人教版高中物理第十章 静电场中的能量精选试卷易错题(Word版 含答案)

人教版高中物理第十章 静电场中的能量精选试卷易错题（Word 版 含答案）
一、第十章 静电场中的能量选择题易错题培优（难）
1．一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x 轴，起始点O 为坐标原点，其电势能p E 与位移x 的关系如图所示，下列图象中合理的是( )
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：
P
E F x
∆=
∆ 即p E x -图象上某点的切线的斜率表示电场力；
A.p E x - 图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据
F E q
=
故电场强度也逐渐减小，故A 错误； B.根据动能定理，有：
k F x E ⋅∆=∆
故k E x -图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与B 图矛盾，故B 错误；
C.按照C 图，速度随着位移均匀增加，根据公式
22
02v v ax -=
匀变速直线运动的2x v ﹣图象是直线，题图v x -图象是直线；相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，故C 错误； D.粒子做加速度减小的加速运动，故D 正确．
2．在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A 点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A 、B 两点在同一水平线上，M 为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8.0J ，在M 点的动能为6.0J ，不计空气的阻力，则（ ）
A ．从A 点运动到M 点电势能增加 2J
B ．小球水平位移 x 1与 x 2 的比值 1：4
C ．小球落到B 点时的动能 24J
D ．小球从A 点运动到B 点的过程中动能有可能小于 6J 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动，竖直分运动为匀变速直线运动；
A ．从A 点运动到M 点过程中，电场力做正功，电势能减小，故A 错误；
B ．对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为1：3，故B 错误；
C ．设物体在B 动能为E kB ，水平分速度为V Bx ，竖直分速度为V By 。

由竖直方向运动对称性知
1
2
mV By 2=8J 对于水平分运动
Fx 1=
12mV Mx 2-1
2
mV AX 2 F （x 1+x 2）=
12mV Bx 2-1
2
mV AX 2
x 1：x 2=1：3
解得：
Fx 1=6J ； F （x 1+x 2）=24J
故
E kB =
1
2
m （V By 2+V Bx 2）=32J 故C 错误；
D ．由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为F ，重力为G ，则有：
Fx 1=6J
2262 J 1F t m
⋅⋅= Gh =8J 221 8J 2G t m
⋅⋅= 所以：
3
F G =
由右图可得：
tan F
G
θ=
所以
3sin 7
θ=
则小球从 A 运动到B 的过程中速度最小时速度一定与等效G ’垂直，即图中的 P 点，故
2201124sin J 6J 227
kmin min E mv m v θ=
==（）＜ 故D 正确。

故选D 。

3．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CA
D 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 D
B 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。

