【單元練】高中物理必修3第十章【靜電磁場中的能量】

一、選題1．兩個共軸的半圓柱形電極間的縫隙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點出，由此可知（）A．若入射粒子的電荷量相等，則出射粒的質量一定相等B．入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的動能一定相等C．入射粒子的比荷相等，則出射粒子的動量一定相等．入射粒子的比荷相等，則射粒子的動能一定相等B解析：根據(jù)電場力提供向心力有qE

2r解得r

mv2qE帶正電的粒子流由電場區(qū)域邊緣的M點入電場，沿圖中所示的半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，所以若入射子的電荷量相等，則出射粒子的動能一定相等。故選。2．如圖所示，真空中固定兩個等量異點電荷Q－Q圖中O是電荷連線中點，、b兩與＋的離相等、d是兩電荷連線垂直平分線上的兩點bcd構成一等腰三角形，a、兩關于O點稱。則下列說法正確的是（）A．ab兩的電勢相同B．、e兩的電場強度相同C．電子由沿cd邊到的程中電場力做正功．子在b點的電勢能比在O點電勢能B解析：

B．量異號點電荷電場線與等勢面的分布圖如圖所示，由于a、兩點關于點稱則a、兩的電場度相同B正；．于b點電比在點電勢大，則質子在點電勢能在O點的電勢能大D錯誤；C．邊等勢線，則將電子由沿邊到的程中電場力不做功，錯；A．ab兩的電勢不相同，且a點的電勢高于b點電勢，錯誤。故選。3．一個帶電小球從空中的點動到b點的過程中，重力做功，服場力做功，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．小球在點重勢能比在點B．球在a點的電勢能比在點小1JC．球在a點的動能比在b點．球在a點的機械能比在點0.5JA解析：A．重力做功等于重力勢能的變化量，重做功3J，力勢能減小3J，以a點力勢能比b點3J，項正；B．場力做功等于電勢能的變化量，克服電場力做功0.5J，勢能增加0.5J，所以點電勢能比b點0.5J，選項B錯誤；C．力做功等于動能的變化量，合力做功等于各個分力做的功，總功為.5J，故動能增加2.5J，小球在a點動能比在b點2.5J，項錯；．重力外的各個力做的總功于機械能的變化量，除重力外，克服電場力做功.5J，機械能減小0.5J，以a點機械能比點0.5J，項D錯。故選A4．在靜電場中，將一電荷只在電場力用下，從a點移到點電場力做了負功，則（）A．b點電場強度一定比a點大B．場線方向一定從b指向C．點電勢一定比a點．電荷的動能一定減小D

12121212解析：A．電荷從點到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系，故無法判斷a、兩點電場強度大小，若是勻強電場a、兩電場強度可能相等，故錯誤；B．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連線，故錯；C．動電荷從a點點電場力做負功，電勢能一定增大，由于不知道電性，則無法確定電勢的高低，故錯誤；．動電荷從a點b點電場力做負功，電勢一定增大，由能量守恒可知，動能一定減小，故正確。故選。5．如圖所示，勻強電場中的六個點A、、、、F為正八面體的六個頂點，已知BE中點的電勢為零A、、三的電勢分別為7V為（）

、，、兩的電勢分別A．2V、

2V

B．、

C．、

．

、4VB解析：在勻強電場中，由公式Ed知沿著任意方前進相同距離，電勢差必定相等。由BOOE有B

E得0V)VEO由于與EF平行，且ACEF有AC

得7VFCE故選。6．如圖所示，真空中有兩個點電荷Q8和Q=﹣4.0×108，別固定在坐標軸上，其中Q位=0處Q位x=6cm處在x軸上（）

12122211211212221121A．場強為0的有兩處B．x＞的區(qū)域，電勢沿x軸正方向降低C．子從運動到x=5cm的程中，電勢能升高．x＞的域，場強沿x軸方向D解析：A．某點的電場強度是正電荷Q和負電荷Q在該處產生的電場的疊加，是合場根據(jù)點電荷的場強公式E

Qr所以要使電場強度為零，那么正電荷和電荷在處產生的場強必大小相等、方向相反，不會在Q的邊，因為的荷量大于Q，也不會在QQ之，因為它們電性相反，在中間的電場方向都向右。所以只能在左。即在坐軸上電場強度為零的點只有一個，故A錯誤；．由選項的析可知，在x＞區(qū)，場強沿x軸向，則電勢沿x軸方向升高，則故B錯誤，正確；C．x=1cm運到=5cm，場強沿x軸向，質子從x運到x過程中，電場力做正功，電勢能減小，故C錯；故選。7．在x軸有間隔相同的a、、、四點a、關原點對稱?，F(xiàn)在、兩處固定兩個電荷量相同的點電荷，如圖—x圖描繪了x軸上部分區(qū)域的電場強度，以x軸方向為電場強度的正方向。下列說法正確的是（）A．bc兩的電勢相同B．、c兩的電場強度不相同C．、兩點固定的是同種電荷．、、、四的電勢關系為解析：

ac

D根據(jù)給出的

圖像可知，在處負電荷，在d處正電荷，根據(jù)點電荷產生的場強QEr及電場的疊加可知，兩場強相同，電場方向由指向b，根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低可知，由d到逐漸降低。故選。

