第十章 静电场中的能量精选试卷专题练习(解析版)

第十章 静电场中的能量精选试卷专题练习（解析版）

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v 0 （v 0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

2m 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

2m 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 =v 0t ，

2

122d 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2222m md v U el =

，一个周期内有12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

2m 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

121

=-，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．如图所示，真空中有一个边长为L 的正方体，正方体的两个顶点M 、N 处分别放置电荷

量都为q 的正、负点电荷．图中的a 、b 、c 、d 是其他的四个顶点，k 为静电力常量．下列表述正确是（ ）

A ．a 、b 两点电场强度大小相等，方向不同

B ．a 点电势高于b 点电势

C ．把点电荷+Q 从c 移到d ，电势能增加

D ．同一个试探电荷从c 移到b 和从b 移到d ，电场力做功相同 【答案】D 【解析】

A 、根据电场线分布知，a 、b 两点的电场强度大小相等，方向相同，则电场强度相同．故A 错误．

B 、ab 两点处于等量异种电荷的垂直平分面上，该面是一等势面，所以a 、b 的电势相等．故B 错误．

C 、根据等量异种电荷电场线的特点，因为沿着电场线方向电势逐渐降低，则c 点的电势大于d 点的电势．把点电荷+Q 从c 移到d ，电场力做正功，电势能减小，故C 错误．

D 、因cb bd U U =可知同一电荷移动，电场力做功相等，则D 正确．故选D ．

【点睛】解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的分布，知道垂直平分线为等势线，沿着电场线方向电势逐渐降低．

3．匀强电场中的三点A 、B 、C 是一个三角形的三个顶点，AB 的长度为1 m ，D 为AB 的中点，如图所示．已知电场线的方向平行于△ABC 所在平面，A 、B 、C 三点的电势分别为14 V 、6 V 和2 V ，设场强大小为E ，一电量为1×610-C 的正电荷从D 点移到C 点电场力所做的功为W,则

A ．W=8×610-J E ＞8 V/m

B ．W=6×610-J E ＞6 V/m

C ．W=8×610-J E≤8 V/m

D ．W=6×610-J E≤6 V/m 【答案】A 【解析】 【分析】

【详解】

试题分析：由题匀强电场中，由于D 为AB 的中点，则D 点的电势102

A B

D V ???+=

=，

电荷从D 点移到C 点电场力所做的功为W=qU DC =q （φD -φC ）=1×10-6×（10-2）J=8×10-6J ．AB 的长度为1m ，由于电场强度的方向并不是沿着AB 方向，所以AB 两点沿电场方向的距离d ＜1m ，匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比，即U=Ed ，所以

8/U

E V m d

=

>，故选A ． 考点：电势；电场强度

4．如图甲所示，平行金属板A 、B 正对竖直放置，C 、D 为两板中线上的两点。A 、B 板间不加电压时，一带电小球从C 点无初速释放，经时间T 到达D 点，此时速度为v 0；在A 、B 两板间加上如图乙所示的交变电压，t =0带电小球仍从C 点无初速释放，小球运动过程中未接触极板，则t =T 时，小球（ ）

A ．在D 点上方

B ．恰好到达D 点

C ．速度大于v

D ．速度小于v

【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

小球仅受重力作用时从C 到D 做自由落体运动，由速度公式得0v gT =，现加水平方向的周期性变化的电场，由运动的独立性知竖直方向还是做匀加速直线运动，水平方向0~4

T 沿电场力方向做匀加速直线运动，

~42

T T

做匀减速直线运动刚好水平速度减为零，3~24

T T 做反向的匀加速直线运动，3~4T

T 做反向的匀减速直线运动水平速度由对称性减为零，故t =T 时合速度为v 0，水平位移为零，则刚好到达D 点，故选B 。 【点睛】

平行板电容器两极板带电后形成匀强电场，带电离子在电场中受到电场力和重力的作用，根据牛顿第二定律求出加速度，根据分运动和合运动的关系分析即可求解。

5．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。

6．一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷（即粒子的电荷量与质量之比）不同的带正电的粒子和，从电容器的点（如图）以相同的水平速度射入两平行板之间．测得和与电容极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1:2．若不计重力，则和的比荷之比是

A．1:2 B．1:8 C．2:1 D．4:1

【答案】D

【解析】

两带电粒子都做类平抛运动，水平方向匀速运动，有，垂直金属板方向做初速度为零的匀加速直线运动，有，电荷在电场中受的力为，根据牛顿第二定律

有，整理得，因为两粒子在同一电场中运动，E 相同，初速度相同，

侧位移相同，所以比荷与水平位移的平方成反比．所以比荷之比为，D 正确．

【易错提醒】表达式的整理过程易出现问题．

【学科网备考提示】带电粒子在电场中的加速和偏转是高考的重点考查内容．

7．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 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 =

mg

q

。初始时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

32

mg

，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

sin kx θN mg =+

由与sin x θBC =，故支持力为恒力，即1

2N mg =

，故摩擦力也为恒力大小为 14

f μN m

g ==

从C 到E ，由动能定理可得

2211

10422qEL mgL k BE k BC ??---= ???

