第十章 静电场中的能量精选试卷专题练习（解析版）一、第十章 静电场中的能量选择题易错题培优（难）1．一均匀带负电的半球壳，球心为O 点，AB 为其对称轴，平面L 垂直AB 把半球壳分为左右两部分，L 与AB 相交于M 点，对称轴AB 上的N 点和M 点关于O 点对称，已知一均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零；取无穷远处电势为零，点电荷q 在距离其为r 处的电势为φ=k q r（q 的正负对应φ的正负）。

假设左侧部分在M 点的电场强度为E 1，电势为φ1；右侧部分在M 点的电场强度为E 2，电势为φ2；整个半球壳在M 点的电场强度为E 3，在N 点的电场强度为E 4．下列说法正确的是（ ）A ．若左右两部分的表面积相等，有12E E >，12ϕϕ>B ．若左右两部分的表面积相等，有12E E <，12ϕϕ<C ．不论左右两部分的表面积是否相等，总有12E E >，34E E =D ．只有左右两部分的表面积相等，才有12E E >，34E E =【答案】C【解析】【详解】A 、设想将右侧半球补充完整，右侧半球在M 点的电场强度向右，因完整均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，可推知左侧半球在M 点的电场强度方向向左，根据对称性和矢量叠加原则可知，E 1方向水平向左，E 2方向水平向右，左侧部分在M 点产生的场强比右侧电荷在M 点产生的场强大，E 1＞E 2，根据几何关系可知，分割后的右侧部分各点到M 点的距离均大于左侧部分各点到M 点的距离，根据kq rϕ=，且球面带负电，q 为负，得：φ1＜φ2，故AB 错误；C 、E 1＞E 2与左右两个部分的表面积是否相等无关，完整的均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，根据对称性可知，左右半球壳在M 、N 点的电场强度大小都相等，故左半球壳在M 、N 点的电场强度大小相等，方向相同，故C 正确，D 错误。

2．如图所示，在方向水平向右的匀强电场中，细线一端固定，另一端拴一带正电小球，使球在竖直面内绕固定端O 做圆周运动。

不计空气阻力，静电力和重力的大小刚好相等，细线长为r 。

当小球运动到图中位置A 时，细线在水平位置，拉力F T =3mg 。

重力加速度大小为g ，则小球速度的最小值为 ( )A．2gr B．2gr C．(6-22)gr D．(6+22)gr 【答案】C【解析】【详解】由题意可知：qE=mg，tanθ=qEmg=1，解得：θ=45°，在A位置，由牛顿第二定律得：F T+qE=m2Avr，解得：v A=2gr，小球在图示B位置速度最小，从A到B过程，由动能定理得：-mgr cosθ+qEr（1-sinθ）=12mv B2-12mv A2，解得，小球的最小速度：v B=(622)gr；故ABD错误，C正确额。