12121121212p8．如圖所示，ABCDEFGH

為長方體空間的八個頂點，

，BFa

，BA5，量同種點電荷（Q）別固定在空間的A

點和

點，一帶負電檢驗電荷僅在電場力作用下從空間B由靜止開始運動，下列說法正確的是（）A．H點點電勢相等B．E點C的電場強度相同C．驗電荷電勢能先增大后減?。炿姾汕『媚苓\動到點解析：A．根據(jù)等量同種點電荷產生的電場的對性，可知和

點的電勢相等，故A錯誤；B．據(jù)電場的疊加，可知

點和

點的電場強度大小相等，方向相反，故錯；．在等量異種電荷連線的中垂線上，而中垂直線電場線分布為由連線中點向外的直線，故檢驗電荷從B沿直線運動到點，先加速后減速，到達點度恰好為零，此過程電場力先做正功再做負功，電勢能先減小后增大，故C錯，正。故選。9．兩電荷量分別為q和q的點電荷固定在x軸上的、兩，兩電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關系圖所示，其中為段電勢最低的點，則下列法正確的是（）A．q、為量異種電荷B．、兩間場強方向沿x軸負方C．、D兩點間的電場強度大小沿x軸方向先減小增大．一正點電荷從N點移到點電勢能先增大后減小C解析：A．根據(jù)左和q右電隨距離增大而降低可判斷兩者均為正電荷，故錯；B．、間電場方向沿x軸正方向C點場強為，故B錯誤；C．據(jù)N→間圖線的斜率大小先減小后增大可知，場強先減小零后反向增大，故正確；．電荷從N移到D，由E＝φ知電勢能減小后增大，故D錯。故選。

10．一種電荷控制式噴墨印機的打印頭的結構簡圖如圖所示。其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒，此微粒經過帶電室后以一定的初速度垂直射入偏轉電場，再經偏轉電場后打到紙上，顯示出字符，不必考慮墨汁微粒的重力，為了使打在紙上的字跡縮小，下列措施可行的是（）A．減小墨汁微粒的比荷C．大偏轉電場的電壓

B．大墨汁微粒所帶的電荷量．小墨汁微粒的噴出速度A解析：微粒以一定的初速度垂直射入偏轉電場后做類平拋運動，則有水平方向Lt豎直方向1y2

加速度為

qUmd聯(lián)立解得微粒飛出電場時偏轉距離為y

mdv要縮小字跡，就要減小微粒通過偏轉電場的偏轉距離y，上式分析可知，采用的方法有：減小微粒的比荷

q

，減小墨汁微粒所帶的電荷量，減小偏轉極板間的電壓U、大墨汁微粒的噴出速度，錯誤，正。故選A二、填題11．電場強度為600N/C的勻強電場中，、兩點相距，、兩點連線是沿著電場方向時，則AB兩點的電勢差是。、B兩連線與電場方向成60°，則、兩的電勢差是_____V。30V15V解析：[1]根勻強電的電勢差與電場強度的關系=Ed若、兩點連線是沿著電場方向時=L=0.05m，A、兩的電勢差是=EL=600×0.05V=30V

若A兩連線與電場方向成60°，則、B兩點的電勢差是=ELcoscos60°V=15V12．塊平行金屬板，相距2cm，組成一個電容器。將它接在200V的直流電壓上時，它所帶的電量是5×10-8

C。那么，電容器的極板間的場強大小___________，容器的電容大小為。這個電容器充電后與源斷開，再將電容器兩極板間的距離增大一些，則下列各量的變化情況是C___________Q___________（：增大，減小，不變）若保持電容器兩極板與電源相連，同樣將電容器兩極板間的距離增大一些，則下列各量的變化情況是：C___________U___________，E___________填：增大，減小，不變）10000V/m250pF減小增大不變不變減小不變減小減小解析：250pF減增不不變減不減小減[1]電器的極間的場強大小為

U200V/m10000V/md[2]電器的電大小為Q5FU200

F[3][4][5][6]這個電容器充電后與電源斷開，則不變，再將電容器兩極板間的距離增大一些，則下列各量的變化情況是：根據(jù)C

4可知C減；根據(jù)Q可知U變；不變；場強

UQQCd則不；[7][8][9][10]若持電容器兩極板與電源相連，則U不，同樣將電容器兩極板間的距離增大一些，則下列各量的變化情況是：根據(jù)

