广西桂林市师范大学附属外国语学校物理第十章静电场中的能量专题试卷一、第十章静电场中的能量选择题易错题培优（难）1．空间存在一静电场，电场中的电势φ随x (x轴上的位置坐标)的变化规律如图所示，下列说法正确的是( )A．x = 4 m处的电场强度可能为零B．x = 4 m处电场方向一定沿x轴正方向C．沿x轴正方向，电场强度先增大后减小D．电荷量为e的负电荷沿x轴从0点移动到6 m处，电势能增大8 eV【答案】D【解析】【分析】【详解】φ 图象的斜率等于电场强度，知x=4 m处的电场强度不为零，选项A错误；B、A、由x从0到x=4 m处电势不断降低，但x=4 m点的电场方向不一定沿x轴正方向，选项B错误；C、由斜率看出，沿x轴正方向，图象的斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，选项C错误；D、沿x轴正方向电势降低，某负电荷沿x轴正方向移动，电场力做负功，从O点移动到6m的过程电势能增大8 eV，选项D正确．故选D．【点睛】本题首先要读懂图象，知道φ-x图象切线的斜率等于电场强度，场强的正负反映场强的方向，大小反映出电场的强弱．2．空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C点电场强度在x方向上的分量分别是E Bx、E cx，下列说法中正确的有A．B、C两点的电场强度大小E Bx＜E cxB．E Bx的方向沿x轴正方向C．电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功【答案】D【解析】本题的入手点在于如何判断E Bx 和E Cx 的大小，由图象可知在x 轴上各点的电场强度在x 方向的分量不相同，如果在x 方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法． 【详解】A 、在B 点和C 点附近分别取很小的一段d ，由题图得，B 点段对应的电势差大于C 点段对应的电势差，将电场看做匀强电场，有E dϕ∆=，可见E Bx >E Cx ，A 项错误．C 、同理可知O 点的斜率最小，即场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，C 项错误．B 、沿电场线方向电势降低，在O 点左侧，E Bx 的方向沿x 轴负方向，在O 点右侧，E Cx 的方向沿x 轴正方向，B 项错误．D 、负电荷沿x 轴从B 移到C 的过程中，电场力先向右后向左，电场力先做正功，后做负功，D 项正确．故选D ． 【点睛】 挖掘出x φ-图象两大重要性质：图象的斜率反映电场强度的大小，图象中ϕ降低的方向反映场强沿x 轴的方向．3．两电荷量分别为q 1和q 2的点电荷放在x 轴上的O 、M 两点，两点电荷连线上各点电势φ随x 变化的关系如图所示，其中P 、N 两点的电势为零，NF 段中Q 点电势最高，则( )A ．P 点的电场强度大小为零B ．q 1和q 2为等量异种电荷C ．NQ 间场强方向沿x 轴正方向D ．将一负电荷从N 点移到F 点，电势能先减小后增大 【答案】D 【解析】 【详解】A ．φ-x 图线的斜率等于电场强度，故可知P 点的电场强度大小不为零，A 错误；B ．如果1q 和2q 为等量异种电荷，点连线中垂线是等势面，故连线的中点是零电势点；由于OP PM >，故12q q >，故B 错误；C ．沿着电场线的方向，电势降低，由于从N 到Q 电势升高，故是逆着电场线，即NQ 间场强方向沿x 轴正方向；D ．由于从N 到F ，电势先增加后减小，将一负电荷从N 点移到F 点，根据公式P E q ϕ=电势能先减小后增大，故D 正确。
故选D 。
电势为零处，电场强度不一定为零。
电荷在电场中与电势的乘积为电势能。
电场力做功的正负决定电势能的增加与否。
4．如图所示,虚线AB 和CD 分别为椭圆的长轴和短轴,相交于O 点,两个等量异号点电荷分别位于椭圆的两个焦点M 、N 上.下列说法中正确的是( )A ．O 点的电场强度为零B ．A 、B 两点的电场强度相同C ．将电荷+q 沿曲线CAD 从C 移到D 的过程中,电势能先减少后增加 D ．将电荷+q 沿曲线CBD 从C 移到D 的过程中,电势能先增加后减少 【答案】B 【解析】 【详解】AB.由等量异种电荷的电场线分布情况可知，A 、B 两点的电场强度相同， O 点的电场强度不为零，故A 错误；B 正确；CD. 由等量异种电荷的等势面分布情况可知，A C DB φφφφ>=>正电荷在电势高的地方电势能大，所以将电荷+q 沿曲线CAD 从C 移到D 的过程中,电势能先增大后减少，将电荷+q 沿曲线CBD 从C 移到D 的过程中,电势能先减少后增大，故CD 错误。
5．如图甲所示，平行金属板A 、B 正对竖直放置，C 、D 为两板中线上的两点。
A 、B 板间不加电压时，一带电小球从C 点无初速释放，经时间T 到达D 点，此时速度为v 0；在A 、B 两板间加上如图乙所示的交变电压，t =0带电小球仍从C 点无初速释放，小球运动过程中未接触极板，则t =T 时，小球（ ）A ．在D 点上方B ．恰好到达D 点C ．速度大于vD ．速度小于v【解析】 【分析】 【详解】小球仅受重力作用时从C 到D 做自由落体运动，由速度公式得0v gT =，现加水平方向的周期性变化的电场，由运动的独立性知竖直方向还是做匀加速直线运动，水平方向0~4T 沿电场力方向做匀加速直线运动，~42T T做匀减速直线运动刚好水平速度减为零，3~24T T 做反向的匀加速直线运动，3~4TT 做反向的匀减速直线运动水平速度由对称性减为零，故t =T 时合速度为v 0，水平位移为零，则刚好到达D 点，故选B 。
