第十章 静电场中的能量精选试卷测试与练习(word解析版)

第十章 静电场中的能量精选试卷测试与练习（word解析版）

一、第十章 静电场中的能量选择题易错题培优（难）

1．位于正方形四角上的四个等量点电荷的电场线分布如右图所示，ab、cd分别是正方形两条边的中垂线，O点为中垂线的交点，P、Q分别为cd、ab上的点，且OP＜OQ. 则下列说法正确的是

A．P、O两点的电势关系为po B．P、Q两点电场强度的大小关系为EQC．若在O点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力不为零 D．若将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点，电场力做负功 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

A．根据电场叠加，由图像可以知道ab、cd两中垂线上各点的电势都为零，所以P、O两点的电势相等，故A错；

B．电场线的疏密表示场强的大小，根据图像知EQC．四个点电荷在O点产生的电场相互抵消，场强为零，故在O点放一正点电荷,则该正点电荷受到的电场力为零，故C错误.

D．P、Q电势相等，若将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点，电场力做功为零，故D错误； 故选B.

点睛：根据电场线的方向确定场源电荷的正负.电势的高低看电场线的指向,沿着电场线电势一定降低.电场线的疏密表示场强的大小,;根据电势高低判断功的正负.

2．在竖直平面内有水平向右、场强为E=1×104N/C的匀强电场．在场中有一根长L=2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系质量为0.04kg的带电小球，它静止时细线与竖直方向成37°角．如图所示，给小球一个初速度让小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能和重力势能的零点，下列说法正确的是(cos37°=0.8，g=10m/s2)

A．小球所带电量为q=3.5×10-5C

B．小球恰能做圆周运动动能最小值是0.96J C．小球恰能做圆周运动的机械能最小值是1.54J D．小球恰能做圆周运动的机械能最小值是0.5J 【答案】C 【解析】

对小球进行受力分析如图所示：

根据平衡条件得：mgtan37qE，解得：qmgtan373105C，故A错误；由于E重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力

在圆上各点中，小球在平衡位置A点时的势能（重力势能和电势能之和）最小，在平衡位置的对称点B点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以在B点的动能EkB最小，对应速度vB最小，在B点，小球受到的重力和电场力，其合力作为小球做圆周运动的向心

2mg0.4vB0.5N，而F合m，所以力，而绳的拉力恰为零，有：F合Lcos370.8EKB121mvBF合L0.5J，故B错误；由于总能量保持不变，即22EkEPGEPEC（C为恒量）．所以当小球在圆上最左侧的C点时，电势能EPE最

2L，联立解得：大，机械能最小，由B运动到A，W合力EPAEPB，W合力F合·

EPB2J，总能量EEPBEkB2.5J，由C运动到

A，W电F电L1sin370.96J，W电EP2，所以C点的机械能为

E机CEEP21.54J?，即机械能的最小值为1.54J，故C正确，D错误；故选C．

【点睛】根据小球在平衡位置合力为0，可以求出小球所受的电场力从而得出小球的带电荷量；根据小球恰好在竖直面内做圆周运动这一临界条件，知，在平衡位置处合外力提供圆周运动的向心力从而求出小球动能的最小值．抓住小球能量守恒，电势能最大处小球的机械能最小，根据做功情况分析．

3．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

A．C、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 C．N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。

4．如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）一端固定在A点，弹性绳自然长度等于AB，跨过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的绝缘带正电、电荷量为q

mg 。初始的小球。空间中还存在着水平向右的匀强电场（图中未画出），且电场强度E=q时A、B、C在一条竖直线上，小球穿过水平固定的杆从C点由静止开始运动，滑到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为L，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为

3mg，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确2的是

A．小球在D点时速度最大

B．若在E点给小球一个向左的速度v，小球恰好能回到C点，则v=gL C．弹性绳在小球从C到D阶段做的功等于在小球从D到E阶段做的功 D．若保持电场强度不变，仅把小球电荷量变为2q，则小球到达E点时的速度大小v=2gL 【答案】ABD 【解析】 【详解】

