北京爱迪(国际)学校高中物理必修三第十章《静电场中的能量》检测题(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 C．电势能先不变后变小

B．电势先变小后变大 D．所受的静电力先变大后变小

2．(0分)[ID：125886]如图所示，带箭头的实线表示某电场的电场线，虚线表示该电场的等势面。其中A、B、C三点的电场强度大小分别为EA、EB、EC，电势分别为A、B、C。关于这三点的电场强度大小和电势高低的关系，下列说法中正确的是（ ）

A．EA=EB

B．EA>EC

C．AB

D．BC

3．(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

4．(0分)[ID：125877]如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，射入方向跟极板平行，整个装置处在真空

中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（ ）

A．U1变大、U2变大 C．U1变大、U2变小

B．U1变小、U2变大 D．U1变小、U2变小

5．(0分)[ID：125875]一个带电小球从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功3J，克服电场力做功0.5J，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ） A．小球在a点的重力势能比在b 点大 3J B．小球在a点的电势能比在 b 点小 1J C．小球在a点的动能比在b 点小 3.5J D．小球在a点的机械能比在 b 点少 0.5J

6．(0分)[ID：125865]两个等量的固定正点电荷连线上有四个点o、a、b、c，其o是点电荷连线的中点，a、b到左点电荷等距（b点在外侧），a、o距离大于o、c，以下说法正确的是（ ）

A．a、b两点的电场强度相同 B．a、b两点的电势相同 C．四点中电场强度最大是b点 D．四点中电势最高是b点

7．(0分)[ID：125864]如图所示，正电荷在电场中从A点运动到B点，则运动过程中（ ）

A．电场力做负功、电势能减小 C．电场力做负功、电势能增加

B．电场力做正功、电势能减小 D．电场力做正功、电势能增加

8．(0分)[ID：125849]如图所示，已知A、B、C、D、E、F、G、H是正八边形的8个顶点，O为正八边形的中心，M、N分别为OG和OC的中点，P、Q分别为OA和OE的中点．在M、N两点放置等量异种点电荷，则下列各点中电势和电场强度均相同的是（ ）

A．B点和D点 B．P点和Q点 C．D点和F点 D．C点和G点

9．(0分)[ID：125846]如图所示，在处于O点的点电荷+Q形成的电场中，试探电荷q由A点移到B点，电场力做功为W1；以OA为半径画弧交于OB于C，q由A点移到C点电场力做功为W2；q由C点移到B点电场力做功为W3。则三者的做功关系以及q由A点移到C点电场力做功为W2的大小（ ）

A．W1=W2=W3，W2=0 B．W1>W2=W3，W2>0 C．W1=W3>W2，W2=0 D．W1=W210．(0分)[ID：125841]如图所示，有三个质量相等的分别带正电、负电和不带电的小球，从两水平放置的金属板左侧中央以相同的水平初速度v0先后射入电场中，最后在正极板上打出A，B，C三个点，则（ ）

A．三小球在电场中运动时间相同 B．三小球到达正极板时速度相同

C．落到A处小球带负电，落到C处小球带正电

D．三小球到达正极板时落在A、C处的小球机械能增大，落在B处的小球机械能不变 11．(0分)[ID：125830]如图所示，水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，一重力不计的带电粒子沿着上板水平射入电场，恰好从下板右边缘飞出电场，该过程电场力做功

W1。若保持上板不动，将下板下移少许，该粒子仍以相同的速度从原处射入电场，电场力

做功W2，下列分析正确的是（ ）

A．两板间电压变大，两板间场强变大 B．两板间电压不变，两板间场强变小 C．粒子将打在下板上，且W2W1 D．粒子仍然从原位置飞出电场，且W2W1

12．(0分)[ID：125800]两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在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C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是（ ）

A．q1、q2为等量异种电荷

B．N、C两点间场强方向沿x轴负方向

C．N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大 D．将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小

二、填空题

13．(0分)[ID：125986]将带电量为6×10-6C的负电荷从电场中的A点移到B点，电场力做

﹣﹣

了3×105J的功，再从B移到C，克服电场力做了1.2×105J的功，则电荷从A移到B，再

从B移到C的过程中电势能共______（填增大或减少）了______J。如果规定A点的电势为零，则该电荷在B点的电势为______V和C点的电势能为______J。

