新人教版高中物理必修三第十章《静电场中的能量》测试卷(包含答案解析)

一、选择题1．(0分)[ID：125889]如图，将带负电的试探电荷沿着等量异种点电荷的中垂线从A点移动到B点，再沿连线从B点移动到C点。在此全过程中，下列说法正确的是（）A．电场先不变后变大 B．电势先变小后变大C．电势能先不变后变小 D．所受的静电力先变大后变小2．(0分)[ID：125885]两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中存在一沿半径方向的电场，如图所示。带正电的粒子流由电场区域边缘的M点射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一边缘的N点射出，由此可知（）A．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的质量一定相等B．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等C．若入射粒子的比荷相等，则出射粒子的动量一定相等D．若入射粒子的比荷相等，则出射粒子的动能一定相等3．(0分)[ID：125880]电荷量分别为＋3Q、＋Q的两个正点电荷分别固定于真空中的A、B两点，如图所示，C、D两点将AB连线三等分。将一正点电荷q从C点沿直线移动到D点的过程中，下列说法正确的是（）A．q受到的电场力一直在减小B．q受到的电场力先增大后减小C．电场力对q先做负功后做正功D．q的电势能先减小后增大4．(0分)[ID：125873]如图所示，一水平放置的金属板正上方有一固定的正电荷Q，一表面绝缘的带正电小球（可视为质点且不影响Q的电场），从左端以初速度v0滑上金属板的上表面，已知金属板上表面光滑，则小球在向右运动到右端的过程中（）A．小球作匀速运动B．小球先减速运动，后加速运动C．小球受的电场力作正功D．小球受的电场力做负功5．(0分)[ID：125860]在平行于纸面内的匀强电场中，有一电荷量为q的带正电粒子，仅在电场力作用下，粒子从电场中A点运动到B点，速度大小没变，均为，粒子的初、末速度与AB连线的夹角均为30°，如图所示，已知A、B两点间的距离为d，则该匀强电场的电场强度为（）A．，方向竖直向下 B．，方向斜向左上方C．，方向竖直向下 D．，方向斜向左下方6．(0分)[ID：125855]如图所示，在真空中有两个等量带负电的点电荷，分别置于P、Q两点，O点是它们连线的中点，A、B为P、Q连线的中垂线上的两点，下列说法正确的是（）A．连线中点O的场强最大B．连线中垂面是一个等势面C．将一正电荷q由A点沿中垂线移动到B点，在此过程中q的电势能一定逐渐增大D．将一正电荷q由A点沿中垂线移动到B点，在此过程中q受到的电场力一定逐渐减小7．(0分)[ID：125833]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的大小、电势高低的比较，正确的是（）A．，B．，C．，EA＜EC，，D．EA>EB，EA>EC，，8．(0分)[ID：125822]图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点。则该粒子（）A．带负电B．在c点受力最大C．在b点的电势能大于在c点的电势能D．由a点到b点的动能变化等于由b点到c点的动能变化9．(0分)[ID：125821]在空间中水平面的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A，B，C三点在同一直线上，且，如图所示，由此可知（）A．小球带正电B．电场力大小为C．小球从A到B与从B到C的运动时间相等D．小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等10．(0分)[ID：125811]如图所示，两电荷量分别为和的点电荷固定在直线上，两者相距为L，以点电荷所在位置为圆心、为半径画圆，是圆周上四点，其中在直线上，两点连线垂直于，下列说法正确的是（）A．两点的电场强度相同 B．两点的电势相同C．a点的电势高于b点的电势 D．a点的电场强度小于b点的电场强度11．(0分)[ID：125808]下列关于电势、电势能功说法正确的是（）A．电荷在电场中具有的电势能越大，电荷所在位置的电势就越高B．把正电荷从初位置移到末位置电场力做正功，初位置的电势一定比末位置电势高C．电势为零的位置，电势能不一定为零D．电荷在电场中运动，电势能一定会发生改变12．(0分)[ID：125792]如图，两电荷量分别为Q（Q>0）和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b位于y轴O点上方。取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是（）A．b点的电势为零，电场强度也为零B．正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右C．将负的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功D．