第十章 专题训练二 电场力做功与能量的转化-【新课程能力培养】2025-2026学年高中物理必修第三册练习手册（人教版）

专题训练二 电场) 1.一个带正电荷的质点，电荷量g=2.0× 109C,在静电场中由a点移到b点，在 这个过程中，除静电力做功外，其他力做功 为6.0x105J,质点的动能增加了8.0x105J, 则a、b两点间电势差U。为() A.3.0x104V B.1.0x104V C.4.0x104V D.7.0x104V 2.如图，虚线所示为静电场中的 等势面1、2、3、4，相邻的等 势面之间的电势差相等，其中 等势面3的电势为0。一带正 123 电的点电荷在静电力的作用下 第2题图 运动，经过a、b点时的动能分别为26eV 和5eV。当这一点电荷运动到某一位置， 其电势能变为-8eV,它的动能应为() A.8 ev B.13 eV C.20 eV D.34 eV 3.(多选)如图所示，一带 P 负电荷的油滴在匀强电 第3题图 场中运动，其轨迹在竖 直平面（纸面）内，且相对于过轨迹最 低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由 此可知() A.Q点的电势比P点高 B.油滴在Q点的动能比它在P点的大 C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大 D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点 的小 4.地球表面附近某区域存在大小为150N/C、 方向竖直向下的电场。一质量为1.00× 第十章静电场中的能量。 幻做功与能量的转化 104kg、带电荷量为-1.00×107C的小球 从静止释放，在电场区域内下落10.0m。 对此过程，该小球的电势能和动能的改变 量分别为（重力加速度大小取9.80ms2, 忽略空气阻力)() A.-1.50x104J和9.95×103J B.1.50x104J和9.95×103J C.-1.50×104J和9.65×103J D.1.50×104J和9.65×103J 5.如图所示，一带负电粒子以某 速度进入水平向右的匀强电场 中，在电场力作用下形成图中 所示的运动轨迹。M和N是轨第5题图 迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点。 不计重力，下列表述正确的是() A.粒子在M点的速率最大 B.粒子所受电场力沿电场方向 C.粒子在电场中的加速度不变 D.粒子在电场中的电势能始终在增加 6.如图所示，在一个粗糙水平面上，彼此靠 近地放置两个带同种电荷的小物块。由静 止释放后，两个物块向相反方向运动，并 最终停止。在物块的运动过程中，下列表 述正确的是() 第6题图 A.两个物块的电势能逐渐减少 B.物块受到的库仑力不做功 C.两个物块的机械能守恒 练(29 N 高中物理必修第三册（人教版） D.物块受到的摩擦力始终小于其受到的 库仑力 7.(多选)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、 固定，圆心是O,最低点是P,直径MN 水平。a、b是两个完全相同的带正电小 球（视为点电荷），b固定在M点，a从 V点由静止释放，沿半圆槽运动经过P 点到达某点Q(图中未画出)时速度为 0。则小球a() M。 第7题图 A.从N到Q的过程中，重力与库仑力的 合力先增大后减小 B.从N到P的过程中，速率先增大后减小 C.从N到Q的过程中，电势能一直增加 D.从P到Q的过程中，动能减少量小于 电势能增加量 8.一带正电的小球，系于长为的不可伸长 的轻线一端，线的另一端固定在0点，它 们处在匀强电场中，电场的方向水平向 右，场强的大小为E。已知电场对小球的 作用力的大小等于小球的重力。现先把小 球拉到图中的P处，使轻线拉直，并与 场强方向平行，然后由静止释放小球。已 知小球在经过最低点的瞬间，因受线的拉 力作用，其速度的竖直分量突变为0，水 平分量没有变化，则小球到达与P点等 高的P2点时速度的大小为() (30)练 0---P2 E 第8题图 A.Vgl B.V2gl C.2Vgl D.0 9.