人教版物理必修第三册同步讲练第10章 静电场中的能量 章末检测 (含解析)

章末检测(时间：90分钟满分100分)一、选择题(本大题共10个小题，共60分。在每小题所给的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～10题有多项符合题目要求，每小题满分6分。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)1.下列说法中正确的是()A.电场线密集处场强大，电势高B.沿电场线方向场强减小，电势降低C.在电势高处电荷具有的电势能也大D.场强为零处，电势不一定为零解析电场线密集处场强大，电势不一定高，A错误；沿电场线方向电势降低，但场强不一定减小，B错误；正电荷在电势高处具有较大电势能，但对于负电荷，此现象正好相反，C错误；场强大小与电势高低无必然关系，D正确。答案D2.如图所示，在粗糙的水平面上固定一个点电荷Q，在M点无初速度释放一个带有恒定电荷量的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点停止，则从M到N的过程中，下列说法错误的是()A.小物块所受的静电力逐渐减小B.小物块具有的电势能逐渐减小C.M点的电势一定高于N点的电势D.小物块电势能的减少量一定等于克服摩擦力做的功解析小物块在从M运动到N的过程中，一定受到向右的摩擦力，所以库仑力一定向左。随着由M运动到N，离电荷Q距离越来越大，所以小物块受到的静电力即库仑力一定减小，A正确；由动能定理可得μmgx－WE＝0，即WE＝μmgx，静电力做正功，小物块具有的电势能减小，其减少量等于克服滑动摩擦力做的功值，B、D正确；因点电荷Q的电性未知，不能判断M、N两点电势的高低，C错误。答案C3.某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ，电势分别为φP和φQ，则()A.EP>EQ，φP>φQ B.EP>EQ，φP<φQC.EP<EQ，φP>φQ D.EP<EQ，φP<φQ解析图中P点电场线密，电场强度大，EP>EQ，沿电场线的方向电势降低，φP>φQ。答案A4.一带电粒子仅在静电力作用下从A点开始以－v0做直线运动，其v－t图像如图所示。粒子在t0时刻运动到B点，3t0时刻运动到C点，下列判断正确的是()A.A、B、C三点的电势关系为φB>φA>φCB.A、B、C三点的场强大小关系为EC>EB>EAC.粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少D.粒子从A点经B点运动到C点，静电力先做正功后做负功解析由题图v－t图像知道带电粒子在0～t0时间内做减速运动，静电力做负功，电势能增大；在t0～3t0时间内做反方向加速运动，静电力做正功，电势能减小，选项C正确，D错误；因为不知道带电粒子电性，本题中无法判断电势的高低，选项A错误；图像中斜率表示带电粒子的加速度，qE＝ma，可知A、B、C三点中EB最大，选项B错误。答案C5.水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇，如图所示。若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是()A.电荷M的比荷大于电荷N的比荷B.两电荷在电场中运动的加速度相等C.从两电荷进入电场到两电荷相遇，静电力对电荷M做的功等于静电力对电荷N做的功D.电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同解析若两板间电压为U，间距为d，长为L。则由题意：vNt＋vMt＝L①eq\f(UqN,2dmN)t2＋eq\f(d,2)＝eq\f(UqM,2dmM)t2②由①式分析得vM、vN不一定相同，D错误；由②式分析得eq\f(qM,mM)>eq\f(qN,mN)，A正确；由eq\f(qM,mM)>eq\f(qN,mN)进一步分析可得两个电荷的加速度aM>aN，静电力对电荷所做的功WM>WN，B、C错误。答案A6.位于A、B处的两个带有不等量负电荷的点电荷在平面内电势分布如图所示，图中实线表示等势线，相邻等势线间电势差相等，则()A.a点和b点的电场强度相同B.正电荷从c点移到d点，静电力做正功C.负电荷从a点移到c点，静电力做正功D.正电荷从e点沿图中虚线移到f点，电势能先减小后增大解析a点的等势面比b点的稀疏，故a点的电场强度比b点的小，而且两点场强方向也不同，A项错误；c点电势低于d点，正电荷从c点移到d点，即正电荷向高电势处移动，静电力做负功，B项错误；a点电势低于c点，从a到c，把负电荷移向高电势处，静电力做正功，C项正确；从e沿题图中虚线到f，电势先变低后变高，故沿此方向移动正电荷，静电力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，D项正确。答案CD7.平行板A、B组成电容器，充电后与静电计相连，要使静电计指针张角变大，下列措施可行的是()A.A板向上移动B.B板向右移动C.A、B板间插入电介质D.减少极板上的电荷量解析A板向上移动，正对面积S减小，或B板向右移动，距离d增大，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)，电容C均减小，由U＝eq\f(Q,C)知电势差U变大，静电计指针偏转角度增大，A、B正确；A、B板间插入电介质，相对介电常数εr增大，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)，电容C增大，则U＝eq\f(Q,C)知电势差U变小，静电计指针偏转角度减小，C错误；由U＝eq\f(Q,C)得，减小电荷量Q，电势差U变小，静电计指针偏转角度减小，D错误。答案AB8.如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，实线为一个带负电的质点仅在静电力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点。下列说法中正确的是()A.三个等势面中，等势面c的电势最低B.带电质点一定是从Q点向P点运动C.带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大D.带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小解析根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场线向上，故c点电势最低，故A正确；根据已知条件无法判断粒子的运动方向，故B错误；等差等势面P处密，P处电场强度大，静电力大，加速度大，C正确；负电荷在电势高处电势能小动能大，故D正确。答案ACD