4可知C減；U不；根據(jù)Q可知，減；強E

則減；13．圖所示，、、三點都在勻強電場中，已知ACBC，，=20cm，

BCCUBCCU把一個電荷q=5的正電荷從A移時，電場力做功為零；從B移電場力做功為－1.73×103J，、兩的電勢差U，勢φ______（“高于、等于或低于）；、兩點的電勢差U=______V，勢φ（填“高于、等于或低于），勻強電場的場強大小_方向為_____。等于低于1000垂直AB向上解析：于低于1000垂向上[1]電從到B時，電場力做功為零，根據(jù)

Wq

，得

AB

；，；[2]因ABBAB[3]電從移電場力做功為3J，據(jù)

U

，得

137V

；[4]因

0BC

，故

C

；[5][6]荷從到B時，電場力做功為零，又A、三點都在勻強電場中，則AB連是一條等勢線，電場線垂直于等勢面，即垂直AB，電場線電勢降低，由于

B

，故有電場線方向垂直AB向上，而大小

||1000V/msin

。14．圖所示，用電池對電器充電，電路a、之接有一靈敏電流表，兩極板之間有一個電荷處靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將兩極板的間距變大，則電荷將（上或者下）加速運動，電流表中將有_（a到b或b到a）電流。下b到a解析：b到a[1]將極板的距變大，而電容器的電壓不變，板間場強E

減小，電荷q所受的電場力=Eq減小，電荷將向下加速運動。[2]根電容的定式

4可知電容減小，電容器的電壓U不變，由電容的定義式

Q析得知，電容器的電量減小，電容器放電，而電容器上極板帶正電，則電流表中將有從到a的流。15．圖1，刀雙擲開關S原跟相，從t=0開，開關改接1，得到流過電路中P點的電流隨時間變化的It圖像（圖甲），電容器兩極板的電勢差U

AB

隨時間變化的圖像（圖乙）。=2s時把開關改接，請在It圖和圖像的大致形狀______________

tAB

圖像中畫出2s之后一段時間內圖見解析解析：見解析2s之一段時間內圖像的大致形如圖；16．圖所示A、B、、D是強電場中一正方形的四個頂已A、、三的電勢分別為

15V，3V，ABC

，由此可知D點電勢

D

_______.9V解析：[1]在強電場沿著任一方向每隔相同距離電勢差都相等，所以在正方形中有：

AD

U

即：DBC代入數(shù)據(jù)解得

D

.．將一電荷量為1.6

的電荷在電場中從點動到B點，克服電場力做功為

ABABABAB

，A、的電勢差．若已知

，．AB解析：[1]由意，電量為q

，場力做功W

，則

兩點間電勢差為：

W

V[2]

AB

AB

B解得：

B

400V18．電荷量為q5.0×108

C的電荷從A點到B點，克服電場力做功6

J.已知點的電勢為＝V，A、B間電勢差U=_________；點電勢φ=_____V點電荷從A到B的勢能變化為。-60V-40V加了30×10-6J解析：增了J[1]．間的電勢差為：JU＝AB＝＝q5.0C[2]．點電勢為：φUφ[3]．到B，場力做負功，故電勢能增加，增加了3.0×10；19．圖所示，充電后的平板電容器水平放置，電容為C極板間距離為d，上極板正中有一小孔。質量為m、荷量為q的球從小孔正上方高處由靜止開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零（不計空氣阻力，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g）。求：（）板間電強度大??；（）球從開下落運動到下極板的時.（）；（解析：1）

mg)qd

；（）

．(1)對釋放到到達下極板處過程的整個過由動能定理得：h)計算得出：

E

(h)(2)小到達小孔前是自由落體運動，則有：得：t根據(jù)速度位移關系公式有：

hv

2得：vgh取豎直向下為正方向，對減速過程根據(jù)動量定理得：(mgt小球從開始下落運動到下極板的時間：t1

2聯(lián)立計算得出：答：極板間電場強度大小

E

hthmg(h；

2g(2)小從開始下落運動到下極板的時間

t

hh

2g

.20．圖所示A和B兩行金屬板相距10mm，點A板N點B板為2，兩極板間的電壓為4V，板間場______N/C．板勢為________V，點勢為________V.－408解析：40.8根據(jù)