故选C。

【点睛】本题考查了求小球的最小速度，分析清楚小球运动过程、知道小球在何处速度最小是解题的前提与关键，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题．3．一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷（即粒子的电荷量与质量之比）不同的带正电的粒子和，从电容器的点（如图）以相同的水平速度射入两平行板之间．测得和与电容极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1:2．若不计重力，则和的比荷之比是A ．1:2B ．1:8C ．2:1D ．4:1 【答案】D 【解析】 两带电粒子都做类平抛运动，水平方向匀速运动，有，垂直金属板方向做初速度为零的匀加速直线运动，有，电荷在电场中受的力为，根据牛顿第二定律有，整理得，因为两粒子在同一电场中运动，E 相同，初速度相同，侧位移相同，所以比荷与水平位移的平方成反比．所以比荷之比为，D 正确． 【易错提醒】表达式的整理过程易出现问题．【学科网备考提示】带电粒子在电场中的加速和偏转是高考的重点考查内容．4．如图所示，在点电荷Q 产生的电场中，实线MN 是一条方向未标出的电场线，虚线AB 是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在A 、B 两点的加速度大小分别为A a 、B a ，电势能分别为PA E 、PB E .下列说法正确的是( )A ．电子一定从A 向B 运动B ．若A a >B a ，则Q 靠近M 端且为正电荷C ．无论Q 为正电荷还是负电荷一定有PA E <PB ED ．B 点电势可能高于A 点电势【答案】BC【解析】由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故A 错误；若a A ＞a B ，则A 点离点电荷Q 更近即Q 靠近M 端；又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，所以，在MN 上电场方向向右，那么Q 靠近M 端且为正电荷，故B 正确；由B 可知，电子所受电场力方向指向左侧，那么，若电子从A 向B 运动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从B 向A 运动，则电场力做正功，电势能减小，所以，一定有E pA ＜E pB 求解过程与Q 所带电荷无关，只与电场线方向相关，故C 正确；由B 可知，电场线方向由M 指向N ，那么A 点电势高于B 点，故D 错误；故选BC ．5．如图所示，质量相同的两个带电粒子P 、Q 以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两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(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中( )A ．它们运动的时间t Q ＝t PB ．它们所带电荷量之比q P ∶q Q ＝1∶2C ．它们的电势能减少量之比ΔE P ∶ΔE Q ＝1∶2D ．它们的动能增量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝1∶4 【答案】ABD【解析】【详解】A.带电粒子在垂直电场方向上不受力，都做匀速直线运动，位移相等，由x=v 0t 可知运动时间相等，即t Q =t P ．故A 正确；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：22122qE y at t m＝=， 解得： 22ym q Et= ； B.由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为 y P ：y Q =1：2；所以它们所带的电荷量之比 q P ：q Q =y P ：y Q =1：2，故B 正确；C.电势能的减小量等于电场力做的功即△E=qEy ，因为竖直位移之比为：y P ：y Q =1：2，电荷量之比为：q P ：q Q =1：2，所以它们电势能减少量之比为：△E M ：△E N =1：4．故C 错误；D .根据动能定理，有：qEx =△E k而：q P ：q Q =1：2，x P ：x Q =1：2所以动能增加量之比：△E kP ：△E kQ =1：4故D 正确；故选ABD ．【点睛】本题关键将两个带电粒子的运动分解为垂直电场方向和平行电场方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和动能定理列式分析．6．图中虚线为匀强电场中与由场强度方向垂直的等间距平行直线．两粒子M、N质量相等，所带电荷量的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的0点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点．己知0点电势高于c点电势．若不计粒子的重力及两粒子间的相互作用，则A．电场强度的方向竖直向上B．N粒子在a点的加速度与M粒子在c点的加速度大小相等C．N粒子在从O点运动至a点的过程中静电力做正功D．