人教高中物理同步講義練習(xí)必修三第十章 靜電場中的能量（解析版）

第十章靜電場中的能量章末檢測題一、單選題1．如圖所示，在正四面體的A、B兩點固定兩等量異種點電荷，其中E、F、G分別為AB、BC、CD的中點，則關(guān)于C、D、E、F、G五點的場強和電勢說法正確的是（

）A．C、D兩點的電勢相等，場強大小相等，方向不同B．D、G兩點的電勢相等，場強大小不等，方向相同C．E、G兩點的電勢不等，場強大小不等，方向相同D．E、F兩點的電勢不等，場強大小相等，方向不同【答案】B【解析】A．根據(jù)對稱性知，C、D兩點的電場強度大小相等，方向均從A指向B，AB中垂面為等勢面，C、D兩點電勢相等，A錯誤；B．AB中垂面為等勢面，D、G兩點電勢相等，G點距離AB近，電場強度矢量和大，方向均從A指向B，B正確；C．AB中垂面為等勢面，E、G兩點的電勢相等，中垂面上場強方向相同，E點矢量和大，C錯誤；D．E點電勢為0，F(xiàn)兩點的電勢小于0，E點為連線中點，場強大于F點場強，并且方向不同。D錯誤。故選B。2．如圖所示，真空中有兩個點電荷C和C。分別固定在x坐標軸的和的位置上。以下說法正確的是（）

A．兩個點電荷間某點的電場強度為零B．（6cm，12cm）區(qū)域內(nèi)電場強度的方向沿x軸正方向C．電子在兩個點電荷之間向右運動時，電勢能先增大后減小D．電子從位置向右運動時，電勢能先減小后增大【答案】D【解析】A．Q1、Q2兩個點電荷之間，正電荷Q1和負電荷Q2在該處產(chǎn)生的場強方向都沿x軸正方向，由場強的疊加原理，合電場強度方向也沿x軸正方向，可知兩電荷之間的電場強度不可能是零，A錯誤；B．由題意可知，在x軸上，電場強度是零的點只能在Q2的右側(cè)，設(shè)在Q2右側(cè)距Q1的L處場強是零，由點電荷的場強公式，則有解得可知在（6cm，12cm）區(qū)域內(nèi)電場強度的方向沿x軸負方向，B錯誤；C．兩個點電荷之間的電場強度方向沿x軸正方向，電子在兩個點電荷之間向右運動時，電場力一直做負功，電子的電勢能一直增大，C錯誤；D．在x軸上12cm處電場強度是零，可知在（6cm，12cm）區(qū)域內(nèi)電場強度的方向沿x軸負方向，12cm處右側(cè)電場強度方向沿x軸正方向，因此電子從位置向右運動時，電場力先做正功后做負功，電勢能先減小后增大，D正確。故選D。3．某電場等勢面分布情況如圖所示，A、B分別為場中兩點，一帶電粒子在此電場中的軌跡如虛線所示，下列判斷正確的是（）A．帶電粒子帶負電B．帶電粒子在B點的加速度大于在A點的加速度C．帶電粒子運動到B點的速度大于在A點的速度D．負的點電荷在B點由靜止釋放，只在電場力的作用下電荷將沿著等勢面e運動【答案】C【解析】A．電場強度方向與等勢面垂直，且由高電勢點指向低電勢點方向，根據(jù)圖像可知電場方向整體方向向外，而帶電粒子所受電場力方向指向軌跡彎曲一側(cè)，根據(jù)軌跡可知，電場力方向與電場方向相同，可判定粒子帶正電故，故A錯誤；B．圖中相鄰等勢線之間的電勢差相等，而等差等勢面的疏密程度能夠間接反映場強大小，根據(jù)圖像可知，帶電粒子在B位置電場線分布比A點稀疏一些，則粒子在B處的電場強度小于A處的電場強度，可知帶電粒子在B點的加速度小于在A點的加速度，故B錯誤；C．帶電粒子帶正電，A點電勢大于B點電勢，根據(jù)可知，粒子從A到B電場力做正功，電勢能減小，動能增大，速度增大，即帶電粒子運動到B點的速度大于在A點的速度，故C正確；D．場強方向與等勢面垂直，故點電荷受到的電場力方向與等勢面垂直，只在電場力的作用下電荷由靜止釋放不可能沿著等勢面e運動，故D錯誤。故選C。4．避雷針是利用尖端放電原理保護建筑物避免雷擊的一種設(shè)施。雷雨天當帶有負電的烏云飄過一棟建筑物上空時，避雷針的頂端通過靜電感應(yīng)會帶上大量電荷，在避雷針周圍形成電場。圖中虛線為避雷針周圍的等勢線，相鄰兩等勢線間的電勢差相等。則（）A．避雷針附近的電場是勻強電場B．避雷針的頂端帶負電C．a(chǎn)、b、c、d四個等勢面中，a的電勢最低D．一帶負電的雨滴從烏云中落下，電場力做負功【答案】C【解析】A．勻強電場的等勢線應(yīng)是一簇平行線，由圖可知避雷針附近的電場顯然不是勻強電場，故A錯誤；B．烏云帶負電，則避雷針的頂端感應(yīng)出正電荷，帶正電，故B錯誤；C．烏云帶負電，則電場線終止于烏云，根據(jù)沿電場線方向電勢降低可知a、b、c、d等勢面中a的電勢最低，故C正確；D．有一帶負電的雨點從烏云中下落，雨點所受電場力方向與速度方向夾角小于90°，電場力做正功，故D錯誤。故選C。5．如圖所示，將一個半徑為r的不帶電的金屬球放在絕緣支架上，金屬球的右側(cè)放置一個電荷量為Q的帶正電的點電荷，點電荷到金屬球表面的最近距離也為r。由于靜電感應(yīng)在金屬球上產(chǎn)生感應(yīng)電荷。設(shè)靜電力常量為k。則關(guān)于金屬球內(nèi)的電場以及感應(yīng)電荷的分布情況，以下說法中正確的是（）

