(?？碱})人教版高中物理必修三第十章《靜電場中的能量》測試題(包含答案解析)

一、選擇題1．(0分)[ID：125885]兩個共軸的半圓柱形電極間的縫隙中存在一沿半徑方向的電場，如圖所示。帶正電的粒子流由電場區(qū)域邊緣的M點射入電場，沿圖中所示的半圓形軌道通過電場并從另一邊緣的N點射出，由此可知（）A．若入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的質(zhì)量一定相等B．若入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的動能一定相等C．若入射粒子的比荷相等，則出射粒子的動量一定相等D．若入射粒子的比荷相等，則出射粒子的動能一定相等2．(0分)[ID：125881]如圖的電路中C是平行板電容器，將S先閉合后斷開，然后將平行板的板間距拉大一點，下列說法正確的是（）A．平行板電容器兩板間的的電場強度變小B．平行扳電容器兩板的電勢差增大C．平行板電容器兩板的電勢差不變D．平行板電容器兩板的電勢差變小3．(0分)[ID：125872]如圖所示，電子在電勢差為的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電勢差為的兩塊平行極板間的電場中，射入方向跟極板平行，整個裝置處在真空中，重力可忽略，在滿足電子能射出平行板區(qū)的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是（）A．C．不變、變大、變大B．不變D．變小、變小、變大變小4．(0分)[ID：125869]A、B在兩個等量異種點電荷連線的中垂線上，且到連線上中點O的距離相等，如圖所示，則（）A．A、B連線上的任意兩點的電勢差為零B．同一電荷在A的電勢能比B點的電勢能大C．把正電荷從A點沿直線移動到B點，電場力先減小后增大D．A、B兩點的電場強度不相同5．(0分)[ID：125862]在靜電場中，將一電荷只在電場力作用下，從a點移到b點，電場力做了負功，則（）A．b點的電場強度一定比a點大B．電場線方向一定從b指向aC．b點的電勢一定比a點高D．該電荷的動能一定減小6．(0分)[ID：125840]如圖所示，虛線MN下方存在著方向水平向左、范圍足夠大的勻強電場，場強，AB為絕緣光滑且固定的四分之一圓弧軌道，軌道半徑為R，O為圓心，B位于O點正下方。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，從A點由靜止釋放進入軌道?？諝庾枇Σ挥嫞铝姓f法正確的是（）A．小球在運動過程中機械能守恒B．小球不能到達B點C．小球沿軌道運動的過程中，對軌道的壓力一直增大D．小球沿軌道運動的過程中，動能的最大值為7．(0分)[ID：125823]如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場強度為E，區(qū)域足夠大的勻強電場中，以初速度沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線運動。ON與水平面的夾角為，且mg=qE，則下列結(jié)論中正確的是（）A．電場方向豎直向上B．小球運動的加速度大小為C．小球上升的最大高度為D．小球返回原位置所用時間為8．(0分)[ID：125816]在點電荷Q的電場中，一個（個等勢面，則下列判斷中正確的是（））粒子通過時的軌跡如圖實線所示，a、b為兩A．Q可能為正電荷，也可能為負電荷B．運動中粒子的加速度aa>abC．粒子經(jīng)過兩等勢面的動能Eka>EkbD．粒子在兩等勢面上的電勢能Epa>Epb9．