高中物理必修第3册第十章 静电场中的能量试卷测试卷附答案

高中物理必修第3册第十章 静电场中的能量试卷测试卷附答案

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Ea

D．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Ea

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．位于正方形四角上的四个等量点电荷的电场线分布如右图所示，ab、cd分别是正方形两条边的中垂线，O点为中垂线的交点，P、Q分别为cd、ab上的点，且OP＜OQ. 则下列说法正确的是

A．P、O两点的电势关系为po

B．P、Q两点电场强度的大小关系为EQ

C．若在O点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力不为零

D．若将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点，电场力做负功

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A．根据电场叠加，由图像可以知道ab、cd两中垂线上各点的电势都为零，所以P、O两点的电势相等，故A错；

B．电场线的疏密表示场强的大小，根据图像知EQ

C．四个点电荷在O点产生的电场相互抵消，场强为零，故在O点放一正点电荷,则该正点电荷受到的电场力为零，故C错误.

D．P、Q电势相等，若将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点，电场力做功为零，故D错误；

故选B.

点睛：根据电场线的方向确定场源电荷的正负.电势的高低看电场线的指向,沿着电场线电势一定降低.电场线的疏密表示场强的大小,;根据电势高低判断功的正负.

3．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v0；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0vgT，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，~42TT做匀减速直线运动刚好水平速度减为零，

3~24TT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v0，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。

4．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FT=3mg。重力加速度大小为g，则小球速度的最小值为 (

)

A．2gr B．2 gr C．(6-22)gr D．(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：

FT+qE=m2Avr，

解得：

vA=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：

-mgrcosθ+qEr（1-sinθ）=12mvB2-12mvA2，

解得，小球的最小速度：

vB=(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．

5．一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．

6．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。

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

sinkxθNmg

由与sinxθBC，故支持力为恒力，即12Nmg，故摩擦力也为恒力大小为

14fμNmg

从C到E，由动能定理可得

221110422qELmgLkBEkBC

由几何关系可知222BEBCL，代入上式可得

32kLmg

在D点时，由牛顿第二定律可得

1cos4qEkBDθmgma

由1cos2BDθL，将32kLmg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

222111102242kBEkBCqELmgLmυ

解得

υgL

故B正确；

C.由于弹力的水平分力为coskxθ，cos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

222111124222EqELmgLkBEkBCmυ

解得

2EυgL

故D正确；

故选ABD。

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/s2）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，

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：

1cos18.5sin18.5qEmgma…………①

同理对沿弦AC的小球受力分析，沿弦AB方向有：

2sin18.5cos18.5qEmgma…………②

设小球从A点释放，沿弦AB和AC到达圆周的时间为t,则：

2112sin18.52Rat…………③

2212cos18.52Rat…………④

由③/④可得，