第十章 静电场中的能量精选试卷测试卷(解析版)

第十章 静电场中的能量精选试卷测试卷（解析版）

一、第十章 静电场中的能量选择题易错题培优（难）

1．如图所示，两个可视为点电荷的带正电小球A 和B ，A 球系在一根不可伸长的绝缘细线一端，绕过定滑轮，在细绳的另一端施加拉力F ，B 球固定在绝缘座上，位于定滑轮的正下方。现缓慢拉动细绳，使A 球缓慢移动到定滑轮处，此过程中，B 球始终静止，忽略定滑轮大小和摩擦，下列判断正确的是（ ）

A ．

B 球受到的库仑力先增大后减小 B ．拉力F 一直增大

C ．地面对绝缘座的支持力一直减少

D ．A 球的电势能先不变后减少 【答案】D 【解析】 【详解】

设球所受库仑力大小为F C ，AB 两球间距离为r ，B 球距定滑轮为h ，A 球与定滑轮间距离为l ，对开始位置处的A 球受力分析，将F 和F C 合成如图，由相似三角形可得

C

A B 3F Q Q mg k h r r

== 所以A 球缓慢移动过程中，r 先不变，等A 球运动到滑轮正下方后，r 再变大；整个过程中l 一直减小。

A ．r 先不变再变大，

B 球受到的库仑力大小先不变再减小，故A 项错误； B ．A 球未到滑轮正下方时，由相似三角形可得

F mg l h

= 所以F 先减小，当A 球到达滑轮正下方后，由平衡条件可得

A B

2

Q Q F k

mg r

+= 所以F 再增大，故B 项错误；

C ．A 球未到滑轮正下方时，库仑力大小不变，方向趋近竖直，则B 球受到库仑力的竖直分量变大，地面对绝缘座的支持力先变大；A 球到达滑轮正下方后，B 球受到库仑力大小减小、方向竖直向下，地面对绝缘座的支持力减小；故C 项错误；

D ．r 先不变再变大，两者间的库仑斥力对A 球先不做功后做正功，则A 球的电势能先不变后减少，故D 项正确。

2．空间某一静电场的电势φ在x 轴上的分布如图所示，图中曲线关于纵轴对称。在x 轴上取a 、b 两点，下列说法正确的是（ ）

A ．a 、b 两点的电场强度在x 轴上的分量都沿x 轴正向

B ．a 、b 两点的电场强度在x 轴上的分量都沿x 轴负向

C ．a 、b 两点的电场强度在x 轴上的分量大小E a

D ．一正电荷沿x 轴从a 点移到b 点过程中，电场力先做正功后做负功 【答案】C 【解析】 【详解】

A B ．因为在O 点处电势最大，沿着x 轴正负方向逐渐减小，电势顺着电场强度的方向减小，所以a 、b 两点的电场强度在x 轴上的分量方向相反。

C ．在a 点和b 点附近分别取很小的一段d ，由图像可知b 点段对应的电势差大于a 点段对应的电势差，看作匀强电场Δ=

ΔE d

?

，可知E a

3．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/s 2)

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：37mgtan qE ?=，解得：537310mgtan q C E

-?

=

=?，故A 错误；由于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kB E 最小，对应速度B v 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