(0分)[ID：125804]兩個固定的等量異種點電荷所形成電場的等勢面如圖中虛線所示，一帶電粒子以某一速度從圖中a點進入該電場，其運動軌跡為圖中實線，a、e兩點和b、d兩點關(guān)于兩電荷連線對稱。若該粒子只受靜電力作用，則下列說法正確的是（）A．粒子帶正電荷B．b點和d點的電場強度相同C．a(chǎn)點和e點的電場強度相同D．粒子從a點運動到e點的過程中，電勢能先變小后變大10．(0分)[ID：125798]原有一帶電油滴靜止在極板水平放置的平行板電容器中，突然由于漏電，瞬間失，油滴開始向下運動。經(jīng)時間t后，給電容器及時補充電荷，又經(jīng)時間t，油滴為（）去一部分電荷回到原位置。假如在運動過程中油滴電荷量一定，則A．B．C．D．111．(0分)[ID：125793]如圖，電荷量為q（q>0）的點電荷固定在P點，M、N是電場中的兩點，且PM>PN、PM⊥PN，下列說法正確的是（）A．沿MN直線從M點到N點，電場強度的大小逐漸減小B．沿MN直線從M點到N點，電勢逐漸升高C．將正電荷從M點移動到N點，靜電力先做負功后做正功D．正電荷在M點的電勢能比其在N點的電勢能大12．(0分)[ID：125792]如圖，兩電荷量分別為Q（Q>0）和－Q的點電荷對稱地放置在x軸上原點O的兩側(cè)，a點位于x軸上O點與點電荷Q之間，b位于y軸O點上方。取無窮遠處的電勢為零，下列說法正確的是（）A．b點的電勢為零，電場強度也為零B．正的試探電荷在a點的電勢能大于零，所受電場力方向向右C．將負的試探電荷從O點移到a點，必須克服電場力做功D．將同一正的試探電荷先后從O、b點移到a點，后者電勢能的變化較大二、填空題13．(0分)[ID：125984]圖中三根線是等差等勢線，已知A點電勢比B點電勢高，在B點的切線是。則A點的電場強度大于B點，理由是：______；若將負點電荷放在B點處，其受力方向向______（選施圖中序號）。14．(0分)[ID：125979]如圖所示，在勻強電場中有a、b、c三點，a、b相距4cm，b、c相距10cm。將一個帶電荷量為2×10-8C的電荷從a點移到b點時，電場力做功為4×10-6J。將此電荷從b點移到c點時電場力做功為______J，a、c間電勢差為______V。15．(0分)[ID：125970]如圖所示，a、b、c表示點電荷電場中的三個等勢面，它們的電勢分別為φ、φ和φ（φ<0），該點電荷的電性為________。一帶電粒子從等勢面上某處由靜止釋放，僅受到電場力作a用而運動，已知帶電粒子經(jīng)過等勢面b時的速率為v，它經(jīng)過等勢面c時的速率為________。16．(0分)[ID：125955]在“探究平行板電容器的電容與哪些因素有關(guān)”的實驗中。實驗裝置如圖所示。把一極板固定在絕緣支架上，用手握住另一極板絕緣柄，使兩極板相距10cm左右，兩極板分別與靜電計的金屬球和大地相連，靜電計外殼接地。(1)給平行板電容器充電后，可觀察到靜電計的指針偏轉(zhuǎn)一定的角度。則靜電計的指針偏轉(zhuǎn)角度變大，反映了電容器的______（填“電容”“電壓”或“電量”）變大。(2)某同學進行了下面的些操作：左極板向上移動時，可觀察到靜電計指針偏轉(zhuǎn)角______；兩極板間插入電介質(zhì)時，可觀察到靜電計指針偏轉(zhuǎn)角______（均填“變大”“變小”或“不變”）。17．(0分)[ID：125944]有兩個平行板電容器，它們的電容之比為5∶4，它們的帶電荷量之比為5∶1，兩極板間距離之比為4∶3，則兩極板間電壓之比為______和電場強度之比為______。18．