1.6×10-19C，m=9.0×10-31kg）求：
（1）射出偏转电场时速度的偏角tanθ=？
（2）打在屏幕上的侧移位移OP=？
17．如图，空间存在水平方向的匀强电场E=2.0×104N/C，在A处有一个质量为0.3kg的质点，所带的电荷量为q=+2.0×10-4C，用一长为L=600cm的不可伸长的绝缘细线与固定点O连接．AO与电场线平行处于水平状态，取g=10m/s2.现让该质点在A处由静止释放，求：
（1）释放瞬间质点的加速度；
（2）从释放到第一次到达O点正下方过程中质点机械能的变化量；
（3）质点第一次到达O点正下方时的速度大小v．
18．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。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【详解】
AB．电容器外壳上标的是额定电压，这个数值比击穿电压低，A正确，B错误；
C．是电容器的电容，与接入电容器的电压高低无关，C错误；
D．对于电解电容器，需考虑引出线的接法，D错误。
故选A。
2．D
【详解】
物体的运动情况取决于合力和初始条件．小球只受到电场力的作用，从静止开始释放，仅受电场力作用，是否沿电场线运动，还要看电场线是直线还是曲线，若为直线，小球沿电场线运动，若为曲线，小球不沿电场线运动．在任意一段时间内，小球不一定从高电势向低电势运动，比如在等量同种负电荷连线的中垂线上做往复运动．
A．一定沿电场线由高电势处向低电势处运动．故A错误．
B．一定沿电场线由低电势处向高电势处运动．故B错误．
C．不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动．故C错误．
D．不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动．故D正确．
3．B
【详解】
从A到B，电势能增加1.2×10－7J，说明电场力做负功，做功为－1.2×10－7J，故电场力方向与场强方向相反，该点电荷带负电。
故选B。
4．C
【详解】
A．真空中两个点电荷间的作用力遵守库仑定律，要强调库仑定律的使用范围，当r→0时，电荷已不能当作点电荷，故A错误；
B．电场强度取决于电场本身，与试探电荷的电荷量无关，电场强度的定义式，只是为研究电场的方便，采用比值法下的定义，故B错误；
C．根据点电荷的场强公式知，q为场源电荷的电量，电场中某点电场强度和场源电荷的电量有关，故C正确；
D．由电势差U=Ed可知，当电场强度一定时，沿电场方向两点间d距离越大，这两点间电势差才越大，故D错误。
故选C。
5．B
【详解】
带电荷量为q的油滴静止不动，则油滴受到向上的电场力；题图中平行板电容器上极板带正电，下极板带负电，故板间场强方向竖直向下，则油滴带负电；根据平衡条件，有：
故
；
A．带负电，电荷量为，与结论不相符，选项A错误；
B．带负电，电荷量为，与结论相符，选项B正确；
C．带正电，电荷量为，与结论不相符，选项C错误；
D．带正电，电荷量为，与结论不相符，选项D错误；
6．B
【详解】
设、两板间距离为，带电粒子从进入电场到开始返回运动的距离为，当、间电压为时，粒子刚好能到达板，根据动能定理有
整理得
此时
当带电粒子从、两板的正中间处返回时，有
即变为原来的。
当变为原来的时，则变为原来的，不满足要求；
当变为原来的2倍时，则变为原来的，满足要求；
当变为原来的4倍时，则变为原来的，不满足要求；
当变为原来的2倍，也变为原来的2倍时，则变为原来的2倍，不满足要求。
综上可知，故B正确，ACD错误。
故选B。
7．C
【详解】
由题意知抛出粒子碰到框架点时的速度最大，点与圆心的连线与水平方向成，即B点为圆的等效最低点，电场力水平向右，大小与重力相等.
A．水平时因还受到水平方向的电场力作用，故不会做平抛运动，故A错误.
B．当的方向斜向上大于，即与合力方向夹角大于时，小球会做减速运动，故B错误.
C．小球从A点到B点，根据动能定理，再由几何关系有：
解得：
故C正确.
