第十章 静电场中的能量单元综合(练习题)(解析版)

第十章静电场中的能量

章末检测

一、单项选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)

1.静电场中某电场线如图所示。把点电荷从电场中的A点移到B点，其电势能增加1.2×10－7 J，则该点电荷的电性及在此过程中电场力做功分别为( )

A.正电－1.2×10－7 J

B.负电－1.2×10－7 J

C.正电 1.2×10－7 J

D.负电 1.2×10－7 J 解析从A到B，电势能增加1.2×10－7J，说明电场力做负功，做功为－1.2×10－7J，故电场力方向与场强方向相反，该点电荷带负电。故选项B正确。

答案 B

2.某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为E P和E Q，电势分别为φP和φQ，则( )

A.E P>E Q，φP>φQ

B.E P>E Q，φP<φQ

C.E PφQ

D.E P

解析图中P点电场线密，电场强度大，E P>E Q，沿电场线的方向电势降低，φP>φQ。答案 A

3.带负电的粒子在某电场中仅受电场力作用，能分别完成以下两种运动：①在电场线上

运动，②在等势面上做匀速圆周运动．该电场可能由( )

A．一个带正电的点电荷形成

B．一个带负电的点电荷形成

C．两个分立的带等量负电的点电荷形成

D．一带负电的点电荷与带正电的无限大平板形成

【解析】带负电的粒子在由一个带正电的点电荷形成的电场中，可以由电场力提供向心力，围绕正电荷做匀速圆周运动，也可以沿电场线做变速直线运动，A对、B错．C、D两个选项中的电场线均是曲线，粒子只受到电场力作用不会沿电场线运动，C、D均错．【答案】 A

4.如图所示，在孤立的点电荷产生的电场中有a、b两点，a点的电势为φa，场强大小为E a，方向与连线ab垂直，b点的电势为φb，场强大小为E b，方向与连线ab的夹角为30°.则a、b两点的场强大小及电势高低的关系是( )

A．φa>φb，E a＝E

b

2

B．φa<φb，E a＝

E

b

2

C．φa>φb，E a＝4E b D．φa<φb，E a＝4E b

答案 D

解析沿E a、E b方向的线相交，其交点为场源点电荷的位置，由几何关系知r b＝2r A，又

由点电荷的场强公式E＝kQ

r2

，可得E a＝4E b；分别过a、b作等势面，电场线由电势高的

等势面指向电势低的等势面，则φb>φa.选项D正确．

5.如图所示，以O点为圆心，以R＝0.20 m为半径的圆与坐标轴交点分别为a、b、c、d，该圆所在平面内有一匀强电场，场强方向与x轴正方向成θ＝60°角，已知a、b、c三

点的电势分别为4 3 V、4 V、－4 3 V，则下列说法正确的是( )

A.该匀强电场的场强E＝40 3 V/m

B.该匀强电场的场强E＝80 V/m

C.d点的电势为－2 3 V

D.d点的电势为－4 V

答案 D

解析a、c两点之间的电势差U＝4 3 V－(－4 3 V)＝8 3 V，a、c两点之间沿电场

线方向的距离d＝2R sin 60°＝3R＝0.2 3 m.该匀强电场的场强E＝U

d

＝40 V/m，选项

A、B错误.b、d之间沿电场线方向的距离d′＝2R cos 60°＝R＝0.2 m.b、d之间电势差U′＝Ed′＝8 V，由φb－φd＝8 V可得d点的电势为φd＝－4 V，选项C错误，D正确.

6.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，E

p

表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角.若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )

A.θ增大，E增大

B.θ增大，E p不变

C.θ减小，E p增大

D.θ减小，E不变

答案 D

解析若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据C＝

ε

r

S

4πkd

可知，C变大；

根据Q＝CU可知，在Q一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角θ减

小；根据E＝U

d

，Q＝CU，C＝

ε

r

S

4πkd

联立可得E＝

4πkQ

ε

r

S

，可知E不变；P点离下极板的距

离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，故E p不变；由以上分析可知，选项D正确.

7.如图1所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图2中甲、乙、丙、丁所示，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是( )

图1 图2

A.电压是甲图时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少

B.电压是乙图时，在0～T

2

时间内，电子的电势能先增加后减少

C.电压是丙图时，电子在板间做往复运动

D.电压是丁图时，电子在板间做往复运动

答案 D

解析若电压是甲图，0～T时间内，电场力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A

错误；电压是乙图时，在0～T

2

时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做

负功，电势能先减少后增加，故B错误；电压是丙图时，电子先向左做加速度先增大后

减小的加速运动，过了T

2

做加速度先增大后减小的减速运动，到T时速度减为0，之后重

复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，C错误；电压是丁图时，电子先向左加速，

到T

4

后向左减速，

T

2

后向右加速，

3

4

T后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，

故电子做往复运动，D正确.

