广东省深圳市红岭中学物理第十章 静电场中的能量专题试卷

广东省深圳市红岭中学物理第十章 静电场中的能量专题试卷

一、第十章 静电场中的能量选择题易错题培优（难）

1．在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A 点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8.0J，在M点的动能为6.0J，不计空气的阻力，则（ ）

A．从A点运动到M点电势能增加 2J B．小球水平位移 x1与 x2 的比值 1：4 C．小球落到B点时的动能 24J

D．小球从A点运动到B点的过程中动能有可能小于 6J 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动，竖直分运动为匀变速直线运动；

A．从A点运动到M点过程中，电场力做正功，电势能减小，故A错误；

B．对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为1：3，故B错误；

C．设物体在B动能为EkB，水平分速度为VBx，竖直分速度为VBy。 由竖直方向运动对称性知

1mVBy2=8J 2对于水平分运动

Fx1=

11mVMx2-mVAX2 2211mVBx2-mVAX2 22F（x1+x2）=

x1：x2=1：3

解得：

Fx1=6J； F（x1+x2）=24J

故

EkB=

故C错误；

1m（VBy2+VBx2）=32J 2D．由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为F，重力为G，则有：

Fx1=6J

1F22 t6J 2mGh=8J 1G22 t8J 2m所以：

F3 G2由右图可得：

tanF G

所以

sin3 7则小球从 A运动到B的过程中速度最小时速度一定与等效G’垂直，即图中的 P点，故

Ekmin故D正确。 故选D。

121242mvminm（v0sin）J＜6J 227

2．空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C点电场强度在x方向上的分量分别是EBx、Ecx，下列说法中正确的有

A．B、C两点的电场强度大小EBx＜Ecx B．EBx的方向沿x轴正方向

C．电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大

D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功 【答案】D 【解析】 【分析】

本题的入手点在于如何判断EBx和ECx的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法． 【详解】

A、在B点和C点附近分别取很小的一段d，由题图得，B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，将电场看做匀强电场，有E，可见EBx>ECx，A项错误．C、同理可知Od点的斜率最小，即场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，C项错误．B、沿电场线方向电势降低，在O点左侧，EBx的方向沿x轴负方向，在O点右侧，ECx的方向沿x轴正方向，B项错误．D、负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先向右后向左，电场力先做正功，后做负功，D项正确．故选D． 【点睛】 挖掘出φx图象两大重要性质：图象的斜率反映电场强度的大小，图象中降低的方向

反映场强沿x轴的方向．

3．如图所示，在纸面内有一直角三角形ABC，P1为AB的中点， P2为AP1的中点，BC=2 cm，∠A = 30°．纸面内有一匀强电场，电子在A点的电势能为-5 eV，在C点的电势能为19 eV，在P2点的电势能为3 eV．下列说法正确的是

A．A点的电势为-5 V B．B点的电势为-19 V

C．该电场的电场强度方向由B点指向A点 D．该电场的电场强度大小为800 V/m 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】 A．由公式Epq可知，

A故A错误．

B．A到P2的电势差为

EpAq5eV5V eUAP25(3)V8V

BA4U548V27V

故B错误．

C．A点到B点电势均匀降落，设P1与B的中点为P3,该点电势为：

PA3U538V19V

3CEpCq19eV19V eP3点与C为等势点，连接两点的直线为等势线，如图虚线P3C所示．由几何关系知，P3C与

AB垂直，所以AB为电场线，又因为电场线方向由电势高指向电势低，所以该电场的电场强度方向是由A点指向B点，故C错误．

D．P3与C为等势点，该电场的电场强度方向是由A点指向B点，所以场强为：

E故D正确．

U8V/cm800V/m AP21

4．如上图所示，有四个等量异种电荷，放在正方形的四个顶点处，A、B、C、D为正方形四个边的中点，O为正方形的中心，下列说法中正确的是

A．A、C两个点的电场强度方向相反

B．将一带正电的试探电荷匀速从B点沿直线移动到D点，电场力做功为零 C．O点电场强度为零

D．将一带正电的试探电荷匀速从A点沿直线移动到C点，试探电荷具有的电势能增大 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

A. 设正方形边长为L，每个电荷的电量大小为Q，对A点研究，两个正电荷在A点的合场强为零，根据平行四边形法则，两个负电荷在A点的合场强方向水平向右．则A点的电场强度方向水平向右．对C点研究，两个负电荷在C点的合场强为零，根据平行四边形法则，两个正电荷在C点的合场强方向水平向右，所以A、C两个点的电场强度方向相同．故A错误；

