第十章+静电场中的能量+单元测试-2022-2023学年高一下学期物理人教版（2019）必修三册

第十章 静电场中的能量 单元测试

本试卷共4页，15小题，满分100分，考试用时75分钟。

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.  如图所示，实线为某电场的电场线，虚线表示该电场的等势面，、、是电场中的三个点，下列说法正确的是(    )

A. 三点中，点的场强最大
B. 三点中，点的电势最高
C. 将一带负电的试探电荷从移动到，电势能增大
D. 将一带正电的试探电荷从移动到和从移动到，电势能的变化相同

2.  如图所示表示某静电场等势面的分布，电荷量为的正电荷从经、沿虚线到达点．从到，电场力对电荷做的功为（    ）

A.  B.  C.  D.

3.  电场中有、两点，已知，，将电荷量为的点电荷从移到时，电场力做功为(    )

A. 负功 

B. 正功 

C. 负功 

D. 正功

4.  、、、是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点。电场线与矩形所在平面平行。已知点的电势为，点的电势为，点的电势为，如图所示。由此可知点的电势为(    )

A. Ⅴ B.  C.  D.

5.  如图所示，匀强电场方向平行于平面，在平面内有一个半径为的圆，圆上有一动点，半径与轴方向的夹角为，点沿圆周移动时，、两点的电势差满足，则该匀强电场的大小和方向分别为(    )

A. ，沿轴正方向 

B. ，沿轴负方向
C. ，沿轴负方向 

D. ，沿轴负方向

6.  在如图所示的电路中，当开关闭合后，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态。现将开关断开，则(    )

A. 液滴仍保持静止状态 

B. 液滴做自由落体运动
C. 电容器的带电荷量减小 

D. 电容器的带电荷量增大

7.  如图，在匀强电场中将一质量为，带电荷量为的小球，由静止释放，小球运动轨迹为一直线，该直线与竖直方向夹角为，不能忽略小球的重力，重力加速度为，则匀强电场的场强大小为（    ）

A. 唯一值是 

B. 最大值是
C. 最小值是 

D. 最小值是

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8.  如图所示，由、两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器，极板与静电计的金属球相接，极板与静电计的外壳均接地。给电容器充电，静电计指针张开一定角度。实验过程中，电容器所带电荷量不变。下面操作能使静电计指针张角变大的是（    ）

A. 将板向上平移 

B. 将板沿水平向右靠近板
C. 将板沿水平向左远离板 

D. 在、之间插入有机玻璃板

9.  如图所示，在轴上的、两点分别固定电荷量为和的点电荷，轴上、之间各点对应的电势如图中曲线所示，点为曲线最低点，点位于之间，间距离大于间距离。以下说法中正确的是(    )

A. 大于，且和是同种电荷 

B. 点的左侧不存在与点场强相同的点
C. 点的电场强度最大 

D. 点的左侧一定有与点电势相同的点

10.  ，为竖直放置的金属板，、为水平放置的金属板。一带电粒子从板由静止释放，之后从板中央小孔进之间，向下偏转并从右侧离开。不计粒子重力，为使粒子能打到板，下列措施可行的是(    )

A. 增大、两板之间的电压 

B. 减小、两板之间的电压
C. 增大、两板之间的电压 

D. 减小、两板之间的电压

三、填空题：本题共2小题，每空2分，共12分。

11.  如图所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因数，其中电容器左侧极板和静电计外壳均接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连，使电容器带电后与电源断开。

上移左极板，可观察到静电计指针偏角____________（选填“变大”、“变小”或“不变”）；

本实验利用研究平行板电容器电容的变化，上述操作中平行板电容器上的电荷量____发生变化（填“会”、“不会”）；

下列关于实验中使用静电计的说法正确的是有________

A、使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况

B、使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况

C、静电计可以用电压表替代

D、静电计可以用电流表替代

12.  如图所示为研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置。

同时闭合开关，调节滑动变阻器滑片，使静电计指针有一定的张角，然后只向右移动极板，则静电计指针的张角__________；若保持极板不动而只将滑动变阻器的滑片向端移动，则静电计指针的张角____________。（均填“变大”“变小”或“不变”）

在静电计指针有明显张角的情况下，将开关断开，通过移动极板或在极板间插入电介质，下列说法正确的是_______（填正确答案标号）。

A. 断开开关后，静电计的指针闭合，电容器的电容变为

B. 只将电容器极板向上平移，静电计指针的张角变小

C. 只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变小

D. 只将电容器极板向极板靠近，静电计指针的张角变小，表明电容增大

四、计算题：本题共3小题，13题12分，14题12分，15题18分，共42分。

13.  如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点，用一根长度为的绝缘轻线把质量为、带有正电荷的金属小球悬挂在点，小球静止在点时轻线与竖直方向的夹角为现将小球拉至位置，使轻线水平张紧后由静止释放．取，，求：

