高中物理新教材人教版必修第三册章末测试题 　电场能的性质 Word版含解析

1．在如图所示的四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点，其中a、b两点电势和场强都相同的是(　　)
A　　　　　B　　　　　C　　　　D
C　[因为电势是标量，并且a、b在题中的四个电场中具有对称性，故四个电场中a、b两点的电势都是相等的，而电场强度是矢量，A图中两对称点的电场强度大小相等、方向相反；B图中两个场强叠加后，a点的场强方向斜向右上方，b点的场强方向斜向右下方；C图中两对称点的场强大小相等，方向都是水平向右；D图中a点的场强方向向上，b点的场强方向向下，故选项C正确。]
2．一个带正电的质点所带的电荷量q＝2.0×10－9 C，在静电场中由a点移到b点，在这个过程中，除静电力外，其他力做正功为6.0×10－5 J，质点的动能增加了8.0×10－5 J，则a、b两点间的电势差为(　　)
A．3×104 V　　　 B．1×104 V
C．4×104 V D．7×104 V
B　[由动能定理，WF＋qUab＝ΔEk，则Uab＝1×104V，选项B正确。]
3．一带电粒子沿图中曲线穿过一匀强电场中的等势面，且四个等势面的电势关系满足φa＞φb＞φc＞φd，若不计粒子所受重力，则(　　)
A．粒子一定带正电
B．粒子的运动是匀变速运动
C．粒子从A点到B点运动的过程中动能先减小后增大
D．粒子从A点到B点运动的过程中电势能增大
B　[由于φa>φb>φc>φd，所以电场线垂直于等势面由a指向d，根据粒子运动轨迹，可知其受力由d指向a，即该粒子带负电，从A点到B点的运动过程中，粒子的动能增大，电势能减小。综上所述，B正确。]
4．如图所示，三个同心圆是以同一负点电荷为圆心的等势面，相邻等势面的电势差相等，则下列说法正确的是(　　)
A．一个点电荷＋q在B点所受的静电力比在A点的大
B．一个点电荷＋q在B点具有的电势能比在A点的小
C．将同一个电荷由B点移到D点静电力做的功比由C点移到A点多
D．将电荷＋q由B点移到C点，静电力做正功
D　[点电荷电场中，离点电荷越近电场强度越大，所以EA＞EB，点电荷＋q在A点受的静电力比在B点受的静电力大，A错误；从B向A移动＋q，静电力做正功，电势能减小，即＋q在B点的电势能比在A点大，B错误；若从B到D移动电荷量为＋q的电荷，静电力做功WBD＝qUBD，从C到A所做的功是WCA＝qUCA，因为UBD＝UCA，故WBD＝WCA，C错误；从B到C移动＋q，静电力做正功，D正确。]
5.如图所示，在等量异种点电荷形成的电场中有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上距A点距离为d的一点，C点为两点电荷连线中垂线上距A点距离也为d的一点，则下面关于三点电场强度E、电势φ的关系，正确的是(　　)
A．EA＝EC>EB，φA＝φC>φB
B．EB>EA>EC，φA＝φC>φB
C．EAφB，φA>φC
D．因为电势零点未规定，所以无法判断电势高低
B　[由电场的叠加，在中垂线上，A点合场强最大，即EA>EC，在两电荷连线上，A点合场强最小，即EB>EA；电场线由A指向B，φA>φB，中垂线是一条等势线，φA＝φC，选项B正确。]
6．(多选)如图所示，虚线圆是某静电场中的等势面，其电势分别为φa、φb和φc。一带正电粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知(　　)
A．粒子从K到L的过程中，静电力做负功
B．粒子从L到M的过程中，静电力做负功
C．粒子从K到L的过程中，电势能增加
D．粒子从L到M的过程中，动能减少，电势能增加
AC　[由粒子运动轨迹可判断出带正电的粒子射入电场中时，受斥力作用，粒子由K到L的过程中，由低电势到高电势，静电力做负功，动能减少，电势能增加，故A、C正确；粒子由L到M的过程中，由高电势到低电势，静电力做正功，动能增加，电势能减少，故B、D错误。]
7．如图所示，真空中O点处有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的电场强度大小为Ea，与ab连线成53°角，b点的电场强度大小为Eb，与ab连线成37°角。关于a、b两电场Ea、Eb及φa、φb关系，正确的是(　　)
A．25Ea＝9Eb，φa＞φb　 B．16Ea＝9Eb，φa＜φb
C．9Ea＝25Eb，φa＞φb D．9Ea＝16Eb，φa＜φb
D　[设a、b两点到点电荷的距离分别为ra和rb。根据几何知识得rb＝ra。根据点电荷场强公式E＝k得Ea＝Eb。由图可知，该电场是由负点电荷产生的，故在点电荷的周围越靠近场源电势越低，则有φa＜φb，故D正确，A、B、C错误。]
8．如图所示，地面上有水平向右的匀强电场，将一带电小球从电场中的A点以某一初速度射出，小球恰好能沿与水平方向成30°角的虚线由A向B做直线运动，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A．小球带正电荷
B．小球受到的电场力与重力大小之比为2∶1
C．小球从A运动到B的过程中电势能增加
D．小球从A运动到B的过程中电场力所做的功等于其动能的变化量