14．(0分)[ID：125984]图中三根线是等差等势线，已知A点电势比B点电势高，在B点的切线是AB。则A点的电场强度大于B点，理由是：______；若将负点电荷放在B点处，其受力方向向______（选施图中序号）。

15．(0分)[ID：125982]如图所示，在点电荷Q形成的电场中有A、B、C三点，若Q为负电荷，则______点电势最低，将正电荷放在______点时电势能最大，将负电荷放在______点

时电势能最大。

16．(0分)[ID：125959]一个电子从电场中A点移动到B点，电场力不做功。从B点移动到C点，电场力做功1.6×10-17J。则A、B、C三点中电势最高的点是_________，电子从C点移动到A点，电场力做功_________J。

17．(0分)[ID：125940]把一带电量q=-1×10-5C的负电的粒子从某静电场中A点移动到B点，电场力做正功0.01J，则UAB=______V；电场线方向是______（选填“A→B”或“B→A”）。

18．(0分)[ID：125929]A、B为电场中的两点，如果把q=2×10-7C的正电荷从A点移到B点，电场力所做正功为8×10-6J，那么q的电势能减少了________J，A、B两点的电势差为________V。

19．(0分)[ID：125922]如图为示波器原理机构图，若在荧光屏上Ⅱ象限显示出为一个亮点，则在 YY'板间所加电 压 UYY'______0 ，在 XX' 板间所 加电压UXX'______0（选填>，<，=）

20．(0分)[ID：125915]把一个电荷量为q＝5×10－9 C的正电荷从距电场无穷远处移到电场中M点，电荷克服电场力做功WM＝6.0×10－3 J，如果把该点电荷从距电场无穷远处移到电

－

场中N点，电荷克服电场力做功WN＝3.6×103 J．取无穷远处为零电势点，M、N点的电

势差是______把该点电荷从M点移到N点电场力做功________

三、解答题

21．(0分)[ID：126070]如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止。重力加速度用g表示，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求： (1)电场强度的大小E； (2)将电场强度减小为原来的

1时，物块加速度的大小a； 2(3)电场强度变化后物块下滑距离L时的动能Ek。

22．(0分)[ID：126048]在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E＝6.0×105N/C，方向与x轴正方向相同，在O处放一个电荷量大小q＝5.0×10－8C、质量m＝1.0×10－2kg的带负电的物块，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，沿x轴正方向给物块一个初速度v0＝2.0m/s，如图所示，求物块最终停止时的位置。(g取10m/s2)

23．(0分)[ID：126039]如图1所示，光滑绝缘斜面的倾角θ=30°，整个空间处在电场中，取沿斜面向上的电场的正方向，电场随时间的变化规律如图2所示。一个质量m=0.2kg，电量q1105C的带正电的滑块玻挡板P挡住，在t=0时刻，撒去挡板P。重力加速度g=10m/s2，求：

(1)0~4s内滑块的最大速度为多少？ (2)0~4s内滑块沿斜面上升的位移为多少？ (3)0~4s内电场力做了多少功？

24．(0分)[ID：126034]如图所示，在E＝103V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R=40cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q=104C的小滑块质量m=10g，与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.15，位于N点右侧1.5m的M处，g取10m/s2，求：

(1)小滑块从M点到Q点电场力做的功；

(2)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动。

25．(0分)[ID：126029]如图所示，质量为5×10-8kg的带电微粒以v0=2m/s速度从水平放置的平行金属板A、B的中央飞入板间，已知板间距离d=2cm，当UAB=103V时，带电微粒恰好沿直线穿过板间，则： (1)带点微粒的电荷量是多少？

(2)当AB间加UAB=200V电压时，带电微粒恰好从板边缘飞出，则板的长度L是多少？从A板还是B板边缘飞出？

26．(0分)[ID：126022]如图所示，热电子由K发射后，初速度可以忽略不计，经加速电压为U1的加速电场加速后，垂直于电场方向从两极板中心飞入偏转电压为U2的偏转电场，最后打在荧光屏（图中未画出）上。已知两偏转极板间距为d，板长为L。电子质量为m，电荷量为e，不计电子重力。求： (1)电子进入偏转电场时的速度大小；

