第十章静电场中的能量章末训练（word版含解析）

2021—2022学年人教版（2019）必修第三册
第十章静电场中的能量章末训练
一、单项选择（下列各题中四个选项中只有一个选项符合题意）
1．某电场中的等势面如图所示，下列关于该电场的描述正确的是（　　）
A．A点的电场强度比C点的小
B．负电荷在A点的电势能比在C点的电势能大
C．电荷沿等势面AB移动的过程中，静电力始终不做功
D．正电荷由A移动到C，静电力做负功
2．如图所示，a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个梯形的四个顶点，电场线与梯形所在的平面平行，ab平行于dc，且ab为dc边长的一半，已知a点的电势是3 V，b点的电势是5 V，c点的电势是7 V，由此可知，d点的电势为（　　）
A．1 V B．2 V C．3 V D．4 V
3．如图所示为示波管中偏转电极的示意图，间距为d，长度为l的平行板A、B加上电压后，可在A、B之间的空间中（设为真空）产生电场（设为匀强电场）。在距A、B两平行板等距离的O点处，有一电荷量为＋q、质量为m的粒子以初速度v0沿水平方向（与A、B板平行）射入，不计重力，要使此粒子能从C处射出，则A、B间的电压应为（　　）
A． B． C． D．
4．一个已充电的电容器，若使它的电荷量减少1.5×10-4 C，则其电压减小为原来的，则（　　）
A．电容器原来的带电荷量为9×10-4 C B．电容器原来的带电荷量为4.5×10-4 C
C．电容器原来的电压为1 V D．电容器的电容变为原来的
5．如图所示，匀强电场方向竖直向下，在此电场中有a、b两个带电微粒（不计微粒间的相互作用），分别竖直向上、竖直向下做匀速运动，则下列说法中正确的是（　　）
A．两带电微粒带异种电荷
B．两微粒所受的电场力等大、反向
C．带电微粒a重力势能、电势能均增加
D．带电微粒b电势能增加，机械能减小
6．O、A为某电场中一条平直电场线上的两个点，将电子从O点静止释放，仅在电场力作用下运动到A点，其电势能随位移x的变化关系如图所示。则电荷从O到A过程中，下列说法正确的是（　　）
A．电场力可能做负功
B．O点电势比A点电势高
C．从O到A，电场强度先减小后增大
D．从O到A，电场强度一直增大
7．如图所示，a、b、c是匀强电场中同一圆上的三个等分点，圆的半径r=2cm，匀强电场的电场线与该圆所在的平面平行。已知Uab=3V，Ubc=-3V。则该电场的电场强度方向和大小分别为（　　）
A．由a指向c，100V/m B．由a指向c，V/m
C．垂直ac指向b，100V/m D．垂直ac指向b，V/m
8．如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压，在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子，t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，已知电场变化周期T＝，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则（　　）
A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小为v0
B．粒子的电荷量为
C．在t＝T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了
D．在t＝T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
9．如图所示，三个分别带正电、带负电和不带电的质量相同的颗粒从水平放置的平行带电金属板左侧以相同速度v0垂直电场线方向射入匀强电场，分别落在带正电荷的下极板上的a、b、c三点处。下列判断正确的是（　　）
A．落在a点的颗粒带正电，落在b点的颗粒不带电，落在c点的颗粒带负电
B．落在a点的颗粒带负电，落在b点的颗粒不带电，落在c点的颗粒带正电
C．落在a点的颗粒不带电，落在b点的颗粒带负电，落在c点的颗粒带正电
D．落在a点的颗粒带负电，落在b点的颗粒带正电，落在c点的颗粒不带电
10．如图所示，、是匀强电场中的两点，一负电荷在点时的速度与电场线方向成角，在点时动能为，运动到点时速度方向与电场线垂直。已知负电荷所带电量为，电荷仅受电场力作用，则、两点的电势差为（　　）
A． B．
C． D．