B.在上面两个等量异种电荷的电场中，B、D连线是一条等势线．在下面两个等量异种电荷的电场中，B、D连线是也一条等势线，所以B、D两点的电势相等，将一带正电的试探电荷从B点沿直线移动到D点，电场力做功为零，故B正确．

C.两个正电荷在O点的合场强水平向右，两个负电荷在O点的合场强也水平向右，所以O点电场强度不等于零，方向水平向右．故C错误．

D .根据电场的叠加原理可知，AC连线上场强方向水平向右，则将一带正电的试探电荷匀速从A点沿直线移动到C点，电场力做正功，则试探电荷具有的电势能减小，故D错误； 故选B． 【点睛】

本题的关键是要掌握等量异种电荷的电场线和等势面分布特点，熟练运用电场的叠加原理分析复合场中电势与电场强度的分布情况；注意场强叠加是矢量叠加，电势叠加是代数叠加．

5．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 。初始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

2422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

4222解得

υE2gL

故D正确； 故选ABD。

6．如图所示，竖直平面内有一个半径为R的圆周，另外空间有一平行于圆周平面的匀强电场，A、D两点为圆周上和圆心同一高度的点，C点为圆周上的最高点。在与OA夹角为

30的圆弧B点上有一粒子源，以相同大小的初速度v0在竖直面（平行于圆周面）内沿

各个方向发射质量为m，带电的同种微粒，在对比通过圆周上各点的微粒中，发现从圆周D点上离开的微粒机械能最大，从圆周E点（OE与竖直方向夹角30）上离开的微粒动能最大，已知重力加速度为g，取最低点F所在水平面为重力零势能面。则有（ ）

A．电场一定沿OD方向，且电场力等于B．通过E点的微粒动能大小为(3mg 31232＋1)mgR＋mv0

23C．动能最小的点可能在BC圆弧之间 D．A点的动能一定小于B点 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】

AB．在D点微粒机械能最大，说明B到D电场力做功最大，由数学关系知过D点做圆的切线为电场的等势线，即电场力沿OD方向，带电粒子电性未知，场强方向不能确定。 在E点微粒动能最大，说明B到E合力做功最多，即重力电场力的合力方向沿OE，有

Eqtan30 mgmgF合cos30

解得

Eq3mg 3

F合动能定理有

23mg 3EkE122312 mv0F合R(1cos30)(1)mgRmv0232故选项A错误、B正确；

C．OE反向延长线与圆的交点，为等效重力的最高点，合力做的负功最大，动能最小，选项C正确；

D．B点到A点等效重力（合力）做正功，动能增加，选项D错误。 故选BC。

7．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 ； 2EtB.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．

8．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．

9．如图所示，在真空中A、B两点分别固定等量异种点电荷-Q和+Q，O是A、B连线的中点，acbd是以O为中心的正方形，m、n、p分别为ad、db、bc的中点，下列说法正确的是

A．m、n两点的电场强度相同 B．电势的高低关系np

C．正电荷由a运动到b，其电势能增加 D．负电荷由a运动到c，电场力做负功 【答案】BC 【解析】 【详解】

A．由等量异种电荷的电场的特点知，m、n两点的电场的方向不同，故A错误； B．n、p两点关于A、B连线上下对称，电势相等，故B正确； C．正电荷由a运动到b，电场力做负功，电势能增大，故C正确； D．负电荷由a运动到c，电场力做正功，故D错误。

10．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。

11．在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正电荷QA、QB，两电荷的位置坐标如图甲所示。若在A、B间不同位置放置一个电量为+q的带电滑块C（可视为质点），滑块的电势能随x变化关系如图乙所示，图中x =L点为图线的最低点。现让滑块从x=2L处由静止释放，下列有关说法正确的是（ ）

A．小球在xL处的速度最大

B．小球一定可以到达x2L点处 C．x=0和x=2L处场强大小相等

D．固定在AB处的电荷的电量之比为QA：QB＝4：1 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】

A．滑块C受重力、支持力和电场力，其重力和支持力在竖直方向相抵消，滑块C受的合外力为电场力，再由电荷在电场中电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，由图可知在xL处电势能最小，则滑块在xL处的动能最大，A正确；