小球所受电场力的大小．

小球通过最低点时轻线对小球的拉力大小．






 

14.  把带电荷量为的正点电荷从无限远处移到电场中点，要克服静电力做功，若把该电荷从无限远处移到电场中点，需克服静电力做功，取无限远处电势为零．

求点的电势

求、两点的电势差

若把的负电荷由点移到点，求静电力做的功．

15.  如图所示，在竖直平面内建立坐标系，在与虚线之间有平行于轴的匀强电场。从轴上的点将质量为、电荷量分别为和的带电小球、先后以相同的初速度沿平行于轴的方向抛出，两小球均能从区域的下边界离开。已知点到虚线的距离为，小球垂直于轴离开电场；小球在电场中做直线运动从轴上某点离开（图中没画出），且小球离开电场时的动能为小球离开电场时动能的倍。不计空气阻力，重力加速度大小为。求：

小球从抛出到离开电场区域所用的时间。

该电场的电场强度大小。






 

答案解析

【答案】

1.  2.  3.  4.  5.  6.  7.
8.  9.  10.  

11. 变大；会；。

12. 不变；变小；

13. 解：小球受重力、电场力和拉力，其静止时受力如答图所示：

 
根据共点力平衡条件有：
设小球到达最低点时的速度为，小球从水平位置运动到最低点的过程中，根据动能定理有：
解得：
设小球通过最低点时细线对小球的拉力大小为，
根据牛顿第二定律有：
代入数据联立解得：。

14. 解：无限远处与点间的电势差 ．，
而，由题可知，则．．

无限远处与点间的电势差 ．，
则，
由题可知，则．，

、两点的电势差为．．．．

静电力做的功

． ．

15. 解：设带电小球水平抛出的初速度为，进入电场区域沿竖直方向的分速度为，由于小球在电场中做直线运动，
设小球离开电场时水平方向的分速度为，
水平方向加速度为，水平方向有
由于进入电场竖直分速度相等，所以在电场中运动的时间相等，对于小球水平方向：
解得
根据运动的合成与分解可知
可知
分运动具有独立性，进入电场前在竖直方向


可得
即小球从抛出到离开电场区域所用的时间
。
由于小球在电场中做直线运动，则一定满足
由于球离开电场时沿场强方向的分速度为，且做直线运动，可知小球在离开电场时竖直方向的分速度为，
球离开时的动能可表示为
而球离开电场时的动能为
又由于，
解得
联立上面的式子解得。

【解析】

1. 【分析】
解决本题的关键要掌握电场线的两个物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，电场线的方向反映电势的高低。
电场线的疏密表示场强的大小，根据场强的疏密程度，判断各点的场强大小；根据沿着电场线的方向电势降低，判断三点的电势高低；结合电场力做功的特点判断电势能的变化。
【解答】
解：、电场线的疏密表示电场强度的大小，所以三点中，点场强最大，故A错误；
B、沿电场线方向，电势逐渐降低，点电势最低，B错误；
C、将一带负电的检验电荷从移动到，电场力做正功，电势能减小，故C错误；
D、因为、两点在同一等势面上，所以将一带正电的检验电荷从移动到和从移动到，电场力做的功相同，电势能变化相同，故D正确。

2.

【分析】
本题考查电场力做功，解决本题注意在不同情况中电场力做功的表达式不同，对于物理基本公式要理解其应用条件、公式中各个物理量的含义及标矢量的表示符号。
根据可知，电场力做功和具体路径无关，只与初末位置的电势差有关，由此可正确解答。
【解答】
与之间的电势差为：， ，故C正确，ABD错误。

3. 【分析】
本题考查电场力做功的公式，以及电势差和电势的关系。
根据计算电场力做功的公式求解。
【解答】
电场力做功，电场力做正功，故B正确，ACD错误。
故选B。

4. 【分析】

在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分；在匀强电场中电场线平行且均匀分布故等势线平行且均匀分布．以上两点是解决此类题目的金钥匙。