A．金屬球的球心處電場強度大小為B．感應(yīng)電荷在金屬球球心處激發(fā)的電場場強，方向向右C．感應(yīng)電荷全部分布在金屬球的表面上D．金屬球右側(cè)表面的電勢高于左側(cè)表面【答案】C【解析】A．電荷與感應(yīng)電荷在金屬球內(nèi)任意位置激發(fā)的電場場強都是等大且反向，金屬球內(nèi)部合電場為零，故A錯誤；B．感應(yīng)電荷在金屬球球心處激發(fā)的電場場強與點電荷在球心處產(chǎn)生的電場強度大小相等，方向相反，即為故B錯誤；C．由于金屬球感應(yīng)電荷產(chǎn)生的電場導(dǎo)致內(nèi)部電荷分布在金屬球的表面上，故C正確；D．靜電平衡的導(dǎo)體是一個等勢體，導(dǎo)體表面是一個等勢面，故D錯誤。故選C。6．沿著x軸的一電場的圖像如圖甲所示，沿著x軸的另一電場的圖像如圖乙所示，下列說法不正確的是（）A．甲圖中，至電場的方向沿著x軸的負方向B．甲圖中，O至電場強度的大小為C．乙圖中，O至電場的方向沿著x軸的負方向，至電場的方向沿著x軸的正方向D．乙圖中，坐標原點O處與處之間的電勢差為【答案】C【解析】A．甲圖中，至電勢變大，根據(jù)沿著電場線方向電勢減小，可知至電場的方向沿著軸的負方向，故A正確，不滿足題意要求；B．根據(jù)圖像的斜率表示場強，可知O至電場強度的大小為故B正確，不滿足題意要求；CD．圖像與橫軸圍成的面積為電勢差的大小，根據(jù)圖像可知O到，電勢差越來越大，且為正值，所以O(shè)到電場的方向一直沿著軸的正方向；坐標原點處與處之間的電勢差為故C錯誤，滿足題意要求；D正確，不滿足題意要求。故選C。7．如圖所示，在勻強電場中有直角三角形BOC，電場方向與三角形所在平面平行，若三角形三頂點處的電勢分別為φ0=4.5V、φB=0V、φC=9V，且邊長，，則下列說法中正確的是（）