力，而绳的拉力恰为零，有：0.40.5370.8

mg F N cos =

==?合，而2

B

v F m L =合，所以211

0.522

KB B E mv F L J =

==合，故B 错误；由于总能量保持不变，即k PG PE E E E C ++=（C 为恒量）．所以当小球在圆上最左侧的C 点时，电势能PE E 最

大，机械能最小，由B 运动到A ，()PA PB W E E =--合力，·

2W F L =合合力，联立解得：2PB E J =，总能量 2.5PB kB E E E J =+=，由C 运动到

A ，()21370.96P W F L sin J W E =+?==电电电，，所以C 点的机械能为

2 1.54?P C E E E J 机=-=，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．

4．两个质量相同的小球用不可伸长的细线连结，置于场强为E 的匀强电场中，小球1和2均带正电，电量分别为和

（

＞

）．将细线拉直并使之与电场方向平行，如图所

示．若将两小球同时从静止状态释放，则释放后细线中的张力T 为（不计重力及两小球间

的库仑力）

A ．T=（－）E

B ．T=（－）E

C ．T=（+）E

D ．T=（

+

）E

【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】

将两个小球看做一个整体，整体在水平方向上只受到向右的电场力，故根据牛顿第二定律可得

，对小球2分析，受到向右的电场力，绳子的拉力，由于

，球1

受到向右的电场力大于球2向右的电场力，所以绳子的拉力向右，根据牛顿第二定律有

，联立解得

，故A 正确；

【点睛】

解决本题关键在于把牛顿第二定律和电场力知识结合起来，在研究对象上能学会整体法和隔离法的应用，分析整体的受力时采用整体法可以不必分析整体内部的力，分析单个物体的受力时就要用隔离法．采用隔离法可以较简单的分析问题

5．静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M 点由静止开始运动，N 为粒子运动轨迹上的另外一点，则

A ．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小

B ．在M 、N 两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合

C ．粒子在M 点的电势能不低于其在N 点的电势能

D ．粒子在N 点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】

A ．若电场中由同种电荷形成即由A 点释放负电荷，则先加速后减速，故A 正确；

B ．若电场线为曲线，粒子轨迹不与电场线重合，故B 错误．

C ．由于N 点速度大于等于零，故N 点动能大于等于M 点动能，由能量守恒可知，N 点电势能小于等于M 点电势能，故C 正确

D ．粒子可能做曲线运动，故D 错误；

6．如图所示，在点电荷Q 产生的电场中，实线MN 是一条方向未标出的电场线，虚线AB 是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在A 、B 两点的加速度大小分别为

A a 、

B a ，电势能分别为PA E 、PB E .下列说法正确的是( )

A ．电子一定从A 向

B 运动

B ．若A a >B a ，则Q 靠近M 端且为正电荷

C ．无论Q 为正电荷还是负电荷一定有PA E

D ．B 点电势可能高于A 点电势

【答案】BC 【解析】

由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故A 错误；若a A ＞a B ，则A 点离点电荷Q 更近即Q 靠近M 端；又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，所以，在MN 上电场方向向右，那么Q 靠近M 端且为正电荷，故B 正确；由B 可知，电子所受电场力方向指向左侧，那么，若电子从A 向B 运动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从B 向A 运动，则电场力做正功，电势能减小，所以，一定有E pA ＜E pB 求解过程与Q 所带电荷无关，只与电场线方向相关，故C 正确；由B 可知，电场线方向由M 指向N ，那么A 点电势高于B 点，故D 错误；故选BC ．

7．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2mg

E q

=

．用水平力F 缓慢向右推动物体，在弹性限度内弹簧被压缩了x 0，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4x 0，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0

kx g m

μ- C 03gx μ D ．撤去F 后系统产生的内能为4μmgx 0 【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

00

kx mg kx F f a g m m m

μμ--=

==- 故B 正确。

C. 物块进入电场区域后，受到的电场力：

1

22

mg F qE q mg q ==?

= 所以在竖直方向上，物块受到的支持力：

1122

N F mg F mg mg mg '

=-=-=

此时物体受到的摩擦力：

1

0.52

N f F mg mg μμμ''==?=

物块此时的加速度：

0.5f a g m

μ'

'

==

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 =4x 0-x 0=3x 0

由运动学的公式：

22

02ax v v -=-

可得物体离开弹簧时速率为：

000220.533v ax g x gx μμ==??=

故C 正确。

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

0.5f mg μ'= ，所以撤去F 后系统产生的内能为：

00?? 2.5Q f x f x mgx μ=+'=

故D 错误。

8．一个电子在电场力作用下做直线运动（不计重力）。从0时刻起运动依次经历0t 、

02t 、03t 时刻。其运动的v t -图象如图所示。对此下列判断正确的是（ ）

A ．0时刻与02t 时刻电子在同一位置

B ．0时刻、0t 时刻、03t 时刻电子所在位置的电势分别为0?、1?、3?，其大小比较有

103???>>

C ．0时刻、0t 时刻、03t 时刻电子所在位置的场强大小分别为0E 、1E 、3E ，其大小比较

有301E E E <<

D ．电子从0时刻运动至0t 时刻，连续运动至03t 时刻，电场力先做正功后做负功 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】