(2)电子在偏转电场中所用的时间和离开时的偏移量y；

【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．C 2．B 3．B 4．B 5．A 6．C 7．B 8．B 9．C 10．C 11．D 12．C

二、填空题

13．减少18×10-55V-18×10-5

14．等差等势线越密的地方场强大④ 15．ACA 16．C-16×10-17J 17．-1000B→A 18．8×10-6J 19．><

20．8×105V24×10－3J

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：C

AD．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

FqE

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

AB．电场线的疏密程度反映场强的大小，A点处电场线最密场强最大，则有EA>EB，EA>EC，A错误，B正确；

CD．沿电场线方向电势降低，则知φA<φB，B、C两点在同一等势面上，电势相等，即φB=φC，CD错误。 故选B。

3．B

解析：B

根据电场力提供向心力有

v2qEm

r解得

mv2r

qE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。

4．B

解析：B 在电场中加速，有

U1q在电场中偏转，有

12mv 2U2qLvUqLULtanymdv222

vvmdv2U1d使电子的偏转角θ变大，则可以U1变小、U2变大。 故选B。

5．A

解析：A

A．重力做功等于重力势能的变化量，重力做功3J，重力势能减小3J，所以a点重力势能比b点大3J，选项A正确；

B．电场力做功等于电势能的变化量，克服电场力做功0.5J，电势能增加0.5J，所以a点电势能比b点小0.5J，选项B错误；

C．合力做功等于动能的变化量，合力做功等于各个分力做的功，总功为2.5J，故动能增加2.5J，即小球在a点的动能比在b点小2.5J，选项C错误；

D．除重力外的各个力做的总功等于机械能的变化量，除重力外，克服电场力做功0.5J，故机械能减小0.5J，所以a点机械能比b点大0.5J，选项D错误。 故选A。

6．C

解析：C

A．由对称性可知a、b两点的电场强度大小不相同，所以A错误；

B．关于左边点电荷，a、b两点在同一等势面上电势相同，但对于右边点电荷a、b两点的电势不相同，叠加后两点电势不相同。所以B错误；

C．四点中只有在ｂ点左右两点电荷的电场方向才相同，叠加后最大。所以C正确； D．关于左边点电荷，a、b两点在同一等势面上电势相同，但对于右边点电荷a、b两点的电势不相同，叠加后ab ，aco。所以D错误； 故选C。

7．B

解析：B

沿着电场线电势逐渐降低，则有

AB

即

UABAB0

电场力做功

WqUAB0

电场力做正功，根据功能关系，电势能减小。 故选B。

8．B

解析：B

等量异种电荷的电场线关于O点中心对称，故场强相同的点为A和E，B和F，D和H，P和Q；等势面分布均关于两者连线对称，且中垂线是等势面，电势相同的点为H和F，A和E，B和D，P和Q，故场强和电势均相同的点为A和E，P和Q。 故选B。

9．C

解析：C

点电荷的电场中，由于A、C两点在同一等势面上，则试探电荷q由A点移到C点电场力做功为零，由于点电荷是带正电，所以B点的电势低于C点，因而q由A点移到B点，电场力做正功，而q由C点移到B点电场力也做正功，且W1与W3相等。即W1W3W2，

W20；故ABD错误，C正确。

故选C。

10．C

解析：C

A. 根据题意，三小球在竖直方向都做初速度为0的匀加速直线运动，小球到达下极板时，在竖直方向的位移h相等

h解得t12at 22h a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，根据t2h，得到正电荷运动时间最a长，负电荷运动时间最短，不带电的小球所用时间处于中间；选项A错误。

