人教版高中物理精讲精练-必修3专题强化三：电场中的能量解答题必刷题（25道）（解析版）

专题强化三：电场中的能量解答题必刷题（25道）

1．（2023春·安徽滁州·高二校考期末）如图所示，竖直固定的光滑绝缘圆轨道处于水平向右的匀强电场中，

轨道半径为R。一质量为m、电荷量为q（q0）的带电小球（可视为质点）在轨道内侧的P点处于静止，

过P点的轨道半径与竖直方向的夹角37，sin370.6，cos370.8，重力加速度为g。某时刻，沿轨

道切线方向给小球一大小为v的速度，使小球能沿轨道做完整的圆周运动。

（1）求电场强度的大小；

（2）求小球做圆周运动通过P点时对轨道的压力大小；

（3）设P点的电势为零，求小球在运动过程中的最大电势能。

3mg5mgmv26

【答案】（1）；（2）；（3）mgR

4q4R5

【详解】（1）在P点对小球进行受力分析如图所示

则有

qEmgtan

解得

3mg

E

4q

（2）根据题意可知，在P点有

mgv2

Nm

1cosR

根据牛顿第三定律有

N2N1

解得小球做圆周运动通过P点时对轨道的压力大小

5mgmv2

N

24R

（3）根据电场力做功与电势能的关系，若电势能最大，则小球克服电场力做功最多，由于电场方向水平向

右，小球带正电，可知小球在运动过程中的最大电势能位置位于圆周水平直径的左端点，根据

qERRsinEpmax0

解得

6

EmgR

pmax5

2．（2023秋·河南信阳·高二信阳高中校考期末）如图所示，在竖直平面内有两平行金属板P、Q正对着并水

平放置，两板间有竖直方向的匀强电场，板长为L、板间距离为2L，其中，Q板接地，质量为m、电荷量

为q(q0)的带电小球自O点以某一速度平抛，O点与两板中心轴线在同一竖直平面内，小球恰从P板左

L

端射入电场，其中O点离P板竖直距离为，离P板左端水平距离为L，重力加速度为g，求：

2

（1）小球从O点平抛初速度大小；

（2）若小球恰好从Q板右端飞出电场，板间的电场强度大小及方向。

mg

【答案】（1）gL；（2），竖直向下

q

【详解】设平抛的初速度为v0，根据平抛运动规律可得

Lv0t

L1

gt2

22

解得

v0gL

（2）进入电场后在竖直方向上的速度大小为

L

v2ggL

y2

以竖直向下为正方向，加速度为a，则有

1

2Lvtat2

y121

其中

L

t1

v0

解得

a2g

由此可知小球的加速度方向竖直向下，且

qEmgma

解得

mg

E

q

小球带正电，则电场方向竖直向下

3．（2023秋·河北石家庄·高二统考期末）如图所示，匀强电场中有M、N、P三点，M、N之间的距离为0.5m。

989

电荷量q1为210C的试探电荷放在电场中的M点，具有410J的电势能；电荷量q2为310C的试

探电荷放在电场中的N点，具有9108J的电势能。

9

（1）把q3为510C的试探电荷放在电场中的P点，其所受到的静电力是多大？

9

（2）把电荷量q1为210C的试探电荷放在M点，由静止释放后，它到达N点时动能有多大？（重力忽略

不计）

【答案】（1）1107N；（2）2108J

【详解】（1）根据电势能的定义Epq，解得

M20V，N30V

根据匀强电场电势差与电场强度的关系有

UMNMNEd

9

把q3为510C的试探电荷放在电场中的P点，所受电场力为

Fq3E

代入数据解得

F1107N

（2）根据动能定理有

q1UMNEkN

解得

8

EkN210J

4．（2023秋·广东深圳·高二校考期末）如图所示，用一条长l＝0.2m的绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球质