A ．电子只受电场力作用沿直线运动，该直线为一条电场线。结合其v t -图象知其运动情景如图所示。则0时刻与02t 时刻电子在同一位置。所以A 正确；

B ．电子受电场力向左，则场强方向向右，沿电场线方向电势逐渐降低，则有

103???<<

所以B 错误；

C ．v t -图象的斜率为加速度。由图象知00t →过程加速度增大，003t t →过程加速度减小。又有

qE ma =

则有

301E E E <<

所以C 正确；

D ．由图象知00t →过程速度减小，003t t →过程速度增大，则其动能先减小、后增大。由动能定理知电场力先做负功，后做正功。所以D 错误。 故选AC 。

9．如图所示，ABC 是处于竖直平面内的光滑、绝缘斜劈，30C ∠=?、60B ∠=?，D 为AC 中点；质量为m 带正电的小滑块沿AB 面由A 点静止释放,滑到斜面底端B 点时速度为

0v ，若空间加一与ABC 平面平行的匀强电场，滑块仍由静止释放，沿AB 面滑下，滑到斜

面底端B 点时速度为02v ，若滑块由静止沿AC 面滑下，滑到斜面底端C 点时速度为

03v ，则下列说法正确的是（ ）

A ．电场方向由A 指向C

B ．B 点电势与D 点电势相等

C ．滑块滑到

D 点时机械能增加了

201

2

mv D ．小滑块沿AB 面、AC 面滑下过程中电势能变化值之比为2:3 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】

B ．无电场时由A 到B;

201

2

mgh mv =

① 有电场时由A 到B

201

)2

E mgh W m +=

② 有电场时由A 到C

201

)2E

mgh W m +=' ③ 由①②③可得

201

2

E W mv =

20E W mv '=

又因为

E AB W qU = E

AC W qU '= 则

1

2

AB AC U U =

则D 点与B 点电势相等,故B 正确；

A ．AC 与BD 不垂直，所以电场方向不可能从由A 指向C ，故A 错误； C ．因D 为AC 的中点,则滑到D 点电场力做功为到滑到C 点的一半,为201

2

mv ，则机械能增加了

201

2

mv ，则C 正确； D ．根据201

2

E W mv =，20E W mv '=知电势能变化量之比为1:2，故D 错误； 故选BC 。

点睛：由动能定理确定出由A 到B 电场力做的功和由A 到C 电场力做的功,确定出AC 与AB 间的电势差,从而确定出BC 的电势的大小关系.由动能定理可求现到D 点的机械能的增加量.通过对做功的分析,要抓住小球在运动的过程中,重力做功,电场力就做正功,由动能定理确定功的值.

10．如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强为E=1×104 N/C 的匀强电场．在匀强电场中有一根长L=2m 的绝缘细线，一端固定在O 点，另一端系一质量为0.08kg 的带电小球，它静止时悬线与竖直方向成37°角，若小球获得初速度恰能绕O 点在竖直平面内做完整的圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cos37°=0.8，g 取10m/s 2．下列说法正确（ ）

A ．小球的带电荷量q=6×10﹣5 C

B ．小球动能的最小值为1J

C ．小球在运动至圆周轨迹上的最高点时有机械能的最小值

D ．小球绕O 点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变，且为4J 【答案】AB 【解析】

A 、对小球进行受力分析如上图所示

可得：37mgtan qE ?=解得小球的带电量为：537610mgtan q C E

-?

=

=?，故A 正确； B 、由于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E kB 最小，对应速度v B 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

力，而绳的拉力恰为零，有：0.81370.8

mg F N N cos =

==?合，而2

B

v F m L =合，所以

2111

121222

KB B E mv F L J J 合=

==??=，故B 正确； C 、由于总能量保持不变，即k PG PE E E E ++=恒量，所以当小球在圆上最左侧的C 点时，电势能PE E 最大，机械能最小，故C 错误；

