第十章-静电场中的能量精选试卷专题练习(word版(DOC 28页).doc

1、第十章 静电场中的能量精选试卷专题练习（word版一、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=k（q的正负对应的正负）。假设左侧部分在M点的电场强度为E1，电势为1；右侧部分在M点的电场强度为E2，电势为2；整个半球壳在M点的电场强度为E3，在N点的电场强度为E4下列说法正确的是（）A若左右两部分的表面积相等，有，B若左右两部分的表面积相等，有，C不

2、论左右两部分的表面积是否相等，总有，D只有左右两部分的表面积相等，才有，【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，E1方向水平向左，E2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，E1E2，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，且球面带负电，q为负，得：12，故AB错误；C、E1E2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

3、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。2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

4、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EkB，水平分速度为VBx，竖直分速度为VBy。由竖直方向运动对称性知mVBy2=8J对于水平分运动Fx1=mVMx2-mVAX2F（x1+x2）=mVBx2-mVAX2x1：x2=1：3解得：Fx1=6J；F（x1+x2）=24J故EkB=m（VBy2+VBx2）=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=6JGh=8J 所以： 由右图

5、可得：所以则小球从 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，故故D正确。故选D。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()AP点的电场强度大小为零Bq1和q2为等量异种电荷CNQ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-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如果和为等量异种电荷，点连线中垂线是等势面，故连线的中点是零电势点；由于，故，故B错误；C沿着电场线的方向，电势降

6、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

7、动；根据功能关系得到Epx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Epx图象上某点的切线的斜率表示电场力；A、Epx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：Fx=Ek，故Ekx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vx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

8、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Epx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5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AC、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CN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

9、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。6两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，

10、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）AT=（）EBT=（）ECT=（+）EDT=（+）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

11、用隔离法可以较简单的分析问题7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，

12、故D错误；8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、，电势能分别为、.下列说法正确的是()A电子一定从A向B运动B若，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0)的粒子(不计重力)从电场左下方O2点水平向右进入电场，进入电场时的初动能为Ek0。已知图中O1、O2、A在同一竖直面内，设O1点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，建立坐标系。(1)求带正电荷的粒子的运动轨迹方程；(2)求带负电荷的粒子运动到“带正电荷粒子的运动轨迹”处的动能；(3)当带负电

13、荷的粒子进入电场的初动能为多大时，它运动到“带正电荷粒子运动轨迹”处时的动能最小?动能的最小值为多少?【答案】(1)；(2) ；(3)，【解析】【分析】考察电场中带电粒子运动的轨迹和能量变化。【详解】取O1点为坐标原点，水平向右为x轴，竖直向下为y轴，建立平面直角坐标系，如图所示。(1)对从O1点进入电场的粒子，设该粒子的加速度为a1，初速度为v1，设经过时间t，位置坐标为（x，y），有水平方向竖直方向消去时间参数t得抛物线方程。因为离开电场的A点坐标（L，L）在该抛物线上，所以坐标（L，L）满足抛物线方程，把坐标（L，L）代入抛物线方程得，代入抛物线方程可得其轨迹方程(2)对从O2点进入电场

14、的粒子，设质量为m、初速度为v0，加速度为a2，设经过时间t，位移坐标为（x，y），有：水平方向竖直方向，消去时间参数t得：由题意有，联立求解得交点P（x,y)坐标为 ，从O2到P，对负粒子，根据动能定理有解得。(3) 变形为由判别式=0Ek=解得Ek=（负值舍去），二次函数开口向上，所以 ，即Ek的最小值为时，电子进入电场的动能。所以当带负电荷的粒子进入电场的动能为时，它运动到“带正电荷粒子运动轨迹”处时的动能最小，动能的最小值为。18如图所示，在xOy直角坐标系0xL的区域存在沿y轴负方向的匀强电场，在Lx2.5L的区域存在方向垂直xOy平面向里的匀强磁场。S为一粒子源，可以产生带电量为q