A.对小球分析可知，在竖直方向

kxsinθNmg

由与xsinθBC，故支持力为恒力，即N1mg，故摩擦力也为恒力大小为 21mg 4fμN从C到E，由动能定理可得

22111qELmgLkBEkBC0

422由几何关系可知BEBCL2，代入上式可得

22kL在D点时，由牛顿第二定律可得

3mg 21qEkBDcosθmgma

4由BDcosθ13L，将kLmg可得，D点时小球的加速度为 22a0

故小球在D点时的速度最大，A正确； B.从E到C，由动能定理可得

2211121kBEkBCqELmgL0mυ 2242解得

υgL

故B正确；

C.由于弹力的水平分力为kxcosθ，cos和kx均越来越大，故弹力水平分力越来越大，故弹性绳在小球从C到D阶段做的功小于在小球从D到E阶段做的功，C错误； D.将小球电荷量变为2q，由动能定理可得

22111212qELmgLkBEkBCmυE

4222解得

υE2gL

故D正确； 故选ABD。

5．如图(a)所示，两平行正对的金属板AB间加有如图(b)所示的交变电压，将一带正电的粒子从两板正中间的P点处由静止释放，不计粒子重力，下列说法正确的是

A．在t=0时刻释放该粒子，粒子一定能到达B板 B．在tT时刻释放该粒子,粒子一定能到达B板 4T期间释放该粒子，粒子一定能到达B板 4C．在0tD．在

TTt期间释放该粒子，粒子一定能到达A板 42【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】

A．若在t=0时刻释放该粒子，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零，运动方向一直不变，最终打在B板上，选项A正确； B．若在tT时刻释放该粒子，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再4反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离等于向右运动的距离，所以若极板间距较大，则粒子可能打不到B板，B错误 C．若在0tT期间释放该粒子，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后4再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，粒子整体向右运动，最终打在B板上，C正确

D．若在

TTt期间释放该粒子，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然42后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离小于向左运动的距离，粒子整体向A板运动，一定打在A板上，若直接加速向B板，则不会回到A板，D错误。 故选AC。

6．如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中( )

A．它们运动的时间tQ＝tP B．它们所带电荷量之比qP∶qQ＝1∶2 C．它们的电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ＝1∶2 D．它们的动能增量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4 【答案】ABD 【解析】 【详解】

A.带电粒子在垂直电场方向上不受力，都做匀速直线运动，位移相等，由x=v0t可知运动时间相等，即tQ=tP．故A正确；

平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：

y解得：

12qE2at＝t， 22mq2ym ； Et2B.由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为 yP：yQ=1：2；所以它们所带的电荷量之比 qP：qQ=yP：yQ=1：2，故B正确；

C.电势能的减小量等于电场力做的功即△E=qEy，因为竖直位移之比为：yP：yQ=1：2，电荷量之比为：qP：qQ=1：2，所以它们电势能减少量之比为：△EM：△EN=1：4．故C错误； D .根据动能定理，有：

qEx=△Ek

而：

qP：qQ=1：2，xP：xQ=1：2

所以动能增加量之比：

△EkP：△EkQ=1：4

故D正确； 故选ABD． 【点睛】

本题关键将两个带电粒子的运动分解为垂直电场方向和平行电场方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和动能定理列式分析．

7．如右图所示，P、Q为两个等量的异种电荷，以靠近P点的O点为原点，沿两电荷的连线建立x轴，沿直线向右为x轴正方向，一带正电的粒子从O点由静止开始在电场力作用下运动到A点，已知A点与O点关于PQ两电荷连线的中点对称，粒子的重力忽略不计，在从O到A的运动过程中，下列关于粒子的运动速度v和加速度a随时间t的变化，粒子的动能Ek和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线肯定错误的是（ ）

A．A 【答案】ABD 【解析】 【详解】

B．B C．C D．D

等量异种电荷的电场线如图所示．

沿两点电荷连线从O到A，电场强度先变小后变大，一带正电的粒子从O点由静止开始在电场力作用下运动到A点的过程中，电场力一直做正功，粒子的速度一直在增大．电场力先变小后变大，则加速度先变小后变大．v-t图象切线的斜率先变小后变大，该图是不可能的，故A符合题意．根据沿着电场线方向电势逐渐降低，电场强度为Ex，E先减小

后增大，所以φ-x图象切线的斜率先减小后增大，则B图不可能，故B符合题意；加速度先变小后变大，方向不变，C图是可能的，故C不符合题意．粒子的动能 Ek=qEx，电场强度先变小后变大，则Ek-x切线的斜率先变小后变大，则D图不可能．故D符合题意．则选ABD． 【点睛】

