【單元練】高中物理必修3第十章【靜電磁場中的能量】基礎卷

CABACCC一、選題1．如圖所示，帶箭頭的實線表示某電的電場線，虛線表示該電場的等勢面。其中、、三的電場強度大小分別為E、、，電勢分別為、、。于這三點的電AB場強度大小和電勢高低的關系，下列說法中正確的是（）A．=E

B．>

C．

．

BC

B解析：．場線的疏密度反映場強的大小點電場線最密場強最大，則有>E，>，錯，正；．沿電場線方向勢降低，則知φ<φ，、兩在同一勢面上，電勢相等，即φ=φ，錯。故選。2．圖中虛線所示為靜電場中的等勢面1、、、，鄰的等勢面間的電勢差相等，其中等勢面3的電勢為。帶正電的點電荷在靜電力的作用下運動經(jīng)過a、點的動能分別為26J和5J。這一點電荷運動到某一位置。其電勢能變-8J時它的動能為（）A．

B．．D．C解析：設相鄰兩等勢面之間的電勢差為U，等面、之的電勢差為3，則點電荷從a到b過中只有電場做功，由動能定理得3E解得qU設點電荷經(jīng)過等勢面3時動能為，則有

1

121212112121212122E

解得E12J則經(jīng)過等勢面3時動能為12J，又因等勢面3的勢為0則在等勢面時勢能為0故電荷的動能與電勢能之和為12J，僅在電場力作用下，動能與電能之和保持不變，故其電勢能為8J時動能為20J。故選。3．真空中，在x軸上x=0和xm處別固定兩個性相同的點電荷Q和。荷間連線上的電場強度隨x變化的圖象如圖所示軸正方向為場強正方，其中=6處=0。一個正試探電荷在=2處由靜止釋放力不計，取無窮遠處電勢為。（）A．Q、均為負電荷B．、帶電荷量之比為9:1C．xm處勢為0．試探電荷向x軸正方向運動時，電勢能一直減小解析：A．由題圖，在x=0處場強為正x處強為負可知、均正電荷，故A錯誤；B．據(jù)題意x=6m處=0”可知，在xm處，E，即k

Q1222解得62==2故正；C．于無窮遠處電勢為零，故在=6處勢為，錯；．試探電荷向x軸正方向運動時，電場力先做正功，做負功，因此電勢能先減小后增大，故錯誤。故選。4．兩個等量的固定正點電荷連線上有個點o、、、，其o是點電荷連線的中點a、

b到點電荷等距b點外側(cè)）ao距大于、，下說法正確的是（）A．a(chǎn)b兩的電場強度相同B．、b兩點的電勢相同C．點中電場強度最大是b點．點中電勢最高是點C解析：A．由對稱性可知、b兩的電場強度大小不相同，所以錯誤；B．于左邊點電荷a、兩在同一等勢面上勢相同，但對于右邊點電荷a、兩點的電勢不相同，疊加后兩點電勢不相同。所以B錯；C．點中只有在ｂ點左右兩點電荷的電場方向才相同，疊加后最大。所以C正；．于左邊點電荷，、b兩在同一勢面上電勢相同，但對于右邊點電荷、兩點的電勢不相同，疊加后

，aa

。所以D錯誤；故選。5．如圖所示，以O為圓心、半徑為R的線圓位于足夠大的勻強電場中，圓所在平面與電場方向平行，M、為圓周上的兩點。帶正電粒子只在電場力作下運動，在點速度方向如圖所示，經(jīng)過、兩時速度大小相等。已知M點勢高于O點勢，且電勢差為，下列說法正確的是（）A．M點勢于N點B．子由M點運動到點，電勢能減小C．勻強電場的電場強度大小為