【点睛】平行板电容器两极板带电后形成匀强电场，带电离子在电场中受到电场力和重力的作用，根据牛顿第二定律求出加速度，根据分运动和合运动的关系分析即可求解。
6．有一电场强度方向沿x 轴的电场，其电势ϕ随x 的分布满足0sin 0.5(V)x ϕϕπ=，如图所示。
一质量为m ，带电荷量为+q 的粒子仅在电场力作用下，以初速度v 0从原点O 处进入电场并沿x 轴正方向运动，则下列关于该粒子运动的说法中不正确．．．的是A ．粒子从x =1处运动到x =3处的过程中电势能逐渐减小B ．若v 00q m ϕ06q mϕC ．欲使粒子能够到达x =4处，则粒子从x =02q mϕ0D ．若0065q v mϕ=0.5处，但不能运动到4处【答案】B 【解析】 【分析】仅有电场力做功，电势能和动能相互转化；根据正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，判断电势能的变化。
粒子如能运动到1处，就能到达4处。
粒子运动到1处电势能最大，动能最小，由能量守恒定律求解最小速度。
【详解】A ．从1到3处电势逐渐减小，正电荷电势能逐渐减小，故A 正确；B ．粒子在运动过程中，仅有电场力做功，说明电势能和动能相互转化，粒子在1处电势能最大，动能最小，从0到1的过程中，应用能量守恒定律：220011(0)22mv q mv ϕ=-+ 解得：02q v mϕ=，故B 错误； C ．根据上述分析，电势能和动能相互转化，粒子能运动到1处就一定能到达4处，所以粒子从0到1处根据能量守恒定律：20112q mv ϕ=解得：012q v mϕ=，故C 正确； D ．根据0sin 0.5(V)x ϕϕπ=粒子在0.5处的电势为102(V)2ϕϕ=，从0到0.5处根据能量守恒定律：22020211(0)22q mv mv ϕ-+= 可知：022q v mϕ0<<，所以粒子能到达0.5处，但不能运动到4处，故D 正确。
【点睛】根据电势ϕ随x 的分布图线和粒子的电性，结合能量守恒定律判断电势能和动能的变化。
7．如图，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m 的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F 将小球向下压至某位置静止．现撤去F ，使小球沿竖直方向运动，在小球由静止到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W 1和W 2，小球离开弹簧时的速度为v ，不计空气阻力，则上述过程中A ．小球的重力势能增加－W 1B ．弹簧对小球做的功为12mv 2-W 2-W 1C ．小球的机械能增加W 1＋12mv 2 D ．小球与弹簧组成的系统机械能守恒 【答案】AB 【解析】A 、重力对小球做功为W 1，重力势能增加-W 1；故A 正确．B 、电场力做了W 2的正功，则电势能减小W 2；故B 正确．C 、根据动能定理得，2121=2W W W mv ++弹，因为除重力以外其它力做功等于小球机械能的增量，则机械能的增量为2211=2W W mv W +-弹；故C 错误．D 、对小球和弹簧组成的系统，由于有电场力做功，则系统机械能不守恒．故D 错误．故选AB ．【点睛】解决本题的关键掌握功能关系，知道重力做功等于重力势能的减小量，电场力做功等于电势能的减小量，除重力以外其它力做功等于机械能的增量．8．如图所示，绝缘水平面上O 处放质量为m 、电荷量为q 的带负电荷的小物体．劲度系数为k 的绝缘轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与小物体接触（未固定），弹簧水平且无形变．O 点左侧有竖直向下的匀强电场，电场强度为2mgE q=．用水平力F 缓慢向右推动物体，在弹性限度内弹簧被压缩了x 0，此时物体静止．撤去F 后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x 0，物体与水平面间的动摩擦因数为µ，重力加速度为g ．则（ ）A ．撤去F 后，物体回到O 点时速度最大B ．撤去F 后，物体刚运动时的加速度大小为0kx g mμ- C 03gx μ D ．撤去F 后系统产生的内能为4µmgx 0 【答案】BC 【解析】 【详解】A. 撤去F 后，物体回到O 之前水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，加速度先减小后增大，物体先做变加速运动，再做变减速运动，当弹簧的弹力与滑动摩擦力的合力大小相等、方向相反时，加速度为零，速度最大。
故A 错误。
B. 撤去F 后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：物体的加速度为00kx mg kx F f a g m m mμμ--===- 故B 正确。
C. 物块进入电场区域后，受到的电场力：122mg F qE q mg q ==⋅= 所以在竖直方向上，物块受到的支持力：1122N F mg F mg mg mg '=-=-=此时物体受到的摩擦力：10.52N f F mg mg μμμ''==⋅=物块此时的加速度：0.5f a g mμ''==物块进入电场的区域后竖直方向的摩擦力不变，物块做匀减速直线运动，位移为：x =4x 0-x 0=3x 0由运动学的公式：2202ax v v -=-可得物体离开弹簧时速率为：000220.533v ax g x gx μμ==⨯⨯=故C 正确。