量m1.0102kg，所带电荷量q2.0108C。现加一水平方向的匀强电场，电场区域足够大，平衡时绝

缘绳与竖直方向夹角37，已知g10m/s2，sin370.6，cos370.8。

（1）求匀强电场电场强度的大小；

（2）若将轻绳向右拉至水平后由静止释放，求小球到达最低点时的速度大小和此时绳对小球的拉力大小。

【答案】（1）3.75106N/C；（2）1m/s，0.15N

【详解】（1）小球静止，根据平衡条件有

Eqmgtan37

解得

mgtan3733

E3.75106N/C107N/C107V/m

q88

（2）小球由静止释放至最低点过程中

1

Eqlmglmv2

2

解得

v＝1m/s

过最低点时，对小球

v2

Fmgm

l

解得

F＝0.15N

5．（2023春·四川宜宾·高二校考期中）如图，圆弧轨道AB的圆心为O，半径R2.5m，圆弧轨道AB的B点

与水平地面BE相切，B点在O点的正下方，OA与OB夹角是53°，在B点的右侧有一竖直虚线CD，B点至

竖直虚线CD的距离L12.5m，竖直虚线CD的左侧有场强大小为E1、水平向左的匀强电场，竖直虚线CD的

右侧有场强大小为E2、竖直向上的匀强电场。竖直虚线CD的右侧有一竖直墙壁EF，墙壁EF到竖直虚线CD

的距离L25m，墙壁EF底端E点与水平地面BE相连接，墙壁EF的高度也为L25m。将一电荷量

2

q410C、质量m1kg的绝缘小球放在A点，恰好能静止。现给小球一个初速度v0，小球到达竖直虚

线CD时速度大小vCD5m/s，并刚好从F点飞离墙壁。已知小球可视为质点，圆弧轨道AB和水平地面BE

均光滑，重力加速度g取10m/s2，AOB53，sin530.8，cos530.6。求：

（1）电场强度大小E1；

（2）初速度大小v0；

（3）电场强度大小E2。

13

【答案】（1）E110N/C；（2）55m/s；（3）E2500N/C

3

【详解】（1）滑块在A点静止时

qE1mgtan53

得

1

E103N/C

13

（2）滑块从A点运动到竖直虚线CD的过程中，

11

qE(Rsin53L)mgR(1cos53)mv2mv2

112CD20

解得

v055m/s

（3）从C点到F点做类平抛运动，水平方向有

L2vCDt

t1s

竖直方向有

1

Lat2

22y

2

ay10m/s

qE2mgmay

解得

E2500N/C

6．（2023秋·广东中山·高二统考期末）如图甲所示，在真空中有一倾角为30的足够长光滑绝缘斜面，t0

时刻，一质量为m0.2kg的带电小滑块静放于斜面上，同时，空间加上一个方向平行于斜面的匀强电场，

场强大小和方向呈周期性变化，变化规律如图乙所示（取沿斜面向上方向为正方向，g10ms2），02s内

小滑块恰能沿斜面向上做匀加速直线运动，重力加速度大小为10ms2，求：

（1）小滑块是带正电还是负电；电荷量q是多少；

（2）4s内小滑块的位移大小；

（3）22s内电场力对小物块所做的功。

【答案】（1）带正电，q105C；（2）40m；（3）260J

【详解】（1）带正电，向上加速时

E1qmgsinma1

解得

q105C

（2）2～4秒内

E2q+mgsinma2

解得

2

a210m/s

=

4s内物块先加速后减速，由于a1a2，因此t4s时速度变为零，2s内物体位移为

1

Sat220m

1211

4s内物体位移为

1

S2at240m

2211

（3）02s电场力的功为

W1E1qS160J

24s电场力的功为

W2E2qS120J

22s内电场力的功为

W6W15W2260J

7．（2023秋·陕西安康·高二校联考期末）如图所示，在电场强度E104N/C的水平匀强电场中，有一根长