UR．子在電場中可能從M點圓弧運動到點解析：．電粒子只在場力作用下運動，經(jīng)過M、N兩時速度大小相等，根據(jù)能量守恒可知，粒子在、

兩點處的電勢能相等，所以M、

兩點的電勢相等，則M、

兩點的的連線為等勢面，做

的垂線CO，即為電場線，如圖所示

由曲線運動的特點可知，粒子受到的電場力和速度的夾角先大

后小于

，電場力對粒子先做負功，后做正功，電勢能先增大，后減小，故AB錯誤；C．強電場的場強為

UUcos45故正；．子在勻強電場中受到的是定的電場力，不可能做圓周運動，故D錯。故選。6．如圖所示，實線是電場中一簇方向知的電場線，虛線是一個帶正電粒子從a點動到b點軌跡，若帶粒子只受電場力作用，粒子從點動到b點過程中（）A．粒子的電勢能逐漸減小B．子的電勢能逐漸增加C．子運動的加速度逐漸增大．子運動的速度逐漸增大解析：．粒子的運動跡可知，帶電粒子所受的電場力向左，由于粒子帶正電，故電場線方向向左。粒子從a點運動到b點場力做負功，電勢能逐漸增加故A錯，正；C．子從a點運動到b點電線越來越稀疏，電場力逐漸減小，則加速度逐漸減小，故錯；．子從a點運動到b點電場力做負功，電勢能逐漸增加，動減小，則粒子運動的速度逐漸減小，故D錯。故選。7．如圖，將一負電荷從電場線上的a點移到b點電勢正確的是（）

、

。下列判斷A．該電場是勻強電場C．一過程中電場力做正功解析：

B．場線方向由a指向．電荷的電勢能減少B

1212121222112112121212221121A．由于只有一條電場線，無法看出電場的疏密，所以電場強度大小關系不能確定，不一定是勻強電場，故錯；B．勢

10V5Vb

，沿著電場線電勢一定降低，所以電場線方向由a指向，故正；C．據(jù)做功公式WqUb

可知，、兩的電勢差大于0，因為是負電荷，所以電場力做負功，故錯；．C選可知，電場力做負功，則電勢能增加，故D錯。故選。8．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（）A．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(chǎn)生的電場的疊加，是合場根據(jù)點電荷的場強公式

r2所以要使電場強度為零，那么正電荷和電荷在處產(chǎn)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(zhì)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。9．下面是某同學對電場中的一些概念公式的理解，其中正確的是（）A．根據(jù)電場強度的定義式

可知，電場中某點的電場強度與試探電荷所帶的電荷量成反比B．據(jù)電容的定義式

Q

可知，電容器的電容與其所帶電荷量成正比，與兩極板間的電壓成反比

CCC．據(jù)真空中點電荷的電場強度公式

r2

可知，電場中某點的電場強度與場源電荷所帶電荷量無關．據(jù)電勢差的定義式

U

Wq

可知，帶電荷量為1C的電荷，從A點動到點克服電場力做功為，則AB兩點間的電勢差為U

DAB解析：A．電場強度取決于電場本身，與有無試電荷無關，所以不能理解成電場中某點的電場強度和試探電荷的電量成反比A錯；B．容是描述電容器容納電荷本領的物理量，取決于電容器本身，并不是電器的電容與所帶電荷量成正比，與兩極板間的電壓成反比B錯誤；C．據(jù)點電荷的場強公式

r2知：是源電荷，所以電場中某點電場強度與場源電荷的電量成正比，與該點到場源電荷距離的平方成反比C錯誤；．電勢差的定義式U

Wq知，帶電量為正荷，從點動到點克服電場力做功為，即電場力做功為

，則A、點的電勢差為，正。故選。10．圖所示，兩個可以視點電荷的帶正電小球和B，A球系在一根不可以伸長的絕緣細繩的一端，繞過定滑輪，在細繩的另一端施加拉力F球定在絕緣底座上，位于定滑輪的正下方?，F(xiàn)緩慢拉動細繩，使A球慢動到定滑輪處，此過程中，球終靜止，忽略定滑輪大小和摩擦，下列判斷正確的是（）A．球的電勢能先不變后減少B．力F一增大C．面對絕緣座的支持力一直減少．B球到的庫侖力先增大后減小解析：A．設球所受庫侖力大小為F，兩間離為，球定滑輪為，球與定滑輪間距

