【高中物理】人教版（2019版） 【第十章 静电场中的能量】(练习题)

人教版（2019版）【第十章静电场中的能量】(2466) 1.如图所示是真空中两个等量异种点电荷A、B周围的电场分布情况(电场线方向未标出).图中O点为两点电荷连线的中点，M、N为两点电荷连线的中垂线上的两点，OM=ON.下列说法中正确的是（）
A.O、M、N三点的电场强度大小关系是E M=E N>E O
B.O、M、N三点在同一个等势面上
C.同一试探电荷在O、M、N三点受到的静电力方向不相同
D.将一自由电荷从M点静止释放，它将沿MON做直线运动
2.如图所示，在匀强电场区域内的O点放置一点电荷+Q，a、b、c、d、e、f是以O
为球心的球面上的点，aecf平面与电场线平行，bedf平面与电场线垂直，则下列说法中正确的是()
A.b、d两点的电场强度相同
B.a点的电势等于f点的电势
C.点电荷+q在球面上任意两点之间移动时，电场力一定做功
D.将点电荷+q在球面上任意两点之间移动时，从a点移动到c点电势能的变化
量一定最大
3.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知（）
A.带电粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度
B.带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大
C.带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大
D.带电粒子在R点时的加速度小于在Q点时的加速度
4.如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两水平平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点，则从开始射入到打到上板的过程中(重力不计)（）
A.它们运动的时间t Q>t P
B.它们运动的加速度a Q<a P
C.它们的动能增加量之比ΔE kP∶ΔE kQ=1∶2
D.它们所带的电荷量之比q P∶q Q=1∶2
5.如图所示，两平行金属板竖直放置，板上A、B两孔正好水平相对，板间电压为500V.一个动能为400eV的电子从A孔沿垂直板方向射入电场中，经过一段时间电子离开电场，则电子离开电场时的动能大小为（）
A.900eV
B.500eV
C.400eV
D.100eV
6.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的轻质绝缘细绳一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则（）
A.小球带负电
B.电场力跟重力是一对平衡力
C.小球从a点运动到b点的过程中，电势能减小
D.运动过程中小球的机械能守恒
7.在光滑的绝缘水平面上有一个正方形abcd，顶点a、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示.若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动.粒子从b点运动到d点的过程中（）
A.先做匀加速运动，后做匀减速运动
B.先从高电势到低电势，后从低电势到高电势
C.电势能与动能之和先增大后减小
D.电势能先减小后增大
8.如图所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点，一带电粒子(不计重力)以速度v M经过M点沿电场线
向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度v N折回N点，则（）
A.粒子所受静电力的方向一定由M指向N
B.粒子在M点的速度一定比在N点的大
C.粒子在M点的电势能一定比在N点的大
D.电场中M点的电势一定高于N点的电势
9.如图所示，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O，半径为r，将带相等电荷量的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称，+q与O点的连线和OC夹角为30∘，下列说法正确的是（）
A.A、C两点的电势关系是φA=φC
B.B、D两点的电势关系是φB=φD
C.O点的电场强度大小为kq
r2D.O点的电场强度大小为√3kq
r2
10.如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的
小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2(v2<v1).若小物体电荷量保持不变，OM=ON，则（）
A.小物体上升的最大高度为v12+v22
4g
B.从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小
C.从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功