该题要掌握等量异种电荷的电场线的特点，结合物理规律分析图象切线斜率如何变化是解答的关键，不能只定性分析，那样会认为BD是正确的．

8．如图所示，绝缘水平面上O处放质量为m、电荷量为q的带负电荷的小物体．劲度系数为k的绝缘轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与小物体接触（未固定），弹簧水平且无形变．O点左侧有竖直向下的匀强电场，电场强度为Emg．用水平力F缓慢向右推动物2q体，在弹性限度内弹簧被压缩了x0，此时物体静止．撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0，物体与水平面间的动摩擦因数为µ，重力加速度为g．则（ ）

A．撤去F后，物体回到O点时速度最大 B．撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为C．物体离开弹簧时速率为3gx0 D．撤去F后系统产生的内能为4µmgx0 【答案】BC 【解析】 【详解】

A. 撤去F后，物体回到O之前水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，加速度先减小后增大，物体先做变加速运动，再做变减速运动，当弹簧的弹力与滑动摩擦力的合力大小相等、方向相反时，加速度为零，速度最大。故A错误。

B. 撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：物体的加速度为

kx0g ma故B正确。

Ffkx0mgkx0g mmmC. 物块进入电场区域后，受到的电场力：

FqEq所以在竖直方向上，物块受到的支持力：

mg1mg 2q211FNmgFmgmgmg

22此时物体受到的摩擦力：

1fFNmg0.5mg

2

物块此时的加速度：

fa0.5g

m物块进入电场的区域后竖直方向的摩擦力不变，物块做匀减速直线运动，位移为：

x=4x0-x0=3x0

由运动学的公式：

22axv2v0

可得物体离开弹簧时速率为：

v02ax20.5g3x03gx0 故C正确。

D. 物块进入电场前受到的摩擦力：fmg ，物块进入电场区域后受到的摩擦力：

f0.5mg ，所以撤去F后系统产生的内能为：

Qf•x0f•x2.5mgx0

故D错误。

9．如图所示，从炽热的金属丝漂出的电子（速度可视为零），经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（ ）

A．仅增大加速电场的电压 B．仅减小偏转电场两极板间的距离 C．仅增大偏转电场两极板间的电压 D．仅减小偏转电场两极板间的电压 【答案】BC 【解析】 【分析】

电子经电场加速后，进入偏转电场，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出电子离开电场时数值方向分速度，表示出偏转角正切值的表达式，从而判断使偏转角变大的方法． 【详解】

电场中的直线加速，由动能定理：eU1抛运动，vyat，加速度a122eU1mv00，可得v；在偏转电场做类平

m2LeU2t=，vxv0，运动时间为，可得偏转角的正切值为vxmd

tanvyvx，联立可得：tanU2L.若使偏转角变大即使tanθ变大，由上式看出可以2U1d增大U2，或减小U1，或增大L，或减小d，则A、D错误，B、C正确．故选BC． 【点睛】

本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成.

10．如图所示，在x轴相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、﹣Q，虚线是以+Q所

L为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、2d两点关于x轴对称．下列判断正确的是（ ）

在点为圆心、

A．四点中d点处的电势最低 B．b、d两点处的电势相等 C．b、d两点处的电场强度相同

D．将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q的电势能减小 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】

A.c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等.而正电荷周围的电场的电势都比它高，即c点的电势在四个点中是最低的;故A错误.

B.该电场中的电势关于x轴对称，所以b、d两点的电势相等;故B正确.

C.该电场中的电场强度关于x轴对称，所以b、d两点场强大小相等，方向是对称的，不相同的;故C错误.

D.c点的电势低于a点的电势，试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，电场力做正功，+q的电势能减小;故D正确.

