江苏省如皋市如皋中学物理第十章 静电场中的能量精选测试卷专题练习

江苏省如皋市如皋中学物理第十章 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．如图所示，两个可视为点电荷的带正电小球A 和B ，A 球系在一根不可伸长的绝缘细线一端，绕过定滑轮，在细绳的另一端施加拉力F ，B 球固定在绝缘座上，位于定滑轮的正下方。

现缓慢拉动细绳，使A 球缓慢移动到定滑轮处，此过程中，B 球始终静止，忽略定滑轮大小和摩擦，下列判断正确的是（ ）
A ．
B 球受到的库仑力先增大后减小 B ．拉力F 一直增大
C ．地面对绝缘座的支持力一直减少
D ．A 球的电势能先不变后减少 【答案】D 【解析】 【详解】
设球所受库仑力大小为F C ，AB 两球间距离为r ，B 球距定滑轮为h ，A 球与定滑轮间距离为l ，对开始位置处的A 球受力分析，将F 和F C 合成如图，由相似三角形可得
C
A B 3F Q Q mg k h r r
== 所以A 球缓慢移动过程中，r 先不变，等A 球运动到滑轮正下方后，r 再变大；整个过程中l 一直减小。

A ．r 先不变再变大，
B 球受到的库仑力大小先不变再减小，故A 项错误； B ．A 球未到滑轮正下方时，由相似三角形可得
F mg l h
= 所以F 先减小，当A 球到达滑轮正下方后，由平衡条件可得
A B
2
Q Q F k
mg r
+= 所以F 再增大，故B 项错误；
C ．A 球未到滑轮正下方时，库仑力大小不变，方向趋近竖直，则B 球受到库仑力的竖直分量变大，地面对绝缘座的支持力先变大；A 球到达滑轮正下方后，B 球受到库仑力大小减小、方向竖直向下，地面对绝缘座的支持力减小；故C 项错误；
D ．r 先不变再变大，两者间的库仑斥力对A 球先不做功后做正功，则A 球的电势能先不变后减少，故D 项正确。

2．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v
D ．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0~4
T 沿电场力方向做匀加速直线运动，
~42
T T
做匀减速直线运动刚好水平速度减为零，3~24
T T 做反向的匀加速直线运动，3~4T
T 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。

3．两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=（－）E
B．T=（－）E
C．T=（+）E
D．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
4．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；
5．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 E
D ．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．
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．如图所示，在真空中A、B两点分别固定等量异种点电荷-Q和+Q，O是A、B连线的中点，acbd是以O为中心的正方形，m、n、p分别为ad、db、bc的中点，下列说法正确的是
A ．m 、n 两点的电场强度相同
B ．电势的高低关系n p ϕϕ=
C ．正电荷由a 运动到b ，其电势能增加
D ．负电荷由a 运动到c ，电场力做负功 【答案】BC 【解析】 【详解】
A ．由等量异种电荷的电场的特点知，m 、n 两点的电场的方向不同，故A 错误；
B ．n 、p 两点关于A 、B 连线上下对称，电势相等，故B 正确；
C ．正电荷由a 运动到b ，电场力做负功，电势能增大，故C 正确；
D ．负电荷由a 运动到c ，电场力做正功，故D 错误。

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 C
B ．小球做圆周过程中动能最小值是0.5 J
C ．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，
37
1=18.5
2
︒
∠=︒，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：
1
cos18.5sin18.5
qE mg ma
︒-︒=…………①
同理对沿弦AC的小球受力分析，沿弦AB方向有：
2
sin18.5cos18.5
qE 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：
2
1
1
2sin18.5
2
R a t
︒=…………③
2
2
1
2cos18.5
2
R a t
︒=…………④
由③/④可得，
1
2
sin18.5
=
cos18.5
a
a
︒
︒…………⑤
联立①②⑤可得，
cos18.5sin18.5sin18.5
sin18.5cos18.5cos18.5
qE mg
qE mg
︒-︒︒
=
︒+︒︒
…………⑥
化简可得，
22
(cos18.5sin18.5)2sin18.5cos18.5
qE mg
︒-︒=︒︒…………⑦
即cos37sin37
qE mg
︒=︒…………⑧
则5
4
tan370.04100.75
C310C
110
mg
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：
()()
22
10.5N 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：
2
min 1mv F R
=…………⑪ 可得小球的最小动能
2k min 111
0.5J 22
E mv
F 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
2
max 21mv F F R
-=…………⑬ 从A 到D ，由动能定理可得：
22max min 11
2sin 37+2cos3722
qE 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
54
3
0.4tan 37
4310C 10
mg 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 2
A
v R
小球做圆周过程中动能最小值
E kmin =
1
2mv 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 =
v ，由动能定理得
22
A 11·222
G R mv mv -'=
在等效最低点，由牛顿第二定律
2
N 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 M
μ++>
,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22
121122
L 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，直线上M 、N 两点分别放置等量的异种电荷，A 、B 是以M 为圆心的圆上两点，且关于直线对称，C 为圆与直线的交点。