D.从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小
11.平行板电容器的两极板A、B接于电源两极，两极板竖直、平行正对，一带
正电的小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，悬线偏离竖直方向
的夹角为θ，如图所示.下列说法正确的是（）
A.保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ减小
B.保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ增大
C.开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大
D.开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变
12.在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示.下列说法正确的是（）
A.q1和q2带有异种电荷
B.x1处的电场强度为零
C.负电荷从x1处移到x2处，电势能减小
D.负电荷从x1处移到x2处，受到的静电力增大
13.如图所示的三个图为探究平行板电容器电容大小因素的实验，两平行板
之间的电场可以视为匀强电场，给电容器充电后再与电源断开.
(1)若保持两极板间的距离d不变，正对面积S变小，则电容器的电容C，两极板间的电势差U.(均选填“减小”“增大”或“不变”)
(2)若保持S不变，d变大，则电容器的电容C，两极板间的电场强度
E.(均选填“减小”“增大”或“不变”)
(3)若保持S和d都不变，插入介质板后，则两极板间的电势差U，两极板间的电场强度E.(均选填“减小”“增大”或“不变”)
14.美国物理学家密立根利用如图所示的实验装置，最先测出了电子的电荷量，被称为密立根油滴实验.两块水平放置的金属板A、B分别与电源的正、负极相连接，板间产生匀强电场，方向竖直向下，板间油滴P由于带负电而悬浮在两板间保持静止.
(1)若要测出该油滴的电荷量，需要测出的物理量有（）(填选项前的字母).
A.油滴质量m
B.两板间的电势差U
C.两板间的距离d
D.两板的长度L
(2)用所选择的物理量表示出该油滴的电荷量q=(已知重力加速度为g).
(3)在进行了几百次的测量以后，密立根发现油滴所带的电荷量虽不同，但
都是某个最小电荷量的整数倍，这个最小电荷量被认为是元电荷.关于元电荷，下列说法正确的是（）(填选项前的字母).
A.油滴的电荷量可能是1.6×10−20C
B.油滴的电荷量可能是3.2×10−19C
C.元电荷就是电子
D.带电体所带电荷量可取任意值
15.图中A、B、C三点都在匀强电场中.已知AC⊥BC，∠ABC=60∘，BC=20cm.把一个电荷量q=2×10−8C的正电荷从A移到C,静电力做功为−4×10−7J；从C移到B，静电力做功为4×10−7J.求：
(1)A、B间的电势差U AB.
(2)该匀强电场的电场强度大小和方向.
16.如图所示，A、B、C、D为一匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的
四个顶点，其中AB=4cm，AC=4√3cm，电场线与矩形所在平面平行.将电荷量q= 2.0×10−9C的正电荷从A点移到B点，静电力做功W AB=8.0×10−9J；将该正电荷从B点移到C点，电势能增加△E p=3.2×10−8J．设A点电势为零，求：
(1)B点和C点的电势；
(2)匀强电场的电场强度大小和方向
17.如图所示为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，现有一质
量为m的带电粒子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0=400V电压加
速后通过B点进入两板间距为d=0.2m、电压为U=200V的水平放置的平行金属板间，若带电粒子从两块水平平行板的正中间射入，且刚好能从水平放置的
=0.5C/kg，求：平行金属板右侧边缘射出，A、B分别为两块竖直板的中点，q
m
(1)带电粒子通过B点时的速度大小
(2)带电粒子穿出右侧平行金属板时的速度大小
(3)右侧平行金属板的长度
18. 如图所示，在水平向左的匀强电场中，一带电小球用绝缘轻绳(不伸缩)悬于O点，平衡时小球位于A点，此时绳与竖直方向的夹角θ=53∘，绳长为
l，B、C、D到O点的距离均为l，BD水平，OC竖直．BO=CO=DO=l．
(1)将小球移到B点，给小球一竖直向下的初速度v B，小
球到达悬点正下方C点时绳中拉力恰等于小球重力，求v B
的大小．
(2)当小球移到D点后，让小球由静止自由释放，求：小球首次经过悬点O正下方时的速率．(计算结果可带根号，取sin53∘=0.8)
参考答案
2.【答案】:D
【解析】:
【分析】
(1)空间任何一点的电场都是由匀强电场和点电荷的电场叠加面成，根据平行四边形定则分析各点场强关系。