A．電場強度的大小為B．一個電子在O點由靜止釋放后會做曲線運動C．電場強度的大小為100V/mD．一個電子在O點由靜止釋放后會沿直線OB運動【答案】C【解析】AC．由勻強電場的特點可知，則B、C連線中點D的電勢為B、C電勢的平均值，即為4.5V。連接OD，即為一條等勢線，作出過D的與OD垂直的線ED如圖，即電場線，

由幾何關(guān)系可知所以D是BC的中點，則△OBD是等邊三角形，又，所以DE與BD之間的夾角是，則電場線與OB之間的夾角也是，故該電場的場強方向沿∠B的角平分線向上，根據(jù)電勢差與電場強度的關(guān)系=而代入數(shù)據(jù)可得故A錯誤，C正確；BD．由作電場的圖可知，一個電子在O點由靜止釋放后會沿電場線運動，而不會沿直線OB運動，故BD錯誤;故選C。8．如圖所示的閉合電路中，A，B為豎直放置平行正對金屬板，兩板間距為d，D為理想二極管，R為滑動變阻器，A，B兩板間有一輕繩懸掛質(zhì)量為m，電荷量為的帶電小球，閉合開關(guān)S，待電路穩(wěn)定后，細繩與豎直方向的夾角，已知重力加速度為g。小球始終不會碰到極板，下列說法正確的是（）

A．兩極板間的電壓為B．若僅將A板向左移動，帶電小球靜止時角大于C．若僅將R的滑片右移，帶電小球靜止時角仍為D．若將開關(guān)斷開，帶電小球靜止時角仍為【答案】D【解析】A．設(shè)兩板間的電壓為U，則根據(jù)小球的平衡解得選項A錯誤；B．若僅將A板向左移動，則電容器兩極板間的距離增大，電容器的電容減小，電容器上所帶電量減小，電容器要放電，考慮到二極管具有單向?qū)щ娦?，故電容器上電量不變，根?jù)得故電場強度不變，帶電小球靜止時角仍為，選項B錯誤；C．若僅將R的滑片右移，則電容器上電壓增大，通過二極管給電容器充電，兩極板間電場強度增大，帶電小球靜止時角大于，選項C錯誤；D．若將開關(guān)斷開，二極管不能放電，兩板間場強不變，則帶電小球靜止時角仍為，選項D正確。故選D。二、多選題9．關(guān)于等量異種電荷和等量同種電荷的等差等勢面，下圖可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】AC【解析】AB．等量異種點電荷的等差等勢面，如下圖虛線所示故A正確，B錯誤；CD．等量同種點電荷的等差等勢面，如下圖虛線所示故C正確，D錯誤。故選AC。10．如圖所示，正六棱柱上下底面的中心為O和，A、D兩點分別固定等量異號的點電荷，下列說法正確的是（

）

A．點與點的電場強度大小相等B．點與點的電場強度方向相同C．點與點的電勢差小于點與點的電勢差D．將試探電荷由F點沿直線移動到O點，其電勢能先增大后減小【答案】ACD【解析】D．將六棱柱的上表面拿出由幾何條件可知正電荷在OF中點K的場強方向垂直O(jiān)F，則K點的合場強與OF的夾角為銳角，在F點的場強和OF的夾角為鈍角，因此將正電荷從F移到O點過程中電場力先做負功后做正功，電勢能先增大后減小，D正確；C．由等量異種電荷的電勢分布可知，，，因此C正確；AB．由等量異種電荷的對稱性可知和電場強度大小相等，和電場強度方向不同，A正確B錯誤；故選ACD。11．已知兩點電荷M、N固定在x軸上的-3x、3x處，其中A、B、C為x軸上的三點，坐標值為-2x、x、2x，B點的切線水平，已知點電荷在空間某點的電勢為，Q為場源電荷的電荷量，r為某點到場源電荷的間距，A點的電勢為φ0。則下列說法正確的是（）