下列说法正确的是
A ．A 、
B 两点的电场强度相同，电势不等 B ．A 、B 两点的电场强度不同，电势相等
C ．C 点的电势高于A 点的电势
D ．将正电荷从A 沿劣弧移到B 的过程中，电势能先增加后减少 【答案】BD 【解析】 【详解】
AB ．在等量的异种电荷的电场中，两点电荷产生好的电场强度大小为2
kQ
E r =，由平行四边形定则合成，A 、B 、C 三点的场强方向如图所示：
结合对称性可知，A 与B 两点的电场强度大小相等，方向不同，则两点的场强不同；而比较A 与B 两点的电势，可由对称性可知沿MA 和MB 方向平均场强相等，则由U E d =⋅可知电势降低相同， 故有A B ϕϕ=；或由点电荷的电势(决定式kQ
r
ϕ=
)的叠加原理，可得A B ϕϕ=，故A 错误，B 正确；
C ．从M 点沿MA 、MB 、MC 三个方向，可知MA 和MB 方向MC 方向的平均场强较大，由
U E d =⋅可知沿MC 方向电势降的多，而等量异种电荷连线的中垂线与电场线始终垂直，
为0V 的等势线，故有
0V A B C ϕϕϕ=>=，
故C 错误；
D ．正电荷在电场中的受力与场强方向相同，故由从A 沿劣弧移到B 的过程，从A 点电场力与运动方向成钝角，到B 点成直角，后变成锐角，故有电场力先做负功后做正功，由功能关系可知电势能先增大后减小，故D 正确； 故选BD 。

11．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．
12．如图所示，在竖直平面内有一边长为L 的正方形区域处在场强为E 的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行．一质量为m 、带电量为q 的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速V 0进入该正方形区域．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为（ ）
A ．可能等于零
B ．可能等于201
2
mv C ．可能等于12mv 02+12qEL -1
2
mgL D ．可能等于
12mv 02+23qEL +1
2
mgL 【答案】BCD 【解析】 【分析】
要考虑电场方向的可能性，可能平行于AB向左或向右，也可能平行于AC向上或向下．分析重力和电场力做功情况，然后根据动能定理求解．
【详解】
令正方形的四个顶点分别为ABCD，如图所示
若电场方向平行于AC：
①电场力向上，且大于重力，小球向上偏转，电场力做功为1
2
qEL，重力做功为-
1
2
mg，根
据动能定理得：E k−1
2
mv02＝
1
2
qEL−
1
2
mgL，即E k＝
1
2
mv02+
1
2
qEL−
1
2
mgL
②电场力向上，且等于重力，小球不偏转，做匀速直线运动，则E k=1
2
mv02．
若电场方向平行于AC，电场力向下，小球向下偏转，电场力做功为1
2
qEL，重力做功为
1 2mgL，根据动能定理得：E k−
1
2
mv02＝
1
2
qEL+
1
2
mgL，即E k＝
1
2
mv02+
1
2
qEL+
1
2
mgL．
由上分析可知，电场方向平行于AC，粒子离开电场时的动能不可能为0．
若电场方向平行于AB：
若电场力向右，水平方向和竖直方向上都加速，粒子离开电场时的动能大于0．若电场力
向右，小球从D点离开电场时，有E k−1
2
mv02＝qEL+
1
2
mgL则得E k＝
1
2
mv02+qEL+
1
2
mgL
若电场力向左，水平方向减速，竖直方向上加速，粒子离开电场时的动能也大于0．故粒子离开电场时的动能都不可能为0．故BCD正确，A错误．故选BCD．
【点睛】
解决本题的关键分析电场力可能的方向，判断电场力与重力做功情况，再根据动能定理求解动能．
13．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．
14．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．
15．如图所示，电容器固定在一个绝缘座上，绝缘座放在光滑水平面上，平行板电容器板间距离为d ，右极板有一小孔，通过孔有绝缘杆，左端固定在左极板上，电容器极板连同底座、绝缘杆总质量为M ．给电容器充电后，有一质量为m 的带正电环恰套在杆上以某一速度v 0对准小孔向左运动，设带电环不影响电容器极板间电场的分布．带电环进入电容器后距左极板的最小距离为d /2，则
A ．带电环与左极板相距最近时的速度0
mv v M
= B ．此过程中电容器移动的距离()
2md
x M m =
+
C ．此过程屮电势能的变化量()
022p mMv E M m =
+
D ．带电环减少的动能大于电容器增加的动能 【答案】BCD 【解析】 【分析】
带电环与极板间相距最近时两者速度相等，选取带电环与电容器构成的系统作为研究对象，根据动量守恒定律，即可求出带电环与左极扳相距最近时的速度大小；结合运动学公式求解电容器移动的距离；在此过程，系统中，带电小环动能减少，电势能增加，同时电容器等的动能增加，系统中减少的动能全部转化为电势能． 【详解】
A ．带电环进入电容器后在电场力的作用下做初速度为0v 的匀减速直线运动，而电容器则在电场力的作用下做匀加速直线运动，当它们的速度相等时，带电环与电容器的左极板相距最近，由系统动量守恒定律可得
()0mv M m v =+，
解得
mv v M m
=
+， A 错误；
B ．该过程中电容器向左做匀加速直线运动根据运动学基本公式得2
v
t s =，环向左做匀减速直线运动，由公式得
2
v v t s +='， 根据位移关系有
2
d s s '-=
， 解得
()
2md
s M m =
+，
B 正确；
C ．在此过程，系统中，带电小环动能减少，电势能增加，同时电容器等的动能增加，系统中减少的动能全部转化为电势能．所以
22011
()22
P E mv m M v =
-+， 联立得
()
2
2P Mmv E m M =+，
C 正确；
D ．在此过程，系统中，带电小环动能减少，转化为电容器增加的动能以及系统的电势能，故带电环减少的动能大于电容器增加的动能，D 正确。

