第十章 静电场中的能量
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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 C.正电 1.2×10－7 J
B.负电 －1.2×10－7 J
D.负电 1.2×10－7 J
解析 从A到B，电势能增加1.2×10－7 J，说明电场力做负功，做功为－1.2×10－7 J，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EP和EQ，电势分别为φP和φQ，则( )
A.EP>EQ，φP>φQ C.EP B.EP>EQ，φP<φQ D.EP 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Ea，方向与连线ab垂直，b点的电势为φb，场强大小为Eb，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，Ea＝ 2C．φa>φb，Ea＝4Eb 答案 D EbB．φa<φb，Ea＝ 2D．φa<φb，Ea＝4Eb Eb解析 沿Ea、Eb方向的线相交，其交点为场源点电荷的位置，由几何关系知rb＝2rA，又由点电荷的场强公式E＝ kQ，可得Ea＝4Eb；分别过a、b作等势面，电场线由电势高的r2 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43 V、4 V、－43 V，则下列说法正确的是( ) A.该匀强电场的场强E＝403 V/m B.该匀强电场的场强E＝80 V/m C.d点的电势为－23 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＝43 V－(－43 V)＝83 V，a、c两点之间沿电场 U线方向的距离d＝2Rsin 60°＝3R＝0.23 m.该匀强电场的场强E＝＝40 V/m，选项 dA、B错误.b、d之间沿电场线方向的距离d′＝2Rcos 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， Ep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 C.θ减小，Ep增大 B.θ增大，Ep不变 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＝ εrS可知，C变大；4πkd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＝，Q＝CU，C＝ UdεrS4πkQ联立可得E＝，可知E不变；P点离下极板的距4πkdεrS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Ep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～时间内，电子的电势能先增加后减少 2C.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～时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做2 TT 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 2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， TTT3 到后向左减速，后向右加速，T后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，424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 B. m1 LdLdeU meU 2mC. deU（d2＋L2） mD. d1 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＝at2，且 22qU11121a＝。从A到C的过程有－qU＝mv2－mv，以上各式联立解得v＝0 md222d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( ) eU（d2＋L2） ，m A．油滴带正电 B．油滴带电荷量为 mg Udkmgd U2 C．电容器的电容为 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＝q，解得q＝错误；由题意知，电容器带电荷量Q＝kq＝ Udmgd，选项BUkmgdQkmgd，由电容的定义式知，C＝＝2，选UUU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， UF电＝q，油滴所受电场力减小，油滴向下运动，选项D错误． d10.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，qEsin 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WG＝－mgL，电场力qE做正功为WF＝qELsin 30°＋qELcos 30°＝(1＋3)mgL，合外力对它做的功为W＝WG＋WF＝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，A1A2、A3A4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 23UC.此匀强电场的电场强度大小为E＝ 3d3U 3dD.此匀强电场的电场强度大小为E＝ 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v0，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vy＝3v0，故带电粒子 － 在y轴方向上的平均速度为vy＝ 3v0 ，设带电粒子在y轴方向上的位移为y0，在电场中2 3v03dU23U的运动时间为t，则y0＝t，d＝v0t，得y0＝，由E＝得E＝，选项C正 22y03d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v0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，则小球经过每一电场区的时间均相同 q2mg，则小球经过每一无电场区的时间均相同 C．若场强大小等于 qD．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 v0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 mg决于合力的大小和方向．当电场强度等于时，电场力等于mg，故在电场区小球所受的 q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 2mgq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，12 方向竖直向上，根据运动学公式有：经过第一个无电场区y＝gt1，v1＝gt1，经过第一 212 个电场区，y＝v1t2－gt2，v2＝v1－gt2，联立解得t1＝t2，v2＝0.接下来小球的运动重复 2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＋2.0×10－8 C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＝ N/C＝2.0×106 N/C，选项A正确；图象斜率的绝对值逐渐减小，因为在x＝0.15 0.15m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1 对应的x＝0.15 m，由动能定理有Uq－μmgΔx＝mv2，U＝1.5×105 V，Δx＝0.05 m， 2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′＝6×10－3 J，克服摩擦力做功Wf＝μmgΔx′＝8×10－3 J，因为W (1)C、D两点间的电势差UCD、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 WCD－4.8×10－17UCD＝＝ V＝300 V(2分) q－1.6×10－19 UCDdCDsin 30° 300 V/m＝1.5×104 V/m(3分) －2 4×10×0.5 E＝＝ (2)d＝dCDsin 30°＋1 cm＝3 cm UAD＝Ed＝1.5×104×3×10－2 V＝450 V(1分) 由UAD＝φA－φD和φA＝0得(1分) φD＝－450 V(1分) 电子在D点的电势能为Ep＝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. mg答案 (1) (2)2r(2＋1gR) q (3)(2＋32)mg 解析 (1)设小球过C点时速度大小为vC，小球从A到C由动能定理知 qE·3R－mg·2R＝mvC2 小球离开C点后做平抛运动到P点，有 12 R＝gt2 12 2R＝vCt 联立解得E＝. (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 mgqqE(2R＋Rsin α)－mgR(1－cos α)＝mv2 1 即mv2＝mgR(sin α＋cos α＋1) 2 根据数学知识可知，当α＝45°时动能最大，由此可得 12 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 mv2 F－qEsin α－mgcos α＝ 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E1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，AO连线 2与屏垂直，垂足为O，求： L (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E2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 (2)3mmL (3)2 (4)3L eE解析 (1)从A点到MN的过程中，由动能定理得： L1 eE·＝mv2(2分) 22 解得：v＝ eEL(2分) m(2)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律和运动学公式解得：a1＝ eE1eE＝(1分) mmv＝a1t1(1分) 2L从MN到屏的过程中运动的时间：t2＝.(1分) v 则运动的总时间为t＝t1＋t2＝3 mL.(1分) eE(3)设电子射出电场E2时平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为 a2＝ eE22eE＝(1分) mmLt3＝(1分) vvy＝a2t3 vyvtan θ＝(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＝ xL2＋L，(2分) 解得：x＝3L.(1分) 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容