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第十章静电场中的能量精选试卷达标检测（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．空间存在一静电场，电场中的电势φ随x (x轴上的位置坐标)的变化规律如图所示，下列说法正确的是( )A．x = 4 m处的电场强度可能为零B．x = 4 m处电场方向一定沿x轴正方向C．沿x轴正方向，电场强度先增大后减小D．电荷量为e的负电荷沿x轴从0点移动到6 m处，电势能增大8 eV【答案】D【解析】【分析】【详解】φ 图象的斜率等于电场强度，知x=4 m处的电场强度不为零，选项A错误；B、A、由x从0到x=4 m处电势不断降低，但x=4 m点的电场方向不一定沿x轴正方向，选项B错误；C、由斜率看出，沿x轴正方向，图象的斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，选项C错误；D、沿x轴正方向电势降低，某负电荷沿x轴正方向移动，电场力做负功，从O点移动到6m的过程电势能增大8 eV，选项D正确．故选D．【点睛】本题首先要读懂图象，知道φ-x图象切线的斜率等于电场强度，场强的正负反映场强的方向，大小反映出电场的强弱．2．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=ΔEdϕ，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。
高中物理第十章 静电场中的能量精选测试卷（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 轴上分布如图所示，x 轴上两点B 、C 点电场强度在x 方向上的分量分别是E Bx 、E cx ，下列说法中正确的有A ．B 、C 两点的电场强度大小E Bx ＜E cxB ．E Bx 的方向沿x 轴正方向C ．电荷在O 点受到的电场力在x 方向上的分量最大D ．负电荷沿x 轴从B 移到C 的过程中，电场力先做正功，后做负功【答案】D【解析】【分析】本题的入手点在于如何判断E Bx 和E Cx 的大小，由图象可知在x 轴上各点的电场强度在x 方向的分量不相同，如果在x 方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法．【详解】A 、在B 点和C 点附近分别取很小的一段d ，由题图得，B 点段对应的电势差大于C 点段对应的电势差，将电场看做匀强电场，有E dϕ∆=，可见E Bx >E Cx ，A 项错误．C 、同理可知O 点的斜率最小，即场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，C 项错误．B 、沿电场线方向电势降低，在O 点左侧，E Bx 的方向沿x 轴负方向，在O 点右侧，E Cx 的方向沿x 轴正方向，B 项错误．D 、负电荷沿x 轴从B 移到C 的过程中，电场力先向右后向左，电场力先做正功，后做负功，D 项正确．故选D ．【点睛】挖掘出x φ-图象两大重要性质：图象的斜率反映电场强度的大小，图象中ϕ降低的方向反映场强沿x 轴的方向．2．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。
高中物理第十章静电场中的能量第十章静电场中的能量精选试卷综合测试卷（word含答案）一、第十章静电场中的能量选择题易错题培优（难）1．空间存在一静电场，电场中的电势φ随x (x轴上的位置坐标)的变化规律如图所示，下列说法正确的是( )A．x = 4 m处的电场强度可能为零B．x = 4 m处电场方向一定沿x轴正方向C．沿x轴正方向，电场强度先增大后减小D．电荷量为e的负电荷沿x轴从0点移动到6 m处，电势能增大8 eV【答案】D【解析】【分析】【详解】φ 图象的斜率等于电场强度，知x=4 m处的电场强度不为零，选项A错误；B、A、由x从0到x=4 m处电势不断降低，但x=4 m点的电场方向不一定沿x轴正方向，选项B错误；C、由斜率看出，沿x轴正方向，图象的斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，选项C错误；D、沿x轴正方向电势降低，某负电荷沿x轴正方向移动，电场力做负功，从O点移动到6m的过程电势能增大8 eV，选项D正确．故选D．【点睛】本题首先要读懂图象，知道φ-x图象切线的斜率等于电场强度，场强的正负反映场强的方向，大小反映出电场的强弱．2．如图所示，真空中有一个边长为L的正方体，正方体的两个顶点M、N处分别放置电荷量都为q的正、负点电荷．图中的a、b、c、d是其他的四个顶点，k为静电力常量．下列表述正确是（）A．a、b两点电场强度大小相等，方向不同B．a点电势高于b点电势C．把点电荷+Q从c移到d，电势能增加D ．同一个试探电荷从c 移到b 和从b 移到d ，电场力做功相同 【答案】D 【解析】A 、根据电场线分布知，a 、b 两点的电场强度大小相等，方向相同，则电场强度相同．故A 错误．B 、ab 两点处于等量异种电荷的垂直平分面上，该面是一等势面，所以a 、b 的电势相等．故B 错误．C 、根据等量异种电荷电场线的特点，因为沿着电场线方向电势逐渐降低，则c 点的电势大于d 点的电势．把点电荷+Q 从c 移到d ，电场力做正功，电势能减小，故C 错误．D 、因cb bd U U =可知同一电荷移动，电场力做功相等，则D 正确．故选D ．【点睛】解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的分布，知道垂直平分线为等势线，沿着电场线方向电势逐渐降低．3．一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）。