D 、由于总能量保持不变，即k PG P

E E E E ++=恒量，由B 运动到

A ，PA P

B W E E =--合力（），·

2W F L =合合力，所以2PB E J =，总能量3PB kB E E E J =+= ，故D 错误； 故选AB ．

【点睛】关键抓住小球恰好做圆周运动，求出等效最高点的临界速度，根据该功能关系确定何处机械能最小，知道在等效最高点的动能最小，则重力势能和电势能之和最大．

11．质量为m 电量为q +的小滑块(可视为质点)，放在质量为M 的绝缘长木板左端，木板放在光滑的水平地面上，滑块与木板之间的动障擦因数为μ，木板长为L ，开始时两者都处于静止状态，所在空间存在范围足够大的一个方向竖直向下的匀强电场E ，恒力F 作用在m 上，如图所示，则（ ）

A ．要使m 与M 发生相对滑动，只须满足()F mg Eg μ>+

B ．若力F 足够大，使得m 与M 发生相对滑动，当m 相对地面的位移相同时，m 越大，长木板末动能越大

C ．若力F 足够大，使得m 与M 发生相对滑动，当M 相对地面的位移相同时，E 越大，长木板末动能越小

D ．若力F 足够大，使得m 与M 发生相对滑动，

E 越大，分离时长本板末动能越大 【答案】BD 【解析】

A 、m 所受的最大静摩擦力为()f mg Eq μ=+ ,则根据牛顿第二定律得F f f

a m M

-== ,计算得出()()

mg Eq M m F M

μ++=

.则只需满足()()

mg Eq M m F M

μ++>

,m 与M 发生

相对滑动.故A 错误.

B 、当M 与m 发生相对滑动,根据牛顿第二定律得,m 的加速度()

F mg Eq a m

μ-+=

,知m

越大,m 的加速度越小,相同位移时,所以的时间越长,m 越大,m 对木板的压力越大,摩擦力越大,M 的加速度越大,因为作用时间长,则位移大,根据动能定理知,长木板的动能越大.所以B 选项是正确的.

C 、当M 与m 发生相对滑动,E 越大,m 对M 的压力越大,摩擦力越大,则M 相对地面的位移相同时,根据动能定理知,长木板的动能越大.故C.错误

D 、根据22

121122

L a t a t =

- 知,E 越大,m 的加速度越小,M 的加速度越大，知时间越长,因为E 越大,M 的加速度越大,则M 的位移越大,根据动能定理知,分离时长木板的动能越大.所以D 选项是正确的.， 故选BD

点睛：当m 与M 的摩擦力达到最大静摩擦力,M 与m 发生相对滑动,根据牛顿第二定律求出F 的最小值.当F 足够大时,M 与m 发生相对滑动,根据牛顿第二定律,结合运动学公式和动能定理判断长木板动能的变化.

12．如图所示，直线上M 、N 两点分别放置等量的异种电荷，A 、B 是以M 为圆心的圆上两点，且关于直线对称，C 为圆与直线的交点。下列说法正确的是

A ．A 、

B 两点的电场强度相同，电势不等 B ．A 、B 两点的电场强度不同，电势相等

C ．C 点的电势高于A 点的电势

D ．将正电荷从A 沿劣弧移到B 的过程中，电势能先增加后减少 【答案】BD 【解析】 【详解】

AB ．在等量的异种电荷的电场中，两点电荷产生好的电场强度大小为2

kQ

E r =，由平行四边形定则合成，A 、B 、C 三点的场强方向如图所示：

结合对称性可知，A 与B 两点的电场强度大小相等，方向不同，则两点的场强不同；而比较A 与B 两点的电势，可由对称性可知沿MA 和MB 方向平均场强相等，则由U E d =?可

知电势降低相同， 故有A B ??=；或由点电荷的电势(决定式kQ

r

?=

)的叠加原理，可得A B ??=，故A 错误，B 正确；

C ．从M 点沿MA 、MB 、MC 三个方向，可知MA 和MB 方向MC 方向的平均场强较大，由

U E d =?可知沿MC 方向电势降的多，而等量异种电荷连线的中垂线与电场线始终垂直，

为0V 的等势线，故有

0V A B C ???=>=，

故C 错误；

D ．正电荷在电场中的受力与场强方向相同，故由从A 沿劣弧移到B 的过程，从A 点电场力与运动方向成钝角，到B 点成直角，后变成锐角，故有电场力先做负功后做正功，由功能关系可知电势能先增大后减小，故D 正确； 故选BD 。

13．如图所示，一匀强电场的电场线平行于xOy 平面，电场强度大小为E ，xOy 平面上有一椭圆，椭圆的长轴在x 轴上，E 、F 两点为椭圆的两个焦点，AB 是椭圆的短轴，椭圆的一端过O 点，则下列说法正确的是( )