11．匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图所示，当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子（带正电），设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（　　）
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2s末带电粒子回到原出发点
C．3s末带电粒子的速度不为零
D．0～3s内，电场力做的总功为零
12．如图所示，电子在电势差为U1的电场中由静止加速后，垂直射入电势差为U2的偏转电场。在满足电子能射出偏转电场的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（　　）
A．U1变大，U2变大 B．U1变小，U2变小
C．U1变大，U2变小 D．U1变小，U2变大
二、多项选择题（下列选项中有多个选项满足题意）
13．有一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c、d四点的位置如图所示，cd和cb分别垂直于x轴和y轴，其中a、b、c三点电势分别为4 V、8 V、10 V。将一电荷量为q=-2×10-5 C的负点电荷由a点开始沿abcd路线运动，则下列判断正确的是（　　）
A．坐标原点O的电势为6 V
B．电场强度的大小为V/m
C．该点电荷在c点的电势能为-2×10-4 J
D．该点电荷从a点移到d点过程中，静电力做功为8×10-5 J
14．如图所示，在正点电荷的电场中的一条电场线上依次有A、B、C三点，分别把带电荷量为＋q和-q的点电荷依次放在这三点上，关于它们所具有的电势能，下列说法中正确的是（　　）
A．放上带电荷量为＋q的点电荷时，它们的电势能大小关系为EpA>EpB>EpC
B．放上带电荷量为＋q的点电荷时，它们的电势能大小关系为EpAC．放上带电荷量为-q的点电荷时，它们的电势能大小关系为EpA>EpB>EpC
D．放上带电荷量为-q的点电荷时，它们的电势能大小关系为EpA15．如图所示，平行板电容器的两极板A、B接在电池两极，一带负电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为，下列说法正确的是（　　）
A．保持S闭合，将A板向B板靠近，则增大
B．保持S闭合，将A板向B板靠近，则减小
C．断开S，略向上移动A板，则减小
D．断开S，略向上移动A板，则增大
16．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则下列选项说法正确的是（　　）
A．为正电荷，为负电荷
B．电荷量等于的电荷量
C．NC间场强方向沿x轴正方向
D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功
17．如图所示，在场强的水平匀强电场中，有一长l=10cm的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一个质量m=2g、电荷量的带正电小球，当绝缘细线处于水平位置时，小球从静止开始释放，g取。下列说法正确的是（　　）
A．若取A点电势为零，则B点的电势为
B．若取A点电势为零，小球在B点的电势能为
C．小球到B点时速度为1.4m/s
D．小球到B点时，绝缘细线对小球的拉力为
18．某空间存在沿x轴方向的电场，电场强度沿x轴的变化情况如图所示，有一个质量为m、电荷量为＋q的点电荷从A点以初速度v0沿x轴正方向运动，到B点时速度恰好减到零，点电荷只受电场力的作用，则（　　）
A．A点电势低于B点电势
B．点电荷在A、B两点的电势能相等
C．从A到B的过程中，电场力先做负功后做正功
D．若点电荷只受电场力作用，则A、B两点的电势差为
19．某电场的电场线分布如图实线所示，一带电粒子在电场力作用下经A点运动到B点，运动轨迹如虚线所示。粒子重力不计，下列说法中正确的是（　　）
A．若粒子带正电，其电势增大，动能增大
B．若粒子带正电，其电势减小，动能增大
C．若粒子带负电，其加速度增大，电势能减小
D．若粒子带负电，其加速度减小，电势能增大
20．如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为，板间距离为，距板右端处有一竖直屏，一带电荷量为、质量为的质点以初速度沿中线射入两板间，最后垂直打在上，则下列结论正确的是（已知重力加速度为）（　　）
A．整个过程中合外力对质点做负功
B．两极板间电压为
C．整个过程中质点的重力势能增加