L15cm的细线，一端固定在O点，另一端系一个质量m3g、电荷量q2106C的带正电小球，当细线

处于水平位置时，小球处于A点，小球从静止开始释放，g取10m/s2。求：

（1）小球到达最低点B的过程中重力势能、电势能分别变化了多少？

（2）若取A点电势为零，小球在B点的电势能、电势分别为多大？

（3）小球到B点时速度为多大？绳子张力为多大？

3333

【答案】（1）重力势能减少E4.510J，电势能增加Ep310J；（2）EpB310J，B1.510V；

2

（3）vB1m/s，F510N

【详解】（1）小球从A→B重力做正功，重力势能减少

3

EWGmgL4.510J

小球从A→B电场力做负功，电势能增加

3

EpWEEqL310J

（2）若取A0，则

3

EpB310J

则

E

pB1.5103V；

Bq

（3）小球从A→B由动能定理知

1

mgLEqLmv2

2B

代入数据得

vB1m/s

在B点由牛顿第二定律知

v2

FmgmB

L

代入数据得

F5102N。

8．（2023秋·四川成都·高二统考期末）如图，间距为3L的平行板M，N水平固定，有一足够长且内壁光滑

的绝缘细管竖直穿过两板，板间（包括管内）存在方向竖直向上、场强大小E1102N/C的匀强电场。长

为2L的绝缘轻杆两端分别连接带电小球P和Q（均可视为质点，不考虑两者间相互作用的库仑力）置于管

3

道底部，小球P与板M相距L。已知L=0.5m，P和Q的质量均为m0.05kg，对应电荷量分别为qP110C，

22

qQ1.410C，重力加速度g取10m/s。现由静止释放小球P、Q和杆组成的系统，求：

（1）小球Q第一次到达N板所用的时间t；

（2）小球Q向上运动到最上端时距N板的距离x。

【答案】（1）0.7s；（2）0.5m

【详解】（1）从释放至小球P到达M板的过程，对P、Q、杆系统，由牛顿第二定律得

EqQ2mg2ma1

代入数据得

2

a14m/s

由运动学规律有

1

Lat2

211

v1a1t1

代入数据解得

t10.5s

v12ms

从小球P到达M板至小球Q到达N板的过程，对P、Q、杆系统，由牛顿第二定律得

EqPEqQ2mg2ma2

代入数据得

2

a25ms

由运动学规律有

1

Lvtat2

12222

代入数据解得

t20.2s

综上，小球Q第一次到达N板所用的时间

tt1t20.7s

（2）设小球Q到达最上端时，到N板的距离为x，小球P未越过N板。则从释放到最终停下的全过程，

对P、Q、杆系统，由动能定理有

Eqp(2LxL)2EqQL2mg(2Lx)0

代入数据解得

x＝0.5m

因

x＝L

则P未到达N板，故假设成立，故小球Q到达最上端时到N板的距离为0.5m。

9．（2023秋·广东惠州·高二统考期末）如图所示，有一光滑绝缘轨道竖直放置，斜轨道与圆轨道的最底端平

滑相接，所在竖直面内有一匀强电场，场强大小为E，方向竖直向下。现将一个带正电的小球从轨道上的A

点由静止释放，小球沿轨道滑下，已知小球的质量为m，电荷量为q，圆轨道半径为R，取重力加速度为g。

求：

（1）若A点距圆轨道最低点的高度为h03R，则小球到达圆轨道最低点时对轨道的压力大小；

（2）若使小球能通过圆轨道顶端的B点，求A点距圆轨道最低点的竖直高度h1至少为多大。

【答案】（1）7(Eqmg)；（2）2.5R

【详解】（1）设小球到最低点的速度大小为v0，从A点到最低点过程，由动能定理得

1

(mgqE)3Rmv20

20

设到最低点时轨道对小球的支持力大小为F，在圆周轨道的最低点，由牛顿第二定律得

v2

F(Eqmg)m0

R

得

F7(Eqmg)

根据牛顿第三定律，最低点时小球对轨道的压力大小

FF7(Eqmg)

