湖北省公安县三中物理第十章静电场中的能量专题试卷
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v0 （v0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＜
22
2
md v
el
时，所有电子都能从极板的右端射出
B．当U m＞
22
2
md v
el
时，将没有电子能从极板的右端射出
C．当
22
2
2
m
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1：2
D．当
22
2
2
m
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12
【答案】A
【解析】
A、B、当由电子恰好飞出极板时有：l=v0t，2
1
22
d
at
=，m
eU
a
md
=由此求出：
22
2
m
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22
2
2
m
md v
U
el
=，一个周期内有
1
2
的时间电压低于临界电压
22
2
md 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
22
2
2
m
md v
U
el
=，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21
1
21
=
-
，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．
2．一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
22
2
v 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．
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=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E1，电势
为φ1；右侧部分在M点的电场强度为E2，电势为φ2；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12
E E
>，
12
??
>
B．若左右两部分的表面积相等，有12
E E
<，
12
??
<
C．不论左右两部分的表面积是否相等，总有12
E E
>，
34
E E
=
D．只有左右两部分的表面积相等，才有12
E E
>，
34
E 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，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，E1＞E2，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
q
r
?=，且球面带负电，q为负，得：φ1
＜φ2，故AB错误；
C、E1＞E2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。
4．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
qR
B．
2
k
E
qR
C．
3
3
k
E
qR
D．
23
3
k
E
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2
AC 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：,
3
2
k k
R
qEd qE AD E qE E
===
即
解得
23
k
E
E=。
选项D正确，A、B、C错误。
5．一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E P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．
6．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。
7．如图所示，竖直平面内有一个半径为R的圆周，另外空间有一平行于圆周平面的匀强电场，A、D两点为圆周上和圆心同一高度的点，C点为圆周上的最高点。在与OA夹角为30
θ?
=的圆弧B点上有一粒子源，以相同大小的初速度v0在竖直面（平行于圆周面）内沿各个方向发射质量为m，带电的同种微粒，在对比通过圆周上各点的微粒中，发现从圆周D点上离开的微粒机械能最大，从圆周
E点（OE与竖直方向夹角30?
=
α）上离开的微粒动能最大，已知重力加速度为g，取最低点F所在水平面为重力零势能面。则有（）
A ．电场一定沿OD
方向，且电场力等于
33mg B ．通过E 点的微粒动能大小为(23＋1)mgR ＋12mv 20 C ．动能最小的点可能在BC 圆弧之间