4．在竖直平面内有水平向右、场强为E=1×104N/C 的匀强电场．在场中有一根长L=2m 的绝缘细线，一端固定在O 点，另一端系质量为0.04kg 的带电小球，它静止时细线与竖直方向成37°角．如图所示，给小球一个初速度让小球恰能绕O 点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能和重力势能的零点，下列说法正确的是(cos37°=0.8，g=10m/s 2)
A ．小球所带电量为q=3.5×10-5C
B ．小球恰能做圆周运动动能最小值是0.96J
C ．小球恰能做圆周运动的机械能最小值是1.54J
D ．小球恰能做圆周运动的机械能最小值是0.5J 【答案】C 【解析】
对小球进行受力分析如图所示：
根据平衡条件得：37mgtan qE ︒=，解得：537310mgtan q C E
-︒
=
=⨯，故A 错误；由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力
在圆上各点中，小球在平衡位置A 点时的势能（重力势能和电势能之和）最小，在平衡位置的对称点B 点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以在B 点的动能kB E 最小，对应速度B v 最小，在B 点，小球受到的重力和电场力，其合力作为小球做圆周运动的向心
力，而绳的拉力恰为零，有：0.40.5370.8
mg F N cos =
==︒合，而2
B
v F m L =合，所以211
0.522
KB B E mv F L J =
==合，故B 错误；由于总能量保持不变，即k PG PE E E E C ++=（C 为恒量）．所以当小球在圆上最左侧的C 点时，电势能PE E 最
大，机械能最小，由B 运动到A ，()PA PB W E E =--合力，·
2W F L =合合力，联立解得：2PB E J =，总能量 2.5PB kB E E E J =+=，由C 运动到
A ，()21370.96P W F L sin J W E =+︒==电电电，，所以C 点的机械能为
2 1.54?P C E E E J 机=-=，即机械能的最小值为1.54J ，故C 正确，D 错误；故选C ．
【点睛】根据小球在平衡位置合力为0，可以求出小球所受的电场力从而得出小球的带电荷量；根据小球恰好在竖直面内做圆周运动这一临界条件，知，在平衡位置处合外力提供圆周运动的向心力从而求出小球动能的最小值．抓住小球能量守恒，电势能最大处小球的机械能最小，根据做功情况分析．
5．如上图所示，有四个等量异种电荷，放在正方形的四个顶点处，A 、B 、C 、D 为正方形四个边的中点，O 为正方形的中心，下列说法中正确的是
A ．A 、C 两个点的电场强度方向相反
B ．将一带正电的试探电荷匀速从B 点沿直线移动到D 点，电场力做功为零
C ．O 点电场强度为零
D ．将一带正电的试探电荷匀速从A 点沿直线移动到C 点，试探电荷具有的电势能增大 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A. 设正方形边长为L ，每个电荷的电量大小为Q ，对A 点研究，两个正电荷在A 点的合场强为零，根据平行四边形法则，两个负电荷在A 点的合场强方向水平向右．则A 点的电场强度方向水平向右．对C 点研究，两个负电荷在C 点的合场强为零，根据平行四边形法则，两个正电荷在C 点的合场强方向水平向右，所以A 、C 两个点的电场强度方向相同．故A 错误；
B.在上面两个等量异种电荷的电场中，B 、D 连线是一条等势线．在下面两个等量异种电荷的电场中，B 、D 连线是也一条等势线，所以B 、D 两点的电势相等，将一带正电的试探电荷从B 点沿直线移动到D 点，电场力做功为零，故B 正确．
C.两个正电荷在O 点的合场强水平向右，两个负电荷在O 点的合场强也水平向右，所以O 点电场强度不等于零，方向水平向右．故C 错误．
D .根据电场的叠加原理可知，AC 连线上场强方向水平向右，则将一带正电的试探电荷匀速从A 点沿直线移动到C 点，电场力做正功，则试探电荷具有的电势能减小，故D 错误； 故选B ． 【点睛】
本题的关键是要掌握等量异种电荷的电场线和等势面分布特点，熟练运用电场的叠加原理分析复合场中电势与电场强度的分布情况；注意场强叠加是矢量叠加，电势叠加是代数叠加．
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 ϕ0
6q m
ϕC ．欲使粒子能够到达x =4处，则粒子从x =02q m
ϕ0
D ．若0
065q v m
ϕ=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)22
mv q mv ϕ=-+ 解得：0
2q v m
ϕ=
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：
2
0112
q mv ϕ=
解得：0
12q v m
ϕ=
C 正确；
D ．根据0sin 0.5(V)x ϕϕπ=粒子在0.5处的电势为102
(V)ϕ，从0到0.5处根据能量守恒定律：
22020211(
0)22
q mv mv -+=
可知：0
22q v m
ϕ0<<，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。