B、C．三小球水平方向做匀速直线运动，水平位移：x=v0t，由于初速度相同，水平位移越大，所用时间越长，所以 A小球带负电，B小球不带电，C小球带正电，选项C正确。 三小球的初动能相同，根据动能定理合力做正功越多则末动能越大。A小球带负电，电场力和重力都做正功，动能最大；B小球不带电，只有重力做正功，没有电场力做功，末动能居中； C小球重力做正功，由于带正电电场力做负功，合力做功最小，末动能最小；所以动能EkCD．A小球带负电，电场力做正功，机械能增大；B小球不带电，没有电场力做功，机械能守恒；C小球带正电，电场力做负功机械能减小。选项D错误。 故选C。

11．D

解析：D

AB．平行板电容器充电后与电源断开，其极板带电量保持不变，由

CSQ，Cr

4kdUEU d可知，将下板下移少许，d增大，C减小，电压U增大，又

可得

E4kQ rS即极板间场强E与两板间距离无关，将下板下移少许，场强不变，故AB错误； CD．由于场强不变，粒子受到的电场力不变，故粒子仍然从原位置飞出电场，同时

W2W1，故C错误，D正确。

故选D。

12．C

解析：C

A．根据q1左侧和q2右侧电势随距离增大而降低可判断两者均为正电荷，故A错误；

B．N、C间的电场方向沿x轴正方向，C点场强为0，故B错误；

C．根据N→D间图线的斜率大小先减小后增大可知，场强先减小到零后反向增大，故C正确；

D．正电荷从N移到D，由Ep＝qφ知，电势能先减小后增大，故D错误。 故选C。

二、填空题

13．减少18×10-55V-18×10-5

解析：减少 1.8×10-5 5V -1.8×10-5

[1][2]从A点移到B点，电场力做了3×10﹣5J的功，电势能减少3×10-5J，从B移到C，克服电场力做了1.2×10﹣5J的功，电势能增加1.2×10﹣5J，故电势能减少1.8×10-5J。 [3]AB两点的电势差为

UAB由

WAB5V qUAB=AB

规定A点的电势为零时

B=UAB=5V

[4]从A到C过程，电势能减少1.8×10-5J，故电荷在C点的电势能为-1.8×10-5J。

14．等差等势线越密的地方场强大④

解析：等差等势线越密的地方场强大 ④

[1]在A点的等差等势线较B点密集，则A点的电场线较B点密集，则A点场强大于B点场强；

[2]B点的电场线与等势面垂直，并由高电势点指向低电势点，即由④指向B，则负电荷在B点受电场力方向由B点指向④。

15．ACA

解析：A C A

[1]由题，Q为负电荷，电场线从无穷远指向负电荷，根据沿电场线方向电势降低可知，A点电势最低，C点电势最高；

[2]根据正电荷在电势高处电势能大，则将正电荷放在C点电势能最大； [3]根据负电荷在电势低处电势能大，则A点电势能大。

16．C-16×10-17J

解析：C -1.6×10-17J

[1]一个电子从电场中A点移动到B点，电场力不做功，可知A、B两点的电势相等；从B点移动到C点，电场力做正功，因此C点电势高于B点电势；所以A、B、C三点中电势最高的点是C点。

[2]电子从B点移动到C点，电场力做功1.6×10-17J，又A、B两点的电势相等，所以电子从C点移动到A点，电场力做功-1.6×10-17J。

17．-1000B→A

解析：-1000 B→A [1]由电势差的定义可知

UABW0.01V1000V q1105[2]由于UABAB1000V，所以有AB，沿电场线的方向电势逐渐降低，故电场线的方向为B→A。

18．8×10-6J

解析：8×10-6J 40V

[1]由于正电荷从A点移到B点电场力做正功，导致电荷的电势能减少。则电场力做多少功，电势能就减少多少，即为8×10-6J； [2]A、B两点电势差

UABWAB8106V40V19．>< q2107解析：> <

[1][2]若在荧光屏上Ⅱ象限显示出为一个亮点，则在 YY'板间所加电 压 UYY'>0，电子向上偏转；在 XX' 板间所 加电压UXX'<0，电子向x轴负向偏转。