A ．在椭圆上，O 、C 两点间电势差一定最大

B ．在椭圆上，A 、B 两点间电势差可能最大

C ．一个点电荷从E 点运动到椭圆上任意一点再运动到F 点，电场力做功可能为零

D ．一个点电荷从O 点运动到A 点与从B 点运动到C 点，电场力做功一定相同 【答案】BCD 【解析】

由于匀强电场方向平行于坐标平面，当电场方向平行于y 轴时，O 、C 间的电势差为零，A 、B 间的电势差最大，B 项正确，A 项错误；如果电场方向平行于y 轴，则E 、F 两点电势相等，则一个点电荷从E 点运动到椭圆上任意一点再运动到F 点，电场力做功为零，C 项正确；由于O 、A 连线平行于B 、C 连线，且长度相等，因此在匀强电场中，O 、A 间的电势差和B 、C 间的电势差相等，一个点电荷从O 点运动到A 点与从B 点运动到C 点，电场力做功一定相同，D 项正确．

14．如图，实线为等量异种点电荷周围的电场线，虚线是以正点电荷为中心的圆，M 点是两点电荷连线的中点，N 点在虚线上．若将一试探正点电荷沿逆时针方向从M 点经虚线移动到N 点，则（ ）

A ．电荷所受电场力逐渐减小

B ．电荷所受电场力大小不变

C ．电荷将克服电场力做功

D ．电荷的电势能保持不变 【答案】AC 【解析】 【详解】

A 、

B 、由电场线的分布情况可知，N 处电场线比M 处电场线疏，则N 处电场强度比M 处电场强度小，由电场力公式F =qE 可知正点电荷从虚线上M 点移动到N 点，电场力逐渐减小，故A 正确，B 错误．

C 、

D 、根据顺着电场线方向电势降低，知虚线上各点的电势比正电荷处的电势低，根据U =Ed 知：N 与正电荷间的电势差小于M 与正电荷的电势差，所以N 点的电势高于M 点的电势，从M 点到N 点，电势逐渐升高，正电荷的电势能逐渐增大，则电场力做负功，故C 正确，D 错误．故选AC. 【点睛】

解答本题关键掌握等量异号点电荷电场线分布情况，知道电场线的物理意义：疏密表示电场强势相对大小，方向反映电势的高低．运用公式U =Ed 定性分析电势差的大小．

15．如图所示，在M 、N 两点分别固定点电荷+Q 1、－Q 2，且Q 1>Q 2，在MN 连线上有A 、B 两点，在MN 连线的中垂线上有C 、D 两点．某电荷q 从A 点由静止释放，仅在静电力的作用下经O 点向B 点运动，电荷q 在O 、B 两点的动能分别为E KO 、E KB ，电势能分别为E pO 、E pB ，电场中C 、D 两点的场强大小分别为E C 、E D ，电势分别为C D ??、，则下列说法正确的是（ ）

A ．E KO 一定小于E K

B B ．E pO 一定小于E pB

C ．E C 一定大于E

D D ．C ?一定小于D ?

【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】

AB ．电荷q 从A 点由静止释放，仅在静电力的作用下经O 点向B 点运动，说明静电力方向

向右，静电力对电荷做正功，所以电荷动能增加，电势能减小，故A 项正确，B 项错误；

C ．据2

Q

E k

r =和正点荷产生电场方向由正电荷向外，负电荷产生的电场指向负电荷可得CD 两点场强如图

两电荷在C 处产生的场强大，夹角小，据平行四边形定则可得E C 一定大于E D ，故C 项正确；

D ．由C 的分析可知MN 连线的中垂线上半部分各点的场强方向向右上方，据等势线与电场线垂直，顺着电场线电势降低，可得C ?一定大于D ?，故D 项错误。 故选AC 。

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，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．

17．电容器是一种重要的电学元件，基本工作方式就是充电和放电．由这种充放电的工作方式延伸出来的许多电学现象，使得电容器有着广泛的应用．如图1所示，电源与电容器、电阻、开关组成闭合电路．已知电源电动势为E ，内阻不计，电阻阻值为R ，平行板电容器电容为C ，两极板间为真空，两极板间距离为d ，不考虑极板边缘效应．