将同一正的试探电荷先后从O、b点移到a点，后者电势能的变化较大二、填空题13．(0分)[ID：125956]将一个电荷量为-2×10－9C的点电荷从电场中的N点移动到M点，需克服电场力做功1.4×10－8J，则：(1)N、M两点间的电势差UNM为______V；(2)若将该电荷从M移到N，电场力做______(选填“正”或“负”)功，UMN为______V。14．(0分)[ID：125942]图中各点间距相等，如果在点固定一个正点电荷，点固定一个和其电荷量相等的负点电荷，则、、三点中电场强度最大的是___________点，如果将一个电荷量为的点电荷从点移到点，其电势能将___________（选填“增大”“减小”或“不变”）。15．(0分)[ID：125934]图示为“探究影响平行板电容器电容大小因素”的实验装置，竖直平行板电容器两板带等量异种电荷，两板正对。（均选填“变大”、“变小”或“不变”）(1)其他情况不变，左板竖直向上平移时，静电计的指针偏角______；(2)其他情况不变，左板水平远离右板时，静电计的指针偏角______；(3)其他情况不变，两板间插入玻璃板时，静电计的指针偏角______。16．(0分)[ID：125917]带电荷量为q＝＋5.0×10－8C的点电荷从A点移到B点时，克服电场力做功3.0×10－6J.已知B点的电势为φB＝20V，A、B间的电势差UAB=_________V；A点的电势φA=_____V；点电荷从A到B的电势能变化为____________。17．(0分)[ID：125916]如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（不计空气阻力，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）。求：（1）极板间电场强度大小；（2）小球从开始下落运动到下极板的时间.18．(0分)[ID：125907]一电容器的电容为20μF，原来带有2.0×10－4C的电量，两板间的电压为_____V。如果再给它增加1.0×10－4C电量，这时该电容器的电容为_________μF，19．(0分)[ID：125901]在两块平行竖直放置的带等量异种电荷的金属板M、N间的匀强电场中有A、B两点，AB连线与水平方向成30°角，AB长为0.2cm，如图所示．现有一带电量为4×10－8C的负电荷从A沿直线移到B点，电场力做正功2.4×10－6J，则A、B两点间的电势差为______，______（选填A或B）点电势高．若此电荷q沿任意路径从B到A点，电荷电势能的变化量为_______。20．(0分)[ID：125900]如图所示，地面上某区域存在着匀强电场，其等势面与地面平行等间距．一个质量为m、电荷量为q的带电小球以水平方向的初速度v0由等势线上的O点进入电场区域，经过时间t，小球由O点到达同一竖直平面上的另一等势线上的P点．已知连线OP与水平方向成45°夹角，重力加速度为g，则OP两点的电势差为________．三、解答题21．(0分)[ID：126085]如图所示，一半径的绝缘光滑竖直圆轨道，处于水平向右的匀强电场中，电场强度。在轨道的最低点，由静止释放一质量的带电小球，小球沿轨道运动所到达的最高点为，且知轨迹所对圆心角，。试求：(1)小球的带电量；(2)若欲使小球能沿轨道做圆周运动，则由点沿水平向右的方向至少需给小球多大的初速度。22．(0分)[ID：126080]如图所示，水平放置的两平行金属板，板长L＝1.0m，板间距d＝0.06m。上板带正电，下板带负电，两板间有一质量m＝1.0×10-4kg，带电量q＝－4×10-7C的微粒沿水平方向从两板中央处以v0＝10m/s的初速射入匀强电场（g取10m/s2），求：（1）要使微粒沿水平直线从两极板穿过，两极板间的电压U0；（2）要使微粒从下极板右边边缘穿出，两极板间的电压U1。23．(0分)[ID：126065]如图所示，ABC为一竖直面内光滑圆管道的一部分，BC分别为圆轨道的最低点和最高点，OA与竖直方向成53°角，在A点左侧的空间中存在一水平向右的匀强电场（图中未画出），场强为E。一斜面与圆轨道在A点平滑链接，斜面倾角为53°。一质量m=1kg、电荷量为q的带正电的小球从斜面上静止释放，然后能够从A点进入管道。已知圆轨道的半径R=0.75m，管道的宽度刚好大于小球的直径且管的宽度远小于R。已知斜面的动摩擦因数μ=0.5，电场力qE=0.75mg。(1)若小球从距离A点为x=2m处释放，小球到达A点时的速度为多大？(2)若小球从C点以5m/s的速度从C点飞出，则小球从C点飞出到到达A点所在的竖直线所需要的时间为多少？(3)要让小球能够从管口C点飞出，则释放的地点与A的距离至少为多少？‍24．(0分)[ID：126050]如图所示，光滑轨道ABC处在足够大的竖直向下的匀强电场中，电场强度为E，AB段为水平面，BC段为半圆弧面，一质量为m的可看成质点的带正电小球从最低点B以某一速度冲上半圆弧面，恰好经过最高点C，半圆弧面半径为R，小球带电量为q，重力加速度为g。求：(1)小球在最高点C的速度大小；(2)小球在最低点B对轨道的压力大小；(3)小球从C点出来后落到水平地面上的点距离B点的距离。25．