7．一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 ．1:2
B ．1:8
C ．2:1
D ．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．
8．如图所示，真空中有一四面体ABCD ，MN 分别是AB 和CD 的中点，现在A 、B 两点分别都固定电荷量为+Q 的点电荷，下列说法正确的是
A ．C 、D 两点的电场强度相同
B ．仅受电场力的负点电荷，可以在该电场中作匀速圆周运动
C ．N 点的电场强度方向平行AB 且跟C
D 垂直
D ．将试探电荷+q 从C 点移到D 点，电场力做正功，试探电荷+q 的电势能降低 【答案】B 【解析】 【详解】
A.CD 在AB 的中垂面上，C 、D 到AB 连线的距离相等，根据等量同种电荷在空间的电场线
分布特点，知道C 、D 两点的电场强度大小相等，但方向不同，故A 错误；
B.仅受电场力的负点电荷，如果在AB 的中垂面内，两个等量正电荷对它的作用总指向A 、B 连线的中点，就可以提供大小恒定的向心力，可以做匀速圆周运动，故B 正确；
C.根据电场叠加原理知道N 点的电场强度方向与AB 垂直，故C 错误；
D.CD 在AB 的中垂面上，C 、D 到AB 连线的距离相等，C 、D 两点电势相等，试探电荷+q 从C 点移到D 点，电场力不做功，其电势能不变，故D 错误。

9．如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）一端固定在A 点，弹性绳自然长度等于AB ，跨过由轻杆OB 固定的定滑轮连接一个质量为m 的绝缘带正电、电荷量为q 的小球。

空间中还存在着水平向右的匀强电场（图中未画出），且电场强度E =
mg
q。

初始时A 、B 、C 在一条竖直线上，小球穿过水平固定的杆从C 点由静止开始运动，滑到E 点时速度恰好为零。

已知C 、E 两点间距离为L ，D 为CE 的中点，小球在C 点时弹性绳的拉力
为
32mg
，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。

下列说法正确的是
A ．小球在D 点时速度最大
B ．若在E 点给小球一个向左的速度v ，小球恰好能回到
C 点，则v gL C ．弹性绳在小球从C 到
D 阶段做的功等于在小球从D 到
E 阶段做的功 D ．若保持电场强度不变，仅把小球电荷量变为2q ，则小球到达E 点时的速度大小v 2gL 【答案】ABD 【解析】 【详解】
A.对小球分析可知，在竖直方向
sin kx θN mg =+
由与sin x θBC =，故支持力为恒力，即1
2N mg =
，故摩擦力也为恒力大小为 14
f μN m
g ==
从C 到E ，由动能定理可得
2211
10422qEL mgL k BE k BC ⎛⎫---= ⎪⎝⎭
由几何关系可知22
2BE BC L -=，代入上式可得
32
kL mg =
在D 点时，由牛顿第二定律可得
1
cos 4
qE k BD θmg ma --=
由1cos 2BD θL =
，将3
2
kL mg =可得，D 点时小球的加速度为 0a =
故小球在D 点时的速度最大，A 正确； B.从E 到C ，由动能定理可得
2221
11102242k BE k BC qEL mgL m υ⎛⎫---=- ⎪⎝⎭
解得
υgL =
故B 正确；
C.由于弹力的水平分力为cos kx θ，cos θ和kx 均越来越大，故弹力水平分力越来越大，故弹性绳在小球从C 到D 阶段做的功小于在小球从D 到E 阶段做的功，C 错误；
D.将小球电荷量变为2q ，由动能定理可得
22211
1124222E qEL mgL k BE k BC m υ⎛⎫---= ⎪⎝⎭
解得
2E υgL =
故D 正确； 故选ABD 。

10．如图(a)所示，两平行正对的金属板AB 间加有如图(b)所示的交变电压，将一带正电的粒子从两板正中间的P 点处由静止释放，不计粒子重力，下列说法正确的是
A ．在t =0时刻释放该粒子，粒子一定能到达
B 板 B ．在4
T
t =
时刻释放该粒子,粒子一定能到达B 板 C ．在04
T
t <<
期间释放该粒子，粒子一定能到达B 板
D ．在
42
T T
t <<期间释放该粒子，粒子一定能到达A 板 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．若在t =0时刻释放该粒子，带正电粒子先加速向
B 板运动、再减速运动至零，运动方向一直不变，最终打在B 板上，选项A 正确； B ．若在4
T
t =
时刻释放该粒子，带正电粒子先加速向B 板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离等于向右运动的距离，所以若极板间距较大，则粒子可能打不到B 板，B 错误 C ．若在04
T
t <<
期间释放该粒子，带正电粒子先加速向B 板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，粒子整体向右运动，最终打在B 板上，C 正确 D ．若在
42
T T
t <<期间释放该粒子，带正电粒子先加速向B 板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离小于向左运动的距离，粒子整体向A 板运动，一定打在A 板上，若直接加速向B 板，则不会回到A 板，D 错误。