(多选)M、N是某电场中一条电场线上 的两点，若在M点释放一个初速度为0 的电子，电子仅受电场力作用，并沿电 场线由M点运动到N点，其电势能随位 移变化的关系如图所示，则下列说法正 确的是（) 第9题图 A.电子运动的轨迹为直线 B.该电场是匀强电场 C.电子在N点的加速度小于在M点的加 速度 D.电子在N点的动能大于在M点的动能 10.(多选)如图所示，粗糙程度均匀的绝 缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负 电的小物体以初速度1从M点沿斜面 上滑，到达N点时速度为0，然后下滑 回到M点，此时速度为v2(2<)。若 小物体电荷量保持不变，OM=ON,则 () 第10题图 A.小物体上升的最大高度为i+ 4g B.从N到M的过程中，小物体的电势 能逐渐减小 C.从M到N的过程中，电场力对小物 体先做负功后做正功 D.从N到M的过程中，小物体受到的 摩擦力和电场力均是先增大后减小 11.如图，真空中电荷量为2g和-q(q>0) 的两个点电荷分别位于M点与N点，形 成一个以MW延长线上O点为球心，电 势为0的等势面（取无穷远处电势为0）， P为MN连线上的一点，S为等势面与直 线MW的交点，T为等势面上的一点， 下列说法正确的是() 2q 第11题图 A.P点电势低于S点电势 B.T点电场强度方向指向O点 C.除无穷远处外，直线MW上还有两个 电场强度为0的点 D.将正试探电荷go从T点移到P点，静 电力做正功 12.一匀强电场的方向竖直向上，t=0时刻， 一带电粒子以一定初速度水平射入该电 场，电场力对粒子做功的功率为P,不 计粒子重力，则P-t关系图像是( ∠∠☑ 第十章静电场中的能量。 13.一个质量为m、带有电荷-q的小物体， 可在水平轨道Ox上运动，O端有一与轨 道垂直的固定墙。轨道处于匀强电场中， 场强大小为E,方向沿Ox轴正向，如图 所示。小物体以初速vo从O点沿Ox轨 道运动，运动时受到大小不变的摩擦力f 作用，且fKqE。设小物体与墙碰撞时不 损失机械能，且电量保持不变，求它在 停止运动前所通过的总路程s。 第13题图 14.如图甲，在水平地面上固定一倾角为0 的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大 小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。 一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端 固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状 态。一质量为m、带电量为g(q>0)的 滑块从距离弹簧上端为$o处静止释放， 滑块在运动过程中电量保持不变，设滑 块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹 簧始终处在弹性限度内，重力加速度大 小为g。 练 (31 N 高中物理必修第三册（人教版） (1)求滑块从静止释放到与弹簧上端接 触瞬间经历的时间。 (2)若滑块在沿斜面向下运动的整个过 程中最大速度大小为vm,求滑块从 静止释放到速度大小为vm过程中弹 簧的弹力所做的功W。 (3)从滑块静止释放瞬间开始计时，请 在乙图中画出滑块在沿斜面向下运 动的整个过程中速度与时间关系的 v-t图像。图中横坐标轴上的t、2 及t3分别表示滑块第一次与弹簧上 端接触、第一次速度达到最大值及 第一次速度减为0的时刻，纵坐标 轴上的v1为滑块在t时刻的速度大 小，vm是题中所指的物理量。（本 小题不要求写出计算过程) 第14题图 (32)练 15.如图所示，在0点放置一个正点电荷， 在过O点的竖直平面内的A点自由释放 一个带正电且可视为质点的小球，小球 的质量为m、电荷量为g。小球落下的 轨迹如图中虚线所示，它与以0为圆 心、R为半径的圆（图中实线表示）相 交于B、C两点，O、C在同一条水平线 上，∠B0C=30°，A点距离OC的竖直高 度为h。