河北省武邑中学物理第十章 静电场中的能量精选测试卷专题练习

河北省武邑中学物理第十章 静电场中的能量精选测试卷专题练习一、第十章 静电场中的能量选择题易错题培优（难）1．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【答案】B 【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。

2．如图甲所示，a 、b 是一条竖直电场线上的两点，一带正电的粒子从a 运动到b 的速度—时间图象如图乙所示，则下列判断正确的是A．b点的电场方向为竖直向下B．a点的电场强度比b点的大C．粒子从a到b的过程中电势能先减小后增大D．粒子从a到b的过程中机械能先增大后减小【答案】B【解析】【详解】A.粒子在a点时受到的电场力方向向上，大小大于重力，所以电场的方向为竖直向上，故A错误；B.粒子在b点时受到的电场力小于重力，所以a点的电场强度比b点的大，故B正确；C.粒子从a到b的过程中电场力一直做正功，所以电势能一直减小，故C错误；D.粒子从a到b的过程中，除重力做负功外，只有电场力做正功，则机械能一直增大，故D错误。

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．1:2 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．4．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CD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。

5．两个质量相同的小球用不可伸长的细线连结，置于场强为E的匀强电场中，小球1和2均带正电，电量分别为和（＞）．将细线拉直并使之与电场方向平行，如图所示．若将两小球同时从静止状态释放，则释放后细线中的张力T为（不计重力及两小球间的库仑力）A．T=（－）EB．T=（－）EC．T=（+）ED．T=（+）E【答案】A【解析】【分析】【详解】将两个小球看做一个整体，整体在水平方向上只受到向右的电场力，故根据牛顿第二定律可得，对小球2分析，受到向右的电场力，绳子的拉力，由于，球1受到向右的电场力大于球2向右的电场力，所以绳子的拉力向右，根据牛顿第二定律有，联立解得，故A正确；【点睛】解决本题关键在于把牛顿第二定律和电场力知识结合起来，在研究对象上能学会整体法和隔离法的应用，分析整体的受力时采用整体法可以不必分析整体内部的力，分析单个物体的受力时就要用隔离法．采用隔离法可以较简单的分析问题6．如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向电阻为零可以视为短路，反向电阻无穷大可以视为断路)连接，电源负极接地。

初始电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。

下列说法正确的是( )A．减小极板间的正对面积，带电油滴会向下运动B．将上极板上移，则P点的电势升高EC．将下极板下移，则带电油滴在P点的电势能增大D．无论哪个极板上移还是下移，带电油滴都不可能向下运动【答案】D【解析】【分析】由题意可知考查电容器动态分析问题，根据电容、电压、场强、电量相互关系分析可得。

【详解】A ．由4S C kd επ=Q C U= U E d = 三式 联立可得4kQ E S πε= 减小极板间的正对面积，由4SC kd επ=可知电容减小，假设电压不变由Q C U= 可知电量减小，电容器放电，因二极管的单向导电性，可知Q 不变，S 减小，由4kQE Sπε= 可知场强E 增大，电场力增大，带电油滴向上运动，故A 错误；B ．将上极板上移，由4SC kd επ=可知电容减小，假设电压不变由Q C U= 可知电量减小，电容器放电，因二极管的单向导电性，可知Q 不变，由4kQE Sπε= 可知场强E 不变，P 到下极板的距离不变，则P 点的电势不变，故B 错误；C ．将下极板下移，由4SC kd επ=可知电容减小，假设电压不变由Q C U= 可知电量减小，电容器放电，因二极管的单向导电性，可知Q 不变，由4kQE Sπε= 可知场强E 不变，P 到下极板的距离变大，则P 点的电势升高，油滴带负电，所以油滴在P 点的电势能减小，故C 错误。

D ．两极板距离增大时，电容减小，假设电压不变由QC U=可知电量减小，电容器放电，因二极管的单向导电性，电容不变，场强不变，油滴静止，当两板距离减小时，电容增大，场强增大，电场力增大，带电油滴向上运动，故D 正确。

【点睛】二极管具有单向导电性，电容器不能反向放电，则电量不会减小。

由4kQE Sπε=，可以确定电场强度变化，进一步确定电场力、电势能的变化。

同一正电荷放在电势越高处电势能越大，同一负电荷放在电势越高处电势能越小。

7．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 =mgq。

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12N mg =，故摩擦力也为恒力大小为 14f μN mg ==从C 到E ，由动能定理可得221110422qEL mgL k BE k BC ⎛⎫---= ⎪⎝⎭由几何关系可知222BE BC L -=，代入上式可得32kL mg =在D 点时，由牛顿第二定律可得1cos 4qE k BD θmg ma --=由1cos 2BD θL =，将32kL 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222111102242k 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222111124222E qEL mgL k BE k BC m υ⎛⎫---= ⎪⎝⎭解得2E υgL =故D 正确； 故选ABD 。

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。