故选BCD 。

二、第十章 静电场中的能量解答题易错题培优（难）
16．如图甲所示，极板A 、B 间电压为U 0，极板C 、D 间距为d ，荧光屏到C 、D 板右端的距离等于C 、D 板的板长．A 板O 处的放射源连续无初速地释放质量为m 、电荷量为+q 的粒子，经电场加速后，沿极板C 、D 的中心线射向荧光屏（荧光屏足够大且与中心线垂直），当C 、D 板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t 0；当C 、D 板间加上图乙所示电压（图中电压U 1已知）时，粒子均能从C 、D 两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用．求：
（1）C 、D 板的长度L ；
（2）粒子从C 、D 板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离； （3）粒子打在荧光屏上区域的长度． 【答案】（1）02qU L t m =2）2102qU t y md =（3）2
10
32qU t s s md
∆==
【解析】
试题分析：（1）粒子在A 、B 板间有20012
qU mv = 在C 、D 板间有00L v t =
解得：L t =（2）粒子从nt 0（n=0、2、4……）时刻进入C 、D 间，偏移距离最大 粒子做类平抛运动 偏移距离2012
y at = 加速度1
qU a md
=
得：2
10
2qU t y md
=
（3）粒子在C 、D 间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远ZXXK] 出C 、D 板偏转角0
tan y v v θ=
0y v at =
打在荧光屏上距中心线最远距离tan s y L θ=+
荧光屏上区域长度2
10
32qU t s s md
∆==
考点：带电粒子在匀强电场中的运动
【名师点睛】此题是带电粒子在匀强电场中的运动问题；关键是知道粒子在水平及竖直方向的运动规律和特点，结合平抛运动的规律解答．
17．静电场方向平行于x 轴，其电势ϕ随x 的分布可简化为如图所示的折线，图中0ϕ和d 为已知量。

一个带负电的粒子在电场中以0x =为中心，沿x 轴方向做周期性运动。

己知该粒子质量为m 、电量为-q ，忽略重力。

（1）求粒子所受电场力的大小；
（2）若将粒子由x d =处由静止释放，求粒子的运动周期；
（3）若粒子在0x =处获得一定动能，且动能与电势能之和为–A （00A q ϕ<<）。

求粒子的运动区间。