故选AC 。

11．真空中，点电荷的电场中某点的电势kQ
r
ϕ=
，其中r 为该点到点电荷的距离；在x 轴上沿正方向依次放两个点电荷Q 1和Q 2；x 轴正半轴上各点的电势φ随x 的变化关系如图所示；纵轴为图线的一条渐近线，x 0和x 1为已知，则
A ．不能确定两点荷的电性
B ．不能确定两个电荷电量的比值
C ．能确定两点荷的位置坐标
D．能确定x轴上电场强度最小处的位置坐标
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
A．若取无穷远处电势为零，正电荷空间各点电势为正，负电荷空间各点电势为负，而有图象可知0
x x
=处电势为零，也就是空间中存在的两个点电荷肯定是一正一负，A错误；BCD．根据图线，离O点很近时，0
ϕ>，且随x减小趋向于无穷大，故正电荷应该在坐标原点O处，设其电荷量为1
Q，当x由0增大时，电势并没有出现无穷大，即没有经过负的点电荷，说明负电荷必定在O点左侧某a处，且设其电荷量为2
Q，则
21
Q Q
>，
又根据图线0
x x
=处电势为零，有
12
00
Q Q
k k
x x a
=
+，
又由图线斜率可知，在1x处场强最小，为零，且有
12
22
11
()
Q Q
k k
x x a
=
+，
由这两个方程可解出a及1
2
Q
Q，故两个电荷位置坐标及电荷量的比值可求出，B错误，CD 正确；
故选CD。

12．如图，在竖直平面内有一匀强电场，一带电荷量为＋q、质量为m的小球在力F(大小可以变化)的作用下沿图中虚线由A至B做竖直向上的匀速运动．已知力F和AB间夹角为θ，A、B间距离为d，重力加速度为g.则()
A．力F大小的取值范围只能在0～
cos
mg
θ
B．电场强度E的最小值为
sin mg
q
θ
C．小球从A运动到B电场力可能不做功
D．若电场强度E=
tan
mg
q
θ
时，小球从A运动到B电势能变化量大小可能为2mgd sin2θ
【答案】BCD
【解析】
分析小球受力情况：小球受到重力mg、拉力F与电场力qE，因为小球做匀速直线运动，合力为零，则F与qE的合力与mg大小相等、方向相反，作出F与qE的合力，如图，可知F无最大值，选项A错误；当电场力qE与F垂直时，电场力最小，此时场强也最小．
则得：qE=mgsinθ，所以电场强度的最小值为
mgsin
E
q
θ
=，选项B正
确．若电场强度
mgtan
E
q
θ
=，即qE=mgtanθ时，电场力qE可能与AB方向垂直，如图1位置
，电场力不做功，选项C正确；也可能电场力位于位置2方向，则电场力做功为
W=qEsin2θ•d=q•mgsin
q
θ
sin2θ•d=2mgdsin2θ．选项D正确；故选BCD.
点睛：解决本题的关键是对小球进行正确的受力分析，灵活运用图解法分析极值情况，并根据力图要知道电场力大小一定时，方向可能有两种情况，不能漏解．
13．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。

已知t=0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场。

则（）
A．所有粒子最终都垂直电场方向射出电场
B ．t =0之后射入电场的粒子有可能会打到极板上
C ．所有粒子在经过电场过程中最大动能都不可能超过2E k0
D ．若入射速度加倍成2v 0，则粒子从电场出射时的侧向位移与v 0相比必定减半 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；t =0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，说明运动时间为周期的整数倍；故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场；由于t =0时刻射入的粒子在电场方向上始终做单向的直线运动，竖直方向的位移最大，故所有粒子最终都不会打到极板上，A 正确，B 错误； C ．t =0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为
1
2
d ；根据分位移公式，有 0
01 22ym v L d v +=⋅ 由于L =d ，故
ym 0v v =
故最大动能
()220ym k01
2
2k
E m v v E '=+= C 正确；
D ．粒子入射速度加倍成2v 0，则粒子从电场出射时间减半，穿过电场的运动时间变为电场变化半周期的整数倍，则不同时刻进入电场的侧向位移与原v 0相比关系就不确定，如t =0时刻，粒子从电场出射时的侧向位移与v 0相比减半，4
T
t =
进入电场，入射速度v 0时，侧向位移为0，入射速度2v 0时，侧向位移为18
d ，D 错误。