D．若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在上
三、综合计算题（要求写出必要的计算过程）
21．如图所示，在同一条电场线上有A、B、C三点，三点的电势分别是φA=5V、φB=-2V、φC=0，将电荷量q=-6×10-6C的点电荷从A移到B，再移到C。
（1）该电荷在A点、B点、C点具有的电势能各是多少？
（2）将该电荷从A移到B和从B移到C，电势能分别变化了多少？
（3）将该电荷从A移到B和从B移到C，静电力做功分别是多少？
22．在水平向右、场强为E的匀强电场中，有一质量为m、带正电的小球，用长为l的绝缘细线悬挂于O点，当小球静止时，细线与竖直方向夹角为θ，小球位于B点，A点与B点关于O点对称，如图所示，现给小球一个垂直于悬线的初速度，小球恰能在竖直平面内做圆周运动，试问：
（1）小球的电荷量q为多少？
（2）小球在做圆周运动的过程中，在哪一位置速度最小？速度最小值多大？
（3）小球在速度最大和速度最小处的拉力之差为多少？
23．如图坐标平面，轴右侧两个区域内有匀强电场。其中的区域Ⅰ匀强电场方向水平向右、电场强度大小为；的区域Ⅱ匀强电场方向竖直向上、电场强度大小为。现从坐标原点处静止释放一电量、质量为的带正电粒子，该粒子经过电场恰好到达点处，不计粒子重力。
（1）试求粒子刚进入区域Ⅱ时的瞬时速度；
（2）满足题目要求的电场强度和之比；
（3）当粒子刚进入区域Ⅱ时，直线上的某点同时水平向左发射一负粒子，粒子与粒子质量、电量大小均相同，粒子的发射速率为此刻粒子速率的倍，若保证粒子、能够在区域Ⅱ中相遇，试求解粒子发射时的纵坐标与倍数的函数关系（不计粒子的相互作用）。
24．如图所示，xOy平面为一光滑水平面，第一象限内有平行于xOy平面的匀强电场，同时有垂直于xOy平面的磁场。一质量m、电荷量的带电小球从坐标原点O以初动能Ek入射，在电场和磁场的作用下发生偏转，先后经过P点（2l，23l）、M点（4l，0）时的动能分别为0.4Ek、0.7Ek，经过P点时小球的速度方向平行x轴向右。若在经过P点时撤去磁场，小球会经过x轴上的N点（图中未画出），求：
（1）电势差UOP、UOM；
（2）小球由P点运动到N点所需的时间。
参考答案
1．C
【解析】
A．等差等势面越密处电场强度越大，故A点的电场强度比C点的大，A错误；
B．由
可知，负电荷在电势越高处的电势能越小，故负电荷在A点的电势能比在C点的电势能小，B错误；
C．沿等势面移动电荷，静电力不做功，C正确；
D．正电荷由A移动到C，电势能减小，静电力做正功，D错误。
故选C。
2．C
【解析】
过b点作ad的平行线，交cd于e点，
则
ab=de=ec
所以
Uab=Ude=Uec
因为
Uab=φa-φb
Ude=Uec=Udc=（φd-φc）
所以
φd=3V
故选C。
3．A
【解析】
带电粒子只受电场力作用，在平行板间做类平抛运动。设粒子由O到C的运动时间为t，则有
l=v0t
设A、B间的电压为U，则偏转电极间的匀强电场的场强
粒子所受电场力
根据牛顿第二定律得粒子沿电场方向的加速度
粒子在沿电场方向做匀加速直线运动，位移为。由匀加速直线运动的规律得
解得
U=
BCD错误，A正确。
故选A。
4．B
【解析】
AB．由题意知
解得
故B正确，A错误；
C．因电容器的电容未知，所以无法求出电容器原来的电压，故C错误；
D．电容器的电容由电容器本身决定，跟电压和电荷量的变化无关，所以电容器的电容不变，故D错误。
故选B。
5．D
【解析】
AB．两微粒受重力和电场力处于平衡状态，知电场力方向均向上，则两电荷均带负电。故AB错误；
C．对于a微粒，电场力做正功，电势能减小，重力势能增大。故C错误；
D．对于b微粒，电场力做负功，电势能增大，动能不变，重力势能减小，机械能减小。故D正确。
故选D。
6．C
【解析】
A．由图可知，O到A电势能减小，所以电场力做正功，故A错误；
B．因为
且电子带负电，所以电势能越小，电势越大，所以O点的电势小于A点，故B错误；
CD．因为
所以图线的斜率代表电场力，O到A斜率先减小后增大，故电场力先减小后增大，电场强度先减小后增大，故C正确，D错误；
故选C。
7．C
【解析】
由题给信息Uab=3V，Ubc=-3V知a、c两点电势相等，处在同一等势面上，根据电场强度方向与等势面垂直，指向电势降低的方向，可知该电场的电场强度方向垂直ac指向b，如图：
则电场强度的大小
故选C。
8．D
【解析】
粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，得
解得
故粒子在电场中运动的时间为T