CpCp離為，開始位置處的A球力分析，將和F合成如圖，由相似三角形可得QQABrr所以球慢移動程中r先不變，等A球運動到滑輪正下方后r再變大，則整個過程中球的電勢能先不變后減選項正；B．球到滑輪正下方時，由相似三角形可得Fmgl所以F先減小，當A球達滑輪正下方后由平衡條件可得F

ABmgr所以F再增大，故B項誤；．球到輪正下方時，庫侖力大小不變，方向趨近豎直，則B球到庫侖的豎直分量變大，地面對絕緣座的支持力先變大A球達滑輪正下后B球到庫侖大小減小、方向豎直向下，地面對絕緣座的支持力減??；故錯。故選A二、填題11．著電場線的方向，電逐_，電荷的電勢能逐_________。（均“增高或降低）降低降低解析：低降[1]沿電場線方向，電勢逐漸降低。[2]公法：根=φ以＞可知，沿著電場線的方向，正電荷的電勢能逐漸降低。功能關系法：沿著電場線的方向，電場力對正電荷做正功，正電荷的電勢能逐漸降低。12．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。、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

4B4B=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=15V13．圖所示、、c表示點電荷電場的三個等勢面，它們的電勢分別為φ、

58

φ和

φ（φ<），該點電荷的電性_。帶電粒子從等勢面a上處由靜止釋放，僅受到電場力作用而運動，已知帶電粒子經(jīng)過等勢面b時速率為，它經(jīng)過等勢面c時速率為________。負解析：

v[1]已，有5184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]根題意可，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釋到等勢b，根據(jù)動能定理有Wabab

12

2從等勢面a釋放到勢面，據(jù)動能定理有W

12

2又U

ab

581U聯(lián)立解得2v14．圖所示，、、三點為一直角三角形的三個頂點，

?，F(xiàn)將兩點電荷q、放置在、兩點，已測得點強方向與BA平，則由此可以判斷q一定帶______（填正或負）電，且、所帶電荷量大小之比為

:A

______。

CC負解析：

1:8(1)[1]q、都為正電荷，都為負電荷，或q為正電荷，q為電荷C點合場強的方向不可能與AB平行。所以為電荷、為正電荷。(2)[2]得C點場強E的向與AB平，作出點電荷q、q分別在點的場強方向，如圖根據(jù)平行四邊形定則和幾何關系得q、在C點場強之比為EAEB又點電荷的場強公式為

kqr

，點離A、兩間的距離比r1r2可知q:q15．個電子從電場中A點移動到點，電場力不做功。從點移動到C點電場力做功1.6×10-17。則ABC三中電勢最高的點_，電子從點動到點電場力做功。C-16×10-17J解析：-1.6×10-17J[1]一電子從場中A點動到點電場力不做功，可知A、兩的電勢相等；從B點移動到C點電場力做正功，此C點勢高于B點電勢；所以、、三中電勢最高的點是C點[2]電從點動到C點電場力做功1.6×10，A、兩的電勢相等，所以電子從點移動到點，電場力做功-17。16．圖，平行板電容器的板A與靈敏的靜電計相接，極板B接，若減小電容器極板間的距離，則（填增”、減小、保不”）電_，靜電計指針偏_，量，場_。

增大減小保持不變保持不變解析：大減保不變保持不變[1][2][3][4]于電容器與電源斷開兩板的帶電荷量Q不，減小電容器極板間的距離，由公式

可知電容器電容增大；不，根據(jù)