(0分)[ID：125931]如圖是研究影響平行板電容器電容的因素的實驗，設兩極板正對面積為，極板間S的距離為d，靜電計指針偏角為θ，實驗中，極板所帶電荷量不變，則：①若保持S不變，增大d，則θ________（填“變大”、“變小”、“不變”）②若保持d不變，減小S，則θ________（填“變大”、“變小”、“不變”）③若保持S、d不變，在板間插入木板，則θ_______（填“變大”、“變小”、“不變”）④以上實驗方法都采用了_______________。19．(0分)[ID：125904]電場力做正功，電勢能_______（填“增加”或“減小”），電場力做負功，電勢能_______（填“增加”或“減小”）20．(0分)[ID：125902]將一個電荷量為1．0×10－8C的正電荷，從A點移到B點，電場力做功2．0×10－7J，那么A、B兩點間的電勢差為_____________V，A點的電勢________（填“高于”或“低于”）B點的電勢．三、解答題21．(0分)[ID：126084]如圖所示，在平面直角坐標系的第四象限存在豎直向下的勻強電場。一質(zhì)量為，帶電量為的粒子，由軸上的點沿軸正方向以速度射入第一象限，隨后經(jīng)軸上的點進入第四象限，當粒子到達的延長線上的點時，速度恰好也沿軸的正方向，且知點的橫坐標為，靜電力恒量為，重力加速度為。試求：（1）粒子由點運動到（2）勻強電場的場強的大小。點所經(jīng)歷的時間；22．(0分)[ID：126056]如圖所示，AB是絕緣光滑水平面，BD段為半徑R=0.2m的絕緣粗糙半圓軌道，兩段軌道相切于B點，軌道處于豎直向下的勻強電場中，場強大小E=5.0×103V/m。可視為質(zhì)點的小球質(zhì)量為m=1.0×10-2kg，所帶電荷量q=+2.0×10-5C，以v0=6.0m/s的速度從A點沿水平軌道向右運動，進入半圓軌道后，恰能通過最高點D。g取10m/s2求：(1)在半圓軌道上摩擦力對小球所做的功；(2)帶電小球在D點飛出后，首次在水平軌道上的落點與B點的距離。23．(0分)[ID：126037]如圖所示，在水平放置且相距2cm的平行帶電金屬板間的勻強電場中，有一個質(zhì)量、電荷量的液滴，在兩板正中央處于靜止狀態(tài)，問：(1)哪塊板帶正電？板間電場強度多大？(2)若板間電場強度突然增為原來的2倍，液滴將做什么運動？觸及板面時速度多大？24．(0分)[ID：126013]如圖所示，在真空中用長度l=1m的絕緣細線將質(zhì)量m=1×10-3kg的帶電小球P（視為質(zhì)點）懸掛在O點正下方，當有方向為水平向右、大小E=3×104N/C的勻強電場時，小球靜止時細線與豎直方向的夾角為37°。取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。(1)求小球所帶電荷量；(2)現(xiàn)突然把電場方向改為豎直向下，大小不變，求小球運動到最低點時受到細線的拉力大小。25．(0分)[ID：126005]如圖所示，在水平方向的勻強電場中有一表面光滑、與水平面成45°角的絕緣直桿AC，其下端（C端）距地面高度h=0.8m。有一質(zhì)量為500g的帶電小環(huán)套在直桿上，正以某一速度沿桿勻速下滑，小環(huán)離開桿后正好通過C端的正下方P點。（g取10m/s2）求：(1)請判斷帶電粒子的電性；(2)小環(huán)離開直桿后運動的加速度大小和方向；(3)小環(huán)在直桿上勻速運動時速度的大??；(4)小環(huán)運動到P點的動能。26．(0分)[ID：125996]水平放置的兩塊平行金屬板長L=5.0cm，兩板間距d=1.0cm，兩板間電壓U=90V，且上板為正。