由几何关系可知22

2BE BC L -=，代入上式可得

32

kL mg =

在D 点时，由牛顿第二定律可得

1

cos 4

qE k BD θmg ma --=

由1cos 2BD θL =

，将3

2

kL mg =可得，D 点时小球的加速度为 0a =

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

2221

11102242k BE k BC qEL mgL m υ??---=- ???

解得

υgL =

故B 正确；

C.由于弹力的水平分力为cos kx θ，cos θ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

22211

1124222E qEL mgL k BE k BC m υ??---= ???

解得

2E υgL =

故D 正确； 故选ABD 。

8．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t Q ＝t P

B ．它们所带电荷量之比q P ∶q Q ＝1∶2

C ．它们的电势能减少量之比ΔE P ∶ΔE Q ＝1∶2

D ．它们的动能增量之比Δ

E k P ∶ΔE k Q ＝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=v 0t 可知运动时间相等，即t Q =t P ．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：

22122qE y at t m

＝=

， 解得：

2

2ym

q Et =

； B.由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为 y P ：y Q =1：2；所以它们所带的电荷量之比 q P ：q Q =y P ：y Q =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：y P ：y Q =1：2，电荷量之比为：q P ：q Q =1：2，所以它们电势能减少量之比为：△E M ：△E N =1：4．故C 错误； D .根据动能定理，有：

qEx =△E k

而：

q P ：q Q =1：2，x P ：x Q =1：2

所以动能增加量之比：

△E kP ：△E kQ =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．

9．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：

mg =m 2 D

v R

①

从A 到D 过程，由动能定理有：

qEx -2mgR =

1

2

mv D 2，② 由①②得：25qEx

R mg

=

，③ 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 =

1

2

mv D 2，⑥ 由①⑥解得：电场力做功 W =5

2

mgR ，可知m 与R 同时增大，电场力做功越多，故C 符合题意；

D.小球由B 到D 的过程中，由动能定理有：

-2mgR =

12mv D 2-1

2

mv B 2，v B 在B 点有：

F N -mg =m 2 B

v R

⑤

解得：F N =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。

10．真空中，点电荷的电场中某点的电势kQ

r

?=

，其中r 为该点到点电荷的距离；在x 轴上沿正方向依次放两个点电荷Q 1和Q 2；x 轴正半轴上各点的电势φ随x 的变化关系如图所示；纵轴为图线的一条渐近线，x 0和x 1为已知，则

A ．不能确定两点荷的电性

B ．不能确定两个电荷电量的比值

C ．能确定两点荷的位置坐标

D ．能确定x 轴上电场强度最小处的位置坐标 【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】

A ．若取无穷远处电势为零，正电荷空间各点电势为正，负电荷空间各点电势为负，而有图象可知0x x =处电势为零，也就是空间中存在的两个点电荷肯定是一正一负，A 错误； BCD ．根据图线，离O 点很近时，0?>，且随x 减小趋向于无穷大，故正电荷应该在坐标原点O 处，设其电荷量为1Q ，当x 由0增大时，电势并没有出现无穷大，即没有经过负的点电荷，说明负电荷必定在O 点左侧某a 处，且设其电荷量为2Q ，则

21Q Q >，

又根据图线0x x =处电势为零，有

12

00Q Q k

k x x a

=+， 又由图线斜率可知，在1x 处场强最小，为零，且有

1222

11()Q Q k

k x x a =+， 由这两个方程可解出a 及1

2

Q Q ，故两个电荷位置坐标及电荷量的比值可求出，B 错误，CD 正确； 故选CD 。

11．如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x 轴平行，在x 轴上的电势φ与坐标x 的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线

过点（0.15，3）的切线．现有一质量为0.20kg ，电荷量为+2.0×10－8C 的滑块P （可视作质点），从x =0.l0m 处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02．取重力加速度g =l0m/s 2．则下列说法正确的是（ ）