20．8×105V24×10－3J

解析：8×105 V 2.4×10－3 J

[1]把一个正点电荷从距电场无穷远处移到电场中的M点，电荷克服静电力做功W=6.0×10-3

J，相反的过程中，把正点电荷从电场中的M点移动到距电场无穷远处，静电力做功

W′=6.0×10-3J，所以：

UMW16.01036V1.210V 9q510把该点电荷从电场中的N点移到距电场无穷远处，静电力做功W=3.6×10-3J，所以：

UNM、N两点的电势差：

W23.6103V7.2105V 9q510UMNUMUN1.2106V7.2105V=4.8105V

[2]把该点电荷从M点移到N点静电力做功：

WMN=qUMN=5×10-9×4.8×105=2.4×10-3J

三、解答题 21． (1)

3mg，方向水平向右；(2) 0.3g，方向沿斜面向下；(3) 0.3mgL 4q(1)如图所示，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，受力平衡，则

在x轴方向

F合x=Fcosθ﹣mgsinθ=0

在y轴方向

F合y=FN﹣mgcosθ﹣Fsinθ=0

得

qE=mgtan37°

故有

E=

方向水平向右。

(2)场强变化后物块所受合力为

F=mgsin37°﹣

根据牛顿第二定律得

F=ma

故代入解得

a=0.3g

方向沿斜面向下

(3)A到B的过程中重力和电场力做功，根据动能定理得物块下滑距离L时的动能为：

Ek=mgLsin37°﹣

3mg 4q1qEcos37° 21qEL cos37°=0.3mgL 222．

原点O左侧0.2m处

物块先在电场中向右减速，设运动的位移为x1，由动能定理得

－(qE＋μmg)x1＝0－

所以

2mv0x1＝

2(qEmg)12mv0 2

代入数据得x1＝0.4m，可知，当物块向右运动0.4m时速度减为零，物块所受的静电力

F＝qE＝0.03N

物体所受的摩擦力为

f＝μmg＝0.02N

因为静电力大于摩擦力，所以物块将继续沿x轴负方向加速运动，跨过O点之后在摩擦力作用下减速，最终停止在O点左侧某处，设该点距O点距离为x2，则对全过程由动能定理得

－μmg(2x1＋x2)＝0－

解得

x2＝0.2m

12mv0 2

23．

(1)20m/s； (2)40m； (3)40J

(1)在0~2s内，滑块的受力分析如图甲所示

F1mgsinma1

解得

a110m/s2

在2~4s内，滑块受力分析如图乙所示

F2mgsinma2

解得

a210m/s2

因此物体在0~2s内，以a1的加速度加速，在2～4s内，a2的加速度减速，即在2s时，速度最大，由

va1t

得

vmax20m/s

(2)由运动的对称性，物体在0~2s内与在2~4s内通过的位移相等。通过的位移

x所以0~4s内的位移为

vmaxt20m 2x'2x40m

(3)在0~2s内，电场力做正功

W1F1x60J

在2~4s内，电场力做负功

W2F2x20J

电场力做功

WW1W240J24．

(1)－0.08J；(2)7m/s

(1)小滑块从M点到Q点电场力做的功

WqE2R10410320.4J0.08J

(2)设滑块到达Q点时速度为v，则由牛顿第二定律得

v2mgqEm

R解得

v2m/s

滑块从开始运动至Q点过程中，由动能定理得

mg2RqE2R(mgqE)x解得

1212mvmv0 22v07m/s25．

(1)1×10―11C；(2)0.1m，B板边缘飞出

(1)当UAB=103V时，带电粒子恰能做匀速直线运动，则有

FEq得

qUmg dmgd5108100.02qC11011C 3U10(2)当UAB=200V时，Eq＜mg，微粒沿B板边缘飞出。带电粒子在电场中受到竖直向上的电场力和竖直向下的重力，在电场中做类平抛运动，有水平方向

Lv0t

竖直方向

dat2 22mg代入数据得

qUABma dL0.1m26．

mU2L22eU1(1) v0；(2) tL；y

2eU14U1dm(1)在加速电场中，根据动能定理得

eU1解得：

12mv0 2v02eU1 m(2)电子进入偏转电场后做类平抛运动，则水平方向有

t竖直方向有：

LmL v02eU1a则电子从偏转电场射出时垂直偏移量

eU2 md12U2L2yat

24U1d