一個電子沿水平方向以速度v0=2.0×107m/s，從兩板中間射入，如圖所示。（電子的比荷=1.76×1011C/kg）(1)電子偏離金屬板時的偏移距離是多少？(2)電子飛出電場時的速度是多少？(3)電子離開電場后，打在屏上的P點。若s=10cm，求OP的高度?！緟⒖即鸢浮?016-2017年度第*次考試試卷參考答案**科目模擬測試一、選擇題1．B2．B3．B4．A5．D6．D7．D8．C9．C10．A11．C12．B二、填空題13．等差等勢線越密的地方場強大④14．5×10-645015．負16．電壓變大變小17．4∶13∶118．變大變大變小控制變量法19．減小增加20．高于三、解答題21．22．23．24．25．26．2016-2017年度第*次考試試卷參考解析【參考解析】**科目模擬測試一、選擇題1．B解析：B根據(jù)電場力提供向心力有解得帶正電的粒子流由電場區(qū)域邊緣的M點射入電場，沿圖中所示的半圓形軌道通過電場并從另一邊緣的N點射出，則軌道半徑保持不變，所以若入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的動能一定相等。故選B。2．B解析：B將S先閉合后斷開，電容器所帶電荷量不變；A．由與板間距離無關(guān)，則電場強度不變，故A錯誤；BCD．由可知，板間距離增大，C減小，由可知，Q不變則U增大；B正確，CD錯誤；故選B。3．B解析：B設電子被加速后獲得初速為v0，則由動能定理得設極板長為l，則電子在電場中偏轉(zhuǎn)所用時間為設電子的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律，有電子射出偏轉(zhuǎn)電場時，平行于電場方向的速度為聯(lián)立可得又有故U2變大或U1變小都可以使偏轉(zhuǎn)角變大。故選B。4．A解析：AAB．等量異種電荷連線的中垂線為等勢線，所以A、B連線上的任意兩點的電勢差為零，同一電荷在A的電勢能和B點的電勢能一樣大，A正確，B錯誤；CD．在等量異種電荷連線的中垂線上，中點處場強最大，關(guān)于中點對稱的兩點，場強相等，方向相同。所以A、B兩點的電場強度相同，把正電荷從A點沿直線移動到B點，電場力先增大后減小，CD錯誤。故選A。5．D解析：DA．電荷從a點移到b點，電場力做負功，由于電場力正負與場強的大小沒有直接關(guān)系，故無法判斷a、b兩點電場強度大小，若是勻強電場，a、b兩點電場強度可能相等，故A錯誤；B．通過電場力做功無法判斷電場線方向，電荷運動時可能與電場有一定夾角，故電場線不一定沿ab連線，故B錯誤；C．移動電荷從a點到b點，電場力做負功，電勢能一定增大，由于不知道電性，則無法確定電勢的高低，故C錯誤；D．移動電荷從a點到b點，電場力做負功，電勢能一定增大，由能量守恒可知，動能一定減小，故D正確。故選D。6．D解析：DA．除重力以外做功的力只有電場力，從到電場力做負功，所以機械能減少，故A錯誤；B．從到根據(jù)動能定理得解得所以能到達點，故B錯誤；C．從到過程中存在一位置的重力和電場力的合力的反向延長線過圓心如下圖所示此點為等效最低點，即速度最大的位置，所以從到速度先增大后減小，由牛頓第二定律可知對軌道的壓力先增大后減小，故C錯誤；D．等效最低點重力和電場力的合力的反向延長線與豎直方向夾角為，則則從到等效最低點的過程中，動能定理解得故D正確。故選D。7．D解析：DA．小球做勻變速直線運動，合力應與速度共線，因mg=qE，所以電場力與重力對稱，則電場方向沿直線ON。故A錯誤；B．小球受力情況如圖所示，合力沿ON方向向下，大小為mg，所以加速度為g。故B錯誤；C．小球做勻減速直線運動，由運動學公式，可得最大位移為則最大高度為故C錯誤；D．