高中物理必修第3册第十章 静电场中的能量试卷(培优篇)(Word版 含解析)
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高中物理必修第3册第十章
静电场中的能量试卷（培优篇）（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．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Ek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EkB＝2Ek、EkC＝3Ek，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．kEqR B．2kEqR C．3 3kEqR D．23 3kEqR
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
从A点到B点应用动能定理有：2-ABkkkqUEEE
从A点到C点应用动能定理有：32-ACkkkqUEEE
所以2ACABUU
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：,32kkRqEdqEADEqEE即
解得23 3kEEqR。
选项D正确，A、B、C错误。
2．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EBx、Ecx，下列说法中正确的有
A．B、C两点的电场强度大小EBx＜Ecx
B．EBx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EBx和ECx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Ed，可见EBx>ECx，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，EBx的方向沿x轴负方向，在O点右侧，ECx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xφ图象两大重要性质：图象的斜率反映电场强度的大小，图象中降低的方向反映场强沿x轴的方向．
3．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中P、N两点的电势为零，NF段中Q点电势最高，则( )
A．P点的电场强度大小为零
B．q1和q2为等量异种电荷
C．NQ间场强方向沿x轴正方向
D．将一负电荷从N点移到F点，电势能先减小后增大
【答案】D
【解析】
【详解】
A．φ-x图线的斜率等于电场强度，故可知P点的电场强度大小不为零，A错误；
B．如果1q和2q为等量异种电荷，点连线中垂线是等势面，故连线的中点是零电势点；由于OPPM，故12qq，故B错误；
C．沿着电场线的方向，电势降低，由于从N到Q电势升高，故是逆着电场线，即NQ间场强方向沿x轴正方向；
D．由于从N到F，电势先增加后减小，将一负电荷从N点移到F点，根据公式
PEq
电势能先减小后增大，故D正确。
故选D。
【点睛】
电势为零处，电场强度不一定为零。电荷在电场中与电势的乘积为电势能。电场力做功的正负决定电势能的增加与否。
4．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，
ACDBφφφφ
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。
5．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。
6．一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EP与位移x的关系如图所示，下列图象中合理的是（ ）
A．电场强度与位移关系
B．粒子动能与位移关系
C．粒子速度与位移关系
D．粒子加速度与位移关系
【答案】D
【解析】
试题分析：粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动；根据功能关系得到Ep﹣x图象的斜率的含义，得出电场力的变化情况；然后结合加速度的含义判断加速度随着位移的变化情况．
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：F=||，即Ep﹣x图象上某点的切线的斜率表示电场力；
A、Ep﹣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E=，故电场强度也逐渐减小；故A错误；
B、根据动能定理，有：F•△x=△Ek，故Ek﹣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、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；
故选D．
【点评】本题切入点在于根据Ep﹣x图象得到电场力的变化规律，突破口在于根据牛顿第
二定律得到加速度的变化规律，然后结合动能定理分析；不难．
7．有一电场强度方向沿x轴的电场，其电势随x的分布满足0sin0.5(V)x，如图所示。一质量为m，带电荷量为+q的粒子仅在电场力作用下，以初速度v0从原点O处进入电场并沿x轴正方向运动，则下列关于该粒子运动的说法中不正确．．．的是
A．粒子从x=1处运动到x=3处的过程中电势能逐渐减小
B．若v0=20qm，则粒子在运动过程中的最小速度为06qm
C．欲使粒子能够到达x=4处，则粒子从x=0处出发时的最小速度应为2qm
D．若0065qvm，则粒子能运动到0.5处，但不能运动到4处
【答案】B
【解析】
【分析】
仅有电场力做功，电势能和动能相互转化；根据正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，判断电势能的变化。粒子如能运动到1处，就能到达4处。粒子运动到1处电势能最大，动能最小，由能量守恒定律求解最小速度。
【详解】
A．从1到3处电势逐渐减小，正电荷电势能逐渐减小，故A正确；
B．粒子在运动过程中，仅有电场力做功，说明电势能和动能相互转化，粒子在1处电势能最大，动能最小，从0到1的过程中，应用能量守恒定律：
220011(0)22mvqmv
解得：02qvm，故B错误；
C．根据上述分析，电势能和动能相互转化，粒子能运动到1处就一定能到达4处，所以粒子从0到1处根据能量守恒定律：
20112qmv
解得：012qvm，故C正确；
D．根据0sin0.5(V)x粒子在0.5处的电势为102(V)2，从0到0.5处根据能量守恒定律：
22020211(0)222qmvmv
可知：022qvm，所以粒子能到达0.5处，但不能运动到4处，故D正确。
【点睛】
根据电势随x的分布图线和粒子的电性，结合能量守恒定律判断电势能和动能的变化。
8．两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