M粒子在从O点运动至C点的过程中，其电势能增加【答案】BC【解析】【详解】A．等势线在水平方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，故A错误．B．由图示可知：该电场为匀强电场，又因为两粒子质量相同，电荷量的绝对值也相同，所以加速度也相同，故B正确；C．N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功．故C正确．D．M粒子在从O点运动至C点的过程中，电场力做正功，其电势能减少，所以D错误．故选择BC.【点睛】根据粒子的轨迹可判断粒子的电场力方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可判断出电场方向，从而确定出粒子的电性．由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同．N从O点运动至a点的过程中电场力做正功．O、b间电势差为零，由动能定理可知电场力做功为零．7．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W1和W2，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 1 C ．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．在竖直平面内有水平向右、电场强度为E =1×104 N/C 的匀强电场，在场中有一个半径为R =2 m 的光滑圆环，环内有两根光滑的弦AB 和AC ，A 点所在的半径与竖直直径BC 成37︒角，质量为0.04 kg 的带电小球由静止从A 点释放，沿弦AB 和AC 到达圆周的时间相同．现去掉弦AB 和AC ，给小球一个初速度让小球恰能在竖直平面沿环内做圆周运动，取小球圆周运动的最低点为电势能和重力势能的零点，（cos370.8︒=，g =10 m/s 2）下列说法正确的是（ ）A ．小球所带电量为q =3.6×10－5 CB ．小球做圆周过程中动能最小值是0.5 JC ．小球做圆周运动从B 到A 的过程中机械能逐渐减小D．小球做圆周运动的过程中对环的最大压力是3.0N【答案】BCD【解析】【分析】【详解】解法一：A．如图所示，令弦AC与直径BC的夹角为∠1，弦AB与水面夹角为∠2，由几何知识可得，371=18.52︒∠=︒，21=18.5∠=∠︒对沿弦AB带电小球进行受力分析，小球沿着弦AB向上运动，则小球电场力向右，故小球带正电，小球受到水平向右电场力，竖直向下的重力，垂直弦AB向上的支持力，则沿弦AB上有：1cos18.5sin18.5qE mg ma︒-︒=…………①同理对沿弦AC的小球受力分析，沿弦AB方向有：2sin18.5cos18.5qE mg ma︒+︒=…………②设小球从A点释放，沿弦AB和AC到达圆周的时间为t,则：2112sin18.52R a t︒=…………③2212cos18.52R a t︒=…………④由③/④可得，12sin18.5=cos18.5aa︒︒…………⑤联立①②⑤可得，cos18.5sin18.5sin18.5sin18.5cos18.5cos18.5qE mgqE mg︒-︒︒=︒+︒︒…………⑥化简可得，22(cos18.5sin18.5)2sin18.5cos18.5qE mg︒-︒=︒︒…………⑦即cos37sin37qE mg︒=︒…………⑧则54tan 370.04100.75C 310C 110mg q E -︒⨯⨯===⨯⨯…………⑨ 故A 错误． B ．小球恰能在竖直平面沿环内做圆周运动，小球受到水平方向的电场力，竖直向下的重力和沿半径指向圆心的支持力，电场力和重力的合力为：()()2210.5N F qE mg =+=，方向与竖直方向夹角为37°…………⑩延长半径AO 交圆与D 点．小球在A 点可以不受轨道的弹力，重力和电场力的合力提供向心力，此时小球速度最小：2min 1mv F R=…………⑪ 可得小球的最小动能2k min 1110.5J 22E mvF R === …………⑫ 故B 正确． C ．小球从做圆周运动从B 到A 的过程中电场力做负功，则小球机械能减小，故C 正确． D ．由B 得分析可知，小球在D 点时，对圆环的压力最大，设此时圆环对小球的支持力为2max 21mv F F R-=…………⑬ 从A 到D ，由动能定理可得：22max min 112sin 37+2cos3722qE R mg R mv mv ⋅︒⋅︒=-…………⑭ 联立⑬⑭可得，23N F = 由牛顿第三定律可得，小球对圆环的最大压力为：22'3N F F ==故D 正确．解法二：A. 由题知，小球在复合场中运动，由静止从A 点释放，沿弦AB 和AC 到达圆周的时间相同，则A 点可以认为是等效圆周的最高点，沿直径与之对应圆周上的点可以认为是等效圆周的最低点，对小球进行受力分析，小球应带正电，如图所示，可得mg tan37︒=qE 解得小球的带电量为5430.4tan 374310C 10mg q E ︒-⨯===⨯ 故A 错误； B. 