小球返回原位置所用時間為t，由于運動的對稱性可得返回時的速度大小與開始時相等，方向相反，得故D正確。故選D。8．C解析：CA．根據(jù)軌跡可以知道，（）粒子受到的力為斥力，所以Q帶正電，故A錯誤；B．b點離場源電荷Q近，所以該位置電場強度大，（B錯誤；）粒子在這點受到電場力大，加速度大，故CD．因為Q帶正電，（）粒子從b到a過程中，電場力做正功，動能增大，電勢能減小，所以Eka＞Ekb，Epa<Epb，故C正確D錯誤。故選C。9．C解析：C【分析】從粒子運動軌跡看出，軌跡向上彎曲，可知帶電粒子受到向上的電場力作用，從過程中，電場力做負功，過程中，電場力做正功，可判斷電勢能大小的變化；電場強度是矢量，兩點的電場強度相同，則其大小相等方向相同。A．根據(jù)兩個固定的等量異種點電荷所形成電場的等勢面的特點可得，該圖中正電荷位于上方，負電荷位于下方。從粒子運動軌跡看出，軌跡向上彎曲，可知帶電粒子受到了向上的電場力作用，所以粒子帶負電荷，A項錯誤；B．b點和d點的電場強度方向不同，B項錯誤；C．a(chǎn)點和e點都在中垂線上，且位置對稱，所以a點和e點的電場強度相同，C項正確；D．粒子從a點運動到b點再到c點的過程中，電場力做負功，粒子從c點運動到d點再到e點的過程中，電場力做正功，故粒子從a點運動到e點的過程中，電場力先做負功后做正功，電勢能先增大后減小，D項錯誤；故選C?！军c睛】本題是軌跡問題，首先要根據(jù)彎曲方向判斷出帶電粒子所受電場力方向，確定是排斥力還是吸引力。由動能定理分析動能和電勢能的變化是常用的思路。10．A解析：A一帶電油滴靜止在極板水平放置的平行板電容器中，說明此時油滴所受重力等于向上的電場力，如圖（1）所示設油滴的質(zhì)量為m，帶電量為q，電容器板間距離為d，電容器為C，在第一步過程中，設電容器的充電量為Q，板間電壓為U，場強為E，由題意得，，聯(lián)立解得電容器漏電失去電荷△Q，由于油滴受到向下的重力大于電場力，故油滴豎直向下做勻加速直線運動；在第二步過程中，設板間電壓為U1，場強為E1，油滴的加速度大小為a1，ts末的速度為v1，位移為s，受力情況如圖（2）所示，有，，，，聯(lián)立以上四式解得容器補充電荷△Q′，由于開始時，油滴已有向下的速度v1，故油滴先豎直向下做勻減速直線運動，然后反向做初速度為零的勻加速直線運動，再回到原位置，在第三步過程中，設板間電壓為U2，場強為E2，油滴的加速度大小為a2，受力情況如圖（3）所示，，，聯(lián)立解得則有故選A。11．C解析：CA.沿MN直線從M點到N點，電場線先密后疏，電場強度的大小先增大后減小，A錯誤；B.距離點電荷越近電勢越高，沿MN直線從M點到N點，電勢先升高后降低，B錯誤；C.將正電荷從M點移動到N點，先靠近后遠離，庫侖斥力先做負功后做正功，C正確；D.將正電荷從M點移動到N點，與點電荷的距離變小，庫侖斥力做負功，正電荷的電勢能增大，正電荷在M點的電勢能比其在N點的電勢能小，D錯誤。故選C。12．B解析：BA．結(jié)合等量異種點電荷的電場的特點可知，兩個等量異種電荷連線的垂直平分線是一條等勢線。電場強度方向與等勢面方向垂直，而且指向電勢低的方向，所以b點的電勢等于0，而電場強度不等于0，故A錯誤；B．由圖可知，兩個點電荷在a點產(chǎn)生的電場強度的方向都向右，所以合場強的方向一定向右，則正電荷在a點受到的電場力的方向向右；正電荷從a向O運動的過程中，電場力做正功，電勢能減小，而O點的電勢等于0，所以正的試探電荷在a點的電勢能大于零，故B正確；C．負電荷從a向O運動的過程中，電場力做負功，電勢能增加。所以將負的試探電荷從O點移到a點，電場力做正功，故C錯誤；D．