11．如图所示，光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点。一质量为m、带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，恰能通过最高点，则（ ）

A．其他条件不变，R越大，x越大 B．其他条件不变，m越大，x越大 C．m与R同时增大，电场力做功增大

D．R越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大 【答案】ABC 【解析】 【详解】

AB.小球在BCD部分做圆周运动，在D点，有：

2vDmg=m ①

R从A到D过程，由动能定理有：

qEx-2mgR=

由①②得：R1mvD2，② 22qEx，③ 5mg可知，R越大，x越大。m越大，x越大，故AB符合题意； C.从A到D过程，由动能定理有：

W-2mgR=

由①⑥解得：电场力做功 W=题意；

D.小球由B到D的过程中，由动能定理有：

-2mgR=

在B点有：

2vBFN-mg=m ⑤

R1mvD2，⑥ 25mgR，可知m与R同时增大，电场力做功越多，故C符合211mvD2-mvB2，vB=5gR，④ 22解得：FN=6mg，则知小球经过B点瞬间轨道对小球的支持力与R无关，则小球经过B点后瞬间对轨道的压力也与R无关，故D不符合题意。

12．空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示，x轴正方向为场强的正方向．下列说法中正确的是

A．该电场可能是由一对分别位于x2和－x2两点的等量异种电荷形成的电场 B．x2和－x2两点的电势相等

C．正电荷从x1运动到x3的过程中电势能先增大后减小 D．原点O与x2两点之间的电势差大于-x2与x1两点之间的电势差 【答案】BD 【解析】

根据等量异种电荷形成的电场的特点可知，在等量异种电荷的连线上，各点的电场强度的方向是相同的，而该图中电场强度的大小和方向都沿x轴对称分布，所以该电场一定不是由一对分别位于x2和x2两点的等量异种电荷形成的电场，A错误；由于x2和x2两点关于y轴对称，且电场强度的大小也相等，故从O点到x2和从O点到x2电势降落相等，故

x2和x2两点的电势相等，B正确；由图可知，从x1到x3电场强度始终为正，则正电荷运

动的方向始终与电场的方向相同，所以电场力做正功，电势能逐渐减小，C错误；x2和

x2两点的电势相等，原点O与x2两点之间的电势差等于原点O与x2两点之间的电势

差，x2与x1两点之间的电势差等于x2与x1两点之间的电势差，所以原点O与x2两点之间的电势差大于-x2与x1两点之间的电势差，D正确．

13．如图所示，O是一固定的点电荷，另一点电荷P从很远处以初速度v射入点电荷O的电场，在电场力作用下的运动轨迹是曲线MN，a、b、c是以O为中心Ra、Rb、Rc为半径画出的三个圆，它们之间间距相等，1、2、3、4为轨迹MN与三个圆的一些交点．以|W12|表示点电荷P由l到2的过程中电场力做的功的大小，|W34|表示由3到4的过程中电场力做的功的大小，则（ ）

A．|W12|＞2|W34| C．P、O两电荷可能同号 【答案】AD 【解析】

B．|W12|=2|W34| D．P、O两电荷一定异号

【分析】 【详解】

根据电场线的分布情况可知，2、3间的场强大于3、4间场强，由公式U=Ed分析得知，2、3间的电势差大于3、4间的电势差，所以1、2间的电势差大于3、4间电势差的2倍，即有|U12|＞2|U34|，由电场力做功公式W=qU得，|W12|＞2|W34|．故A正确，B错误．由轨迹的弯曲方向可判定两电荷间存在引力，是异号电荷．故C错误，D正确．故选AD． 【点睛】

本题是电场中轨迹问题，由U=Ed定性分析非匀强电场中两点间电势差的关系，由轨迹弯曲方向判断电场力方向都是常见的问题，要加强训练，熟练掌握．

14．在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法正确有（ ）

A．q1和q2带有同种电荷 【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】

B．x1处的电场强度为零

C．负电荷从x1移到x2，受到的电场力减小 D．负电荷从x1移到x2，电场力做正功

A．由图可知无穷远处电势为零，又有电势为正的地方，故存在正电荷；又有电势为负的地方，故也存在负电荷，所以q1和q2带有异种电荷，选项A错误；

B．电场强度等于图中曲线斜率，x1处的斜率不为零，故电场强度不为零，选项B错误； C．负电荷从x1移到x2，曲线斜率减小，即场强度减小，所以受到的电场力减小，选项C正确；

D．负电荷从x1移到x2，电势增大，电势能减小，电场力做正功，选项D正确。 故选CD。

15．如图所示，一个竖直放置的平行板电容器，充电后，左板上电荷量为-Q，板间可看成匀强电场．一个带电荷量为-q的油滴，从O点以速度v射入板间，v的方向与电场线成θ角，已知油滴的质量为m，测得油滴到达运动轨迹的最高点时，它的速度大小又为v，并恰好垂直打到平行板上，则以下说法中正确的是（）