B．由图可知，x2L处的电势能大于x=2L处的电势能，又因滑块由静止释放，滑块不能到达x2L处，B错误；

C．电荷在xL处电势能最小，即正电荷QA、QB在xL处的电场强度等大反向，即

xL的电场强度为零，有

kQA4L解得

2kQB2L2

QA:QB4:1

所以x=0和x=2L处场强大小分别为

E0C错误，D正确； 故选AD．

kQA3L2kQB3L2kQBkQAkQB21kQBE ,2L 223L225L25LL

12．真空中，点电荷的电场中某点的电势kQ，其中r为该点到点电荷的距离；在x轴r上沿正方向依次放两个点电荷Q1和Q2；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，x0和x1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xx0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Q1，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Q2，则

Q2Q1，

又根据图线xx0处电势为零，有

kQ1Q2k， x0x0a又由图线斜率可知，在x1处场强最小，为零，且有

k由这两个方程可解出a及正确； 故选CD。

Q1Q2k， x12(x1a)2Q1，故两个电荷位置坐标及电荷量的比值可求出，B错误，CDQ2

13．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/s2．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：mgtan37qE解得小球的带电量为：qmgtan376105C，故A正确； EB、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

2mg0.8vBN1N，而F合m，所以力，而绳的拉力恰为零，有：F合Lcos370.8EKB1211mvBF合L12J1J，故B正确； 222C、由于总能量保持不变，即EkEPGEPE恒量，所以当小球在圆上最左侧的C点时，电势能EPE最大，机械能最小，故C错误；

D、由于总能量保持不变，即EkEPGEPE恒量，由B运动到

（EPAEPB）2L，所以EPB2J，总能量EEPBEkB3J ，A，W合力，W合力F合·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．

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，电容器固定在一个绝缘座上，绝缘座放在光滑水平面上，平行板电容器板间距离为d，右极板有一小孔，通过孔有绝缘杆，左端固定在左极板上，电容器极板连同底座、绝缘杆总质量为M．给电容器充电后，有一质量为m的带正电环恰套在杆上以某一速度v0对准小孔向左运动，设带电环不影响电容器极板间电场的分布．带电环进入电容器后距左极板的最小距离为d/2，则

A．带电环与左极板相距最近时的速度vB．此过程中电容器移动的距离xmv0 Mmd

2Mm

C．此过程屮电势能的变化量EpmMv022Mm

D．带电环减少的动能大于电容器增加的动能 【答案】BCD 【解析】 【分析】

带电环与极板间相距最近时两者速度相等，选取带电环与电容器构成的系统作为研究对象，根据动量守恒定律，即可求出带电环与左极扳相距最近时的速度大小；结合运动学公式求解电容器移动的距离；在此过程，系统中，带电小环动能减少，电势能增加，同时电容器等的动能增加，系统中减少的动能全部转化为电势能． 【详解】

A．带电环进入电容器后在电场力的作用下做初速度为v0的匀减速直线运动，而电容器则在电场力的作用下做匀加速直线运动，当它们的速度相等时，带电环与电容器的左极板相距最近，由系统动量守恒定律可得

mv0Mmv，

解得

vA错误；

mv0， Mmvts，环向左做匀减2B．该过程中电容器向左做匀加速直线运动根据运动学基本公式得速直线运动，由公式得

vv0ts， 2根据位移关系有

ss解得

d， 2sB正确；

md，

2MmC．在此过程，系统中，带电小环动能减少，电势能增加，同时电容器等的动能增加，系统中减少的动能全部转化为电势能．所以

EP联立得

121mv0(mM)v2， 222Mmv0EP，

2mM

C正确；

D．在此过程，系统中，带电小环动能减少，转化为电容器增加的动能以及系统的电势能，故带电环减少的动能大于电容器增加的动能，D正确。 故选BCD。

二、第十章 静电场中的能量解答题易错题培优（难）

16．如图所示，一个方向竖直向下的有界匀强电场，电场强度大小为E。匀强电场左右宽度和上下宽度均为L。一个带正电荷的粒子(不计重力)从电场的左上方O1点以某一速度水平向右进入电场，该粒子刚好从电场的右下方A点离开电场；另一个质量为m、带电荷量为－q(q>0)的粒子(不计重力)从电场左下方O2点水平向右进入电场，进入电场时的初动能为Ek0。已知图中O1、O2、A在同一竖直面内，设O1点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，建立坐标系。 (1)求带正电荷的粒子的运动轨迹方程；

(2)求带负电荷的粒子运动到“带正电荷粒子的运动轨迹”处的动能；

(3)当带负电荷的粒子进入电场的初动能为多大时，它运动到“带正电荷粒子运动轨迹”处时的动能最小?动能的最小值为多少?