(0分)[ID：126011]如图所示是一个示波管工作原理图，电子经电压V加速后以速度沿两极板的中线进入电压V，间距为，板长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的屏幕上的点，（e=1.6×10-19C，m=0.9×10-30kg）求：(1)电子进入偏转电场时的速度；(2)电子射出偏转电场时速度的偏角和偏转量；(3)电子打在屏幕上的侧移位移。26．(0分)[ID：125999]长为的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个带电荷量为、质量为的带电粒子，以水平初速度紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与水平方向成30°角，大小为，如图所示，不计粒子重力，求：(1)粒子进入电场时初速度的大小；(2)匀强电场的场强大小；(3)两板间的距离。【参考答案】2016-2017年度第*次考试试卷参考答案**科目模拟测试一、选择题1．C2．B3．D4．A5．D6．C7．A8．C9．D10．B11．B12．B二、填空题13．正14．a减小15．变大变大变小16．-60V-40V增加了30×10-6J17．（1）；（2）18．2019．-60VB20．三、解答题21．22．23．24．25．26．2016-2017年度第*次考试试卷参考解析【参考解析】**科目模拟测试一、选择题1．C解析：CAD．根据等量异种电荷的电场线及等势面的分布图可知，从A点移动到B点，场强逐渐增大，从B点移动到C点，场强也是逐渐增大的，由可知，电场力也是逐渐增大的，所以AD错误；BC．根据等量异种电荷的电场线及等势面的分布图可知，等量异种点电荷的中垂线上各点在同一等势面上，则从A点移动到B点，电势不变，电势能也不变，从B点移动到C点，电势逐渐增大，则负电荷的电势能逐渐减小，所以B错误；C正确；故选C。2．B解析：B根据电场力提供向心力有解得带正电的粒子流由电场区域边缘的M点射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一边缘的N点射出，则轨道半径保持不变，所以若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等。故选B。3．D解析：D设AB连线上场强为0的点离A的距离为x，离B的距离为d，则有则即场强为0的点应在CD两点之间，则场强为0的点左边场强方向向右，右边场强方向向左AB．将一正点电荷q从C点沿直线移动到D点的过程中，q受到的电场力先减小后增大，故AB错误；CD．将一正点电荷q从C点沿直线移动到D点的过程中，电场力对q先做正功后做负功，q的电势能先减小后增大，故C错误，D正确。故选D。4．A解析：A正电荷Q在金属板的上表面所形成的电场的电场线垂直于金属板表面，所以带正电小球，从左端以初速度v0滑上金属板的上表面过程中所受的电场力始终竖直向下，因此小球做匀速直线运动，电场力不做功，所以A正确；BCD错误；故选A。5．D解析：D在B点速度沿水平方向和竖直方向分速度分别为，将电场力分别水平方向和竖直方向分解可得计算可得，则电场强度，则电场强度大小为，方向垂直AB斜向坐下。故选D。6．C解析：CA．P、Q是两个等量同种电荷，它们在点O处产生的电场强度大小相等，方向相反，互相抵消，则中点O的场强为零最小，故A错误；B．PQ连线上方的中垂线上每一点（除O点）电场线方向向上，如图所示下方的中垂线上每一点（除O点）电场线方向向下，而顺着电场线是降低的，所以中垂线不是一个等势面，故B错误；C．将一正电荷q由A点沿中垂线移动到B点过程，电场力做正功，电荷的电势能减小，故C正确；D．由于A、B两点处地电场线的疏密不清楚，无法比较场强大小，则q由A点沿中垂线移动到B点，q受到的电场力可能逐渐减小，可能增大，可能先增大后减小，故D错误；故选C。7．A解析：A根据电场线的疏密分布知，A点的电场线比C点密，B点的电场线比A点密，则等量的异种电荷的中垂线为等势线，则A点的电势与C点的电势相等，沿着电场线方向电势逐渐降低，则A点的电势大于B点电势，即故选A。8．C解析：CA．根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，故粒子带正电荷，A错误；B．点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，故粒子在c点的电场力最小，故B错误；C．根据动能定理，粒子由b到c，电场力做正功，动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，故C正确；D．a点到b点和b点到c点相比，由于点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，故a到b电场力做功为多，动能变化也大，故D错误。故选C。9．D解析：DA．因为小球到达C点时速度方向恰好水平，所以可知小球受到的电场力竖直向上，方向与电场强度方向相反，所以小球带负电，A错误；BC．由于A、B、C三点在同一直线上，且，根据几何关系可知小球在进入电场前后的水平方向位移之比由于小球在进入电场前后都做类平抛运动，水平方向做匀速运动，则小球由A运动到B和由B运动到C的时间之比为又根据竖直方向的位移解得根据牛顿第二定律可得可知小球受到的电场力BC错误；D．