A．油滴最后打在左板上

B．最高点处（设为N）与O点的电势差为UNOC．板间的电场强度Emv2sin2

2qmg（1cos）

qsinD．如果两板间距离变小，O到右板的距离不变，则最高点处（设为N）的位置不变 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】

A．因油滴到达最高点N时速度大小为v，方向水平，对O→N过程用动能定理有

WG+W电=0

所以电场力一定做正功，油滴带负电，则最高位置一定在O点的右上方，即垂直打到右板上，A错误．

B．对油滴，在水平方向，由动能定理得

qUNO=mgh

在竖直方向上油滴做初速为vsinθ的竖直上抛运动，则有

(vsinθ)2=2gh

即

UNO故B正确．

C．油滴由ON的运动时间为

mv2sin2

2qt水平方向的位移

vsin gvvcosv2(1cos)sindt

22g电场强度大小

EUmgsin dq(1cos)

故C错误．

D．因最高点N与出发点O的电势差

UNOmv2sin2

2q与场强无关，故改变电场强度而O点到右板的距离不变，N点的位置不变，则D正确． 故选BD． 【点睛】

本题考查了动能定理的应用，考查了求电场强度大小问题，运用运动的合成与分解观点分析清楚油滴的运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、运动学公式与匀强电场场强与电势差的关系可以解题．

二、第十章 静电场中的能量解答题易错题培优（难）

16．图中所示的静电机由一个半径为R、与环境绝缘的开口（朝上）金属球壳形的容器和一个带电液滴产生器G组成。质量为m、带电量为q的球形液滴从G缓慢地自由掉下（所谓缓慢，意指在G和容器口之间总是只有一滴液滴）。液滴开始下落时相对于地面的高度为h。设液滴很小，容器足够大，容器在达到最高电势之前进入容器的液体尚未充满容器. 忽略G的电荷对正在下落的液滴的影响.重力加速度大小为g。若容器初始电势为零，求容器可达到的最高电势Vmax。

【答案】Vmax【解析】 【详解】

mg(hR) q设在某一时刻球壳形容器的电量为Q。以液滴和容器为体系，考虑从一滴液滴从带电液滴产生器G出口自由下落到容器口的过程。根据能量守恒有

mghkQq1Qqmv22mgRk(1) hR2R式中，v为液滴在容器口的速率，k是静电力常量。由此得液滴的动能为

12Qq(h2R)mvmg(h2R)k(2) 2(hR)R从上式可以看出，随着容器电量Q的增加，落下的液滴在容器口的速率v不断变小；当液

滴在容器口的速率为零时，不能进入容器，容器的电量停止增加，容器达到最高电势. 设容器的最大电量为Qmax，则有

mg(h2R)kQmaxq(h2R)0(3)

(hR)R由此得

Qmaxmg(hR)R(4) kqQmax(5) R容器的最高电势为

Vmaxk由(4)和(5)式得

Vmaxmg(hR)(6) q

17．图为梯形AB=AD=L，AD平行于BC。角BCD等于30度。在空间内有平行于纸面的匀强电场，第一次将质量为m，电荷量为q>0的某带电粒子由A点射出。恰经过B点，电场力做功为W且W>0。第二次将该粒子仍从A点以相同的初动能射出，恰经过C点电场力做功为2W，不计粒子重力。求：