小球做圆周过程中由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力，小球的动能、重力势能和电势能之和保持不变，在圆上各点中，小球在等效最高点A 的势能（重力势能和电势能之和）最大，则其动能最小，由于小球恰能在竖直平面沿环内做圆周运动，根据牛顿第二定律，在A 点其合力作为小球做圆周运动的向心力cos37mg ︒=m 2A v R小球做圆周过程中动能最小值E kmin =12mv A 2=2cos37mgR ︒=0.0410220.8⨯⨯⨯J=0.5J 故B 正确；C.由于总能量保持不变，小球从B 到A 过程中电场力做负功，电势能增大，小球的机械能逐渐减小，故C 正确；D.将重力与电场力等效成新的“重力场”，新“重力场”方向与竖直方向成37︒，等效重力‘=cos37mg G ︒，等效重力加速度为cos37g g ︒='，小球恰好能做圆周运动，在等效最高点A 点速度为A v g R ='v ，由动能定理得 22A 11·222G R mv mv -'=在等效最低点，由牛顿第二定律2N v F G m R-=' 联立解得小球在等效最低点受到的支持力N 3.0N F =根据牛顿第三定律知，小球做圆周运动的过程中对环的最大压力大小也为3.0N ，故D 正确．9．质量为m 电量为q +的小滑块(可视为质点)，放在质量为M 的绝缘长木板左端，木板放在光滑的水平地面上，滑块与木板之间的动障擦因数为μ，木板长为L ，开始时两者都处于静止状态，所在空间存在范围足够大的一个方向竖直向下的匀强电场E ，恒力F 作用在m 上，如图所示，则（ ）A ．要使m 与M 发生相对滑动，只须满足()F mg Eg μ>+B ．若力F 足够大，使得m 与M 发生相对滑动，当m 相对地面的位移相同时，m 越大，长木板末动能越大C ．若力F 足够大，使得m 与M 发生相对滑动，当M 相对地面的位移相同时，E 越大，长木板末动能越小D ．若力F 足够大，使得m 与M 发生相对滑动，E 越大，分离时长本板末动能越大【答案】BD【解析】A 、m 所受的最大静摩擦力为()f mg Eq μ=+ ,则根据牛顿第二定律得F f f a m M -== ,计算得出()()mg Eq M m F M μ++= .则只需满足()()mg Eq M m F Mμ++> ,m 与M 发生相对滑动.故A 错误.B 、当M 与m 发生相对滑动,根据牛顿第二定律得,m 的加速度()F mg Eq a m μ-+= ,知m越大,m 的加速度越小,相同位移时,所以的时间越长,m 越大,m 对木板的压力越大,摩擦力越大,M 的加速度越大,因为作用时间长,则位移大,根据动能定理知,长木板的动能越大.所以B 选项是正确的.C 、当M 与m 发生相对滑动,E 越大,m 对M 的压力越大,摩擦力越大,则M 相对地面的位移相同时,根据动能定理知,长木板的动能越大.故C.错误D 、根据22121122L a t a t =- 知,E 越大,m 的加速度越小,M 的加速度越大，知时间越长,因为E 越大,M 的加速度越大,则M 的位移越大,根据动能定理知,分离时长木板的动能越大.所以D 选项是正确的.，故选BD点睛：当m 与M 的摩擦力达到最大静摩擦力,M 与m 发生相对滑动,根据牛顿第二定律求出F 的最小值.当F 足够大时,M 与m 发生相对滑动,根据牛顿第二定律,结合运动学公式和动能定理判断长木板动能的变化.10．如图所示，一匀强电场的电场线平行于xOy平面，电场强度大小为E，xOy平面上有一椭圆，椭圆的长轴在x轴上，E、F两点为椭圆的两个焦点，AB是椭圆的短轴，椭圆的一端过O点，则下列说法正确的是( )A．在椭圆上，O、C两点间电势差一定最大B．在椭圆上，A、B两点间电势差可能最大C．一个点电荷从E点运动到椭圆上任意一点再运动到F点，电场力做功可能为零D．一个点电荷从O点运动到A点与从B点运动到C点，电场力做功一定相同【答案】BCD【解析】由于匀强电场方向平行于坐标平面，当电场方向平行于y轴时，O、C间的电势差为零，A、B间的电势差最大，B项正确，A项错误；如果电场方向平行于y轴，则E、F两点电势相等，则一个点电荷从E点运动到椭圆上任意一点再运动到F点，电场力做功为零，C项正确；由于O、A连线平行于B、C连线，且长度相等，因此在匀强电场中，O、A间的电势差和B、C间的电势差相等，一个点电荷从O点运动到A点与从B点运动到C点，电场力做功一定相同，D项正确．11．如图，实线为等量异种点电荷周围的电场线，虚线是以正点电荷为中心的圆，M点是两点电荷连线的中点，N点在虚线上．若将一试探正点电荷沿逆时针方向从M点经虚线移动到N点，则（）A．电荷所受电场力逐渐减小B．电荷所受电场力大小不变C．电荷将克服电场力做功D．电荷的电势能保持不变【答案】AC【解析】【详解】A、B、由电场线的分布情况可知，N处电场线比M处电场线疏，则N处电场强度比M处电场强度小，由电场力公式F=qE可知正点电荷从虚线上M点移动到N点，电场力逐渐减小，故A正确，B错误．C、D、根据顺着电场线方向电势降低，知虚线上各点的电势比正电荷处的电势低，根据U=Ed知：N与正电荷间的电势差小于M与正电荷的电势差，所以N点的电势高于M点的电势，从M点到N点，电势逐渐升高，正电荷的电势能逐渐增大，则电场力做负功，故C正确，D错误．故选AC.【点睛】解答本题关键掌握等量异号点电荷电场线分布情况，知道电场线的物理意义：疏密表示电场强势相对大小，方向反映电势的高低．运用公式U=Ed定性分析电势差的大小．12．如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为E k0。