A．t=0时刻进入的粒子，粒子在竖直方向先向下加速运动 ，再向下减速运动，经过一个周期，竖直方向速度为0，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，A错误；
B．粒子在竖直方向，在时间内的位移为 ，则
解得
B错误；
C．时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为
进场的位置到出场的位置的电势差
电势能变化量
可知电势能减少，C错误；
D． 时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动 ，然后向下减速运动，再向上加速，向上减速，然后离开电场，由运动过程对称可知，此时竖直方向位移为0，故粒子刚好从P板右侧边缘离开电场，D正确。
故选D。
9．B
【解析】
根据题意，三小球在水平方向做匀速直线运动，则有
v0相同，由图看出，水平位移的关系为
则运动时间关系为
竖直方向上三个粒子都做初速度为0的匀加速直线运动，到达下极板时，在竖直方向产生的位移y相等
则知加速度关系为
由牛顿第二定律得知三个小球的合力关系为
由于平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，向下的合力最小，向下的加速度最小，负电荷受到向下的电场力，向下的合力最大，向下的加速度最大，不带电的小球做平抛运动，加速度为重力加速度g，可知，落在a点的颗粒带负电，c点的带正电，b点的不带电。
故选B。
10．C
【解析】
运动到点时速度方向与电场线垂直，说明水平方向速度减小为0，M点的速度大小则有
则水平方向的速度大小为
所以
联立解得
故C正确，ABD错误。
故选C。
11．D
【解析】
A．由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为
第2s内加速度为
故
a2=2a1
因此先加速1s再减小0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v-t图象如图所示：
带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误；
B．根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t=2s时，带电粒子没有回到出发点，故B错误；
C．由解析中的图可知，粒子在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，3s末的瞬时速度刚减到0，故C正确；
D．因为第3s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理可知，0～3s内，电场力做的总功为零，故D正确。
故选D。
12．D
【解析】
设电子被加速后获得的速度为，电子在加速过程中，根据动能定理
设水平极板长为L，两极板间的距离为d，则电子在偏转场中运动的时间为
电子在偏转场的加速度为
电子射出偏转场时，平行于电场方向的速度
电子射出偏转场时的偏转角的正切值为
联立可得
所以一定能使电子的偏转角变大的是U1变小，U2变大，故D正确，ABC错误。
故选D。
13．ACD
【解析】
A．由于是匀强电场，所以沿同一方向前进相同距离电势的降低相等，有
φb-φc=φa-φO
代入数据解得
φO=6V
故A正确；
B．同理，ab中点e的电势为φe=6 V，连接Oe，则为等势面，如图所示
由几何关系可知，ab垂直Oe，则ab为一条电场线，且方向由b指向a，电场强度为
故B错误；
C．该点电荷在c点的电势能为
Epc=qφc=-2×10-4 J
故C正确；
D．依题意有
UOd=UaO
知
φd=8 V，Uad=-4 V
该点电荷从a点移动到d点静电力做功为
Wad=qUad=8×10-5J
故D正确。
故选ACD。
14．AD
【解析】
AB．沿着电场线方向电势降低，由
可知，正电荷在电势越高的地方电势能越大，故放上带电荷量为＋q的点电荷时，它们的电势能大小关系为
EpA>EpB>EpC
A正确，B错误；
CD．负电荷在电势越高的地方电势能越小，故放上带电荷量为-q的点电荷时，它们的电势能大小关系为
EpAC错误，D正确。
故选AD。
15．AD
【解析】
保持闭合，则电容器两极板间的电压不变，由
可知，当板向板靠近时，增大，增大，A正确
断开则两板所带电荷量不变，由
略向上移动板，则正对面积减小，增大，增大，D正确
故选AD。
16．AD
【解析】
A．沿着电场线方向电势降低，离正电荷越远电势越低，离负电荷越远电势越高，可知为正电荷，为负电荷，A正确；