高中物理必修第3册第十章 静电场中的能量测试卷测试与练习（word 解析版）一、第十章 静电场中的能量选择题易错题培优（难）1．在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板，板长为l ，两板间距离为d ，在两极板间加一交变电压如图乙，质量为m ，电荷量为e 的电子以速度v 0 （v 0接近光速的1/20）从两极板左端中点沿水平方向连续不断地射入两平行板之间．若电子经过两极板间的时间相比交变电流的周期可忽略不计，不考虑电子间的相互作用和相对论效应，则（ ）A ．当U m ＜222md v el 时，所有电子都能从极板的右端射出 B ．当U m ＞222md v el 时，将没有电子能从极板的右端射出 C ．当2222m md v U el =时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：2D ．当222m md v U =时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为12【答案】A【解析】A 、B 、当由电子恰好飞出极板时有：l =v 0t ，2122d at =，m eU a md=由此求出：222m md v U el =，当电压大于该最大值时电子不能飞出，故A 正确，B 错误；C 、当2222m md v U el =，一个周期内有12的时间电压低于临界电压222md v el ，因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：1，故C 错误,D 、若222m md v U =，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为21121=-，则D 选项错误．故选A ． 【点睛】该题考查了带电粒子的类平抛运动，和平抛运动具有相同规律，因此熟练掌握平抛运动规律是解决这类问题的关键．2．如图所示，在纸面内有一直角三角形ABC ，P 1为AB 的中点， P 2为AP 1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P 2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pE q ϕ=可知，pA A 5eV 5V E q eϕ-===- 故A 错误．B ．A 到P 2的电势差为 2A 5(3)V 8V P U ϕϕ=-=--=B A 4548V 27V U ϕϕ=-=-⨯=- 故B 错误．C ．A 点到B 点电势均匀降落，设P 1与B 的中点为P 3,该点电势为：3A 3538V 19V P U ϕϕ=-=-⨯=- Cp 19eV 19V C E q eϕ===-- P 3点与C 为等势点，连接两点的直线为等势线，如图虚线P 3C 所示．由几何关系知，P 3C 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。
高中物理必修第3册第十章静电场中的能量试卷专题练习（解析版）一、第十章静电场中的能量选择题易错题培优（难）1．空间存在一静电场，电场中的电势φ随x (x轴上的位置坐标)的变化规律如图所示，下列说法正确的是( )A．x = 4 m处的电场强度可能为零B．x = 4 m处电场方向一定沿x轴正方向C．沿x轴正方向，电场强度先增大后减小D．电荷量为e的负电荷沿x轴从0点移动到6 m处，电势能增大8 eV【答案】D【解析】【分析】【详解】φ 图象的斜率等于电场强度，知x=4 m处的电场强度不为零，选项A错误；B、A、由x从0到x=4 m处电势不断降低，但x=4 m点的电场方向不一定沿x轴正方向，选项B错误；C、由斜率看出，沿x轴正方向，图象的斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，选项C错误；D、沿x轴正方向电势降低，某负电荷沿x轴正方向移动，电场力做负功，从O点移动到6m的过程电势能增大8 eV，选项D正确．故选D．【点睛】本题首先要读懂图象，知道φ-x图象切线的斜率等于电场强度，场强的正负反映场强的方向，大小反映出电场的强弱．2．如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，圆上有三点A、B、C，其中A与C的连线为直径，∠A＝30°。
有两个完全相同的带正电粒子，带电量均为q（q＞0），以相同的初动能E k从A点先后沿不同方向抛出，它们分别运动到B、C两点。