本题简单考查了匀强电场中电势和电势差的基本关系。

【解答】

解法一：根据在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分将线段五等分，如图所示，则，故，，，．

故，连接，则，故点的电势。
故B正确，ACD错误。

解法二：在匀强磁场中，两条平行相等的线段的电势差相等，即；

代入有
故选B。

5. 因为、两点的电势差 ，故可知场强方向沿轴正方向，
根据 ，可知，则，A正确，、、D错误。

6. 【分析】
开关闭合时，电容器两板间的电压等于电阻两端的电压，小于电源的电动势，当开关断开时，电路稳定时，电容器板间电压等于电源的电动势，分析液滴的运动情况，根据电压的变化，分析电容器的电量变化。
本题考查电容器动态变化问题，关键确定电容器板间电压的变化，当电路稳定时，电容器的电压等于所并联的电路两端电压。
【解答】
当开关闭合时，电容器两极板上的电压是两端的电压，小于电源的电动势，将开关断开，电容器两极板上的电压等于电源的电动势，则电容器两极板间的电压增加，板间场强增大，液滴受到的静电力增大，液滴将向上做匀加速运动，故AB错误；
开关断开，上无电流，电压为，电容器的电压，由知，此时电容器上的带电荷量与的大小无关，而且电容器上的带电荷量增大，故C错误，D正确。
故选D。

7. 【分析】
本题采用作图法分析场强取得最小值的条件，也可以采用函数法分析电场力与的关系，确定最小值的条件。
带电小球在电场中受到重力和电场力，自由释放，其运动轨迹为直线，小球所受的合力方向沿此直线方向，运用三角定则分析什么情况下场强大小最小，再求出最小值。
【解答】
A.根据图可知，电场强度大小为时，存在两种情况，故A错误；

带电小球的运动轨迹为直线，在电场中受到重力和电场力，其合力必定沿此直线向下，如图，由图看出，当电场力与此直线垂直时，电场力最小，场强最小，有，解得电场强度的最小值，此时电场强度也是唯一的，故BD错误，C正确。
故选C。

8. 【分析】
根据平行板电容器的公式判断电容的变化，结合电容的定义式判断电容器两端的电压变化即可判断静电计的张角变化。
解决本题的关键是知道静电计指针的张角由电容器的电压决定。
【解答】
要将使静电计指针张角变小，就要使电容器两端的电压降低，由知，一定，必须使电容器的电容增加。
A.将板向上平移，正对面积增大，电容减增大，故张角增加，故A正确；
C.将板沿水平向左方向远离板，板间距离增加，电容减小，故张角增加，故C正确；
B.将板沿水平向右方向靠近板，板间距离减小，电容增加，故张角减小，故B错误；
D.在、板之间插入玻璃，电容增加，故张角减小，故D错误。
故选AC。

9. 【分析】图线的切线斜率表示电场强度的大小，就知道处场强为零，从坐标到电势先减小后增大，根据电场力方向与运动方向的关系判断电场力是做正功还是负功。根据点电荷场强公式，得到的电荷量一定大于的电荷量；根据场强方向得出两电荷一定是正电荷。

【解答】解：、从坐标到电势先减小后增大，根据点电荷场强公式，得的电荷量一定大于的电荷量，根据场强方向得出两电荷一定是正电荷，故A正确；

B、根据点电荷形成的场强的特点，点的左侧到无穷远处电场为，且点左侧与点的场方向均向左，则一定存在与点场强相同的点，故B错误；

C、图线的切线斜率表示电场强度的大小，就知道处场强为零，故C错误；

D、点的左侧到无穷远处电势为，故一定有与点电势相同的点，故D正确。

故选：。

【点评】图象中：电场强度的大小等于图线的斜率大小，电场强度为零处，图线存在极值，其切线的斜率为零。在图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。在图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用，进而分析的正负，然后作出判断。

10. 【分析】
本题主要考查带电粒子在电场中的加速和偏转。根据带电粒子在电场中的加速和偏转的规律，写出粒子在偏转场中竖直方向的位移表达式，根据表达式进行解答。
【解答】
设粒子带电量为，、之间的电压为，、之间的电压为，、之间的距离为，、两板长度为，粒子在、之间做加速运动，根据动能定理，可得粒子从板射出时速度为，粒子在、之间的做类平抛运动，竖直方向有，水平方向有，联立可得，为使粒子能打到板，应增大，可减小、两板之间的电压，或增大、两板之间的电压，故BC正确，AD错误。

11. 【分析】

抓住电容器的电荷量不变，根据电容的决定式判断电容的变化，结合 判断电势差的变化，从而得出指针偏角的变化。静电计可测量电势差，根据指针张角的大小，观察电容器电压的变化情况，静电计与电压表、电流表的原理不同，不能替代，静电计是一个电容器，电容量基本不变，其电荷量与电势差成正比，而电流表、电压表线圈中有电流通过时，线圈受到安培力发生偏转，解决本题的关键知道静电计测量的是电容器两端的电势差，处理电容器动态分析时，关键抓住不变量，与电源断开，电荷量基本保持不变，结合电容的决定式和定义式进行分析。
本题考查对静电计工作原理的理解能力，中学要求不高，只要抓住它的作用：测量电势差就行了。