8.如图所示，一种β射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成。放射源O 在A极板左端，可以向各个方向发射不同速度、质量为m的β粒子(电子)。若极板长为L，间距为d，当A、B板加上电压U时，只有某一速度的β粒子能从细管C水平射出，细管C离两板等距。已知元电荷为e，则从放射源O发射出的β粒子的这一速度为( )

A.2eU

m

B.

L

d

eU

m

C.1

d

eU（d2＋L2）

m

D.

L

d

eU

2m

解析β粒子反方向的运动为类平抛运动，水平方向有L＝v0t，竖直方向有d

2

＝

1

2

at2，且

a＝qU

md

。从A到C的过程有－

1

2

qU＝

1

2

mv2

－

1

2

mv2，以上各式联立解得v＝

1

d

eU（d2＋L2）

m

，

选项C正确。

答案 C

9.第七届中国(上海)国际超级电容器产业展览会于2016年8月23日至25日在上海新国际博览中心举行．如图所示为超级平行板电容器，相距为d的两极板M、N分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电．现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则( )

A．油滴带正电

B．油滴带电荷量为mg Ud

C．电容器的电容为kmgd U2

D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动

答案：C

解析：.带电油滴静止在两极板间，重力与电场力等大、反向，电场力竖直向上，电容器上极板与电源正极相连为正极板，两板间电场方向竖直向下，综上可知，带电油

滴带负电，选项A错误；由场强与电势差关系可知，mg＝Eq＝U

d

q，解得q＝

mgd

U

，选项B

错误；由题意知，电容器带电荷量Q＝kq＝kmgd

U

，由电容的定义式知，C＝

Q

U

＝

kmgd

U2

，选

项C正确；电容器与电源保持连接，两板间电势差不变，N板向下移动，板间距离变大，

F

电＝

U

d

q，油滴所受电场力减小，油滴向下运动，选项D错误．

10.在竖直平面内有一方向斜向上且与水平方向夹角为α＝30°的匀强电场，电场

中有一质量为m，电荷量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，如图所示．开始时小球静止在M点，细线恰好水平．现用外力将小球拉到最低点P，然后由静止释放，则以下判断正确的是( )

A．小球再次到M点时，速度刚好为零

B．小球从P到M过程中，合外力对它做的功为3mgL

C．小球从P到M过程中，其机械能增加了3mgL

D．如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球将做匀变速直线运动

答案：B.

解析：根据题述，开始时小球静止于M点，细线恰好水平，由平衡条件可知，qE sin 30°＝mg.小球再次到M点时，切向加速度为零，速度最大，选项A错误．小球从P到M 过程中，重力做负功为W G＝－mgL，电场力qE做正功为W F＝qEL sin 30°＋qEL cos 30°＝(1＋3)mgL，合外力对它做的功为W＝W G＋W F＝3mgL，选项B正确．由功能关系可知，电场力做功机械能增加，小球从P到M过程中，其机械能增加了(1＋3)mgL，选项C错误．由于在M点，小球所受电场力在竖直方向的分量等于重力，如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球将做匀变速曲线运动，选项D错误．

二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得4分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)

11.如图所示为一产生聚焦电场的装置，由电极A1、A2、A3、A4构成。图中虚线为等势线，关于中心线z轴上下对称，相邻等势线间电势差相等。图中P、Q、R是一个从左侧进入聚焦电场的带正电粒子的运动轨迹上的三点，则可以确定( )

A.该装置是由两个平行板电容器A1A2、A3A4构成

B.该聚焦电场方向在中心线上与z轴方向一致

C.带正电粒子从Q点到R点的过程中电势能减少

D.若将带正电粒子束从右侧射入聚焦电场，则一定被会聚

解析 由等势线的形状可知，A 1A 2、A 3A 4不是两对平行板电容器，选项A 错误；由带正电粒子的运动轨迹可知电场方向向右，即该聚焦电场方向在中心线上与z 轴方向一致，选项B 正确；由于带正电的粒子从Q 点到R 点的过程中，电场力对其做正功，故其电势能减少，选项C 正确；带正电粒子束从右侧射入时，由粒子受到的电场力的方向可知，粒子将向两侧发散而不能会聚，选项D 错误。 答案 BC