根据速度变化量为则得平抛运动过程速度变化量大小为方向竖直向下，电场中运动过程速度变化量大小为方向竖直向上，所以小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等，方向相反，D正确。故选D。10．B解析：BA．的场源在、两点产生的场强大小相等，的场源在、两点的产生的场强大小也相等，根据场强的合成可知两点的总场强大小相等，但方向不同，故、两点的电场强度不同；故A错误；BC．、、、四点在以点电荷为圆心的圆上，可知产生的电场在、、、四点的电势是相等的，所以、、、四点的总电势可以通过产生的电场的电势确定，根据顺着电场线方向电势降低可知，点的电势最高，、两点对称电势相等，点电势最低；故B正确，C错误；D．由点电荷的场强公式合成可得方向向左；方向向右；故则D错误。故选B。【点睛】本题考查判断电势、场强大小的能力，要利用库仑定律和场强的矢量合成的方法对各点的电势和场强进行判定，并且要充分利用电场的叠加原理进行分析。11．B解析：BA．正电荷放在电势越高的位置电势能越大，而负电荷放在电势越高的位置电势能越小。故如果是负电荷，则电势能越大，说明电势越小，故A错误；B．把正电荷从初位置移到末位置电场力做正功，则说明电势能减小，则由可知，初位置的电势一定比末位置电势高，故B正确；C．由可知，电势为零的位置，电势能一定为零。故C错误；D．电荷在电场中运动，只有电场力做功时电势能才会发生变化，如果在等势面上运动，则电势能不会发生改变。故D错误。故选B。12．B解析：BA．结合等量异种点电荷的电场的特点可知，两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线。电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向，所以b点的电势等于0，而电场强度不等于0，故A错误；B．由图可知，两个点电荷在a点产生的电场强度的方向都向右，所以合场强的方向一定向右，则正电荷在a点受到的电场力的方向向右；正电荷从a向O运动的过程中，电场力做正功，电势能减小，而O点的电势等于0，所以正的试探电荷在a点的电势能大于零，故B正确；C．负电荷从a向O运动的过程中，电场力做负功，电势能增加。所以将负的试探电荷从O点移到a点，电场力做正功，故C错误；D．两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以O、b两点的电势是相等的，将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，二者电势能的变化相等，故D错误。故选B。二、填空题13．正解析：正(1)[1]根据电势差的公式得(2)[2]从N点移动到M点，需克服电场力做功，则从M移到N，电场力做正功。[3]14．a减小解析：a减小[1]该电场是等量异种点电荷的电场，它的a点的场强是A与B的电场的点的矢量和，而b、c两点的场强是A与B的场强的差，所以a点的场强最大；[2]AB连线的中垂线是一条与无穷远处的电势相等的等势线，它的左侧是正电荷的电场，各点的电势都高于a点，它的右侧是负电荷的电场，各点的电势都低于a点的电势．所以b点的电势最低．c点的电势最高；将一个电量为-q的点电荷从a点移到c点，其电势升高，将负电荷从电势低的地方移动到电势高的地方，电场力做正功，故点电荷的电势能将减小。15．变大变大变小解析：变大变大变小(1)[1]其他情况不变，左板竖直向上平移时，正对面积S减小，根据可知电容C减小，Q一定，根据Q=CU可知，U变大，则静电计的指针偏角变大；(2)[2]其他情况不变，左板水平远离右板时，则d变大，根据可知，电容C变小，Q一定，根据Q=CU可知，U变大，则静电计的指针偏角变大；(3)[3]其他情况不变，两板间插入玻璃板时，根据可知，电容C变大，Q一定，根据Q=CU可知，U变小，则静电计的指针偏角变小。16．-60V-40V增加了30×10-6J解析：-60V-40V增加了3.0×10-6J[1]．A、B间的电势差为：[2]．A点的电势为：φA=UAB+φB=-60V+20V=-40V；[3]．从A到B，电场力做负功，故电势能增加，增加了3.0×10-6J；17．（1）；（2）解析：（1）；（2）．(1)对从释放到到达下极板处过程的整个过程,由动能定理得：

计算得出：(2)小球到达小孔前是自由落体运动，则有：得：根据速度位移关系公式有：得：取竖直向下为正方向，对减速过程根据动量定理得：小球从开始下落运动到下极板的时间：联立计算得出：答：(1)极板间电场强度大小；(2)小球从开始下落运动到下极板的时间.18．20解析：20[1]由电容的定义式得，电压[2]如果再给它增加1.0×10-4C电量，该电容器的电容不变，仍为C=20μF19．-60VB解析：-60VB[1]A、B两点间的电势差大小为[2]因为所以B点电势高。[3]电场力做功电场力做负功，电势能增加。20．[1]由题意可知，类平抛过程水平位移与竖直位移相等，即可得，故到达P点的速度大小为由动能定理可得联立解得OP两点的电势差为三、解答题21．(1)；(2)(1)小球由至，由动能定理得解得所以(2)小球沿圆轨道运动，受三个力，重力，电场力及轨道对