若小球通过B点的速度大小为 v,(重力加速度为g)求： (1)小球通过C点的速度大小。 (2)小球由A点运动到C点的过程中电 势能的增加量。 R 0⊙30}c 第15题图N 高中物理必修第三册（人教版） >“专题训练二电场力做功与能量的转化 1.B【解析】根据动能定理W=△E,其中可认为有 两个力做功，静电力和其他力，即W其他+W电=△E,其中 W电=gU,代入数据即得B正确。 2.C【解析】等势面3的电势为0，则该电荷在此 位置的电势能也为0。由于两相邻等势面的电势差相等， 又知E>Eu,则a点的电势能可表示为-2gU(U为相邻 两等势面的电势差)，b点的电势能可表示为gU。由于 总的能量守恒，则有E+(-2gU)=Ew+gU,即26-2gU=5+ gU,解得gU=7eV,则总能量为7eV+5eV=l2eV。当 电势能为-8eV时，动能E=12eV-(-8)eV=20eV。 3.AB【解析】油滴做类斜抛运动，加速度恒定，D 错误；合力竖直向上，且电场力Eg竖直向上，Eg>mg, 电场方向竖直向下，P点电势最低，负电荷在P点电势 能最大，A正确，C错误；若粒子从Q点运动到P点， 则合力做负功，动能减小，P点的动能最小，B正确。 4.D【解析】设小球下落的高度为h,则电场力做 的功W1=-qEh=-1.5×104J,电场力做负功，电势能增 加，所以电势能增加1.5×104J;重力做的功W2=mgh= 9.8×103J,合力做的功W=W1+W2=9.65×103J,根据动 能定理可知△E=W=9.65×103J,故D正确。 5.C【解析】根据做曲线运动物体的受力特点合力 指向轨迹的凹一侧，再结合电场力的特点可知粒子带负 电，即受到的电场力方向与电场线方向相反，B错误： 从N到M电场力做负功，减速，电势能在增加，当达 到M点后电场力做正功，加速，电势能在减小，则在M 点的速度最小，A错误，D错误；在整个过程中只受电 场力，根据牛顿第二定律加速度不变。 6.A【解析】由于两电荷电性相同，则二者之间的 作用力为斥力，因此在远离过程中，电场力做正功，则 电势能逐渐减少，A正确，B错误；由于运动过程中， 有重力以外的力一一电场力和摩擦力做功，故机械能不 守恒，C错误；在远离过程中开始电场力大于摩擦力， 后来电场力小于摩擦力，D错误。 7.BC【解析】小球a从W到Q的过程中，在N点 速度和在Q点速度都为0，而合力为0的点在N、P之 间，所以从N到P的过程中小球a的速度先增大后减 小，故B正确；从N到Q的过程中，由平行四边形定 则可判断重力和库仑力的合力一直增大，所以A错误； 由于从N到Q的过程中库仑力方向与a球速度方向的夹 角一直大于90°，故库仑力一直做负功，电势能一直增 加，C正确；从P到Q的过程中，动能转化为电势能和 54 重力势能，D错误。 8.B【解析】小球由静止释放到最低点的过程中受 到电场力和重力两个力，其合力的方向是由P指向最低 点，因此小球做匀加速直线运动，水平分量是=2as, 一V2V2,在到达B的过程中，由动能定理 有Eg-mg=m2-了m,即=，=V2g,故选B。 9.ACD【解析】电子初速度为0，且沿着电场线运 动，其轨迹一定为直线，故A正确；电子通过相同位移 时，电势能的减小量越来越小，说明电场力做功越来越 小，由W=x可知，电子所受的电场力越来越小，场强 逐渐减小，该电场不是匀强电场，故B错误；电子做 加速度逐渐减小的加速运动，C正确；电子从M运动 到N过程中，只受电场力，电势能减小，电场力做正 功，动能增加，因此N点的动能大于M点的动能，故 D正确。 10.AD【解析】设斜面倾角为0、上升过程沿斜面 运动的最大距离为L。因为OM=OW,则M、N两点电势 相等，小物体从M到N、从N到M电场力做功均为0。 上滑和下滑经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力 的分力相等，则经过相等的一小段位移在上滑和下滑过 程中电场力分力对应的摩擦力所做的功均为相等的负 功，所以上滑和下滑过程克服电场力产生的摩擦力所做 的功相等并设为W。