卷子答案网-一个不只有答案的网站第十章 静电场中的能量 单元测试
一、单项选择题（本题共8小题，每题4分，共32分.每小题只有一个选项是正确的，选对得4分.错选、多选、不选均不得分）
1.下列关于匀强电场中场强和电势差的关系，说法正确的是（ ）
A.任意两点之间的电势差，等于场强和这两点间距离的乘积
B.在任何方向上，若两点间距离相等，则它们之间电势差就相等
C.沿着电场线方向，任何相同距离上的电势降落必定相等
D.电势降落的方向必定是电场强度的方向
2. 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）．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变大 B. 保持S不变，增大d，则θ变小
C. 保持d不变，减小S，则θ变小 D. 保持d不变，减小S，则θ不变
3.如图，医用口罩由多层织物材料构成，其中有一层熔喷布经过特殊工艺处理后成为驻极体材料，这层材料表面长期带有正电荷，能有效吸附细小的粉尘，而这些粉尘通常是细菌和病毒传播的载体.则其中即将被吸附的带电粉尘，一定是( )
A.带正电
B.沿电场线加速靠近熔喷布
C.在靠近熔喷布的过程中电场力做正功
D.在靠近熔喷布的过程中电势能增加
4.产生闪电的积雨云底层带负电，为避免闪电造成损害，高大的建筑物会装有避雷针.图中虚线为避雷针周围的等势线，相邻两等势线间的电势差相等.图中a、b两点的场强大小分别为Ea、Eb，a、b两点的电势分别为φa、φb，则 ( )
A.Ea＞Eb B.φa＞φb
C.避雷针的顶端带正电 D.一带负电的雨滴从a下落至b，电场力做负功
5. 如图所示，平行虚线代表匀强电场内间距相等的一组等势面,从上到下等势面的电势分别为,其中,A、B、C是等势面上的三点．一带正电的质子只在电场力作用下从A点以初动能2.0×10-3J垂直于等势面射入电场,运动到C点时速度恰为零，不考虑质子重力，下列说法不正确的是（ ）
A.
B. 质子运动到B点时动能为1.0×10-3J
C. 质子运动到C点时电势能为1.0×10-3J
D. 当质子的动能为0.2×10-3J时，其电势能为1.2×10-3J
6.如图所示，一电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直，粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线夹角为30°.已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计重力作用，设P点的电势为零.则下列说法正确的是（ ）
A.带电粒子在Q点的电势能为qU
B.带电粒子带负电
C.此匀强电场的电场强度大小为E＝
D.此匀强电场的电场强度大小为E＝
7.如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点．不计重力，下列说法错误的是
A. M带负电荷，N带正电荷 B. M在b点的动能小于它在a点的动能
C. N在d点的电势能等于它在e点的电势能
D. N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功
8．图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面，在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是（ ）
A．a点的电势比b点的高 B．a点的电场强度比b点的小
C．液滴在a点的加速度比在b点的小 D．液滴在a点的电势能比在b点的小
二、多项选择题（本大题共4小题，每题4分，共16分.每小题有多个选项是正确的，全选对得4分，少选得2分，错选、多选、不选均不得分）
9. 某静电场的电场线分布如图所示，P、Q为该电场中的两点，下列说法正确的是
A. P点场强大于Q点场强 B. P点电势低于Q点电势
C. 将电子从P点移动到Q点，电场力做正功
D. 将电子从P点移动到Q点，其电势能增大
10.如图，两对等量异号点电荷＋q、－q(q＞0)固定于正方形的4个顶点上.L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点.则 ( )
A.L和N两点处的电场方向相互垂直
B.M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左
C.将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功
D.将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零
11.如图所示，一个质量为 、带电荷量为 的粒子，从两平行板左侧中点沿垂直场强方向射入，当入射速度为 时，穿过电场而恰好不碰金属板。要使粒子的入射速度变为 ，仍能穿过电场恰好不碰金属板，若其它条件不变，则必须再使（ ）
A.两板间电压减为原来的 B.粒子的电荷量变为原来的
C.两板间距离增为原来的3倍 D.两板间距离增为原来的9倍
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
三、非选择题（本大题共5小题，共52分.解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位）
13. （6分）在做“观察电容器的充、放电现象”的实验电路如图所示；
（1）当开关接到“1”时，电容器处于___________过程；（填“充电”或者“放电”）电容器所带的电荷量逐渐___________；（填“増加”或“较少”）
（2）下面说法正确的是___________
A.电容器充电时，电压表示数先迅速增大，然后逐渐稳定在某一数值
B.电容器充电时，灵敏电流计的示数先迅速增大，然后逐渐稳定在某一数值
C.电容器放电时，电阻R中的电流方向从右到左
D.某时刻电容器正在放电时，电容器两极板的电荷量正在减少
14. 如图所示，质量为m，电荷量为e粒子从A点以速度v0沿垂直电场线方向的直线AO方向射入匀强电场，由B点飞出电场时速度方向与AO方向成45°角，已知AO的水平距离为d．（不计重力）求：
(1) 从A点到B点所用的时间；
(2) 匀强电场的电场强度大小；
(3) A、B两点间的电势差．
15.如下图所示，质量为m、带电量为q的小物块置于倾角为37°、长为L的绝缘光滑斜面上，当整个装置处于竖直向下的匀强电场中时，小物块恰好静止在斜面顶端.（重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）
（1）请判断小物块带正电还是带负电；
（2）请求出电场强度的大小；
（3）现将电场方向突然改为竖直向上，而场强大小不变，请求出小物块到达斜面底端的时间.
