第十章 静电场中的能量精选试卷训练(Word版 含解析)

第十章 静电场中的能量精选试卷训练（Word 版 含解析）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=kqr（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k qrϕ=，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。

2．两电荷量分别为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 。

【点睛】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。

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。

4．如图所示，在等边三角形ABC 的三个顶点上固定三个点电荷，其中A 点位置的点电荷带电量为+Q ，B 、C 两点位置的点电荷带电量均为-Q ，在BC 边的中垂线上有P 、M 、N 三点，且PA =AM =MN ，关于三点的场强和电势（取无穷远处电势为零），下列说法不正确的是( )A ．M 点的场强大于P 点的场强B ．MN 之间某点的场强可能为零C ．N 点的场强方向沿中垂线向下D ．P 点的电势高于M 点的电势 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A.点电荷的电场如图所示：正电荷在P、M 两点处产生的场强大小相等为12QE kd =（d 为PA 、AM 、MN 的距离）；而两负电荷在P 点处的合场强向下，在M 点场强为零；所以M P E E >；故A 正确，不符合题意；BC.正电荷在N 点的场强324QE kd =，两负电荷在N 点的场强4322332cos302()3Q QE kk E d d =︒=>，故N 点合场强向上且可知在M 、N 之间某点场强可能为零，故B 正确，不符合题意；C 错误，符合题意；D.由场强叠加可知A 、M 之间的场强均大于A 、P 之间的场强，所以A M A P ϕϕϕϕ->-，所以M P ϕϕ<，故D 正确，不符合题意．5．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 2grB ． grC (6-22)grD (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．6．一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．7．如图所示，竖直平面内有一个半径为R 的圆周，另外空间有一平行于圆周平面的匀强电场，A 、D 两点为圆周上和圆心同一高度的点，C 点为圆周上的最高点。

在与OA 夹角为30θ︒=的圆弧B 点上有一粒子源，以相同大小的初速度v 0在竖直面（平行于圆周面）内沿各个方向发射质量为m ，带电的同种微粒，在对比通过圆周上各点的微粒中，发现从圆周D 点上离开的微粒机械能最大，从圆周E 点（OE 与竖直方向夹角30︒=α）上离开的微粒动能最大，已知重力加速度为g ，取最低点F 所在水平面为重力零势能面。

则有（ ）A ．电场一定沿OD 3B ．通过E 点的微粒动能大小为(33＋1)mgR ＋12mv 2C ．动能最小的点可能在BC 圆弧之间D ．A 点的动能一定小于B 点 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】AB ．在D 点微粒机械能最大，说明B 到D 电场力做功最大，由数学关系知过D 点做圆的切线为电场的等势线，即电场力沿OD 方向，带电粒子电性未知，场强方向不能确定。

在E 点微粒动能最大，说明B 到E 合力做功最多，即重力电场力的合力方向沿OE ，有tan 30Eqmg=︒ cos30mg F =︒合解得33Eq mg = 233F mg =合 动能定理有22001231(1cos30)(1)232kE E mv F R mgR mv =++︒=++合 故选项A 错误、B 正确；C ．OE 反向延长线与圆的交点，为等效重力的最高点，合力做的负功最大，动能最小，选项C 正确；D ．B 点到A 点等效重力（合力）做正功，动能增加，选项D 错误。

故选BC 。

8．静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M 点由静止开始运动，N 为粒子运动轨迹上的另外一点，则A ．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小B ．在M 、N 两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合C ．粒子在M 点的电势能不低于其在N 点的电势能D ．粒子在N 点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】A ．若电场中由同种电荷形成即由A 点释放负电荷，则先加速后减速，故A 正确；B ．若电场线为曲线，粒子轨迹不与电场线重合，故B 错误．C ．由于N 点速度大于等于零，故N 点动能大于等于M 点动能，由能量守恒可知，N 点电势能小于等于M 点电势能，故C 正确D ．粒子可能做曲线运动，故D 错误；9．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：2112sin18.52Ra t ︒=…………③2212cos18.52R a t ︒=…………④ 由③/④可得，12sin18.5=cos18.5a a ︒︒…………⑤ 联立①②⑤可得，cos18.5sin18.5sin18.5sin18.5cos18.5cos18.5qE mg qE mg ︒-︒︒=︒+︒︒…………⑥化简可得，22(cos 18.5sin 18.5)2sin18.5cos18.5qE mg ︒-︒=︒︒…………⑦即cos37sin 37qE 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2max21mvF FR-=…………⑬从A到D，由动能定理可得：22max min112sin37+2cos3722qE R mg R mv mv⋅︒⋅︒=-…………⑭联立⑬⑭可得，23NF=由牛顿第三定律可得，小球对圆环的最大压力为：22'3NF 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5430.4tan374310C10mgqE︒-⨯===⨯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︒=m2AvR小球做圆周过程中动能最小值E kmin=12mv A2=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cos37gg ︒='，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 ='，在等效最低点小球对环的压力最大，设小球在等效最低点的速度为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．10．如图所示，ABC 是处于竖直平面内的光滑、绝缘斜劈，30C ∠=︒、60B ∠=︒，D 为AC 中点；质量为m 带正电的小滑块沿AB 面由A 点静止释放,滑到斜面底端B 点时速度为0v ，若空间加一与ABC 平面平行的匀强电场，滑块仍由静止释放，沿AB 面滑下，滑到斜面底端B 点时速度为02v ，若滑块由静止沿AC 面滑下，滑到斜面底端C 点时速度为03v ，则下列说法正确的是（ ）A ．电场方向由A 指向CB ．B 点电势与D 点电势相等C ．滑块滑到D 点时机械能增加了2012mv D ．小滑块沿AB 面、AC 面滑下过程中电势能变化值之比为2:3 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】B ．无电场时由A 到B;2012mgh mv =① 有电场时由A 到B201(2)2E mgh W m v +=②有电场时由A 到C201(3)2Emgh W m v +=' ③ 由①②③可得2012E W mv =20E W mv '=又因为E AB W qU = EAC W qU '= 则12AB AC U U =则D 点与B 点电势相等,故B 正确；A ．AC 与BD 不垂直，所以电场方向不可能从由A 指向C ，故A 错误； C ．因D 为AC 的中点,则滑到D 点电场力做功为到滑到C 点的一半,为2012mv ，则机械能增加了2012mv ，则C 正确； D ．根据2012E W mv =，20E W mv '=知电势能变化量之比为1:2，故D 错误； 故选BC 。