可知兩板間的電場強度為；板間電場方向向上，故點電勢低于B板電勢，因B板地電勢為零，所以可知A板勢-；B、之的電勢差為，以點的電勢為0.8V

三、解答題21．圖所示，在平面直角標系的第四象限存在豎直向下的勻強電場。一質量為，電量為的粒，由軸的

軸方向以速度v射第一象限，隨后

x軸上的

，當粒子達AB

的延長線上的

點時，速度恰好也沿x軸的正方向，且知

點的橫坐標為c，電力恒量為

，重力加速度為。求：（）子由B點動到

點所經歷的時間

t

；（）強電場場強E

的大小。解析：1）

t

cv0

；（）

mgcEq(1)帶粒子由A至，做平拋運動，沿軸方向勻速運動vx

沿軸向做自由落體運動。由B至，勻變速曲線運動，沿軸方向勻速運動vx

沿軸向做勻減速直線運動。所以，粒子由至C運動時間為t

cv(2)設子到達B點軸的速度為則v又因，粒子到達點度沿軸正方向，所以

v0vCy

0令粒子的加速度大小為

a

，則有vCy

't聯(lián)立解得

由牛頓第二定律可得

00mgc解得E

mgcq22．圖所示是一對彼此絕、相距d=5cm的行金屬帶電極板M、，板地M板帶電量的絕對值為=6×10C。兩極板MN間點有一帶電量為q=4×10-6的電液滴，其質量m=4×10，恰好處于靜止狀態(tài)。則：(1)兩間的電場強度為多少？(2)平金屬板MN所構成的電容器的電容C等于多少？(3)若A點N板的距離為，則q在A點的電勢能為多少？解析：3N/C；(2)1.2×10F；(3)-8×10-5(1)由衡條件mg得(2)兩間的電勢差電容器的電容QU50

F(3)兩點間的電勢差是

20VN點電勢為零，所以點的電勢是

A

20V則q在A點的電勢能為E

J23．圖，有一電子在A點從靜止開始經電壓U=1.8×10

3加后，進入兩塊間距為d，電壓為=900V的兩平行金屬板間，電子從兩板正中間射入，且恰好能從下極板穿出電場，若電子質量m=9.0×10kg，量C，子所受力忽略不計，求：

001122001122(1)電通過點的速度大小；(2)金板的長度。解析：8.0

m/s；(2)0.16m(1)設子通過B點時的速度為

，電子由到B，動能定理得mv2U02電子進入平行金屬板時的速度v0

e20=m

8.06m/s(2)在平極板間運動時加速度為

平行極板方向做勻速運動L=vt垂直極板方向做勻加速直線運動1at

聯(lián)立以上各式代入數(shù)據(jù)得L=0.16m24．圖是使初速度為零的離子加速偏轉的裝置。已加速電壓為U，板間距為；偏轉電壓為U，偏轉板長L，板間距為。偏轉板中點到光屏的距離為，若正離子質量為m，量為q，求(1)正子離開加速電場時的速度v；(2)正子在偏轉電場中的側向位移；解析：

qUm

；

y

UL2dU

；

(1)正子離開加速電場時的速度qU1

2解得

qU

(2)正子偏轉電場中的側向位移yy

12

at

md

22t

L解得U2ydU25．圖所示，在水平放置相距2cm的行帶電屬板間的勻強電場中，有一個質量m

、荷量q

C

的液滴，在兩板正中央處于靜止狀態(tài)，問：(

2)(1)哪板帶正電？板間電場強度多大？(2)若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？解析：上帶正電，；液將向上做勻加速直線運動，

(1)液處于靜止狀態(tài)，可知電場力方向向上由于液滴帶負電荷，受力方向和電場線方向相反，則電場強度的方向豎直向下，上板帶正電，根據(jù)||E解得E

10N/C100N/C(2)當場強度變?yōu)樵瓉淼?倍則電場力變?yōu)樵瓉淼?倍即為mg，滴將向上做勻加速直線運動，加速度

Fmggm

到達上極板時的速度

v0v0vah226．圖所示，在E＝103

V/m的直勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道與水平絕緣軌道MN在N點平滑相接，半圓形軌道平面與電場線平行，其半徑=40cm，為半圓形軌道最低點，為圓弧的中點，一帶負電

C的滑塊質量m=10g，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)=0.15，于N點右側1.5m的處，g取102，：(1)小塊從M點Q點場力做的功；(2)要小滑塊恰能運動到半圓形軌道的最高，則小滑塊應以多大的初速度向左運動。解析：－0.08J；7m/s(1)小塊從M點Q點場力做的功

3

(2)設塊到達Q點速度為v，則由牛頓第二定律得qEm解得v2m/s滑塊從開始運動至Q點過程中，由動能定理得

qE

1(mg)mvmv22解得v7m/s．圖所示一個示波管工作原理圖，電子經電壓U4.51

3

V加速后以速沿極板的中線進入電壓

V，距為

，板長

l

的平行金屬板組成的偏轉電場，離開電場后打在距離偏轉電場m=0.9×10-30kg）求：(1)電進入偏轉電場時的速度；

10cm

的屏幕上的P點（=1.6×10-19C，(2