（2）小球恰能过B点，轨道对小球的压力为0，由牛顿第二定律得

v2

mgqEmB

R

由动能定理，从A点到B点过程，则有

1

(mgqE)h2Rmv20

12B

联立解得

h12.5R

10．（2023秋·云南·高二统考期末）如图所示为一倾角37的绝缘粗糙固定斜面，A、C、B为斜面上的三

个点，AC间距离s05.0m，CB间距离s20.0m，CB间存在着方向沿斜面向上的匀强电场，场强大小

E2.0106N/C。斜面上有一可视为质点的小物块，其质量m0.25kg，电荷量q1.0106C。现用平

行斜面向上F5.0N的力拉小物块，使之从斜面上A点处由静止开始沿斜面向上运动，小物块运动到CB

间某一点时撤去拉力F，小物块到达B点时速度恰好为零。已知小物块与斜面间的动摩擦因数0.5，

sin370.6，cos370.8，重力加速度g取10m/s2，求：

（1）小物块到达C点的速度大小vC；

（2）撤去拉力时小物块距离C点的距离x；

（3）小物块回到A点时的速度vA。

【答案】（1）10m/s；（2）x15.5m（3）20.5m/s

【详解】（1）以平行斜面向上为正方向，由题意及牛顿定律可得，在AC阶段有

Fmgsinmgcosma1

2

vC2as0

可得

vC2as010m/s

或直接用动能定理

1

(Fmgsinmgcos)smv2

02C

（2）对小物块从A运动到B用动能定理

Fs0xmgs0scosmgs0ssinEqs00

解得

x15.5m

（3）对小物块从A开始到返回A用动能定理

1

Fsx2mgsscosmv20

002A

解得

vA420m/s2105m/s20.5m/s

11．（2023秋·重庆九龙坡·高二统考期末）如图所示，倾角37的光滑绝缘斜面AB与光滑绝缘圆弧轨道

相切于B点，C、D点分别为圆弧最低点和最高点，圆弧半径R10cm，B点右侧区域存在水平向左的匀强

电场，电场强度E0.75N/C。一质量为m0.1kg，带电量为q1C的小球从斜面上A点静止释放，AB距

3

离lm。小球视为质点，不计空气阻力，重力加速度g10m/s2，sin370.6，cos370.8，求：

8

（1）小球运动至B点时速度大小；

（2）小球运动至C点时轨道的支持力大小；

（3）重新以某一速度从A点释放小球，要使其能沿轨道运动至D点，求最小初速度v。

327

【答案】（1）m/s；（2）5N；（3）m/s

22

【详解】（1）从A到B，由动能定理得

1

mglsinmv2

2B

解得

32

vm/s

B2

（2）小球从B运动至C过程，由动能定理

11

mg(RRcos37)qERsin37mv2mv2

2C2B

F在C点做圆周运动，由牛顿第二定律

v2

NmgmC

R

解得

N5N

（3）设小球在圆弧轨道运动的等效最高点为P，恰能过P点时，等效重力提供向心力，如图所示

mv2

(mg)2(qE)2P

R

解得

5

vm/s

P2

从A点到P点全程，由动能定理

11

mg(lsin2Rcos)qE2Rsinmv2mv2

2P2

解得

7

vm/s

2

12．（2023秋·山西运城·高二统考期末）如图所示，A处质量为m，带电量为q的正粒子，沿图中圆弧虚线

匀速率地通过静电分析器（静电分析器通道内有均匀辐射方向分布的电场），弧虚线的半径为R，然后沿中

心线O1O2垂直进入一个电压为U的偏转电场，最后打在垂直于O1O2放置的荧光屏上的P点，偏转电场两极

L

板间距为d，极板长为L，极板的右端与荧光屏之间的水平距离为，P点到O2的距离为Y，不计粒子的重

2

力。求：

（1）粒子出偏转电场时的偏移距离y

（2）圆弧虚线所在处电场强度E的大小

1UL2

【答案】（1）yY；（2）E

2RdY

【详解】（1）速度反向延长线过水平位移的中点，由图可知

L

y1

2

YL2

所以

1

yY

2

（2）粒子通静电分析器

mv2

qE0

R

粒子通过偏转电场

Lv0t

1qU

yat2t2

22md

解得

UL2

E

RdY

13．（2023秋·云南昆明·高二东川明月中学校考期末）如图所示，水平绝缘轨道AB长L=4m，离地高h=1.8m，

－5

A、B间存在竖直向上的匀强电场。一质量m=0.1kg，电荷量q=-5×10C的小滑块，从轨道上的A点以v0=6m/s

的初速度向右滑动，从B点离开电场后，落在地面上的C点。已知C、B间的水平距离x=2.4m，滑块与轨

道间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2，求：

（1）滑块从A点运动到B点所用的时间；

（2）匀强电场的场强E的大小。

【答案】（1）0.8s；（2）5103N/C

【详解】（1）从B到C过程做平抛运动，有

1

hgt2

2

v

xBt

解得

vB＝4m/s

从A到B过程中，有

vv

L0Bt

2

解得

t0.8s

（2）在电场中运动过程中，受力如图

由牛顿第二定律，得

μ(mg＋Eq)=ma

由运动学公式，有

22

vB－v0＝-2aL

解得

E＝5×103N/C

14．（2023秋·重庆·高二校联考期末）如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段为倾角θ=37°的