（qEL)2qEL3qEL

+Ek0；(3)【答案】(1)xLy；(2) ，

4Ek0qEL44

2【解析】 【分析】

考察电场中带电粒子运动的轨迹和能量变化。 【详解】

取O1点为坐标原点，水平向右为x轴，竖直向下为y轴，建立平面直角坐标系，如图所示。

(1)对从O1点进入电场的粒子，设该粒子的加速度为a1，初速度为v1，设经过时间t，位置坐标为（x，y），有 水平方向

xv1t

竖直方向

1ya1t2

2a1x2消去时间参数t得抛物线方程y2。 2v1因为离开电场的A点坐标（L，L）在该抛物线上，所以坐标（L，L）满足抛物线方程，把坐标（L，L）代入抛物线方程得v1a1L，代入抛物线方程可得其轨迹方程 2x2Ly

(2)对从O2点进入电场的粒子，设质量为m、初速度为v0，加速度为a2，设经过时间t，位移坐标为（x，y），有： 水平方向

xv0t

竖直方向

qEma2，Ly消去时间参数t得：

12a2t 2qEx2yL2 2mv02由题意有Ek0mv0，联立求解得交点P（x,y)坐标为

x2L4LEk0Ek0，y

4Ek0qEL4Ek0qEL从O2到P，对负粒子，根据动能定理有

qE(Ly)EkEk0

（qEL)2+Ek0。 解得Ek=4Ek0qEL（qEL)2+Ek0变形为 (3) Ek=4Ek0qEL4EkqEL(qEL4Ek)216qEL(qELEk) Ek08由判别式=0

228qEL(8qEL)41615(qEL)Ek=

32解得Ek=Ek=3qEL（负值舍去）， 43qEL ，即Ek的最小值为 4Ekmin=3qEL 4二次函数开口向上，所以Ek时，电子进入电场的动能Ek0=qEL。 4qEL时，它运动到“带正电荷粒子运动轨4所以当带负电荷的粒子进入电场的动能为Ek0=迹”处时的动能最小，动能的最小值为Ekmin=3qEL。 4

17．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

18．如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成θ角的绝缘直杆AC，其下端(C端)距地面高度为h．有一质量m=0.5kg的带电小环套在直杆上，正以某一速度 v0沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通过C端的正下方P点处．(g取10m/s2)

(1)若θ=45°，试判断小环的电性，并求出小环受到的电场力大小； (2)若θ=45°，h=0.8m，求小环在直杆上匀速运动的速度大小v0；

(3)若保持h不变，改变θ角(0＜θ＜90°)及小环的电荷量，使小环仍能匀速下滑，离杆后正好通过C端的正下方P点处，试推出初速度v0与θ角间的定量关系式． 【答案】(1) 负电 5N (2)2m/s (3)v0【解析】 【详解】

(1)小环沿杆匀速下滑，合力为零，小环所受的电场力水平向右，则小球带负电。 小环匀速下滑合力为零，电场力

ghtan 2Fmgtan455N

(2)小环离开杆后做类平抛运动，由牛顿第二定律

2mgma

平行于杆的方向做匀速直线运动，则有

xv0thsin45

垂直于杆的方向做匀加速直线运动，则有

y得v02m/s (3)有牛顿第二定律得

12athcos45 2mgma cos平行于杆的方向做匀速直线运动，则有

hsinv0t

垂直于杆的方向做匀加速直线运动，则有

hcos解以上方程得

12at 2v0ghtan 2

19．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 sin37r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.

20．两平行金属板A、B间距离为d，两板间的电压UAB随时间变化规律如图所示，变化周期为T＝6秒，在t＝0时，一带正电的粒子仅受电场力作用，由A板从静止起向B板运动，并于t＝2T时刻恰好到达B板，求：

（1）若该粒子在t＝T/6时刻才从A板开始运动，那么，再经过2T时间，它将运动到离A板多远的地方？

（2）若该粒子在t＝T/6时刻才从A板开始运动，那么需再经过多长时间才能到达B板， 【答案】（1）【解析】 【分析】 【详解】

(1)粒子在t＝0时开始运动，它先加速再减速，再加速、减速，向同一方向运动，其v-t图如图中粗实线所示，

1d （2）32.6s 3

设每次加速（或减速）运动的位移为s，则4s＝d，sd, 4若粒子在t＝T/6时刻才从A板开始运动，其运动图线如图中细实线所示，

设每次加速（或减速）运动的位移为s1，设每次反向加速（或减速）运动的位移为s2， 则s14ds 99s21ds 936d 6所以一个周期内的总位移为s2(s1s2)所以2T内粒子运动的总位移为

d 3(2)粒子在t＝T / 6时刻才从A板开始运动，6个周期内的总位移刚好是d，但由于粒子有一段反向运动，所以在6个周期末之前已到达B板，即在5个周期末，粒子和B板的距离为

sd 6

粒子通过此距离所需时间为(232)T 6232172)T()T32.6s 636则粒子到达B板所需时间为t5T(【点睛】

由于粒子不是在电场中一直处于加速或减速，所以导致分析运动较复杂;也可以假设b板向下移动到最后一个周期末速度为零的位置，这算出整段时间，再去移动距离的时间.

