第十章 静电场中的能量精选试卷检测(提高,Word版 含解析)

第十章静电场中的能量精选试卷检测（提高，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．空间某一静电场的电势φ在x轴上的分布如图所示，图中曲线关于纵轴对称。

在x轴上取a、b两点，下列说法正确的是（）A．a、b两点的电场强度在x轴上的分量都沿x轴正向B．a、b两点的电场强度在x轴上的分量都沿x轴负向C．a、b两点的电场强度在x轴上的分量大小E a<E bD．一正电荷沿x轴从a点移到b点过程中，电场力先做正功后做负功【答案】C【解析】【详解】A B．因为在O点处电势最大，沿着x轴正负方向逐渐减小，电势顺着电场强度的方向减小，所以a、b两点的电场强度在x轴上的分量方向相反。

C．在a点和b点附近分别取很小的一段d，由图像可知b点段对应的电势差大于a点段对应的电势差，看作匀强电场Δ=ΔEd，可知E a<E b，故C正确。

D．x轴负方向电场线往左，x轴正方向电场线往右，所以正电荷沿x轴从a点移到b点过程中，电场力先做负功后做正功。

故D错误。

故选C。

2．如图所示，在纸面内有一直角三角形ABC，P1为AB的中点，P2为AP1的中点，BC=2 cm，∠A = 30°．纸面内有一匀强电场，电子在A点的电势能为-5 eV，在C点的电势能为19 eV，在P2点的电势能为3 eV．下列说法正确的是A．A点的电势为-5 VB．B点的电势为-19 VC．该电场的电场强度方向由B点指向A点D．该电场的电场强度大小为800 V/m【答案】D 【解析】【分析】【详解】A．由公式pEqϕ=可知，pAA5eV5VEq eϕ-===-故A错误．B．A到P2的电势差为2A5(3)V8VPUϕϕ=-=--=B A4548V27VUϕϕ=-=-⨯=-故B错误．C．A点到B点电势均匀降落，设P1与B的中点为P3,该点电势为：3A3538V19VPUϕϕ=-=-⨯=-Cp19eV19VCEq eϕ===--P3点与C为等势点，连接两点的直线为等势线，如图虚线P3C所示．由几何关系知，P3C与AB垂直，所以AB为电场线，又因为电场线方向由电势高指向电势低，所以该电场的电场强度方向是由A点指向B点，故C错误．D．P3与C为等势点，该电场的电场强度方向是由A点指向B点，所以场强为：28V/cm800V/m1UEAP===故D正确．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。

5．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．6．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．7．两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8．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。

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 =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 。