15、、质量为m的正粒子，粒子初速度可忽略。粒子经电压为U0的加速电场加速后沿x轴正方向从y轴上的M点进入电场区域，M点到原点的距离为L，一段时间后该粒子从磁场左边界与x轴的交点处进入磁场，经磁场偏转后从磁场右边界射出磁场，该粒子在磁场中运动的时间为其在磁场中做匀速圆周运动周期的四分之一，若不计粒子重力。求：(1)0xL区域内匀强电场的电场强度；(2)匀强磁场的磁感应强度大小；(3)若仅将匀强磁场的磁感应强度增大到原来的2倍，分析计算粒子将从什么位置离开电磁场区。【答案】(1)；(2)；(3)2.5L【解析】【分析】【详解】（1）设粒子经加速电场加速后的速度为 则有 令磁场左边界与x轴的交点为C点，

16、从M点到C点：粒子在电场中做类平抛运动：联立可得： （2）粒子从M进入电场，经C进入磁场，在电场和磁场中的运动轨迹如图所示。粒子在C点进入磁场的速度，粒子在磁场中洛伦磁力提供向心力：根据几何关系可得： 根据题意可得解得：当磁感应强度加倍时，半径减半，则：运动轨迹如图设：粒子从磁场左边界回到电场（F点）时速度方向与水平方向夹角为，则F、C两点的距离为；把粒子从y轴进入电场和由磁场左边界返回电场两段运动看做一个完整的平抛运动，前后两段运动的时间相同，由磁场返回偏转电场的过程沿y轴方向的位移为：所以到达y轴的位置距原点 19如图（a），长度L=0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q=

17、；一质量m=0.02kg，带电量为q的小球B套在杆上将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线II所示，其中曲线II在0.16x0.20和x0.40范围可近似看作直线求：（静电力常量）（1）小球B所带电量q;（2）非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小E；（3）在合电场中，x=0.4m与x=0.6m之间的电势差U（4）已知小球在x=0.2m处获得v=0.4m/s的初速度时，最远可以运动到x=0.4m若小球在x=0

18、.16m处受到方向向右，大小为0.04N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s是多少？【答案】（1）（2）（3）800 V（4）0.065m【解析】【分析】【详解】（1）由图可知，当x=0.3m时，因此（2）设在x=0.3m处点电荷与小球间作用力为F2，F合=F2+qE因此电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小为3，方向水平向左（3）根据图像可知在x=0.4m与x=0.6m之间合力做功大小W合=0.0040.2 J=810-4J由qU=W合可得（4）由图可知小球从x=0.16m到x=0.2m处电场力做功小球从到处电场力做功=由图可知小球从到处电场力做功=0

19、.0040.4 J=由动能定理+=0解得=【点睛】通过图线1位置0.3m处和库仑定律计算小球B带电量；再根据图像分析0.3m处合力向左，库仑力向右，可以计算出该位置外加电场的电场力，进而计算外加电场电场强度；在0.4m到0.6m处合电场是匀强电场，根据qU=W合可以计算两位置电势差；通过动能定理计算距离20如图（a）所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为U的恒压电源的两极，电容器所带电荷量为Q，两极板间距为d，板长为L，粒子从非常靠近上极板的C点以v0的速度沿垂直电场线方向的直线CO方向射入电场，经电场偏转后由D点飞出匀强电场，已知粒子质量为m，电荷量为2e，不计粒子重力求：(1)平

20、行板电容器的电容；(2)CD两点间电势差；(3)若A、B板上加上如图（b）所示的周期性的方波形电压，t=0时A板比B板的电势高，为使时刻射入两板间的粒子刚好能由O点水平射出，则电压变化周期T和板间距离d各应满足什么条件？（用L、U、m、e、v0表示）【答案】(1) (2) (3) (n=1,2,3,)【解析】【详解】(1)依电容定义有：平行板电容器的电容(2)两板之间为匀强电场粒子在电场中加速度粒子的偏移量: 运动时间解得: CD两点的电势差为： (3)为使a粒子刚好由O点水平射出，粒子在一个周期内竖直方向的分位移应为零，必须从进入电场，且在电场中运动时间与电压变化周期T的关系为t=nT，（n