Q可知U減，靜電計指針偏角將減??；由

Q可知場強不變。．圖示探究影響平行板電容器電容大小因的驗裝置，豎直平行板電容器兩板帶等量異種電荷，兩板正對。（均選“變大、“變”或不變）(1)其情況不變，左板豎直向上平移時，靜計的指針偏______(2)其情況不變，左板水平遠離右板時，靜計的指針偏______(3)其情況不變，兩板間插入玻璃板時，靜計的指針偏______變大變大變小解析：大變變(1)[1]他情況不變，左板豎直向上平移時，正對面積S減小，根據(jù)C

4可知電容C減，一定，根據(jù)可知，變大，則靜電計的指針偏角變大；(2)[2]他情況不變，左板水平遠離右板時，則d變，根據(jù)C

4可知，電容C變小，一，根據(jù)

NMNNMN可知，變大，則靜電計的指針偏角變大；(3)[3]他情況不變，兩板間插入玻璃板時，根據(jù)C

4可知，電容C變大，一，根據(jù)可知，變小，則靜電計的指針偏角變小。18．、為場中的兩點，如果把-7的正電荷從A點到B點電場力所做正功為8×10J，么q的電勢能減少了_______J，A兩的電勢差為。8×10-6J解析：-6J

40V[1]由正電荷A點到B點電場力做正功，導致電荷的電勢能減少。則電場力做多少功，電勢能就減少多少，即為8×10-6J；[2]A、兩電勢差U

V19．一個電荷量為＝9的電荷從距電無窮遠處移到電場中點電荷克服電場力做功W＝

J，果把該點電荷從距電場無遠處移到電場中N點，電荷克服電場力做功W＝3J．取無窮遠處為零電勢點M、點的電勢差是把點電荷從點移到點場力做________8×105V24×10－3J解析：5

V2.4×103

J[1]把個正點荷從距電場無窮遠處移到電場中的M點電荷克服靜電力做功-J，相反的過程中，把正點電荷電場中的′=6.0×10，以：

點移動到距電場無窮遠處，靜電力做功U

M

W1V1.25

6

V把該點電荷從電場中的點移到距電場無窮遠處，靜電力做功J，所以：U

W3.62V5

5

VM、兩點的電勢差：

MN

U

M

N

VV=4.85V[2]把點電荷M點移到N點電力做功：W=5×10-9×4.8×10=2.4×10J20．場力做正功，電勢_（填“增加或減?。妶隽ψ鲐摴?，電勢能（填增”“減?。p小增加解析：小增[1]不正負電，電場力做功量度電勢能的變化，當電場力對電荷做正功，電荷的電勢能減小；

01210120121012[2]如電場力電荷做負功時，電勢能增大。三、解題21．圖所示，勻強電場方沿與水平方向成θ30°斜右上方，電場強度為E，質(zhì)量為m電荷量為

mgE

的帶正電的小球以初速度v開運動，初速度方向與電場向一致。（重力加速度為g）（）使小球做勻速直線運動，應對小球施加的恒力F的大??；（）使小球做勻變速直線運動，應對小球施加的最小恒力F的大小和方向。解析：1）

，

mg；）

mg方向垂直于v向（）題意物的受力分析如圖由正交分解可得，在x軸向上Eqsin

1

在軸向上1

mg

解以上兩式可得

60°F（）由力分析及題意可要使F有小值，只需Fcos

即mg

0000方向垂直于v向上22．圖所示，空間存在豎方向的勻強電場E（向未知），一個電荷量q、量m的帶電粒子，從O點以某一初度垂直電場方向進入電場，經(jīng)過圖中、兩，不計粒子的重力及空氣阻力。已知OAL，與場線夾角為60°（）斷電場向；（）帶電粒進入電場的初速度以及從O點A點的運動時間；（）粒子經(jīng)B點速度方向與水平方向的夾角為60°，求帶電粒子從O點B點過程中電場力所做的功。解析：1）直向下；（）v0（）場方向：直向下