A ．x =0.15m 处的场强大小为2.0×l06N/C

B ．滑块运动的加速度逐渐减小

C ．滑块运动的最大速度约为0.1m/s

D ．滑块最终在0.3m 处停下 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】

AB 、电势φ与位移x 图线的斜率表示电场强度，则x ＝0.15m 处的场强E 5

3100.15

?=V/m ＝

2×106V/m ，此时的电场力F ＝qE ＝2×10﹣8×2×106N ＝0.04N ，滑动摩擦力大小f ＝μmg ＝0.02×2N ＝0.04N ，在x ＝0.15m 前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x ＝0.15m 后电场力小于电场力，做减速运动，加速度逐渐增大．故A 正确，B 错误； C 、在x ＝0.15m 时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，

21

2

m qU fx mv -=

，因为0.10m 和0.15m 处的电势差大约为1.5×105V ，代入求解，最大速度大约为0.1m/s ，故C 正确；

D 、滑块最终在0.3x m =处停下则满足：00qU fx -=-，0.3x m =处的电势

51.510V ?=?，故从0.1x m =到0.3x m =过程中，电势差

55(4.5 1.5)10310U V V =-?=?，电场力做5382.010=310610W qU J --=??=??电，

摩擦力做功3

0.020.210(0.300.10)810f W fs J -==???-=?，则f W W >电，故滑块不

能滑到0.3x m =处，故D 错误．

12．如图所示，一水平面．．．内的半圆形玻璃管，内壁光滑，在两管口分别固定带正电的点电荷Q 1、Q 2，管内靠近Q 1处有一带正电的小球(带电量很小)，小球由静止开始释放，经过管内b 点时速度最大，经过a 、c 两点时速度的大小相等，整个运动过程中小球的电荷量保持不变。下面关于a 、c 两点的电势及b 点场强的判断正确的是：( )

A ．φa ＝φc

B ．φa ＞φc

C ．b 点的场强为E 1

D ．b 点的场强为

E 2 【答案】AC 【解析】 【详解】

AB.据题，小球a 、c 两点时速度的大小相等，动能相等，根据能量守恒定律知小球在a 、c 两点的电势能相等，故φa =φc ；故A 正确，B 错误.

CD.据题，小球经过管内b 点时速度最大，沿圆周切向的合力为零，再结合电场的叠加原理知b 点的场强为E 1；故C 正确，D 错误.

13．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x 2和－x 2两点的等量异种电荷形成的电场

B ．x 2和－x 2两点的电势相等

C ．正电荷从x 1运动到x 3的过程中电势能先增大后减小

D ．原点O 与x 2两点之间的电势差大于-x 2与x 1两点之间的电势差 【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2x 和2x -两点的等量异种电荷形成的电场，A 错误；由于2x 和2x -两点关于y 轴对称，且电场强度的大小也相等，故从O 点到2x 和从O 点到2x -电势降落相等，故

2x 和2x -两点的电势相等，B 正确；由图可知，从1x 到x 3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；2x 和

2x -两点的电势相等，原点O 与2x 两点之间的电势差等于原点O 与2x -两点之间的电势

差，2x -与1x 两点之间的电势差等于2x 与1x 两点之间的电势差，所以原点O 与2x 两点之间的电势差大于-x 2与1x 两点之间的电势差，D 正确．

14．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 、R b 、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|W 12|表示点电荷P 由l 到2的过程中电场力做的功的大小，|W 34|表示由3到4的过程中电场力做的功的大小，则（ ）

A ．|W 12|＞2|W 34|

B ．|W 12|=2|W 34|

C ．P 、O 两电荷可能同号

D ．P 、O 两电荷一定异号

【答案】AD 【解析】 【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|U 12|＞2|U 34|，由电场力做功公式W=qU 得，|W 12|＞2|W 34|．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．

15．如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔．右极板电势随时间变化的规律如图乙所示．电子原来静止在左极板小孔处，若电子到达右板的时间大于T ，(不计重力作用)下列说法中正确的是( )

A ．从t ＝0时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动

B ．从t ＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上

C ．从t ＝4

T

时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动，也可能打到右极板上 D ．从t ＝

38

T

时刻释放电子，电子必将打到左极板上 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

AB.分析电子在一个周期内的运动情况，从0t =时刻释放电子，前2

T

内，电子受到的电场力向右，电子向右做匀加速直线运动．后

2

T

内，电子受到向左的电场力作用，电子向右做匀减速直线运动；接着周而复始，所以电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右板上，故A 错误，B 正确