16.如图所示，两个大平行金属板M、N间距离d＝1.2 cm，两板接在电压(电势差)U＝240 V的电源上，M板接地，板间A点距M板0.2 cm，B点距N板0.2 cm.一个电荷量q＝－6×10－4 C的点电荷放在A点处，试求：
(1)该电荷在A点所受的电场力；
(2)该电荷在B点所具有的电势能.
17．如图所示，ABCD为竖直放在场强为E=104N/C的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的ABC部分是半径为R=0.5m的半圆环（B为半圆弧的中点），轨道的水平部分与半圆环相切于C点，D为水平轨道的一点，而且CD=2R，把一质量m=100g、带电荷量q=10-4C的负电小球，放在水平轨道的D点，由静止释放后，在轨道的内侧运动。g取10m/s2，求：
（1）它到达B点时的速度是多大？
（2）它到达B点时对轨道的压力是多大？
（3）要是小球能安全通过最高点A，则开始释放点应C点至少多远？
参考答案：
1.解析：匀强电场中电势差与场强的关系U＝Ed中的d是两点沿电场线方向的距离，并不是两点间的距离，A错误；两点距离相等，两点沿电场线方向的距离不一定相等，B错误；由U＝Ed＝ELcos α，可知C正确；电势降低最快的方向才是电场强度的方向，D错误.
答案：C
2、【答案】A
【详解】AB、电容器所带电荷量Q不变，由可知不变，增大d，则变小，而由可得电容器的电压U变大，从而使得静电计的电压U变大，其指针的偏角θ变大，故A正确、B错误;
CD、同理可知保持d不变，减小S，则变小，而由可得电容器电压U变大，使得静电计的电压U变大，其指针的偏角θ变大，故选项C、D均错误．
3.【答案】C
【解析】由于口罩材料表面长期带有正电荷，则被吸附的带电粉尘，一定是带负电荷，A错误；熔喷布产生的电场线不一定是直线，而只有电场线是直线，带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一条直线上时带电粒子的轨迹才与电场线重合，B错误；由A可知，被吸附的带电粉尘，一定是带负电荷，则负电荷靠近熔喷布的过程中电场力做正功，电势能减小，C正确、D错误.
4.【答案】C
【解析】由题意可知，产生闪电的积雨云底层带负电，可知避雷针的顶端带正电，C正确；等差等势线密集处的电场线也密集，场强也较大，则Ea＜Eb， A错误；电场线大致向上，沿电场线的方向电势逐渐降低，可知φa＜φb.
5、【答案】D
【详解】A、带正电的质子从A点在电场力的作用下开始做减速运动，电场力做负功，电势能增加，则电势增加，故，故A正确；
B、对质子，从A点到C点，由动能定理得；AB距离与BC距离相等，故有，从A点到B点，有：，联立解得：，故B正确；
C 、由于，则质子运动到C点时电势能，联立以上式子解得：，故C正确；
D、质子运动过程中，只有电场力做功，故质子的动能和电势能之和保持不变，该质点在C点的动能和势能之和为：，则当质点动能为0.2×10－3J时，电势能，故D错误；
本题选不正确的，故选D．
6.解析：由粒子轨迹可知粒子所受电场力沿电场线方向，粒子带正电，粒子由P点运动到Q点，电场力做正功，电势能降低，而P点电势为0，P、Q两点的电势差为U，则带电粒子在Q点的电势能为－qU，A、B错误；设粒子的初速度为v0，其在电场力作用下做类平抛运动，粒子运动到Q点时，有＝＝tan 30°＝，设竖直方向上的位移为l，则有＝＝＝2tan 30°＝，则有l＝d，则电场强度大小为E＝＝＝，C错误，D正确.故选D.