C　[根据题意，对小球受力分析如图所示。由于小球沿直线运动，则合力与速度方向在同一直线上，故小球受到的电场力水平向左，故小球带负电，A错误；由图可知tan 30°＝＝，故小球受到的电场力与重力大小之比为3∶，B错误；由于小球从A到B电场力做负功，故电势能增加，C正确；根据动能定理可知W电＋WG＝ΔEk，D错误。]
9．如图所示，点电荷Q形成的电场中，现把一个q＝－2.0×10－8C的试探电荷由无穷远处分别移到电场中的A、B、C三点，则：(1)静电力做正功还是负功？
(2)若移动电荷分别做功为6.0×10－7 J、4.0×10－7 J、1.0×10－7J，以无穷远处为零电势点，这三点的电势分别为多少？
(3)若选择B点为电势零点，这三点的电势又分别为多少？
[解析]　(1)同性相斥、异性相吸，故静电力做正功。
(2)设无穷远处与A点的电势差为U∞A，则U∞A＝＝ V＝－30 V，而U∞A＝φ∞－φA＝－30 V，由题意φ∞＝0，所以φA＝30 V，同理可得φB＝20 V，φC＝5 V。
(3)因为UAB＝φA－φB＝(30－20)V＝10 V，若φB＝0，则φA＝UAB＝10 V，同理φC＝－15 V。
[答案]　(1)正功　(2)30 V、20 V、5 V　(3)10 V、0、－15 V
(建议用时：15分钟)
10．如图所示，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势分别为10 V、20 V、30 V，实线是一带电粒子(不计重力)在该区域内的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，下列说法正确的是(　　)
A．粒子在三点的电势能大小关系为Epc＜Epa＜Epb
B．粒子在三点所受的静电力不相等
C．粒子必先过a，再到b，然后到c
D．粒子在三点所具有的动能大小关系为Ekb＞Eka＞Ekc
A　[粒子在电场中运动时，只有静电力做功，故电势能与动能之和应是不变的，由题图可判定，电场方向向上，带电粒子受静电力向下，故粒子带负电。带电的粒子在b点时的电势能最大，在c点时的电势能最小，则可判断在c点的动能最大，在b点的动能最小，A正确，D错误；因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的静电力相等，B错误；带负电的粒子无论是依次沿a、b、c运动，还是依次沿c、b、a运动，都会得到如图所示的轨迹，C错误。]
11．(多选)如图所示，虚线框内有匀强电场，AA′、BB′、CC′是该电场的三个等势面，相邻等势面间的距离均为3.0 cm，已知BB′上的电势为0 V。一个电子沿AA′方向以初动能Ek＝4 eV自图中的P点进入电场，刚好从C′点离开电场，电子从P到C′的过程静电力做功为6 eV。下列说法正确的是(　　)
A．平面AA′上的电势为3 V
B．该匀强电场的电场强度为100 N/C
C．该粒子经过平面BB′时的电势能为10 eV
D．该粒子从P到C′的过程动能和电势能总和守恒
BD　[电子从P到C′的过程静电力做功为6 eV，即－eUAC＝6 eV，所以UAC＝－6 V，已知BB′上的电势为0 V，则平面AA′上的电势为－3 V，A错误；由于静电力做功与路径无关，则WAC＝－eUAC＝eEd(d为A、C的间距)得E＝＝100 N/C，B正确；已知BB′上的电势为0 V，根据Ep＝φe可知该粒子经过平面BB′时的电势能为0 eV，C错误；粒子运动过程中只有静电力做功，使得动能和电势能之间相互转化，所以粒子的动能与电势能之和不变，D正确。]
12．如图所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为h和0.25h，将一带电小球从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为0。若此带电小球在A点的加速度大小为g，g取10 m/s2，静电力常量为k。试求：
(1)此带电小球在B点的加速度大小；
(2)A、B两点间的电势差(用Q和h表示)。
[解析]　(1)这个带电小球必带正电，设小球所带电荷量为q，小球在B点的加速度大小为aB。 由牛顿第二定律得，在A点时，有mg－＝m·g，在B点时，有－mg＝maB，解得aB＝3g＝30 m/s2。
(2)带电小球从A点运动到B点的过程中，由动能定理得mg(h－0.25h)＋qUAB＝0，解得UAB＝－。
[答案]　(1)30 m/s2　(2)－
13．在电场强度大小为E，方向水平向右的匀强电场中，用一根长为l的绝缘细杆(质量不计)固定一个质量为m的电荷量为q带正电的小球，细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动。现将杆从水平位置A轻轻释放，在小球运动到最低点B的过程中。求：
(1)小球的电势能的变化情况；
(2)小球到达B点时的速度；
(3)在最低点时绝缘杆对小球的作用力。
[解]　(1)从A到B，静电力对小球做正功，电势能减少。
(2)根据动能定理得
mgL＋qEL＝mv－0
解得vB＝。
方向水平向右。
(3)根据牛顿第二定律得
F－mg＝m
解得F＝3mg＋2qE。
方向竖直向上。
[答案]　(1)电势能减少　(2)　方向水平向右
(3)3mg＋2qE　方向竖直向上