故选AC 。

14．如图所示，O 是一固定的点电荷，另一点电荷P 从很远处以初速度v 射入点电荷O 的电场，在电场力作用下的运动轨迹是曲线MN ，a 、b 、c 是以O 为中心Ra 、R b 、Rc 为半径画出的三个圆，它们之间间距相等，1、2、3、4为轨迹MN 与三个圆的一些交点．以|W 12|表示点电荷P 由l 到2的过程中电场力做的功的大小，|W 34|表示由3到4的过程中电场力做的功的大小，则（ ）
A．|W12|＞2|W34| B．|W12|=2|W34|
C．P、O两电荷可能同号D．P、O两电荷一定异号
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
根据电场线的分布情况可知，2、3间的场强大于3、4间场强，由公式U=Ed分析得知，2、3间的电势差大于3、4间的电势差，所以1、2间的电势差大于3、4间电势差的2倍，即有|U12|＞2|U34|，由电场力做功公式W=qU得，|W12|＞2|W34|．故A正确，B错误．由轨迹的弯曲方向可判定两电荷间存在引力，是异号电荷．故C错误，D正确．故选AD．
【点睛】
本题是电场中轨迹问题，由U=Ed定性分析非匀强电场中两点间电势差的关系，由轨迹弯曲方向判断电场力方向都是常见的问题，要加强训练，熟练掌握．
15．如图所示，一个竖直放置的平行板电容器，充电后，左板上电荷量为-Q，板间可看成匀强电场．一个带电荷量为-q的油滴，从O点以速度v射入板间，v的方向与电场线成θ角，已知油滴的质量为m，测得油滴到达运动轨迹的最高点时，它的速度大小又为v，并恰好垂直打到平行板上，则以下说法中正确的是（）
A．油滴最后打在左板上
B．最高点处（设为N）与O点的电势差为
22
sin
2
NO
mv
U
q
θ
=
C．板间的电场强度
1
sin
mg cos
E
q
θ
θ
+
=
（）
D．如果两板间距离变小，O到右板的距离不变，则最高点处（设为N）的位置不变
【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．因油滴到达最高点N 时速度大小为v ，方向水平，对O →N 过程用动能定理有
W G +W 电=0
所以电场力一定做正功，油滴带负电，则最高位置一定在O 点的右上方，即垂直打到右板上，A 错误．
B ．对油滴，在水平方向，由动能定理得
qU NO =mgh
在竖直方向上油滴做初速为v sin θ的竖直上抛运动，则有
(v sin θ)2=2gh
即
22sin 2NO
mv U q
θ=
故B 正确．
C ．油滴由O N →的运动时间为
sin v t g
θ
=
水平方向的位移
2cos (1cos )sin 22v v v d t g
θθθ--==
电场强度大小
sin (1cos )
U mg E d q θ
θ=
=- 故C 错误．
D ．因最高点N 与出发点O 的电势差
22sin 2NO
mv U q
θ=
与场强无关，故改变电场强度而O 点到右板的距离不变，N 点的位置不变，则D 正确． 故选BD ． 【点睛】
本题考查了动能定理的应用，考查了求电场强度大小问题，运用运动的合成与分解观点分析清楚油滴的运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、运动学公式与匀强电场场强与电势差的关系可以解题．
二、第十章 静电场中的能量解答题易错题培优（难）
16．在空间中取坐标系Oxy ，在第一象限内平行于y 轴的虚线MN 与y 轴距离为d ，从y 轴
到MN 之间的区域充满一个沿y 轴正方向的匀强电场，如图所示．一电子从静止开始经电压U 加速后，从y 轴上的A 点以平行于x 轴的方向射入第一象限区域，A 点与原点O 的距离为h ．不计电子的重力．