D．若撤去电场，再将小球水平抛出，小球做平抛运动，根据平抛运动的推论知平抛运动中过初位置将初速度顺向延长、过末位置将末速反向延长,两线交点在水平位移的处，末速反向延长必定不过圆心,即末速不沿半径方向,末速度与框架不垂直，故D错误
8．D
【详解】
A．根据题意可知
由于粒子恰好以最小的速度垂直于y轴击中C点，则C点的速度最小且沿水平方向，故带电粒子受到的电场力方向一定沿-y方向，将初速度沿竖直方向和水平方向分解，水平方向粒子做匀速直线运动，其速度为
竖直方向速度减为零时速度最小等于水平分速度，所以带电粒子由A到C过程中最小速度一定为，A错误；
B．带电粒子由A到C过程中电场力一定做负功，电势能增大，B错误；
C．根据几何关系可知OC=L，从A到C根据动能定理可得
解得匀强电场的大小为
C错误；
D．若匀强电场的大小和方向可调节，粒子恰好能沿AB方向到达B点，则电场线方向沿BA方向，根据动能定理可得
解得此状态下电场强度大小为
D正确。
故选D。
9．C
【详解】
AB．根据电容的决定式可知，电容与极板间的距离成反比，当保持不变，增大时，电容减小，而电容器的电荷量不变，由电容的定义式可知，极板间电势差增大，则静电计指针的偏角变大，选项AB错误；
CD．根据电容的决定式可知，电容与两极板的正对面积成正比，当保持不变，减小S时，电容减小，而电容器的电荷量不变，由电容的定义式可知，极板间电势差增大，则静电计指针的偏角变大，选项C正确，D错误。
故选C。
10．B
【详解】
A．根据两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面的特点可得，该图中的等势面中，正电荷在上方，负电荷在下方；从粒子运动轨迹看出，轨迹向上弯曲，可知带电粒子受到了向上的力的作用，所以粒子带负电，故A错误；
B．粒子从a点运动到c点的过程中，电势能增大
故B正确；
C．等量异种点电荷连线上f点的电场强度不为0，则该粒子经过f点时的加速度不为0，故C错误；
D．粒子从a到d，电势能增大10eV，则粒子在d点的电势能为10eV，粒子的总能量为22eV，由于粒子在a点的电势能为0，则粒子经过a点时的动能为22eV，故D错误。
故选B。
11．B
【详解】
A．小球运动到点时，所受的电场力为零，加速度为零，之后远离点，速度减小，所以小球运动到点时速度达到最大值，A正确；
B．小球由运动到的过程，由电场的对称性可知，静电力所做的总功等于零，B错误；
C．若小球所带电荷量级慢减小，它在电场中同一位置所受的电场力不断地减小，由向运动的过程中，电场力做的功在不断减小，则它往复运动过程中每次经过点时的速率不断减小，C正确；
D．若两点电荷所带电荷量同时等量地缓慢增大，则小球所受电场力产生的加速度在同一位置时将更大，速度变化将更快，减速的距离减小，小球往复运动的范围不断缩小，D正确。
故选B。
12．BD
【详解】
BC．正粒子由移动到的过程中，电场力对该粒子做功为零，说明、两点位于同一等势面上，由移动到的过程中，电场力对该粒子做功为，说明电场的方向垂直向上，
已知点的电势为零，则
、两点间的电势差为
故B正确；C错误；
A．该匀强电场的场强为
故A错误；
D．负粒子由点射入该匀强电场时，受力方向与电场线的方向相反，即负粒子将向下偏转，则负粒子的轨迹可能为实线②，故D正确。
故选BD。
13．AC
【详解】
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。
14．AC
【详解】
AB、电势φ与位移x图线的斜率表示电场强度，则x＝0.15m处的场强EV/m＝2×106V/m，此时的电场力F＝qE＝2×10﹣8×2×106N＝0.04N，滑动摩擦力大小f＝μmg＝0.02×2N＝0.04N，在x＝0.15m前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x＝0.15m后电场力小于电场力，做减速运动，加速度逐渐增大．故A正确，B错误；
C、在x＝0.15m时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，，因为0.10m和0.15m处的电势差大约为1.5×105V，代入求解，最大速度大约为0.1m/s，故C正确；
D、滑块最终在处停下则满足：，处的电势，故从到过程中，电势差，电场力做，摩擦力做功，则，故滑块不能滑到处，故D错误．
15．开关S接1时，电容器充电，充电完毕，电流为零，再将开关S拨向2位置，开始反向放电，放电完毕后，电流为零，如图甲所示：
开关S接1时，电容器与电源直接相连，充电结束后，两端电压为电动势，恒定不变，放电过程中，电压逐渐减小，但极板的电性不变，如图乙所示：
16．(1)0.1 (2)1.25cm
【详解】
(1)设电子经加速电场U1加速后以速度v0进入偏转电场，由动能定理有：
代入数据解得：；
进入偏转电场后做类平抛运动，在电场线方向有：
经时间t1飞出电场有：
沿电场方向的速度：
设射出偏转电场时速度的偏角为，则：
(2)飞出电场时偏转量为：
由以上各式代入数据得：
设电子从偏转场穿出时，沿y方向的速度为vy，穿出后到达屏S所经历的时间为t2，在此时间内电子在y方向移动的距离为y2,有：
由以上各式得：
故电子到达屏S上时,它离O点的距离：
答：(1)射出偏转电场时速度的偏角;
(2)打在屏幕上的侧移位移.
17．（1），方向与水平方向成角斜向下（2）增加24J（3）
【详解】
(1)在释放的瞬间对质点受力分析，质点受水平向左的电场力 ，竖直向下的重力作用．故合力为：
代入数据解得F=5N，方向与水平方向成斜向左下方.
根据牛顿第二定律可知：
代入数据解得：，方向沿水平方向成斜向左下方
(2)质点从释放到运动到O点正下方的过程中一直做直线运动，其中电场力做正功，电势能减少．根据能量守恒，减少的电势能转化成增加的机械能．故此过程机械能增加量：
(3)由释放到第一次到达O点的过程对质点应用动能定理可得：
代入数据联立解得
答：(1)释放瞬间的加速度为，方向与水平方向成370角斜向下
(2)机械能增加24J
(3)到O点正下方的速度为
18．(1)；(2)；(3)。
【详解】
(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。
答案第1页，共2页