12.如图所示，一带电荷量为q 的带电粒子以一定的初速度由P 点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。粒子从Q 点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角。已知匀强电场的宽度为d ，P 、Q 两点的电势差为U ，不计重力作用，设P 点的电势为零。下列说法正确的是( )

A.带电粒子在Q 点的电势能为－Uq

B.带电粒子带负电

C.此匀强电场的电场强度大小为E ＝23U

3d

D.此匀强电场的电场强度大小为E ＝

3U 3d

解析 根据带电粒子的偏转方向，可判断选项B 错误；因为P 、Q 两点的电势差为U ，电场力做正功，电势能减少，而P 点的电势为零，所以选项A 正确；设带电粒子在P 点时的速度为v 0，在Q 点建立直角坐标系，垂直于电场线为x 轴，平行于电场线为y 轴，由曲线运动的规律和几何知识求得带电粒子在y 轴方向的分速度为v y ＝3v 0，故带电粒子

在y 轴方向上的平均速度为v －

y ＝

3v 0

2

，设带电粒子在y 轴方向上的位移为y 0，在电场中的运动时间为t ，则y 0＝3v 02t ，d ＝v 0t ，得y 0＝3d 2，由E ＝U y 0得E ＝23U

3d ，选项C 正

确，D 错误。 答案 AC

13.一个质量为m ，电荷量为＋q 的小球以初速度v 0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔，竖直高度相等，电场区水平方向无限长．已知每一电场区的场强大小相等，方向均竖直向上，不计空气阻力，下列说法正确的是( )

A ．小球在水平方向一直做匀速直线运动

B ．若场强大小等于

mg

q ，则小球经过每一电场区的时间均相同 C ．若场强大小等于

2mg

q

，则小球经过每一无电场区的时间均相同

D ．无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同 答案：AC

解析：.将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，水平方向不受外力，以

v 0做匀速直线运动，故A 正确；竖直方向，在无电场区只受重力，加速度为g ，竖直向下，有电场区除重力外，还受到竖直向上的恒定的电场力作用，加速度的大小和方向取

决于合力的大小和方向．当电场强度等于mg

q 时，电场力等于mg ，故在电场区小球所受的

合力为零，在无电场区小球匀加速运动，故经过每个电场区时，小球的速度均不等，因

而小球经过每一电场区的时间均不相等，故B错误；当电场强度等于2mg

q

时，电场力等

于2mg，故在电场区小球所受的合力大小等于mg，方向竖直向上，加速度大小等于g，

方向竖直向上，根据运动学公式有：经过第一个无电场区y＝1

2

gt2

1

，v1＝gt1，经过第一

个电场区，y＝v1t2－1

2

gt2

2

，v2＝v1－gt2，联立解得t1＝t2，v2＝0.接下来小球的运动重复

前面的过程，即在竖直方向上每次通过无电场区都是自由落体运动，每次通过电场区都是末速度为零的匀减速直线运动，故C正确；通过前面的分析可知，小球通过每个无电场区的初速度不一定相同，所以通过无电场区的时间不同，故D错误．

14.如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势φ与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点(0.15，3)的切线．现有一质量为0.20 kg，电荷量为＋2.0×10－8C的滑块P(可视为质点)，从x＝0.10 m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02.取重力加速度g＝10 m/s2.则下列说法正确的是( )

A．x＝0.15 m处的场强大小为2.0×106 N/C

B．滑块运动的加速度逐渐减小

C．滑块运动的最大速度约为0.1 m/s

D．滑块最终在0.3 m处停下

答案：AC

解析：.φ－x的斜率等于该点的电场强度，所以x＝0.15 m处的场强大小为E＝ΔφΔx

＝3×105

0.15

N/C＝2.0×106N/C，选项A正确；图象斜率的绝对值逐渐减小，因为在x＝0.15

m处，Eq＝μmg＝0.04 N，所以从x＝0.1 m开始，滑块向右运动的过程中，加速度向右先减小后反向变大，选项B错误；当滑动摩擦力等于电场力时，滑块的速度最大，此时

对应的x＝0.15 m，由动能定理有Uq－μmgΔx＝1

2

mv2，U＝1.5×105 V，Δx＝0.05 m，

解得v＝0.1 m/s，选项C正确；假设滑块在x＝0.3 m处停下，则从x＝0.1 m处到x＝0.3 m处，电场力做功W＝qU′＝6×10－3J，克服摩擦力做功W f＝μmgΔx′＝8×10－3J，因为W