（1）若电子恰好从N 点经过x 轴，求匀强电场的电场强度大小E 0；
（2）匀强电场的电场强度E 大小不同，电子经过x 轴时的坐标也不同．试求电子经过x 轴时的x 坐标与电场强度E 的关系．
【答案】（1）024Uh E d =（2）Uh
x E
=或22d Uh x Ed =+
【解析】 【分析】
本题考查电子在电场中的受力及运动 【详解】
设电子的电荷量为e 、质量为m ，电子经过电场加速后获得速度v 0．则
2
012
eU mv =
（1）电子从A 点运动到N 点，有
00d v t =
eE a m
=
212
h at =
联立解得电场强度大小
02
4Uh
E d =
（2）讨论两种情况： ①当2
4Uh
E d ≥
时，电子从电场内经过x 轴，有 0x v t =
eE a m
=
212
h at =
联立解得x 坐标与电场强度E 的关系为
2
Uh
x E
= ②当2
4Uh
E d <
时，电子先离开电场，之后再经过x 轴在电场内运动时间为t 1，有 01d v t =
21112
y at =
1y v at =
在电场外运动时间为t 2，电子做匀速直线运动，有
02x d v t -=
12y h y v t -=
联立解得x 坐标与电场强度E 的关系为
22d Uh x Ed
=
+
17．电容器是一种重要的电学元件，基本工作方式就是充电和放电．由这种充放电的工作方式延伸出来的许多电学现象，使得电容器有着广泛的应用．如图1所示，电源与电容器、电阻、开关组成闭合电路．已知电源电动势为E ，内阻不计，电阻阻值为R ，平行板电容器电容为C ，两极板间为真空，两极板间距离为d ，不考虑极板边缘效应．
（1）闭合开关S ，电源向电容器充电．经过时间t ，电容器基本充满． a ．求时间t 内通过R 的平均电流I ；
b ．请在图2中画出充电过程中电容器的带电荷量q 随电容器两极板电压u 变化的图象；并求出稳定后电容器储存的能量E0；
（2）稳定后断开开关S ．将电容器一极板固定，用恒力F 将另一极板沿垂直极板方向缓慢拉开一段距离x ，在移动过程中电容器电荷量保持不变，力F 做功为W ；与此同时，电容器储存的能量增加了ΔE ．请推导证明：W=ΔE ．要求最后的表达式用已知量表示． 【答案】（1）a ．CE I t
= b ．2
012E CE = （2）见解析
【解析】
试题分析：（1）a ．设充电完毕电容器所带电量为Q ，即时间t 内通过电阻R 的电量，此时电容器两端电
压等于电源的电动势
根据电容的定义（2分）
根据电流强度的定义（2分）
解得平均电流（2分）
b．根据q = Cu，画出q-u图像如图1所示（2分）
由图像可知，图线与横轴所围面积即为电容器储存的能量，如图2中斜线部分所示
由图像求出电容器储存的电能（2分）
解得（2分）
（2）设两极板间场强为，两极板正对面积为S
根据，，得，可知极板在移动过程中板间场强不变，两极板间的相互作用力为恒力．两板间的相互作用可以看作负极板电荷处于正极板电荷产生的电场中，可知两板间的相互作用力．（2分）缓慢移动时有
根据功的定义有
代入已知量得出（2分）
电容器增加的能量（或）
（2分）
代入已知量得出（2分）
所以
考点：电容，电动势，能量守恒．
18．如图所示，真空室中电极K发出的电子（初速度不计）经过电势差为U1的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两板间的偏转电场，电子离开偏转电极时速度方向与水平方向成45°，最后打在荧光屏上，已知电子的质量为m、电荷量为e，C、D 极板长为l，D板的电势比C板的电势高，极板间距离为d，荧光屏距C、D右端的距离为。