（1）匀强电场电场强度大小和方向；

（2）若粒子初动能不变，从A点射出，恰经过D点，那么电场力做了多少功。 【答案】（1）E【解析】 【详解】

(1)由题意可知UAC2UAB ，如图所示过

W523q13L13方向与竖直方向夹角arccosW（2）

13523D做BC垂线交BC于Q，连接AC，取AC终点

P，连接BP，则可得AP=BP=PC，过A做AN垂直于BP，则AN方向即为电场方向；因为角BCD等于30度，AB=AD=L，故QC=3L，在三角形ABC中有：

ACLL3L解得：

22

AC523L

由几何关系可知三角形ABN与三角形CAB相似，故有：

ABAN ACBC解得：

13LANd

523而带电粒子A到B电场力做功W，则有：

WqEd

所以解得：

EW523q13L 设电场方向与AB方向夹角为，则有：

13d cosL523所以夹角为：

13arccos

523

(2)如图过D点做AN垂线交AN于M，由几何关系可知三角形ADM与三角形ABC相似，所以有：

AMAD ABAC解得：

AM故当粒子经过D点时，电场力做功为：

L523d

WqEdqW523q13LL523W 13

答：（1）匀强电场电场强度大小EW523q13L，方向与竖直方向夹角

13arccos；

523W（2）恰经过D点，那么电场力做功。

13

18．如图所示，直角坐标系xOy在竖直平面内，x轴沿水平方向，空间有平行坐标平面竖直向上的匀强电场，电场强度大小为E，在第一、四象限内以坐标原点O为圆心的半圆形区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B0，圆的半径为R，一个带电荷量为q的小球A静止于Q点，另一个质量和带电荷量都与A球相同的小球B在P点，获得一个沿x轴正方向的初速度，小球B与小球A在进磁场前碰撞并粘合在一起，两球经磁场偏转后，最终竖直向上运动，不计两球碰撞过程中电量损失，P点到O点的距离为R，重力加速度大小为g，求：

（1）小球B从P点向右运动的初速度v0的大小；

（2）撤去小球A，改变y轴左侧电场强度的大小，将小球B从P点向右开始运动的速度减为原来的

R2，结果小球B刚好从y轴上坐标为0,的位置进入磁场，试确定粒子经

24磁场偏转后出磁场的位置坐标。

【答案】（1）v0【解析】 【分析】 【详解】

372gB0RR,R；（2） 44E（1）因为小球A静止在Q点，所以与A球质量和电荷量相等的B球将向右做匀速直线运动，然后与A球相碰，设两球的质量为m，B球的初速度大小为v0，A、B碰撞后的共同速度为v1，根据动量守恒有

mv02mv1

解得

1v1v0

2由于小球A在碰撞前处于静止状态，则

qEmg

解得

qmg E粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设小球在磁场中做圆周运动的半径为r，根据粒子运动的轨迹，依据几何关系

r根据牛顿第二定律有

2R 2v122qv1B02m

r解得

v02gB0R E（2）由题意可知，粒子从P点出射的速度大小

v0gBR2v00 42E粒子在进磁场前做类平拋运动，进磁场时的速度的反向延长线交于水平位移的中点，则粒子进磁场时速度与x轴正正向的夹角为45度，则粒子进磁场时的速度大小

v22v0

粒子在磁场中做匀速圆周运动，则

2v2qv2B0m

r2解得

r22R 2由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆心位置为

R,0 2有界场边界满足

x2y2R2

粒子在磁场中做圆周运动的轨迹满足

R22xyr2

22

解得

xy因此粒子出磁场时的位置坐标为

3R 47R 4374R,4R 

19．在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q（q>0）的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ=60°。运动中粒子仅受电场力作用。 （1）求电场强度的大小；

（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？ （3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？

2mv0【答案】(1) E；(2)v12qR2v0；(3)0或v243v0 2【解析】 【分析】 【详解】

（1）由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q>0，故电场线由A指向C，根据几何关系可知：

xAC所以根据动能定理有：

R

qExAC解得：

12mv020

2mv0E；

2qR（2）根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有

xRsin60v1t

y而电场力提供加速度有

RRcos6012at 2qEma

联立各式解得粒子进入电场时的速度：

v12v0； 4（3）因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0，即在电场方向上速度变化为v0 ，过C点做AC垂线会与圆周交于B点，故由题意可知粒子会从C点或B点射出。当从B点射出时由几何关系有

xBCxAC电场力提供加速度有

3RRv2t2

12at2 2qEma

联立解得v23v0；当粒子从C点射出时初速度为0。 2

另解：

由题意知，初速度为0时，动量增量的大小为mv0，此即问题的一个解。自A点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，动量变化都相同，自B点射出电场的粒子，其动量变化量也恒为mv0，由几何关系及运动学规律可得，此时入射速率为

v3v0 2

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，α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α粒子质量为m，电荷量为2e，不计α粒子重力．求：