粗糙倾斜轨道，BC段水平光滑，CD段是半径为r0.1m的光滑半圆，各段轨道均平滑连接。AB段轨道所

在区域有方向垂直于倾斜轨道向下、大小可以调节的匀强电场，BB′是电场边界（垂直于倾斜轨道）。一个质

量为m，电荷量为q的带正电小物块（视为点电荷）在倾斜轨道上的A点由静止释放。已知A、B之间的距

离为L1m，倾斜轨道与小物块之间的动摩擦因数为0.25，设小物块电荷量保持不变，重力加速度为g，

sin370.6，cos370.8。

4mg

（1）若电场强度大小为E0，求小物块刚通过C点时对轨道的压力FN的大小；

5q

（2）若小物块能通过圆轨道最高点，求电场强度E的最大值是多少？

3mg

【答案】（1）5mg；（2）

5q

【详解】（1）小物块从A到B的过程，根据动能定理可得

1

mgLsin37(mgcos37qE)Lmv20

2B

解得

vB0.4gL

在C点时，由牛顿第二定律可得

v2

FmgmB

Nr

解得

v2

FmBmg5mg

Nr

由牛顿第三定律可知

FNFN5mg

（2）小物块恰好能过D点时，电场强度最大，在D点时，根据牛顿第二定律可得

v2

mgmD

r

小物块由A运动到D，根据动能定理可得

1

mg(Lsin372r)(mgcos37qE)Lmv20

2D

联立解得

3mg

E

5q

15．（2023秋·陕西榆林·高二统考期末）如图1所示的平行板电容器板间距离为d，板长为2L，两板所加电

TUT

压随时间变化图像如图2所示，0~时间内电压为0，T时间内的电压未知。t0时刻，质量为m、

222

带电量为q的粒子以平行于极板的速度沿板中轴线OO射入电容器，tT时刻粒子刚好从O射出电容器，

带电粒子的重力不计。求：

（1）粒子从O点射入的速度大小v0；

T

（2）~T时间内的电压大小。

2

2L3U

【答案】（1）v；（2）U0

0T2

【详解】（1）在水平方向上，粒子做匀速直线运动，根据

2Lv0t

可知

2L

v

0T

T

（2）0时间内，设粒子向下做类平抛运动，竖直方向的末速度为v，则

21

vT

y1

22

T

T时间内，设末速度为v，则

22

vvT

y21

22

联立解得

v22v1

根据速度-时间公式可得

v

a1

1T

2

vv

a21

2T

2

由牛顿第二定律可得

qU

a0

12md

qU

a

2md

联立解得

3U

U0

2

16．（2023春·四川自贡·高二统考期末）如图所示，两平行金属板A、B间电势差为U1，带电荷量为q、质

量为m的带电粒子，由静止开始从极板A出发，经电场加速后射出，沿金属板C、D的中心轴线进入偏转

电压为U2的偏转电场，最终从极板C的右边缘射出。偏转电场可看作匀强电场，板间距为d。忽略重力的

影响。

（1）求带电粒子进入偏转电场时动量的大小p0；

（2）求偏转电场对带电粒子冲量的大小I和方向；

（3）证明带电粒子在偏转电场中的运动轨迹是一条抛物线。

【答案】（1）p02mqU1；（2）ImqU2，方向为竖直向上；（3）证明见解析

【详解】（1）对带电粒子从左极板由静止，经加速电场并进入偏转电场的过程中，运用动能定理

1

qUmv2

120

解得

2qU

v1

0m

故带电粒子进入偏转电场时动量的大小

p0mv02mqU1

（2）带电粒子进入偏转电场时的速度为v0，设经过时间t后离开偏转电场，在竖直方向上有

1d

at2

22

根据牛顿运动定律可知，带电粒子在偏转电场中的加速度

F电qU

a2

mmd

解得

md2

t

qU2

故偏转电场对带电粒子冲量的大小为

IF电t=mqU2

方向为竖直向上；

（3）证明：带电粒子进入偏转电场时的速度为v0，加速度为a，经过时间t后（为离开偏转电场），水平方

向位移为x，竖直方向位移为y，根据运动学公式，可得

xv0t

1

yat2

2

根据牛顿运动定律可知，带电粒子在偏转电场中的加速度

qU

a2

md

2qU

将v1和a代入x和y并消去时间t，可得带电粒子的轨迹方程

0m

U

y2x2

4U1d

即带电粒子在偏转电场中的运动轨迹是一条抛物线。

17．（2023秋·浙江温州·高二统考期末）如图所示，带电物块（可视为质点）从A点开始以初速度v05m/s

沿着绝缘粗糙水平面向B点运动，AB距离l4m，B点右侧无限大的区域内有水平向右的匀强电场，电场

强度E1106N/C。已知物块质量m1kg，电荷量q1106C，与水平面的动摩擦因数0.2，求物块：

（1）到达B点的速度大小vB；

（2）从A点出发到停下来的时间t；

（3）与水平面摩擦产生的热量Q。

【答案】（1）vB3m/s；（2）t2s；（3）Q11J

【详解】（1）从A到B由动能定理可得

11

mglmv2mv2

2B20

解得

vB3m/s

（2）物块带负电，则物块受到的电场力水平向左，根据公式

FEq

解得

FEq11061106N1N

整个过程中摩擦力为

fmg0.2110N2N

在电场中根据牛顿第二定律可得