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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1.2×10－7 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E 和E ，电势分别为
P Q
φ 和φ ，则( )
P Q
A.E >E ，φ >φ B.E >E ，φ <φ
P Q P Q P Q P Q
C.E <E ，φ >φ D.E <E ，φ <φ
P Q P Q P Q P Q
解析 图中P点电场线密，电场强度大，E >E ，沿电场线的方向电势降低，φ >φ 。
P Q P Q
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φ ，场强大小为E ，方向与
a a
连线ab垂直，b点的电势为φ ，场强大小为E ，方向与连线ab的夹角为30°.则a、b两点的场强大
b b
小及电势高低的关系是( )
A．φ>φ，E＝ B．φ<φ，E＝
a b a a b a
C．φ>φ，E＝4E D．φ<φ，E＝4E
a b a b a b a b
答案 D
解析 沿E 、E 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 ＝2r ，又由点电荷
a b b A
的场强公式E＝，可得E ＝4E ；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
a b
势面，则φ>φ.选项D正确．
b a
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 V、4
V、－4 V，则下列说法正确的是( )
A.该匀强电场的场强E＝40 V/m
B.该匀强电场的场强E＝80 V/mC.d点的电势为－2 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 V－(－4 V)＝8 V，a、c两点之间沿电场线方向的距离 d＝
2Rsin 60°＝R＝0.2 m.该匀强电场的场强E＝＝40 V/m，选项A、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φ －φ ＝8 V可得d点的电势为φ
b d d
＝－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 表示点电荷在P点的
p
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 不变
p
C.θ减小，E 增大 D.θ减小，E不变
p
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＝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＝，Q＝
CU，C＝联立可得E＝，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 不变；由以上分析可知，选项D正确.
p
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
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～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，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. B.
C. D.
解析 β粒子反方向的运动为类平抛运动，水平方向有L＝vt，竖直方向有＝at2，且a＝。从A到C
0
的过程有－qU＝mv－mv2，以上各式联立解得v＝，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
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＝，选项B错误；由题意知，电容器带电荷量Q＝
kq＝，由电容的定义式知，C＝＝，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 ＝q，油滴所受电场力减小，油滴向下运动，选项D错误．
电
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mgL
C．小球从P到M过程中，其机械能增加了mgL
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W ＝－mgL，电场力qE做正功为W ＝qELsin 30°＋qELcos 30°＝(1＋)mgL，合外力对它做的功
G F
为W＝W ＋W ＝mgL，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
G F
程中，其机械能增加了(1＋)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A、A、A、A 构成。图中虚线为等势线，关于中心
1 2 3 4
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AA、AA 构成
1 2 3 4
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，AA 、AA 不是两对平行板电容器，选项A错误；由带正电粒子的运
1 2 3 4
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＝
D.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v，在Q点
0
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＝v，故带电粒子在y轴方向上的平均速度为v＝，设带电粒子在
y 0 y
y轴方向上的位移为y，在电场中的运动时间为t，则y＝t，d＝vt，得y＝，由E＝得E＝，选项C
0 0 0 0
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 水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若
0
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，则小球经过每一电场区的时间均相同
C．若场强大小等于，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 做匀速直
0
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＝gt，v ＝gt ，经过第一个
1 1
电场区，y＝vt －gt，v ＝v －gt ，联立解得t ＝t ，v ＝0.接下来小球的运动重复前面的过程，即在
12 2 1 2 1 2 2
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＝＝ 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 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
＝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′＝6×10－3 J，克服摩擦力做功W＝μmgΔx′＝
f
8×10－3 J，因为W<W，所以滑块滑不到x＝0.3 m处，选项D错误．
f
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 、匀强电场的场强大小E；
CD
(2)若选取A板的电势φ ＝0，C点距A板1 cm，电子在D点的电势能为多少？
A
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 ＝＝ V＝300 V(2分)
CD
E＝＝ V/m＝1.5×104 V/m(3分)
(2)d＝d sin 30°＋1 cm＝3 cm
CD
U ＝Ed＝1.5×104×3×10－2 V＝450 V(1分)
AD
由U ＝φ －φ 和φ ＝0得(1分)
AD A D A
φ ＝－450 V(1分)
D
电子在D点的电势能为E＝qφ ＝－1.6×10－19×(－450) J＝7.2×10－17 J．(2分)
p D
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) (2) (3)(2＋3)mg
解析 (1)设小球过C点时速度大小为v ，小球从A到C由动能定理知
C
qE·3R－mg·2R＝mv 2
C
小球离开C点后做平抛运动到P点，有
R＝gt2
2R＝v t
C
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
qE(2R＋Rsin α)－mgR(1－cos α)＝mv2
即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＝.
(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－qEsin α－mgcos α＝
解得F＝(2＋3)mg.
17.(15分)如图所示，虚线MN左侧有一场强为E ＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之
1
间存在着宽为L、电场强度为E ＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E 平行
2 2
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 中的A点，最后电子
1
打在右侧的足够大的屏上，A点到MN的距离为，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 时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tan θ；
2
(4)电子打到屏上的点P′到点O的距离x.
答案 (1) (2)3 (3)2 (4)3L
解析 (1)从A点到MN的过程中，由动能定理得：
eE·＝mv2(2分)
解得：v＝(2分)
(2)电子在电场E 中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a，时间为t，由牛顿第二定律和
1 1 1
运动学公式解得：a＝＝(1分)
1
v＝at(1分)
11
从MN到屏的过程中运动的时间：t＝.(1分)
2
则运动的总时间为t＝t＋t＝3.(1分)
1 2
(3)设电子射出电场E 时平行电场线方向的速度为v，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速
2 y
度为
a＝＝(1分)
2
t＝(1分)
3
v＝at
y 23
tan θ＝(1分)
解得：tan θ＝2.(1分)(4)如图所示，电子离开电场E 后，将速度方向反向延长交于E 电场的中点O′.
2 2
由几何关系知：tan θ＝，(2分)
解得：x＝3L.(1分)