(1)平行板电容器的电容； (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，

T时刻射入两板间的α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d4各应满足什么条件？（用L、U、m、e、v0表示）

为使

eU2L2QL (3) d【答案】(1)C (2)U2md2v0U2nv0【解析】 【详解】

(1)依电容定义有：平行板电容器的电容CeU (n=1,2,3,…) 2mQ U(2)两板之间为匀强电场EU d粒子在电场中加速度aFqE mm粒子的偏移量:y12at 2运动时间tL v0

qUL2解得:y2 2mdv0eU2L2CD两点的电势差为：UEy 22 mdv0(3)为使a粒子刚好由O点水平射出，α粒子在一个周期内竖直方向的分位移应为零， 必须从tnTT进入电场， 4且在电场中运动时间与电压变化周期T的关系为t=nT，（n=1，2，3，…）． 则TtL nnv01T2a()d 24竖直方向向下的最大分位移应满足：22eUL2()d 即:

md4nv0解得:dL2nv0eU（n=1,2,3,…） 2m【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，在竖直平面内有一固定的光滑绝缘轨道，圆心为O，半径为r，A、B、C、D分别是圆周上的点，其中A、C分别是最高点和最低点，BD连线与水平方向夹角为

37。该区间存在与轨道平面平行的水平向左的匀强电场。一质量为m、带正电的小球在

轨道内侧做完整的圆周运动（电荷量不变），经过D点时速度最大，重力加速度为g（已知sin370.6，cos370.8），求: (1)小球所受的电场力大小；

(2)小球经过A点时对轨道的最小压力。

【答案】（1）【解析】 【详解】

4mg；（2）2mg，方向竖直向上. 3（1）由题意可知 :

mgtan37 F所以:

4Fmg

3（2）由题意分析可知，小球恰好能做完整的圆周运动时经过A点对轨道的压力最小. 小球恰好做完整的圆周运动时，在B点根据牛顿第二定律有:

2vBmgm sin37r小球由B运动到A的过程根据动能定理有:

1212mgr1sin37Frcos37mvAmvB

22小球在A点时根据牛顿第二定律有:

2vAFNmgm

r联立以上各式得:

FN2mg

由牛顿第三定律可知，小球经过A点时对轨道的最小压力大小为2mg，方向竖直向上.

22．一匀强电场足够大，场强方向是水平的．一个质量为m的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为v0，在电场力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成θ角的直线运动．求：

（1）小球运动的加速度的大小是多少？

（2）小球从O点出发到其运动到最高点时发生的位移大小？ （3）小球运动到最高点时其电势能与在O点的电势能之差？

2v0sing122（2）(3) mv0cos 【答案】（1）

2g2sin【解析】 【详解】

（1）小球做直线运动，所受的合力与速度方向在同一条直线上，

mg ma根据平行四边形定则得：sinθ＝解得小球的加速度：ag． sinv02v02sin（2）小球从开始到最高点的位移为：x． 2a2g（3）因为Eq=mg/tanθ，则小球运动到最高点时其电势能与在O点的电势能之差等于电场

mgv02sin122.cosmv0cos 力做功，即EPWEqxcostan2g2【点睛】

本题有两点需要注意，一是由运动情景应能找出受力关系；二是知道小球做匀减速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求解位移．知道电势能的变化量的等于电场力的功.

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θ＝37º，半径r＝2.5m，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E＝2×105N／C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场．质量m＝5×10

－2

kg、电荷量q＝＋1×10－6C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v0＝3 m／s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μ＝0.25．设小物体的电荷量保持不变，取g＝10 m／s2，sin37º＝0.6，cos37º＝0.8．

（1）求弹簧枪对小物块所做的功；

（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Wf﹣mgr（l﹣cosθ）=mv02① 代人数据得：Wf=0.475J ②

（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：﹣mgsinθ﹣μ（mgcosθ+qE）=ma1③

小物体向上做匀减速运动，经t1=0.1s后，速度达到v1，有：v1=v0+a1t1④ 由③④可知v1=2.1m/s，设运动的位移为s1，有：sl=v0t1+a1t12⑤ 电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得： ﹣mgsinθ﹣μ（mgcosθ﹣qE）=ma2⑥

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+a2t2⑦ s2=v1t2+a2t22⑧

设CP的长度为s，有：s=s1+s2⑨ 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．