C.分析电子在一个周期内的运动情况；从4T

t = 时刻释放电子，在~42

T T 内，电子向右做匀加速直线运动；在

3~24

T T

内，电子受到的电场力向左，电子继续向右做匀减速直线运动，34T 时刻速度为零；在

3~4

T

T 内电子受到向左的电场力，向左做初速度为零的匀加速直线运动，在5~4

T T 内电子受到向右的电场力，向左做匀减速运动，在54T

时刻速度减为零；接着重复．电子到达右板的时间大于T ，电子在两板间振动，不能打到右极板上，故C 错误．

D.用同样的方法分析从38

T

t =

时刻释放电子的运动情况，电子先向右运动，后向左运动，由于一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移，所以电子最终一定从左极板的小孔离开电场，即不会打到左极板，故D 错误．

二、第十章 静电场中的能量解答题易错题培优（难）

16．如图甲所示，倾角为θ＝30°绝缘斜面被垂直斜面直线MN 分为左右两部分，左侧部分光滑，范围足够大，上方存在大小为E ＝1 000 N/C ，方向沿斜面向上的匀强电场，右侧部分粗糙，范围足够大，一质量为m ＝1 kg ，长为L ＝0.8 m 的绝缘体制成的均匀带正电直棒AB 置于斜面上，A 端距MN 的距离为d ，现给棒一个沿斜面向下的初速度v 0，并以此时作为计时的起点，棒在最初0.8 s 的运动图像如图乙所示，已知0.8 s 末棒的B 端刚好进入电场，取重力加速度g ＝10 m/s 2，求：

(1)直棒AB 开始运动时A 端距MN 的距离为d ； (2)直棒AB 的带电量q ；

(3)直棒AB 最终停止时，直棒B 端到MN 的距离． 【答案】(1)20 m (2)7.5×10－3 C (3)125 m 【解析】 【分析】

根据v-t 图像确定出直棒AB 匀减速直线运动的位移，结合棒的长度，得出直棒AB 开始运动时A 端距MN 的距离为d ；根据图线得出直棒AB 匀减速直线运动的加速度大小，根据加速度，结合牛顿第二定律求出带电量的大小；根据动能定理得出，物体在电场中运动的距离． 【详解】

（1）由v-t 图像可知直棒AB 匀减速直线运动．0～0.8s 内棒运动的位移为：

0120.8m 2

t

v v x t +=

= ．A 端距离MN 的距离为：120.80.820m d x L m =-=-=． （2）棒的加速度为：2Δv

a=

=2.5m/s Δt

．对直棒AB 进行受力分析，越过MN 后受到重力、斜面支持力和电场力，合力为sin F Eq mg θ=-．根据牛顿第二定律，：

sin Eq mg ma θ-= ，代入数据解得：37.510C q -=? ．

（3）根据动能定律，物体从B 端到达MN 至最终停止的过程，满足：

2221

sin 02

mgx Eqx mv θ-=-．带入数据解得，x 2 =125 m

故B 端在MN 右边且距MN 为125 m ． 【点睛】

本题考查了牛顿第二定律、动能定理和运动学公式的综合运用，通过v-t 图像，确定出物体运动的加速度不变，得出物体做匀变速直线运动是解决本题的关键．

17．如图甲所示，极板A 、B 间电压为U 0，极板C 、D 间距为d ，荧光屏到C 、D 板右端的距离等于C 、D 板的板长．A 板O 处的放射源连续无初速地释放质量为m 、电荷量为+q 的粒子，经电场加速后，沿极板C 、D 的中心线射向荧光屏（荧光屏足够大且与中心线垂直），当C 、D 板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t 0；当C 、D 板间加上图乙所示电压（图中电压U 1已知）时，粒子均能从C 、D 两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用．求：

（1）C 、D 板的长度L ；

（2）粒子从C 、D 板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离； （3）粒子打在荧光屏上区域的长度． 【答案】（1）02qU L t m =2）2102qU t y md =（3）2

10

32qU t s s md

?== 【解析】

试题分析：（1）粒子在A 、B 板间有2

0012

qU mv = 在C 、D 板间有00L v t = 解得：0

2qU L t m

=（2）粒子从nt 0（n=0、2、4……）时刻进入C 、D 间，偏移距离最大 粒子做类平抛运动 偏移距离2012

y at = 加速度1

qU a md

=

得：2

10

2qU t y md

=

（3）粒子在C 、D 间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远ZXXK] 出C 、D 板偏转角0

tan y v v θ=

0y v at =

打在荧光屏上距中心线最远距离tan s y L θ=+

荧光屏上区域长度2

10

32qU t s s md

?==

考点：带电粒子在匀强电场中的运动

【名师点睛】此题是带电粒子在匀强电场中的运动问题；关键是知道粒子在水平及竖直方向的运动规律和特点，结合平抛运动的规律解答．

18．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v 0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mv 0，该粒子进入电场时的速度应为多大？