21、=1，2，3，）则竖直方向向下的最大分位移应满足： 即:解得:（n=1,2,3,）【点睛】本题考查了电容的定义式匀强电场中场强与电势差的关系，熟练运用运动的分解法研究类平抛运动，抓住几何关系是解答的关键21如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑离心轨道，一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下（小球的重力大于所受的电场力）（1）已知小球的质量为m，电量大小为q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为，求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小；（2）若使小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时不落下来，求A点距水平地面的高度h至少应为多大？（3）若小球从斜轨道h=5R处由静止释放假设其

22、能够通过B点，求在此过程中小球机械能的改变量【答案】（1）已知小球的质量为m，电量大小为q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为，小球沿斜轨道下滑的加速度的大小为；（2）若使小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时不落下来，A点距水平地面的高度h至少应为（3）若小球从斜轨道h=5R处由静止释放假设其能够通过B点，在此过程中小球机械能的改变量3qER【解析】【分析】【详解】（1）由牛顿第二定律有（mgqE）sin=ma得：a=（2）球恰能过B点有：（mgqE）= 由动能定理，从A点到B点过程，则有：（mgqE）（h12R）=0 由 解得h1=（3）因电场力做负功，导致机械能减少，电势能增加则增加量

23、：E=qE（h22R）=qE（5R2R）=3qER由能量守恒定律得机械能减少，且减少量为3qER22如图所示，一群速率不同的一价离子从A、B两平行极板正中央水平射入偏转电场，离子的初速度为v0，质量为m，A、B间电压为U，间距为d。C为竖直放置并与A、B间隙正对的金属档板，屏MN足够大。若A、B极板长为L，C到极板的距离也为L，C的高为d，不考虑离子所受重力，元电荷为e。（1）写出离子射出A、B板时的侧移距离y的表达式；（2）离子通过A、B板时电势能变化了多少？（3）求初动能范围是多少的离子才能打到屏MN上。【答案】（1）y；（2）电势能减少了；（3）打到屏MN上离子的初动能范围为【解析】【详

24、解】（1）离子在A、B板间做类平抛运动，加速度a=，离子通过A、B板用的时间t=，离子射出A、B板时的侧移距离y=at2=（2）离子通过A、B板时电场力做正功，离子的电势能减少，电场力做的正功W=y=电场力做多少正功，离子的电势能就减少多少，即离子通过A、B板时电势能减少了。（3）离子射出电场时的竖直分速度vy=at，射出电场时速度的偏转角tan=离子射出电场时做匀速直线运动，要使离子打在屏MN上，需满足y，即，解得离子的动能Ek同时也要满足Ltan+y，即+，解得离子的动能Ek打到屏MN上离子的初动能范围为答：（1）离子射出A、B板时的侧移距离y= ；（2）离子通过A、B板时电势能减少了；（

25、3）打到屏MN上离子的初动能范围为。23如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角37，半径r2.5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E2105NC、方向垂直于斜轨向下的匀强电场质量m5102kg、电荷量q1106C的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v03 ms冲上斜轨以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向已知斜轨与小物体间的动摩擦因数0.25设小物体的电荷量保持不变，取g10 ms2，sin370.6，cos370.8（1）求弹簧枪对小物块所做

26、的功；（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度【答案】(1)Wf=0.475J (2)s=0.57m【解析】试题分析：（1）设弹簧枪对小物体做功为Wf，由动能定理即可求解；（2）对小物体进行受力分析，分析物体的运动情况，根据牛顿第二定律求出加速度，结合运动学基本公式即可求解解：（1）设弹簧枪对小物体做功为Wf，由动能定理得Wfmgr（lcos）=mv02代人数据得：Wf=0.475J （2）取沿平直斜轨向上为正方向设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1，由牛顿第二定律得：mgsin（mgcos+qE）=ma1小物体向上做匀减速运动，经t1=0.1s后，速度达到v1，有：v1=v0

27、+a1t1由可知v1=2.1m/s，设运动的位移为s1，有：sl=v0t1+a1t12电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得：mgsin（mgcosqE）=ma2设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t2，位移为s2，有：0=v1+a2t2s2=v1t2+a2t22设CP的长度为s，有：s=s1+s2联立相关方程，代人数据解得：s=0.57m答：（1）弹簧枪对小物体所做的功为0.475J；（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，CP的长度为0.57m【点评】本题主要考查了动能定理、牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，要求同学们能正确对物体受力分析，确定物体的运动情况，难度适中