场强是矢量，只有大小和方向都相同时，场强才相同；
(2)根据叠加原理，判断各点的电势关系。

若两点间电势差不为零，电场力做功不为零。

本题还是要将电场看作是由匀强电场和点电荷的电场组合而成，再分析电场力做功、电场强度和电势能时更是如此。

【解答】
A.点电荷+Q在b点产生的电场方向为竖直向上，在d点产生的电场方向为竖直向下，匀强电场方向水平向右，根据平行四边形定则可知，b点的合场强斜向右上方，d点的合场强斜向左下方，两点场强大小相同，方向不同，电场强度不同，故A错误；
B.将一个试探正电荷由a点移动到f点，点电荷电场力不做功，匀强电场的电场力做正功，故合力做正功，电势能减小，电势降低，故B错误；
C.当电荷+q沿着球面上的bedf移动时，匀强电场的电场力不做功，点电荷电场力也不做功，故合电场力不做功，故C错误；
D.将点电荷+q在球面上任意两点之间移动，点电荷电场力不做功，从a点移动到c点，匀强电场的电场力做功最大，故合力做功最大，故D正确。

故选D。

3.【答案】:A
【解析】:AB．电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向向右；若粒子从P经过R运动到Q，电场力做负功，电荷的电势能增大，动能减小，知道R点的动能大，即速度大，而P点电势能较小，故A正确，B错误；C．根据能量守恒定律，带电质点在运动过程中各点处的动能与电势能之和保持不变.故C错误；
D．由电场线疏密确定出，R点场强大，电场力大，加速度大，故D错误.
故选 A.
4.【答案】:D
【解析】:带电粒子水平方向上做匀速直线运动，位移相等，初速度相等，故运动时间相等，t Q=t P，选项A错误；带电粒子竖直方向上做匀加速直线运动
，y=1
2at2，解得a=2y
t2
，则运动的加速度a Q>a P，选项B错误；带电粒子受到静电
力作用，qE=ma，解得q=2my
，则它们所带的电荷量之比q P∶q Q=1∶2，选项D
Et2
正确；运动过程中，根据动能定理得qEy=ΔE k，其中y P∶y Q=1∶2，则它们的动能增加量之比ΔE kP∶ΔE kQ=1∶4，选项C错误.
5.【答案】:C
【解析】:由于电子动能E k=400eV<500eV，所以电子在电场中先做匀减速直线运动后反向做匀加速直线运动，最终从A孔出射，静电力做功为零，电子动能大小不变，C正确.
6.【答案】:B
【解析】:小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力平衡，则小球带正电，故A错误，B正确.小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大，故C错误.由于电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒，故D错误.
7.【答案】:D
【解析】:这是等量同种点电荷形成的电场，根据这种电场的电场线分布情况可知，在bd正中央的点的电势最高，B错误.负电荷由b到d先加速后减速(但不是匀变速)，动能先增大后减小，则电势能先减小后增大，但电势能与动能之和不变，A、C错误，D正确.
8.【答案】:B
【解析】:M、N在同一条电场线上，带电粒子从M点沿电场线运动，一段时间后又折回N点，说明从M点运动到N点是做减速运动，静电力做负功，动能减小，电势能增加，故选项A、C错误，B正确；由于题中未说明带电粒子及两极板的电性，故无法判断M、N两点的电势高低，选项D错误.
9.【答案】:A；C
【解析】:由等量异种点电荷的电场分布和电场线与等势面的关系可知，等量异种点电荷的连线的中垂线为一条等势线，故A、C两点的电势关系是φA=φC，A正确；中垂线左侧电势大于零，右侧电势小于零，故B、D两点的电势关系是φB>φD，B错误；+q点电荷在O点产生的电场强度与−q点电荷在O点产生的电场强度的大小均为kq
，方向均与BD成60∘的夹角，合电场强度方向向右，根
r2
据电场的叠加原理知合电场强度大小为kq
r2
，C正确，D错误.
10.【答案】:A；D
【解析】:
ABC.设斜面倾角为θ、上升过程沿斜面运动的最大距离为L，因为OM=ON，则MN 两点电势相等，小物体从M到N、从N到M电场力做功均为0，在上滑和下滑过程，对小物体，摩擦力做功相等，则应用动能定理分别有：−mgsin⁡θL−W f=
−1
2m v，
2
1
mgsin⁡θL−W f=1
2
mv22，上两式相减可得：小物体上升的最大高度：ℎ=
Lsin⁡θ=v12+v22
4g
；由OM=ON，可知电场力对小物体先作正功后作负功，电势能先减小后增大，故A正确，BC错误；
D.从N到M的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力分力不变，则摩擦力先增大后减小，在此过程中小物体到O的距离先减小后增大，根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小，故D正确故选AD
11.【答案】:B；D
【解析】:保持开关S闭合，A、B两极板的电势差不变，A板向B板靠近时，由E=U
d 可知两极板间电场强度增大，悬挂的带正电的小球受到的静电力增大，则θ增大，选项A错误，B正确；开关S断开时，电容器两极板所带电荷量保持不变，
由C=Q
U 、C=εr S
4πkd
和E=U
d
，可推出E与两极板间距离无关，A板向B板靠近时，两极
板间电场强度保持不变，悬挂的带正电的小球受到的静电力不变，则θ不变，D 正确.
12.【答案】:A；C