（1）闭合开关S ，电源向电容器充电．经过时间t ，电容器基本充满． a ．求时间t 内通过R 的平均电流I ；

b ．请在图2中画出充电过程中电容器的带电荷量q 随电容器两极板电压u 变化的图象；并求出稳定后电容器储存的能量E0；

（2）稳定后断开开关S ．将电容器一极板固定，用恒力F 将另一极板沿垂直极板方向缓慢拉开一段距离x ，在移动过程中电容器电荷量保持不变，力F 做功为W ；与此同时，电容

器储存的能量增加了ΔE．请推导证明：W=ΔE．要求最后的表达式用已知量表示．

【答案】（1）a．

CE

I

t

= b．2

1

2

E CE

=（2）见解析

【解析】

试题分析：（1）a．设充电完毕电容器所带电量为Q，即时间t内通过电阻R的电量，此时电容器两端电

压等于电源的电动势

根据电容的定义（2分）

根据电流强度的定义（2分）

解得平均电流（2分）

b．根据q = Cu，画出q-u图像如图1所示（2分）

由图像可知，图线与横轴所围面积即为电容器储存的能量，如图2中斜线部分所示

由图像求出电容器储存的电能（2分）

解得（2分）

（2）设两极板间场强为，两极板正对面积为S

根据，，得，可知极板在移动过程中板间场强不变，两极板间的相互作用力为恒力．两板间的相互作用可以看作负极板电荷处于正极板电荷产生的电场中，可知两板间的相互作用力．（2分）缓慢移动时有

根据功的定义有

代入已知量得出（2分）

电容器增加的能量（或）

（2分）

代入已知量得出（2分）

所以

考点：电容，电动势，能量守恒．

18．静电场方向平行于x轴，其电势?随x的分布可简化为如图所示的折线，图中0?和d 为已知量。一个带负电的粒子在电场中以0

x=为中心，沿x轴方向做周期性运动。己知该粒子质量为m、电量为-q，忽略重力。

（1）求粒子所受电场力的大小；

（2）若将粒子由x d

=处由静止释放，求粒子的运动周期；

（3）若粒子在0

x=处获得一定动能，且动能与电势能之和为–A（

0A q?

<<）。求粒子的运动区间。

【答案】（1）0

q

F

d

?

=；（2）

2

2

4

md

T

q

=

?

3）

00

-1-1-

A A

d x d

q q

????

≤≤

? ?

????

??

【解析】

【分析】

【详解】

（1）由图可知，0与d（或-d）两点间的电势差为φ0，电场强度的大小为：

E

d

?

=

电场力的大小为：

q

F qE

d

?

==

（2）考虑粒子从x d

=处由静止释放开始运动的四分之一周期，由牛顿第二定律得粒子的加速度

q

F

a

m md

?

==

根据直线运动公式

2

1

2

d

x at

==

联立并代入得：

2

2md

t

q

=

?

故得粒子的运动周期为：

2

2

44md T t q ==?

（3）设粒子在[-x ，x ]区间内运动，速率为v ，由题意得

2

1--2

mv q A =? 由图可知：

01-x d ??= ???

??

由上解得：

2

011--2x mv q A d ??= ???

? 因动能非负，有：

01--0x q A d ??

≥ ???

?

则有：

01-A x d q ??≤ ??

?? 所以可得粒子的运动区间为：

00-1-1-A A d x d q q ????

≤≤ ? ?????

??

19．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v 0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，

为使

4

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d 各应满足什么条件？（用L 、U 、m 、e 、v 0表示）

【答案】(1)Q C U = (2)2222

0eU L U md v =

(3) ≥d (n=1,2,3,…) 【解析】 【详解】

(1)依电容定义有：平行板电容器的电容Q C U

=

(2)两板之间为匀强电场U E d

=

粒子在电场中加速度F qE a m m

=

= 粒子的偏移量:212

y at =

运动时间0

L t v =

解得:2

20

2qUL y mdv = CD 两点的电势差为：22220

==eU L U Ey md v (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4

T

t nT =+

进入电场， 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0

=

=t L T n nv 竖直方向向下的最大分位移应满足：2

12()24

T a d ?

≤