在上滑和下滑过程，对小物体， 应用动能定理分别有-mgsin OL-mgcos 0L-W1=-"mi和 2 msin6 L-umgcos L-W,="四，上两式相减可得sin6L= t,A正确；由OM=ON,可知电场力对小物体先做 4g 正功后做负功，电势能先减小后增大，B、C错误；从 N到M的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力 先增大后减小，而重力分力不变，则摩擦力先增大后减 小，在此过程中，小物体到0的距离先减小后增大，根 据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小，D 正确。 11.B【解析】在直线MN上，左边正电荷在M右 侧电场强度水平向右，右边负电荷在直线MW上电场强 度水平向右，根据电场的叠加可知MW间的电场强度水 平向右，沿着电场线电势逐渐降低，可知P点电势高于 等势面与MW交点处电势，则P点电势高于S点电势， 故A错误；由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可 知在N左侧电场强度不可能为0，则N右侧，设MN距 离为L,根据品品=备，可如除无穷远处外，直线 MN电场强度为0的点只有一个，故C错误；由A选项 分析可知：T点电势低于P点电势，则正电荷在T点的 电势能低于在P点电势的电势能，将正试探电荷qo从T 点移到P点，电势能增大，静电力做负功，故D错误； 设等势圆的半径为R,AN距离为x,MW距离为L,如图 所示，根据p=9,结合电势的叠加原理，A、S满足 尝没经，流品解得片，=号 L-x 由于电场强度方向垂直等势面，可知T点的场强方向 必过等势面的圆心，0点电势=~24-g=-3张g, L+L L 2L, 33 可知p>p,故T点电场方向指向O点，故B正确。故 选B。 MPA、NO 、. 第11题答图 12.A【解析】由于带电粒子在电场中做类平抛运 动，在电场力方向上做匀加速直线运动，加速度为9 m 经过时间t,电场力方向速度为E,功率为PF=gE Et,所以P与t成正比，故A正确。 m 13.s=之mi+9o 1 f 【解析】当电场力大于摩擦力，电荷最终停在墙角 处，对全过程运用动能定理求出物体运动的路程。当电 场力小于摩擦力，则物体向左做减速运动，有可能未到 墙壁处速度减为0，可能恰好到墙壁处速度为0，可能 跟墙壁碰撞后反弹向右减速到0停在墙角处。根据这三 种情况分别用动能定理求出物体运动的路程。 当qE>f时，最终物体停在墙角处gExo子s=0- ，n寸 mv f 14.(1=qErmgsin (2)Wm(mgsin)inE k (3)如图所示 参考答案与解析。 第14题答图 【解析】本题考查的是电场中斜面上的弹簧类问题， 涉及匀变速直线运动、运用动能定理处理变力功问题、 最大速度问题和运动过程分析。 (1)滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初 速度为0的匀加速直线运动，设加速度大小为a,则有 gE+mgsin 0=ma, ① ② 联立①②可得√gE+mgin0 2mso ③ (2)滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量 为xo,则有mgsin+qE=koo ④ 从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定 理得 (mgsin 0+qE).(xmtxo)+W=7m-0. ⑤ 联立④⑤可得 W-(mgin qE)iE) (3)如图所示。 15.(1)V02+gR 2)meh2mw-分megR 【解析】(1)因B、C两点电势相等，小球由B到 C只有重力做功，由动能定理得mgRsin30=°号m2- 子m2,解得=VT+g。 (2)由A点运动到C点，由动能定理得W4+mgh= 3m2-0.解得ac=分m-me-m+分mgR-mgh, 由电势能变化与电场力做功的关系得△E,=-WAc=mgh- m-meR。 >m4.电容器的电容 1.B【解析】由C=2可知，电容器的电容C= 2x10=1×103F;因电容与电量无关，故电量增大 2 后，电容是保持不变的。 55