若粒子运动到B、C两点时的动能分别为E kB＝2E k、E kC＝3E k，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则匀强电场的场强大小为A ．k E qRB ．2k E qRC ．33kE qRD ．233kE qR【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】从A 点到B 点应用动能定理有：2-AB k k k qU E E E == 从A 点到C 点应用动能定理有：32-AC k k k qU E E E == 所以2AC AB U U =做出等势面和电场线如图所示：则从A 点到B 点应用动能定理有：,3k k RqEd qE AD E qE E ===即 解得233kE E qR=。
高中物理第十章 静电场中的能量第十章 静电场中的能量精选试卷检测题（WORD 版含答案）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，真空中有一个边长为L 的正方体，正方体的两个顶点M 、N 处分别放置电荷量都为q 的正、负点电荷．图中的a 、b 、c 、d 是其他的四个顶点，k 为静电力常量．下列表述正确是（ ）A ．a 、b 两点电场强度大小相等，方向不同B ．a 点电势高于b 点电势C ．把点电荷+Q 从c 移到d ，电势能增加D ．同一个试探电荷从c 移到b 和从b 移到d ，电场力做功相同【答案】D【解析】A 、根据电场线分布知，a 、b 两点的电场强度大小相等，方向相同，则电场强度相同．故A 错误．B 、ab 两点处于等量异种电荷的垂直平分面上，该面是一等势面，所以a 、b 的电势相等．故B 错误．C 、根据等量异种电荷电场线的特点，因为沿着电场线方向电势逐渐降低，则c 点的电势大于d 点的电势．把点电荷+Q 从c 移到d ，电场力做正功，电势能减小，故C 错误．D 、因cb bd U U 可知同一电荷移动，电场力做功相等，则D 正确．故选D ．【点睛】解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的分布，知道垂直平分线为等势线，沿着电场线方向电势逐渐降低．2．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。
高中物理必修第3册第十章静电场中的能量测试卷（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．空间存在一静电场，电场中的电势φ随x (x轴上的位置坐标)的变化规律如图所示，下列说法正确的是( )A．x = 4 m处的电场强度可能为零B．x = 4 m处电场方向一定沿x轴正方向C．沿x轴正方向，电场强度先增大后减小D．电荷量为e的负电荷沿x轴从0点移动到6 m处，电势能增大8 eV【答案】D【解析】【分析】【详解】φ 图象的斜率等于电场强度，知x=4 m处的电场强度不为零，选项A错误；B、A、由x从0到x=4 m处电势不断降低，但x=4 m点的电场方向不一定沿x轴正方向，选项B错误；C、由斜率看出，沿x轴正方向，图象的斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，选项C错误；D、沿x轴正方向电势降低，某负电荷沿x轴正方向移动，电场力做负功，从O点移动到6m的过程电势能增大8 eV，选项D正确．故选D．【点睛】本题首先要读懂图象，知道φ-x图象切线的斜率等于电场强度，场强的正负反映场强的方向，大小反映出电场的强弱．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。
高中物理第十章 静电场中的能量第十章 静电场中的能量精选试卷检测题（WORD 版含答案）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=k q r（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kq rϕ=，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。
高中物理必修第3册第十章 静电场中的能量测试卷测试题（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．空间存在一静电场，电场中的电势φ随x (x 轴上的位置坐标)的变化规律如图所示，下列说法正确的是( )A ．x = 4 m 处的电场强度可能为零B ．x = 4 m 处电场方向一定沿x 轴正方向C ．沿x 轴正方向，电场强度先增大后减小D ．电荷量为e 的负电荷沿x 轴从0点移动到6 m 处，电势能增大8 eV 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】 A 、由x φ-图象的斜率等于电场强度，知x =4 m 处的电场强度不为零，选项A 错误；B 、从0到x =4 m 处电势不断降低，但x =4 m 点的电场方向不一定沿x 轴正方向，选项B 错误；C 、由斜率看出，沿x 轴正方向，图象的斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，选项C 错误；D 、沿x 轴正方向电势降低，某负电荷沿x 轴正方向移动，电场力做负功，从O 点移动到6m 的过程电势能增大8 eV ，选项D 正确．故选D ． 【点睛】本题首先要读懂图象，知道φ-x 图象切线的斜率等于电场强度，场强的正负反映场强的方向，大小反映出电场的强弱．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p o ϕϕ<B ．P 、Q 两点电场强度的大小关系为E Q <E PC ．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E Q <E P ，故B 正确；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。