qEL9，t；）m

qEL（）直方向o

t

2水平方向Lsin60

o

0解得t

qEL，m

B0B0（）cos60o0B得v0由動能定理電

mv22解得電

23．圖所示，在平面坐標第一象限內(nèi)有水平向左的勻強電場，電場強度為

。軸直線x區(qū)之間有豎直向下的勻強電場，電場強度也為，一個質(zhì)量為m

。帶電量為q

的子（不計重力）從第一象限的S點由靜止釋放，S點標為

。(1)求子通過y軸時的速度大小；(2)求子通過軸離坐標原點的距離；解析：；(1)粒從S點軸做勻變速直線運動，則由動能定理mv

解得v=4m/s(2)粒從y軸左射出后做類平拋運動，沿x軸向做勻速運動，沿y軸向做勻加速運動，則l

qE

t

解得d24．圖所示的勻強電場中有、、三，＝，＝12，其中沿場方向，和電場線方向成角，一個電量為＝4×10的正電荷從a移電場力做功

12ac11121212acac112ac11121212acac1為W＝2.0×107

J，求：(1)勻電場的場強；(2)電從b移到c，場力做的功W；(3)ac兩間的電勢差U。解析：(2)2.4×107；(3)11V由于電場力做功＝qU與徑無關，只與初、末位置間的電勢差有關，故可根據(jù)已知的電場力做功先求電勢差，再根據(jù)勻強電場中場強與電勢差的關系確定場強E。反之亦然。(1)設、b兩間距離為，有W＝qEd得＝

1qd

＝＝4(2)設、兩沿場強方向距離為d，有d＝·cos60°W＝·d得W＝qE··cos60°＝8×100×12×10×0.5＝2.4×107(3)設荷從a移電場力做功為W有WW＋W＝得

JU＝

W2.4＝V＝V＝Vq425．圖所示，半徑為的滑絕緣環(huán)形軌道豎直置，在圓軌道的最低點處定一帶電小球，另有質(zhì)量為m的電小球穿在圓環(huán)上，從A點（水平最右端）處無初速釋放。若小球運動到C點時獲得最大速度，其大小為，且AOC30(1)小在點時對軌道的壓力；(2)小在時的加速度；(3)小從點運動到點的過程中電場力所做的功。

。重力加速度為g。求

NN解析：

mgm

，方向沿OC延線(2)

，方向豎直向下；(3)

1mv2(1)小在點速度最大，即此時沿速度方向（切線方向合力為零，設此時的庫侖力為

，則有切線方向

cos30c

法線方向FmgsinsinmN

v解得mgc

，mgN

v由牛頓第三定律可知，此時小球?qū)壍赖膲毫Υ笮镕N

vmgm方向沿OC延線(2)由何關系可知r

R

，

rRBA設小球在點時庫侖力大小為F，由FA

qq1r

可知F

12

F即

mmmmF

12

mg小球在A點時速度為零，因此向心加速度為零即a沿切線方向Fcos45ma又小球在的加速度為2An

2解得2aA

g方向豎直向下(3)設球從點運動到點過程中，電場力功為W，由動能定理可mgRsin

1mv2

解得1mgR226．圖所示為一真空示波，電子槍從陰極K發(fā)出電子（初速度不計），經(jīng)燈絲K與A板間的加速電場加速，從A板心孔沿中心線KO射，然后進入兩塊平行金屬板MN形成的偏轉(zhuǎn)電場中（偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強電場），電子進入M、間場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過電場后打在熒光屏上的P點已知加電壓為

1

，兩板間的距離為d，金屬板長為，屬板右端到熒光屏的距離為，的距離為，子的質(zhì)量為1m電荷量為e。求：（）子穿過板時的速度大小；（）、板間的電壓

2

。

2AB2AB解析：1）

2eUm

；（）

UdY1LLL112(1)在速電壓中直線加速1由動能定理得合

mv

2電子