B．由点电荷场强公式
可知，若电荷量等于的电荷量，由对称性可知，应该是O、M中点的电势为零，由图可知电荷量不相等，B错误；
C．N到C电势升高，故NC间场强方向沿x轴负方向，C错误；
D．将一负点电荷从N点移到D点，由
可知，电势能先减小后增大，故电场力先做正功后做负功，D正确。
故选AD。
17．ABD
【解析】
B．小球从静止开始释放，电场力做功
又
若取A点电势为零，则小球在A点电势能为零，所以在B点的电势能为
选项B正确；
A．根据可得
选项A正确；
C．根据动能定理有
解得小球到B点时速度
选项C错误；
D．小球到B点时有
解得小球到B点时，绝缘细线对小球的拉力
选项D正确。
故选ABD。
18．AD
【解析】
AB．根据动能定理，从A到B的过程中，电场力做负功，电势能增加，在B点的电势能大，由于带电粒子带正电荷， 因此B点的电势高于A点的电势，A正确，B错误；
C．从A到B过程中，由于电场强度方向没变，因此电场力始终做负功，C错误；
D．根据动能定理
qUAB＝0－mv
可得
UAB＝－
D正确；
故选AD。
19．BC
【解析】
AB．由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力方向大致向右，与轨迹上每一点的切线方向即瞬时速度的夹角成锐角，则电场力对带电粒子做正功，其电势能减小，动能增大；若粒子带正电，电势能减小，根据可知电势减小，选项A错误，B正确；
CD．由于电场线向右越来越密，则粒子所受的电场力增大，加速度变大，与粒子的电性无关，选项C正确，D错误。
故选BC。
20．BC
【解析】
AB．由题意可知，该质点在电场中应向上偏转，离开电场后向下偏转，最后才能垂直打在上，前后过程具有对称性，水平方向始终做匀速直线运动，竖直方向先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动，竖直方向末速度为零，故两个过程的加速度大小相等，方向相反，由牛顿第二定律可得
解得
极板间的电压为
由于初末动能相等，故整个过程中合外力对质点不做功，A错误，B正确；
C．整个过程中质点在竖直方向上升的高度为
整个过程中质点的重力势能增加量为
C正确；
D．由于平行板电容器充电后与电源断开，电荷量Q不变，极板间场强大小为
若仅增大两极板间距d，场强大小E不变，由AB的解析可知，该质点仍可以垂直打在上，D错误。
故选BC。
21．（1）-3×10-5J；1.2×10-5J；0；（2）增加4.2×10-5J；减少1.2×10-5J；（3）-4.2×10-5J；1.2×10-5J
【解析】
（1）根据公式
可得
所以该电荷在A点、B点、C点具有的电势能分别为
EpA=qφA=-6×10-6×5J=-3×10-5J
EpB=qφB=-6×10-6×（-2）J=1.2×10-5J
EpC=qφC=-6×10-6×0J=0
（2）将该电荷从A移到B，电势能的变化量为
ΔEpAB=EpB-EpA=1.2×10-5J-（-3×10-5）J=4.2×10-5J
即电势能增加了4.2×10-5J
将该电荷从B移到C，电势能的变化量为
ΔEpBC=EpC-EpB=0-1.2×10-5J=-1.2×10-5J
即电势能减少了1.2×10-5J
（3）将该电荷从A移到B，静电力做的功为
WAB=EpA-EpB=-4.2×10-5J
将该电荷从B移到C，静电力做的功为
WBC=EpB-EpC=1.2×10-5J
22．（1）；（2）A点，；（3）
【解析】
（1）当小球静止时，细线与竖直方向夹角为θ，小球位于B点，则
解得
（2）小球恰好做圆周运动，在平衡位置的反方向上的圆周位置上速度最小，如图所示的A点
由牛顿第二定律得
解得小球的最小速度为
（3）小球在A点时速度最小，拉力最小为零，当在B点时拉力最大，由动能定理可得
解得
根据第二定律得
解得
则小球在速度最小和速度最大处的拉力之差为
23．（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）粒子在区域Ⅰ时，做初速度为零的匀加速直线运动，由动能定理得
解得
（2）粒子进入区域Ⅱ，水平方向
竖直方向
，
综上可得
联立得到
（3）粒子、能够在区域Ⅱ中相遇，由题意得水平方向有
竖直方向有
综上可得
24．（1），；（2）
【解析】
（1）在O～P的过程，根据动能定理得
在O～M的过程，根据动能定理得得
联立解得
（2）由（1）问知OP的中点A与M点是等势点，电场强度E的方向沿OP由O指向P，粒子P到M做类平抛运动，则有
电场力分解为沿x和y轴，在y轴方向上做静止开始的匀加速直线运动
联立解得