高中物理必修第3册第十章 静电场中的能量测试卷复习练习(Word 版 含答案)一、第十章 静电场中的能量选择题易错题培优（难）1．一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x 轴，起始点O 为坐标原点，其电势能p E 与位移x 的关系如图所示，下列图象中合理的是( )A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：PE F x∆=∆ 即p E x -图象上某点的切线的斜率表示电场力；A.p E x - 图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据F E q=故电场强度也逐渐减小，故A 错误； B.根据动能定理，有：k F x E ⋅∆=∆故k E x -图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与B 图矛盾，故B 错误；C.按照C 图，速度随着位移均匀增加，根据公式2202v v ax -=匀变速直线运动的2x v ﹣图象是直线，题图v x -图象是直线；相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，故C 错误； D.粒子做加速度减小的加速运动，故D 正确．2．一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。
河南河南省开封高级中学物理第十章 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 AB 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 2Q Q F kmg 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．如图所示，分别在M 、N 两点固定放置两个点电荷+Q 和-2Q ，以MN 连线的中点O 为圆心的圆周上有A 、B 、C 、D 四点，COD 与MN 垂直，规定无穷远处电势为零，下列说法正确的是( )A ．A 点场强与B 点场强相等B ．C 点场强与D 点场强相等C ．O 点电势等于零D ．C 点和D 点电势相等【答案】D【解析】【分析】【详解】A 、由于2Q ＞Q ，A 点处电场线比B 点处电场线疏，A 点场强小于B 点场强；故A 错误． B 、由于电场线关于MN 对称，C 、D 两点电场线疏密程度相同，则C 点场强等于D 点场强，但方向与两个电荷的连线不平行，故电场强度的方向不同，故电场强度大小相等，但方向不相同；故B 错误．C 、根据等量异种电荷的对称性可知过O 点的中垂线与电场线垂直，中垂线为等势线，O 点的电势为零，现在是不等量的异种电荷，过O 点中垂线不再是等势线，O 点电势不为零，由U E d =⋅可知左侧的平均场强小，电势降低的慢，则零电势点在O 点右侧；C 错误．D 、沿着电场线电势逐渐降低，结合电场分布的上下对称可知0C D ϕϕ=>；D 正确． 故选D ．【点睛】本题考查判断电势、场强大小的能力，往往画出电场线，抓住电场线分布的特点进行判断．3．一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x 轴，起始点O 为坐标原点，其电势能p E 与位移x 的关系如图所示，下列图象中合理的是( )A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】【分析】【详解】粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：P E F x∆=∆ 即p E x -图象上某点的切线的斜率表示电场力；A.p E x - 图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据F E q=故电场强度也逐渐减小，故A 错误；B.根据动能定理，有： k F x E ⋅∆=∆故k E x -图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与B 图矛盾，故B 错误；C.按照C 图，速度随着位移均匀增加，根据公式2202v v ax -=匀变速直线运动的2x v ﹣图象是直线，题图v x -图象是直线；相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，故C 错误；D.粒子做加速度减小的加速运动，故D 正确．4．空间存在一静电场，电场中的电势φ随x (x 轴上的位置坐标)的变化规律如图所示，下列说法正确的是( )A ．