A．M、N為異種電荷 B．C．B點的電勢為 D．【答案】BC【解析】A．φ-x圖線切線的斜率表示電場強度的大小，由題可知，B點的切線水平，即B點電場強度為零，則點電荷一定為同種電荷，又因為各點電勢均為負值，說明兩點電荷為負電荷，故A錯誤；B．B點電場強度為零，即所以故B正確；C．根據(jù)題意可得所以B點的電勢為故C正確；D．C點的電勢為所以所以故D錯誤。故選BC。12．如圖所示的兩個平行板電容器水平放置，A板用導(dǎo)線與板相連，B板和板都接地。已知A板帶正電，在右邊電容器間有一個帶電油滴N處于靜止狀態(tài)。AB間電容為，電壓為，帶電量為；間電容為，電壓為，帶電量為，若將左邊電容器間的絕緣介質(zhì)抽出，則（）

A．減小，增大B．減小，增大C．減小，增大D．N原來所在位置處的電勢升高且N向上運動【答案】BD【解析】A．將絕緣介質(zhì)抽出，由電容的決定式可知，將變小，而板未動，則不變，故A錯誤；B．A板和板總電荷量不變，由于變小，不變，可知減小、增大，故B正確；C．不變，增大，由可知，增大，因所以也增大，故C錯誤；D．增大，由場強公式則可知之間的場強增大，N向上運動；N原來所在位置處與距離不變，場強增大，則增大，而接地，電勢為零，故N原來所在位置處的電勢升高，故D正確。故選BD。三、實驗題13．在“用傳感器觀察電容器的充放電過程”實驗中，按圖1所示連接電路。電源電壓恒為6.0V，單刀雙擲開關(guān)S先跟2相接，某時刻開關(guān)改接1，一段時間后，把開關(guān)再改接2。實驗中使用了電流傳感器來采集電流隨時間的變化情況。

（1）傳感器將電流信息傳入計算機，屏幕上顯示出電流隨時間變化的曲線。曲線與兩坐標軸圍成的面積代表電容器的______；A．電壓

B．電容

C．電量（2）開關(guān)S先跟2相接，若由實驗得到的數(shù)據(jù)，在圖2中描出了12個點（用“×”表示），可以估算出當電容器兩端電壓為6.0V時該電容器所帶的電荷量約為______C，從而算出該電容器的電容約為______F；（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）（3）在下列四個圖像中，表示充放電實驗過程中通過傳感器的電流隨時間變化的圖像和兩極板間的電壓隨時間變化的圖像，其中正確的有______。

【答案】CAC/CA【解析】（1）[1]根據(jù)可知，曲線與兩坐標軸圍成的面積代表電容器的電荷量。故選C。（2）[2]開關(guān)S跟2相接，電容器充電；當電容器兩端電壓為6.0V時，電容器充電完成；由曲線與坐標軸圍成的面積表示電容器所帶的電量可知，約為[3]由可得（3）[4]AB．電容器的充電電流與放電電流流過傳感器的方向相反，且電流均逐漸變小，故A正確，B錯誤；CD．充電過程，電壓逐漸增大，且增大的越來越慢；放電過程電壓逐漸變小，減小的越來越慢，故C正確，D錯誤。故選AC。14．電容儲能已經(jīng)在電動汽車，風、光發(fā)電、脈沖電源等方而得到廣泛應(yīng)用。某同學(xué)設(shè)計圖甲所示電路，探究不同電壓下電容器的充、放電過程，器材如下：

電容器C（額定電壓，電容標識不清）；電源E（電動勢，內(nèi)阻不計）；電阻箱（阻值）；滑動變阻器（最大阻值，額定電流）；電壓表V（量程，內(nèi)阻很大）；發(fā)光二極管，開關(guān)，電流傳感器，計算機，導(dǎo)線若干。