兩個等量異種電荷連線的垂直平分線是一條等勢線，所以O、b兩點的電勢是相等的，將同一正的試探電荷先后從O、b兩點移到a點，二者電勢能的變化相等，故D錯誤。故選B。二、填空題13．等差等勢線越密的地方場強大④解析：等差等勢線越密的地方場強大④[1]在A點的等差等勢線較B點密集，則A點的電場線較B點密集，則A點場強大于B點場強；[2]B點的電場線與等勢面垂直，并由高電勢點指向低電勢點，即由④指向B，則負電荷在B點受電場力方向由B點指向④。14．5×10-6450解析：5×10-6450[1]ab兩點之間電勢差為電場強度將電荷從b點移到c點時電場力做功為[2]將電荷從a點移到c點時電場力做功為a、c間電勢差為15．負解析：負[1]已知，則有即越靠近中間的場源電荷，電勢越低，可知該點電荷電性為負。[2]根據(jù)題意可知，帶電粒子與場源電荷相斥，帶負電荷，設其帶電粒子電荷為，從等勢面a釋放到等勢面b，根據(jù)動能定理有從等勢面a釋放到等勢面c，根據(jù)動能定理有又聯(lián)立解得16．電壓變大變小解析：電壓變大變小(1)[1]靜電計指針的偏轉(zhuǎn)程度顯示兩極板間的電勢差。靜電計的指針偏轉(zhuǎn)角度變大，反映了電容器的電壓變大。(2)[2]左極板向上移動時，S減小，則由可知，C變小，又Q一定，由Q=CU可知，U變大，可觀察到靜電計指針偏轉(zhuǎn)角變大；[3]兩極板間插入電介質(zhì)時，變大，則由可知，C變大，又Q一定，由Q=CU可知，U減小，可觀察到靜電計指針偏轉(zhuǎn)角變小。17．4∶13∶1解析：4∶13∶1[1]兩個平行板電容器，它們的電容之比為5∶4，它們的帶電荷量之比為5∶1，根據(jù)可知兩極板間電壓之比為[2]根據(jù)可得18．變大變大變小控制變量法解析：變大變大變小控制變量法(1)[1]根據(jù)電容的決定式可知，當保持S不變，增大d時，電容減小，容器極板所帶的電荷量不變，則由電容決定式分析可知，板間電勢差增大，靜電計指針偏角變大。(2)[2]根據(jù)電容的決定式可知，當保持d不變，減小S時，電容減小，電容器極板所帶的電荷量不變，則由電容決定式分析可知，板間電勢差增大，靜電計指針偏角變大。(3)[3]根據(jù)電容的決定式可知，當保持d、S不變，在板間插入木板，電容增大，電容器極板所帶的電荷量不變，則由電容決定式分析可知，板間電勢差減小，靜電計指針偏角變小。(4)[4]以上實驗方法都采用了控制變量法。19．減小增加解析：減小增加[1]不論正負電荷，電場力做功量度電勢能的變化，當電場力對電荷做正功，電荷的電勢能減?。籟2]如果電場力對電荷做負功時，電勢能增大。20．高于解析：高于[1]A、B兩點間的電勢差[2]由電勢差的定義可知，A點的電勢高于B點的電勢．三、解答題21．（1）；（2）(1)帶電粒子由至，做平拋運動，沿軸方向勻速運動沿軸方向做自由落體運動。由至，做勻變速曲線運動，沿軸方向勻速運動沿軸方向做勻減速直線運動。所以，粒子由至的運動時間為(2)設粒子到達點沿軸的速度為則有又因，粒子到達點速度沿軸正方向，所以令粒子的加速度大小為，則有聯(lián)立解得由牛頓第二定律可得解得22．(1)J；(2)0.4m(1)由題意可知小球恰能通過軌道的最高點，由向心力公式有解得小球通過最高點的速度小球從A到B做勻速直線運動，到達B點速度vB=v0，小球由B點到D點過程中，由動能定理有解得在半圓軌道上摩擦力對小球做的功J(2)帶電小球從D點飛出后做類平拋運動，豎直方向做勻加速運動，由牛頓第二定律有mg+Eq=ma解得小球的加速度a=20m/s2小球在豎直方向有小球在水平方向有解得小球落點與B點的距離x=0.4m23．(1)上板帶正電，100N/C；(2)液滴將向上做勻加速直線