x = 4 m 处的电场强度可能为零B ．x = 4 m 处电场方向一定沿x 轴正方向C ．沿x 轴正方向，电场强度先增大后减小D ．电荷量为e 的负电荷沿x 轴从0点移动到6 m 处，电势能增大8 eV【答案】D【解析】【分析】【详解】A 、由x φ-图象的斜率等于电场强度，知x =4 m 处的电场强度不为零，选项A 错误；B 、从0到x =4 m 处电势不断降低，但x =4 m 点的电场方向不一定沿x 轴正方向，选项B 错误；C 、由斜率看出，沿x 轴正方向，图象的斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，选项C 错误；D 、沿x 轴正方向电势降低，某负电荷沿x 轴正方向移动，电场力做负功，从O 点移动到6m 的过程电势能增大8 eV ，选项D 正确．故选D ．【点睛】本题首先要读懂图象，知道φ-x 图象切线的斜率等于电场强度，场强的正负反映场强的方向，大小反映出电场的强弱．5．在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A 点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A 、B 两点在同一水平线上，M 为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8.0J ，在M 点的动能为6.0J ，不计空气的阻力，则（ ）A．从A点运动到M点电势能增加 2JB．小球水平位移x1与x2的比值 1：4C．小球落到B点时的动能 24JD．小球从A点运动到B点的过程中动能有可能小于 6J【答案】D【解析】【分析】【详解】将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动，竖直分运动为匀变速直线运动；A．从A点运动到M点过程中，电场力做正功，电势能减小，故A错误；B．对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为1：3，故B 错误；C．设物体在B动能为E kB，水平分速度为V Bx，竖直分速度为V By。
由竖直方向运动对称性知12mV By2=8J对于水平分运动Fx1=12mV Mx2-12mV AX2F（x1+x2）=12mV Bx2-12mV AX2x1：x2=1：3解得：Fx1=6J；F（x1+x2）=24J 故E kB=12m（V By2+V Bx2）=32J故C错误；D．由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为F，重力为G，则有：Fx1=6J2262 J 1F t m⋅⋅= Gh =8J221 8J 2G t m⋅⋅= 所以：3 2F G = 由右图可得：tan F Gθ=所以3sin 7θ= 则小球从 A 运动到B 的过程中速度最小时速度一定与等效G ’垂直，即图中的 P 点，故2201124sin J 6J 227kmin min E mv m v θ===（）＜ 故D 正确。
故选D 。
6．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。
7．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。
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．如右图所示，P、Q为两个等量的异种电荷，以靠近P点的O点为原点，沿两电荷的连线建立x轴，沿直线向右为x轴正方向，一带正电的粒子从O点由静止开始在电场力作用下运动到A点，已知A点与O点关于PQ两电荷连线的中点对称，粒子的重力忽略不计，在从O到A的运动过程中，下列关于粒子的运动速度v和加速度a随时间t的变化，粒子的动能E k和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线肯定错误的是（）A．A B．B C．C D．D【答案】ABD【解析】【详解】等量异种电荷的电场线如图所示．沿两点电荷连线从O到A，电场强度先变小后变大，一带正电的粒子从O点由静止开始在电场力作用下运动到A点的过程中，电场力一直做正功，粒子的速度一直在增大．电场力先变小后变大，则加速度先变小后变大．v-t图象切线的斜率先变小后变大，该图是不可能的，故A符合题意．根据沿着电场线方向电势逐渐降低，电场强度为Exϕ=，E先减小后增大，所以φ-x图象切线的斜率先减小后增大，则B图不可能，故B符合题意；加速度先变小后变大，方向不变，C图是可能的，故C不符合题意．粒子的动能 E k=qEx，电场强度先变小后变大，则E k-x切线的斜率先变小后变大，则D图不可能．故D符合题意．则选ABD．【点睛】该题要掌握等量异种电荷的电场线的特点，结合物理规律分析图象切线斜率如何变化是解答的关键，不能只定性分析，那样会认为BD是正确的．10．如图所示，从炽热的金属丝漂出的电子（速度可视为零），经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（）A．仅增大加速电场的电压B．仅减小偏转电场两极板间的距离C．仅增大偏转电场两极板间的电压D．