回答以下問題：（1）按照圖甲連接電路，閉合開關(guān)，若要升高電容器充電電壓，滑動變阻器滑片應(yīng)向___________端滑動（填“a”或“b”）。（2）調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片位置，電壓表表盤如圖乙所示，示數(shù)為___________V（保留1位小數(shù)）。（3）繼續(xù)調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片位置，電壓表示數(shù)為時，開關(guān)擲向1，得到電容器充電過程的圖像，如圖丙所示。借鑒“用油膜法估測油酸分子的大小”實驗中估算油膜面積的方法，根據(jù)圖像可估算出充電結(jié)束后，電容器存儲的電荷量為___________C（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。（4）本電路中所使用電容器的電容約為___________F（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。（5）電容器充電后，將開關(guān)擲向2，發(fā)光二極管___________（填“”或“”）閃光?！敬鸢浮縝6.5【解析】（1）[1]滑動變阻器分壓式接法，故向b端滑動充電電壓升高；（2）[2]量程15V，每個小格0.5V，估讀，故6.5V；（3）[3]圖像所圍的面積，等于電容器存儲的電荷量，35個小格，故電容器存儲的電荷量為C；（4）[4]由電容的定義式得：C；（5）[5]開關(guān)擲向2，電容器放電，故閃光。四、解答題15．如圖所示，在平面直角坐標系中，有方向平行于坐標平面的勻強電場，坐標系內(nèi)有A、B兩點，其中A點坐標為（6cm，0），B點坐標為（0，cm），坐標原點O處的電勢為0，A點的電勢為8V，B點的電勢為4V。求：（1）圖中C處（3cm，0）的電勢；（2）勻強電場的場強大小。

【答案】（1）4V；（2）【解析】（1）坐標原點O處的電勢為0，點A處的電勢為8V，C為OA的中點，依勻強電場的特點有得可得C點電勢為（2）B、C兩點的電勢相等，連接BC，BC為等勢線，所以勻強電場的方向垂直于BC，過O點做BC的垂線相較于D點

由幾何關(guān)系得則電場強度為16．如圖所示，三個可視為質(zhì)點的物塊A、B、C置于絕緣水平面上，A與B靠在一起，C靠在固定絕緣擋板上，A始終不帶電，B、C的電荷量分別為、且保持不變，A、B質(zhì)量分別為。開始時A、B恰好保持靜止，B、C間的距離為。現(xiàn)給A施加一水平向右的拉力F（F為未知量），使A向右做加速度大小為的勻加速直線運動，經(jīng)過一段時間，拉力F由變力變?yōu)楹懔?。已知靜電力常量為，重力加速度大小為，A、B與水平面之間的動摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力大小。求（1）A、B與水平面之間的動摩擦因數(shù)；（2）拉力由變力變?yōu)楹懔π枰臅r間；（3）若在時間內(nèi)電場力對B做的功為，則此過程中拉力F對A做的功。

【答案】（1）0.25；（2）；（3）3J【解析】（1）A、B恰好保持靜止時，以A、B整體為研究對象，有聯(lián)立解得（2）給A施加力F后，A、B向右做勻加速運動，分離時兩者之間彈力恰好為零，此時B、C間的距離為，對B，由牛頓第二定律，有由勻加速運動規(guī)律，有聯(lián)立解得（3）A、B分離時的速度為，有對A、B系統(tǒng)，在時間內(nèi)拉力做功，由動能定理，有聯(lián)立解得17．如圖所示，傾角為60°的光滑斜面通過C處一小段可忽略的圓弧與半徑為r，圓心為O的光滑半圓管相連接，C為圓管的最低點，D為最高點，在空間CD左側(cè)存在大小未知方向水平向左的勻強電場，現(xiàn)將一質(zhì)量為m電荷量為的絕緣小球從斜面頂端A點由靜止開始下滑，運動到斜面底端C點進入細管內(nèi)（圓管內(nèi)徑略大于小球的直徑），經(jīng)豎直半圓管最高點D后落到斜面的某點H，已知小球在C點時對圓管的壓力為5mg，斜面AC的長度，重力加速度為g，則：（1）小球到達D點時的速度大?。?）場強E的大?。?）小球從D點到H點的時間【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）小球在C點由牛頓定律可得

①小球從C點到D點由動能定理可得②由①②可得（2）小球從A點到D點的過程中，由動能定理可得③由①③可得（3）因小球水平方向與豎直方向所受力相等，由運動的合成與分解可得其水平位移x與豎直位移y相等，即，如圖所示，由幾何關(guān)系可得④在豎直方向有⑤由④⑤可得18．如圖甲所示，某裝置由金屬圓板（序號為0）、八個橫截面積相同的金屬圓筒、平行金屬板和熒光屏構(gòu)成，八個圓筒依次排列，長度照一定的規(guī)律依次增加，則筒的中心軸線，平行金屬板的中心線和熒光屏的中心Q在同一直線