【答案】(1) 20

2mv E qR

=；(2)0

1

2v v ；(3)0或0

23v v 【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：

AC

x R

所以根据动能定理有：

20102

AC

qEx mv

解得：

20

2mv E qR

=；

（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

1sin 60

x R v t

21cos60

2

y

R R at 而电场力提供加速度有

qE ma =

联立各式解得粒子进入电场时的速度：

1

24

v v ； （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mv 0，即在电场方向上速度变化为v 0 ，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

223BC

x R

v t

2212

AC

x R

at 电场力提供加速度有

qE ma =

联立解得0

2

32

v v ；当粒子从C 点射出时初速度为0。

另解：

由题意知，初速度为0时，动量增量的大小为0mv ，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0mv ，由几何关系及运动学规律可得，此时入射速率为

03v v =

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=

；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0.16≤x≤0.20和x≥0.40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=0.16m 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）6110C -?（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F 2， F 合=F 2+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=0.004?0.2 J=8?10-4J 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2W =1

2

-2mv =31.610--?J 由图可知小球从

到

处

电场力做功3W =－0.004×0.4 J=31.610--?J 由动能定理1W +2W +3W +F s 外=0 解得s =

【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．如图所示，光滑水平面上方以CD 为界，右边有水平向右的匀强电场，电场强度大小E =104N/C,水平面上有质量为M =0.1kg 的绝缘板，板的右端A 恰好在边界CD 处，板上距A 端l =1.8m 放置一质量m 1=0.1kg 、带电量为q =-8×10-5 C 的小滑块P ．质量为m 2=0.5kg 的小滑块Q 以初速度v 0=5.5m/s 从B 端滑入绝缘板，在与小滑块P 相遇前，小滑块P 已进入电场．已知小滑块P 、Q 与板之间的动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.1，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．g =10m/s 2．求：

（1）小滑块Q 刚滑上板时，滑块P 的加速度大小a 1； （2）小滑块P 进入电场后的加速度大小和方向；

（3）若小滑块P 、Q 恰好在CD 边界相向相遇，AB 板的长度L ． 【答案】（1）2.5m/s 2（2）3m/s 2；方向向右（3）12.52m 【解析】

（1）设：小滑块P 与绝缘板一起向右加速运动.

由牛顿第二定律：2211()m g m M a μ=+，解得：2

1 2.5m/s a =；

对小滑块P ，由牛顿第二定律：1110.25N f m a ==，1max 1110.5N>f m g f μ==假设正确； （2）小滑块P 进入电场后，设：小滑块P 相对绝缘板运动，

对绝缘板，由牛顿第二定律得：2211)m g m g M a μμ-=，解得：a =0，做匀速直线运动；

对小滑块P ，由牛顿第二定律1111

qE m g m a μ'-=，解得213m/s a '=，方向向左，假设正

确；

（3）设刚进入电场时小滑块P的速度为v1

由运动学公式：

11

23m/s

v a l

==，

滑块P进入电场前运动的时间为1

1

1

1.2s

v

t

a

==，

设滑块P回到CD边界时间为t2，

由运动学公式：2

1212

1

2

v t a t'

-=，解得

2

2s

t=；

对小滑块Q，加速度大小为a2，

由牛顿第二定律得：2222

m g m a

μ=，2

22

1m/s

a g

μ

==；

设：经过t3时间，小滑块Q与绝缘板共速，即：1023

v v a t

=-；

解得：01

312

2

2.5s<

3.2s

v v

t t t

a

-

==+=，

设：此后小滑块Q与绝缘板共同做匀减速运动，其加速度大小为2a'，

由牛顿第二定律得：1122

()

m g m M a

μ'

=+，

解得：2

11

2

2

5

m/s

6

m g

a

M m

μ

'==

+

，

Q相对于绝缘板的总位移：22

1032311131

11

()[()] 4.925m

22

x v t a t a t v t t

=--+-=，

小滑块P相对于板的总位移：

2

213111232123

1

()()() 5.796m

2

x v t t v t t t a t t t

'

=-++--+-≈，

板的总长度为1212.52m

L x x l

=++≈．

21．如图,带电荷量为q=+2×10-3C、质量为m=0.1kg的小球B静置于光滑的水平绝缘板右端,板的右侧空间有范围足够大的、方向水平向左、电场强度E =103N/C的匀强电场.与B球

形状相同、质量为0.3kg的绝缘不带电小球A以初速度

v=10m/s向B运动,两球发生弹性碰撞后均逆着电场的方向进入电场,在电场中两球又发生多次弹性碰撞,已知每次碰撞时间极