仅减小偏转电场两极板间的电压【答案】BC【解析】【分析】电子经电场加速后，进入偏转电场，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出电子离开电场时数值方向分速度，表示出偏转角正切值的表达式，从而判断使偏转角变大的方法．【详解】电场中的直线加速，由动能定理：21012eU mv=-，可得12eUvm；在偏转电场做类平抛运动，y v at=，加速度2eUamd=，xv v=，运动时间为xLtv=，可得偏转角的正切值为tan yxvvθ=，联立可得：21tan2U LU dθ=.若使偏转角变大即使tanθ变大，由上式看出可以增大U2，或减小U1，或增大L，或减小d，则A、D错误，B、C正确．故选BC．【点睛】本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成.11．如图所示，在x 轴相距为L 的两点固定两个等量异种点电荷+Q 、﹣Q ，虚线是以+Q 所在点为圆心、2L 为半径的圆，a 、b 、c 、d 是圆上的四个点，其中a 、c 两点在x 轴上，b 、d 两点关于x 轴对称．下列判断正确的是（ ）A ．四点中d 点处的电势最低B ．b 、d 两点处的电势相等C ．b 、d 两点处的电场强度相同D ．将一试探电荷+q 沿圆周由a 点移至c 点，+q 的电势能减小【答案】BD【解析】【分析】【详解】A.c 点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等.而正电荷周围的电场的电势都比它高，即c 点的电势在四个点中是最低的;故A 错误.B.该电场中的电势关于x 轴对称，所以b 、d 两点的电势相等;故B 正确.C.该电场中的电场强度关于x 轴对称，所以b 、d 两点场强大小相等，方向是对称的，不相同的;故C 错误.D.c 点的电势低于a 点的电势，试探电荷+q 沿圆周由a 点移至c 点，电场力做正功，+q 的电势能减小;故D 正确.12．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 fa m M-== ,计算得出()()mg Eq M m F Mμ++=.则只需满足()()mg Eq M m F Mμ++>,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 mμ-+=,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22121122L 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.13．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2012mvC．可能等于12mv02+12qEL-12mgLD．可能等于12mv02+23qEL+12mgL【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12qEL，重力做功为-12mg，根据动能定理得：E k−12mv02＝12qEL−12mgL，即E k＝12mv02+12qEL−12mgL②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=12mv02．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12qEL，重力做功为1 2mgL，根据动能定理得：E k−12mv02＝12qEL+12mgL，即E k＝12mv02+12qEL+12mgL．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−12mv02＝qEL+12mgL则得E k＝12mv02+qEL+12mgL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．14．如图所示，在M、N两点分别固定点电荷+Q1、－Q2，且Q1>Q2，在MN连线上有A、B两点，在MN连线的中垂线上有C、D两点．某电荷q从A点由静止释放，仅在静电力的作用下经O 点向B 点运动，电荷q 在O 、B 两点的动能分别为E KO 、E KB ，电势能分别为E pO 、E pB ，电场中C 、D 两点的场强大小分别为E C 、E D ，电势分别为C D ϕϕ、，则下列说法正确的是（ ）A ．E KO 一定小于E KB B ．E pO 一定小于E pBC ．E C 一定大于ED D ．C ϕ一定小于D ϕ【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】AB ．电荷q 从A 点由静止释放，仅在静电力的作用下经O 点向B 点运动，说明静电力方向向右，静电力对电荷做正功，所以电荷动能增加，电势能减小，故A 项正确，B 项错误；C ．据2QE kr=和正点荷产生电场方向由正电荷向外，负电荷产生的电场指向负电荷可得CD 两点场强如图两电荷在C 处产生的场强大，夹角小，据平行四边形定则可得E C 一定大于E D ，故C 项正确；D ．由C 的分析可知MN 连线的中垂线上半部分各点的场强方向向右上方，据等势线与电场线垂直，顺着电场线电势降低，可得C ϕ一定大于D ϕ，故D 项错误。