21．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m1=0.1kg、带电量为q=-8×10-5 C的小滑块P．质量为m2=0.5kg的小滑块Q以初速度v0=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/s2．求：

（1）小滑块Q刚滑上板时，滑块P的加速度大小a1； （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/s2（2）3m/s2；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.

2由牛顿第二定律：2m2g(m1M)a1，解得：a12.5m/s；

对小滑块P，由牛顿第二定律：f1m1a10.25N，f1max1m1g0.5N>f1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：2m2g1m1gM)a，解得：a=0，做匀速直线运动；

，解得a13m/s2，方向向左，假设正对小滑块P，由牛顿第二定律qE1m1gm1a1确；

（3）设刚进入电场时小滑块P的速度为v1

由运动学公式：v12a1l3m/s， 滑块P进入电场前运动的时间为t1设滑块P回到CD边界时间为t2，

v11.2s， a112t20，解得t22s； a12对小滑块Q，加速度大小为a2，

由运动学公式：v1t22由牛顿第二定律得：2m2gm2a2，a22g1m/s；

设：经过t3时间，小滑块Q与绝缘板共速，即：v1v0a2t3；

解得：t3v0v12.5s121a2t3)[a1t12v1(t3t1)]4.925m， 221(t1t2t3)25.796m， x2v1(t3t1)v1(t1t2t3)a22板的总长度为Lx1x2l12.52m．

22．如图所示，AB是一倾角为θ=37°的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数

=0.30，BCD是半径为R=0.2m的光滑圆弧轨道，它们相切于B点，C为圆弧轨道的最低

点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E = 4.0×103N/C，质量m = 0.20kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下．已知斜面AB对应的高度h = 0.24m，滑块带电荷q = -5.0×10-4C，取重力加速度g = 10m/s2，sin37°= 0.60，cos37°=0.80．求：

（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端B点时的速度大小； （2）滑块滑到圆弧轨道最低点C时对轨道的压力． 【答案】(1) 2.4m/s (2) 12N 【解析】 【分析】

(1)滑块沿斜面滑下的过程中，根据动能定理求解滑到斜面底端B点时的速度大小； (2)滑块从B 到C 点，由动能定理可得C点速度，由牛顿第二定律和由牛顿第三定律求解． 【详解】

(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力：

fmgqEcos370.96N

设到达斜面底端时的速度为v1，根据动能定理得：

mgqEhf解得：

h1mv12 sin372v1=2.4m/s

(2)滑块从B 到C 点，由动能定理可得：

1212mgqER1－cos37=mv2mv1

22当滑块经过最低点时，有：

v22 FNmgqEmR由牛顿第三定律：

FN， FN11.36N

方向竖直向下． 【点睛】

本题是动能定理与牛顿定律的综合应用，关键在于研究过程的选择.

23．一个初速为零的电子在经U1=4500V的电压加速后，垂直平行板间的匀强电场从距两极板等距处射入，如图所示，若两板间距d=1.0cm,板长L＝3.0cm，两板间的电压U2=200V；已知电子的带电量为e=1.6×10－19 C，质量为m=0.9×10－30kg，只考虑两板间的电场，不计重力，求：

（1）电子经加速电压加速后以多大的速度V0进入偏转电场 （2）电子射出偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y

（3）电子射出偏转电场后经过下极板所在平面上的P点，如图所示，则P点到下极板右端的距离x

7【答案】(1)v0410m/s；（2）0.1cm；（3）6cm

【解析】 【详解】

12mv0，代入数据可得：v04107ms； 2qU2tL12(2)根据电子在板间做类平抛运动：yat，其中a，，由以上三式代入

v02md(1) 加速过程，由动能定理得：eU1数据可得：y0.1cm；

(3)根据电子出电场后做匀速直线运动，将电子出电场时的速度反向延长，延长线与板间的中心线相交于板的中点，设速度反向延长线与水平方向的夹解为，则

tanyL ，利用2

Ly几何关系： ，由以上两式代入数据可得：x6cm． 2xtan