答案：D
7、【答案】D
A.由粒子只受电场力作用，电场力方向平行于径向，根据粒子运动轨迹可知：M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，故M带负电，N带正电，故A正确；
C.由正电荷周围电场线沿径向向外可知，以O为圆心的圆为等势面，因此，N 在d 点的电势等于它在e 点的电势，所以，N 在d 点的电势能等于它在e 点的电势能，故C正确；
由正电荷周围电场线沿径向向外可知：内圈的电势比外圈的电势大，根据可知，M在内圈的电势能比外圈小，N在内圈的电势能比在外圈大，所以，N 在从c 点运动到d 点的过程中电场力做正功，根据动能定理可得，M 在b 点的动能小于它在a 点的动能，故B正确，D错误。
8.【答案】A
【解析】A．由图可知，发射极接电源正极，吸极接电源负极，则发射极为高电势，吸极为低电势，电场线由发射极指向吸极，沿电场线方向电势降低，故a点电势比b点高，选项A正确；
BC．由于题中没有说明等势面是否为等差等势面，故不能明确电场线和等势面的疏密，所以无法确定a、b两点的电场强度的大小，也就无法确定加速度大小，选项BC错误；
D．因液滴加速前进，故说明电场力做正功，电势能减小，故液滴在a点的电势能比在b点的大，选项D错误。
故选A。
9、AD
10.【答案】AB
【解析】两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O，N点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点的合场强方向由N指向O，同理可知，两个负电荷在L处产生的场强方向由O指向L，L点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在L处产生的场强方向由O指向L，则L处的合场方向由O指向L，由于正方形两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，A正确；正方形底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较远，则M点的场强方向向左，B正确；由图可知，M和O点位于两等量异号电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做功为零，C错误；由图可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功不为零，故D错误.
11.【答案】 B,C
【解析】【解答】设平行板长度为 ，宽度为 ，板间电压为 ，恰能穿过一电场区域而不碰到金属板上，则沿初速度方向做匀速运动 垂直初速度方向做匀加速运动
则偏转位移为 欲使质量为m、入射速度为 的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板，则沿初速度方向距离仍是l，垂直初速度方向距离仍为 ；
A．使两板间所接电源的电压减小到原来的三分之一，有 A不符合题意；
B．使粒子的带电量减少为原来的 ，则 B符合题意；
CD．板的电压不变，距离变化，根据 ，有Uql2=md2v2 ， 速度减小为 ，则距离应该增加为3倍，C符合题意，D不符合题意；
12.【答案】BD
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。
13、【答案】 ①. 充电 ②. 增加 ③. AD （每空2分）
【详解】（1）[1][2]由图可知，当开关S接到“1”时，电容器处于充电过程，电容器所带的电荷量逐渐增加；
（2）[3]A．电容器充电时，两极板的电荷量不断增加，由 可知，两板间的电压不断升高，当电容器两端电荷量达到饱和时，电压达到某一固定值，故A正确；
B．充电过程中，两板间电压不断升高，两板间的电压与电源的电动势的差值不断减小，所以电流不断减小，灵敏电流计G的示数不断减小，故B错误；
C．电容器充电时，上极板与电源正极相连，电容器上极板带正电荷，放电时，电流从电容器上极板流出，从下极板流入，所以电阻R中的电流方向从左向右，故C错误；
D．电容器正在放电时，电容器两极板的电荷量正在减小，故D正确。
14、解：(1)粒子从A点以速度v0沿垂直电场线方向射入电场，水平方向做匀速直线运动，则有 t＝
(2)由牛顿第二定律得 a＝
将粒子射出电场的速度v进行分解，则有 vy＝v0tan 45°＝v0，
又vy＝at，所以 v0＝·＝，
解得 E＝．
（3）由动能定理得 eUAB＝m（v0）2－mv
解得 UAB＝．
15.解析：（1）电场力方向向上与电场强度方向相反，所以小物块带负电.
（2）平衡时重力等于电场力则有mg＝Eq，
解得E＝.
（3）改变电场方向后，根据牛顿第二定律有
2mgsin 37°＝ma，
由运动学公式L＝at2，
解得t＝ .
答案：（1）负电 （2） （3）
16.解：(1)由图可知，M板与电源正极相连，则板间电场方向为竖直向上，根据电场强度与电势差的关系有E＝，可得E＝ V/m＝2×104 V/m，
则该电荷在A点所受的电场力F＝Eq＝12 N，负电荷受力方向与电场方向相反，则电场力的方向为竖直向下.
(2)根据题意有U＝φM－φN＝240 V，M板接地，则
φN＝－240 V，
B点距N板d1＝0.2 cm，设B点电势为φ，B点和N板间电势差为U1，则有U1＝φ－φN＝Ed1，
代入数据解得φ＝－200 V，
则该电荷在B点所具有的电势能为Ep＝φq＝0.12 J.
17、解：(1)小球在B点的速度大小是vB，则对于小球由D到B的过程中，应用动能定理
解得
(2)在B点的圆轨道径向方向上，小球受到轨道对它的弹力和电场力，应用牛顿第二定律，有
解得
由牛顿第三定律可知，它对轨道的压力为5N。
(3)在A点，小球要恰好通过，则
设释放点距C点的距离为x，由动能定理得
解得
转载请注明出处卷子答案网-一个不只有答案的网站 » 第十章 静电场中的能量 单元测试（答案）高二上学期物理人教版（2019）必修第三册