9.两个点电荷Q1和Q2固定在x轴上O、D两点，两者之间连线上各点电势高低如图中曲线所示(OB>BD)，取无穷远处电势为零，由图可知()A.B点电场强度为零B.Q1为负电荷，Q2为正电荷C.Q1电荷量一定大于Q2电荷量D.将电子沿x轴从A点移到C点，静电力一直做正功解析由E＝eq\f(Δφ,Δx)知，B点的电场强度不为零，A错误；因无穷远处电势为零，所以负点电荷电场中的电势为负，正点电荷电场中的电势为正，结合题图可知，Q1为负电荷，Q2为正电荷，B正确；由题图可知，电势零点离D点较近，故Q1电荷量一定大于Q2电荷量，C正确；将电子沿x轴从A点移到C点，电势一直升高，电子的电势能一直减小，静电力一直做正功，D正确。答案BCD10.(2019·全国卷Ⅲ，21)如图，电荷量分别为q和－q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点。则()A.a点和b点的电势相等B.a点和b点的电场强度大小相等C.a点和b点的电场强度方向相同D.将负电荷从a点移到b点，电势能增加解析b点距q近，a点距－q近，则b点的电势高于a点的电势，A错误；如图所示，a、b两点的电场强度可视为E3与E4、E1与E2的合场强。其中E1∥E3，E2∥E4，且知E1＝E3，E2＝E4，故合场强Ea与Eb大小相等、方向相同，B、C正确；由于φa＜φb，负电荷从低电势移至高电势过程中，电场力做正功，电势能减少，D错误。答案BC

二、计算题(本大题共4个小题，共40分。写出必要的文字说明和具体的解题步骤。)11.(8分)一长为L的绝缘细线，一端固定于O点，另一端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中。开始时，将线与小球拉成水平，小球静止在A点，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零。试求：(重力加速度为g)(1)A、B两点的电势差UAB；(2)匀强电场的场强大小。解析(1)小球由A到B过程中，由动能定理得mgLsin60°＋qUAB＝0，所以UAB＝－eq\f(\r(3)mgL,2q)。(2)根据匀强电场中电势差与电场强度的关系，可得E＝eq\f(UBA,L－Lcos60°)＝eq\f(\r(3)mg,q)。答案(1)－eq\f(\r(3)mgL,2q)(2)eq\f(\r(3)mg,q)12.(8分)电荷量为q＝1×10－4C的带正电小物块置于粗糙的绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的匀强电场，场强E与时间t的关系及物块速度v与时间t的关系分别如图甲、乙所示，若重力加速度g取10m/s2，求：(1)物块的质量m；(2)物块与水平面之间的动摩擦因数；(3)物块运动2s过程中，其电势能的改变量。解析由题图可知E1＝3×104N/C，E2＝2×104N/C，a1＝2m/s2E1q－μmg＝ma1①E2q－μmg＝0②由①②代入数据得m＝0.5kg，μ＝0.4ΔEp＝－E1ql1－E2ql2＝－(3×104×1×10－4×eq\f(1,2)×2×1＋2×104×1×10－4×2×1)J＝－7J。电势能减少7J。答案(1)0.5kg(2)0.4(3)电势能减少7J13.(10分)如图所示，在E＝103V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R＝0.4m，一带正电荷q＝10－4C的小滑块质量为m＝0.04kg，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2，求：(1)要使小滑块能运动到半圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？(2)这样释放的滑块通过P点时对轨道的压力是多大？(P为半圆轨道中点)解析(1)滑块刚能通过轨道最高点的条件是mg＝meq\f(v2,R)，v＝eq\r(gR)＝2m/s滑块由释放点到最高点过程，由动能定理得qEx－μmgx－2mgR＝eq\f(1,2)mv2代入数据得x＝20m。(2)在PL段，由动能定理得－mgR－qER＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)在P点由牛顿第二定律FN－qE＝eq\f(mveq\o\al(2,P),R)代入数据得FN＝1.5N由牛顿第三定律得F压＝FN＝1.5N。答案(1)20m(2)1.5N14.(14分)一束电子流经U1＝5000V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，两极板间电压U2＝400V，两极板间距d＝2.0cm，板长L1＝5.0cm。(1)求电子在两极板间穿过时的偏移量y；(2)若平行板的右边缘与屏的距离L2＝5.0cm，求电子打在屏上的位置与中心O的距离Y(O点位于平行板水平中线的延长线上)；(3)若另一个质量为m(不计重力)的二价负离子经同一电压U1加速，再经同一偏转电场，射出偏转电场的偏移量y′和打在屏上的偏移量Y′各是多大？解析(1)加速过程，由动能定理得eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①进入偏转电场，电子在平行于极板的方向上做匀速运动，L1＝v0t②在垂直于极板的方向上做匀加速直线运动，加速度为a＝eq\f(F,m)＝eq\f(eU2,dm)③偏移距离y＝eq\f(1,2)at2④由①②③④得y＝eq\f(U2Leq\o\