【解答】

解：根据电容的决定式知，上移左极板，正对面积减小，则电容减小，根据知，电荷量不变，则电势差增大，指针偏角变大；
本实验利用研究平行板电容器电容的变化，实验原理中使用了一个近似，该近似是认为电容器的带电量不变，但实际上，由于极板间电场会发生变化，所以极板上的电量也会发生变化，只不过变化比较微小；
静电计可测量电势差，根据指针张角的大小，观察电容器电压的变化情况，无法判断电量的变化情况，故A正确，B错误；
静电计与电压表、电流表的原理不同，不能替代，静电计是一个电容器，电容量基本不变，其电荷量与电势差成正比，而电流表、电压表线圈中必须有电流通过时，指针才偏转，故CD错误。
故答案为：变大；会；。

12. 【分析】
本题主要考查电容器的动态分析。
同时闭合开关，滑动变阻器滑片不动，则电容器两端电压不变；根据滑动变阻器的电阻变化和电压变化，进行解答；
将开关断开后，电容器断路，电容器电量不变，根据和解答。
【解答】
同时闭合开关，若仅将极板右移，即电容器一直与电源相连，且与电容器并联等压的那一部分滑动变阻器阻值不变，所以电容器两端电压不变，则静电计的指针张角不变；
若保持极板、不动而只将滑动变阻器的滑片向端移动，与电容器并联等压的那一部分滑动变阻器阻值变小，所以电容器两端电压变小，则静电计指针的张角变小；
、将开关断开后，电容器断路，电容器不会放电，所以电容器两端仍有电压，静电计指针夹角不变，而电容器的结构不变，所以电容器的电容不变，故A错误；
B、只将电容器极板向上平移，则极板的正对面积变小，由知电容减小，再根据，而不变，所以将增大，静电计的偏角变大，故B错误；
C、若仅在两板板间插入机玻璃板，则介电常数增大，由知电容增大，再根据，而不变，所以将变小，静电计的偏角变小，故C正确；
D、只将电容器极板向极板靠近，则板距减小，由知电容增大，再根据，而不变，所以将增大，静电计的偏角变小，故D正确。

13. 小球在点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件即可求解；
对小球从点运动到点的过程中运用动能定理即可解题，在点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解。
本题主要考查了动能定理及向心力公式的直接应用，难度适中。

解：小球受重力、电场力和拉力，其静止时受力如答图所示：

 
根据共点力平衡条件有：
设小球到达最低点时的速度为，小球从水平位置运动到最低点的过程中，根据动能定理有：
解得：
设小球通过最低点时细线对小球的拉力大小为，
根据牛顿第二定律有：
代入数据联立解得：。

14. 根据电场力做功的公式可求出电势差，由电势差的表达式求出电势点的电势；
同理求出点的电势，然后求出、之间的电势差；
根据电场力做功的公式即可求出负电荷由点移到点过程中静电力做的功。
本题主要考查了电场力做功的公式和电势差的计算，在计算时必须严格代入正负号，此题比较基础。

解：无限远处与点间的电势差 ．，
而，由题可知，则．．

无限远处与点间的电势差 ．，
则，
由题可知，则．，

、两点的电势差为．．．．

静电力做的功

． ．

15. 由于小球在电场中做直线运动，进入电场竖直分速度相等，所以在电场中运动的时间相等，根据在电场中运动规律求出小球从抛出到离开电场区域所用的时间；
根据在电场中运动规律和动能定理求出该电场的电场强度大小。

解：设带电小球水平抛出的初速度为，进入电场区域沿竖直方向的分速度为，由于小球在电场中做直线运动，
设小球离开电场时水平方向的分速度为，
水平方向加速度为，水平方向有
由于进入电场竖直分速度相等，所以在电场中运动的时间相等，对于小球水平方向：
解得
根据运动的合成与分解可知
可知
分运动具有独立性，进入电场前在竖直方向


可得
即小球从抛出到离开电场区域所用的时间
。
由于小球在电场中做直线运动，则一定满足
由于球离开电场时沿场强方向的分速度为，且做直线运动，可知小球在离开电场时竖直方向的分速度为，
球离开时的动能可表示为
而球离开电场时的动能为
又由于，
解得
联立上面的式子解得。