【解析】:由题图可知，两点电荷q1和q2带有异种电荷，A正确；在φ−x图像中，图像切线的斜率绝对值表示电场强度大小，则x1处的电场强度不为零，B错误；从x1处到x2处，电场强度逐渐减小，负电荷受到的静电力逐渐减小，D错误；由E p=φq可知，负电荷在电势高处的电势能小，则负电荷从x1处移到x2处，电势能减小，C正确.
13
(1)【答案】减小；增大
【解析】:保持两板板间的距离d不变，两极板正对面积减小，根据电容的决
定式\(C={\dfracε_rS}{4\mathrm{\pi }kd}}\)可知，电容C减小，而电容器
的电荷量Q不变，由电容的定义式C=Q
U
可知，两极板间的电势差U增大
(2)【答案】减小；不变
【解析】:保持S不变，d增大，根据电容的决定式\(C={\dfracε
_rS}{4\mathrm{\pi }kd}}\)可知，电容C减小，而电容器的电荷量Q不变，根
据E=U
d
和Q=UC，可知\(E={\dfrac{4\mathrm{\pi }kQ}ε_rS}}，E\)和d无关，故E不变.
(3)【答案】减小；减小
【解析】:保持S和d都不变，插入介质板后，根据电容的决定式\(C={\dfrac ε_rS}{4\mathrm{\pi }kd}}\)可知，电容C增大，而电容器的电荷量Q不变，
由电容的定义式C=Q
U
可知，U减小，由U=Ed可知，E减小.
14
(1)【答案】A；B；C
【解析】:平行金属板间存在匀强电场，液滴恰好处于静止状态，静电力与
重力平衡，有mg=qE=q U
d
，所以需要测出的物理量有油滴质量m、两板间的电势差U、两板间的距离d.
(2)【答案】mgd
U
【解析】:该油滴的电荷量q=mgd
U
.
(3)【答案】B
【解析】:在进行了几百次的测量以后，密立根发现油滴所带的电荷量虽不同，但都是某个最小电荷量的整数倍，这个最小电荷量被认为是元电荷，其值为e=1.6×10−19C，故B正确，A、C、D错误.
15
(1)【答案】0V
【解析】:由W AB=W AC+W CB
W AB=qU AB
解得U AB=W AB
q =−4×10−7+4×10−7
2×10−8
=0V
(2)【答案】2√3
3
×102V/m 【解析】:由W AC=qU AC
解得U AC=W AC
q =−4×10−7
2×10−8
=−20V
电场线与等势面垂直，所以电场线的方向垂直于AB向下
E=|U|AC
d =2√3
3
×102V/m
16
(1)【答案】根据电场力做功和电势差做功关系得：
U AB=W AB
q
=
8.0×10−9
2×10−9
V=8V…①
U AB=φA−φB…②
φA=0…③
①②③联立代入数据可得：φB=−4V
根据电场力做功和电势差做功关系得：U BC=W BC
q =−△E p
q
=−3.2×10−8
2.0×10−9
V=
−16V
U BC=φB−φC
代入数据可得：φC=12V．
【解析】:由电场力做功的公式W=qU，可以分别求得电势差AB和BC的电势差，再根据U AB=φA−φB求解电势
(2)【答案】如图所示，
连接BC，将BC四等分，则φO=0，连接AO，则AO为等势线，
由于AB=4cm，AC=4√3cm，则有：BO=BC
4
=2cm，
由几何关系可知，AO⊥BC，所以场强方向沿BC连线由C指向B，
E=U CB
d CB =16
√(4×10−2)2+(4√3×10−2)2
V/m=200V/m
【解析】:连接BC，找到A的等势点，连线为等势线，电场线方向垂直于等势
面；根据E=U
d
计算电场强度
17
(1)【答案】对粒子，根据动能定理，有：qU0=1
2
mv12
解得：v1=√2qU0
m =√2×0.5C/kg×400V
1
=20m/s
【解析】:对直线加速过程直接根据动能定理列式求解即可
(2)【答案】带电粒子从两块水平平行板的正中间射入，且刚好能从水平放
置的平行金属板右侧边缘射出，初末位置的电势差为U
2
，根据动能定理，有：
q U
2
=
1
2
mv22−
1
2
mv12
解得：v2=10√5m/s
【解析】:根据U=Ed，粒子偏转过程中初末位置的电势差为U
2
，对偏转过程根据动能定理列式求解即可
(3)【答案】根据牛顿第二定律，有：a=qE
m =qU
md
=500m/s2
在垂直极板方向，有：d
2=1
2
at2
解得：t=√d
a
=0.02s
解得：L=v1t=0.4m
【解析】:先对垂直极板的分运动根据牛顿第二定律和运动学公式列式求解时间，再对平行极板的分运动运动x=vt列式求解即可
18
(1)【答案】小球由B点到C点的过程中，由动能定理得：
（mg−Eq）l=1
2
mv C2−
1
2
mv B2
由在C点绳中的拉力恰等于小球重力知：F C−mg=m，
则：v C=0
由在A点小球处于平衡知：
Eq=mgtan53∘=4
3
mg，
得：v B=√6gl
3
．
【解析】:带电小球在电场中受电场力和重力作用，因为A是其平衡位置，根据受力分析可以求出电场力和重力大小的关系；小球从B到C的过程中只有重力和电场力对小球做功，两力做功代数和等于小球动能的变化，又小球在C点受到绳的拉力等于小球的重力可知，小球在C点时的速度刚好为0，故据动能定理可以求出小球在B点时的速度v B．
(2)【答案】小球由D点静止释放后沿与竖直方向夹角θ=53∘的方向做匀加速直线运动，直至运动到O点正下方的P点，OP距离为：
ℎ=lcot53∘=3
4
l．
在此过程中，绳中张力始终为零，故此过程中的加速度a和位移x分别为：
a=F
m
=
5
3
g，x=
l
sin⁡53∘
=
5
4
l
所以小球到达悬点正下方时的速率为：
v=√2ax=5√6gl
6
．
【解析】:小球从DH点由静止释放后，在重力和电场力共同作用下做初速度为0的匀加速直线运动，求出小球的合加速度确定速度方向以及小球到达O点正下方时的位置，然后使用动能定理或运动学公式求得小球在O点正下方时的速度即可．。