三、非选择题(本题共3小题，共40分)

15.（10分）如图所示，两平行金属板A、B间有一匀强电场，C、D为电场中的两点，且CD＝4 cm，其连线的延长线与金属板A成30°角．已知电子从C点移到D点的过程中电场力做功为－4.8×10－17 J，元电荷e＝1.6×10－19 C．求：

(1)C、D两点间的电势差U CD、匀强电场的场强大小E；

(2)若选取A板的电势φA＝0，C点距A板1 cm，电子在D点的电势能为多少？

答案(1)300 V 1.5×104 V/m (2)7.2×10－17 J

解析(1)电子从C点移到D点

U CD ＝

W

CD

q

＝

－4.8×10－17

－1.6×10－19

V＝300 V(2分)

E＝

U

CD

d

CD

sin 30°

＝

300

4×10－2×0.5

V/m＝1.5×104 V/m(3分)

(2)d＝d CD sin 30°＋1 cm＝3 cm

U

AD

＝Ed＝1.5×104×3×10－2 V＝450 V(1分)

由U AD＝φA－φD和φA＝0得(1分)

φ

D

＝－450 V(1分)

电子在D点的电势能为E p＝qφD＝－1.6×10－19×(－450) J＝7.2×10－17 J．(2分) 16.(15分)如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接，在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场，现有一质量为m、电荷量为＋q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN 上的P点进入电场(P点恰好在A点的正上方，小球可视为质点，小球运动到C点之前电荷量保持不变，经过C点后电荷量立即变为零).已知A、B间距离为2R，重力加速度为g，在上述运动过程中，求：

(1)电场强度E的大小；

(2)小球在圆轨道上运动时的最大速率；

(3)小球对圆轨道的最大压力的大小.

答案(1)mg

q

(2)2r(2＋1gR)(3)(2＋32)mg

解析(1)设小球过C点时速度大小为v C，小球从A到C由动能定理知

qE·3R－mg·2R＝1

2 mv

C

2

小球离开C点后做平抛运动到P点，有

R＝1

2

gt2

2R＝v C t

联立解得E＝mg q

.

(2)设小球运动到圆轨道D点时速度最大，设最大速度为v，此时OD与竖直线OB夹角设为α，小球从A点运动到D点的过程，根据动能定理知

qE(2R＋R sin α)－mgR(1－cos α)＝1

2 mv2

即1

2

mv2＝mgR(sin α＋cos α＋1)

根据数学知识可知，当α＝45°时动能最大，由此可得

v＝2r(2＋1gR).

(3)由(2)中知，由于小球在D点时速度最大且电场力与重力的合力恰好背离半径方向，故小球在D点时对圆轨道的压力最大，设此压力大小为F，由牛顿第三定律可知小球在D点受到的轨道的弹力大小也为F，在D点对小球进行受力分析，并建立如图所示坐标系，由牛顿第二定律知

F－qE sin α－mg cos α＝mv2 R

解得F＝(2＋32)mg.

17.(15分)如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子(电荷量为e，质量为m，重力不计)无初速度地放

入电场E 1中的A 点，最后电子打在右侧的足够大的屏上，A 点到MN 的距离为L

2，AO 连线

与屏垂直，垂足为O ，求：

(1)电子到MN 的速度大小；

(2)电子从释放到打到屏上所用的时间；

(3)电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角θ的正切值tan θ； (4)电子打到屏上的点P ′到点O 的距离x .

答案 (1)

eEL

m (2)3mL

eE

(3)2 (4)3L 解析 (1)从A 点到MN 的过程中，由动能定理得：

eE ·L 2＝1

2

mv 2(2分)

解得：v ＝

eEL

m

(2分) (2)电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，时间为t 1，由牛顿第二定律和运动学公式解得：a 1＝

eE 1m ＝eE

m

(1分) v ＝a 1t 1(1分)

从MN 到屏的过程中运动的时间：t 2＝2L

v

.(1分)

则运动的总时间为t＝t1＋t2＝3mL

eE

.(1分)

(3)设电子射出电场E2时平行电场线方向的速度为v y，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为

a 2＝

eE

2

m

＝

2eE

m

(1分)

t 3＝

L

v

(1分)

v

y

＝a2t3

tan θ＝v

y

v

(1分)

解得：tan θ＝2.(1分)

(4)如图所示，电子离开电场E2后，将速度方向反向延长交于E2电场的中点O′.

由几何关系知：tan θ＝

x

L

2

＋L

，(2分)

解得：x＝3L.(1分)