湖北省公安县三中物理第十章 静电场中的能量专题试卷

湖北省公安县三中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v0 （v0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

2

m

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

2

m

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=v0t，2

1

22

d

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22

2

2

m

md v

U

el

=，一个周期内有

1

2

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

2

m

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

1

21

=

-

，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．

2．一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x轴，起

始点O 为坐标原点，其电势能p

E与位移x 的关系如图所示，下列图象中合理的是( )

A ．B．

C．D．

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：

P

E

F

x

?

=

?

即p

E x

-图象上某点的切线的斜率表示电场力；

A.p E x

-图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据

F

E

q

=

故电场强度也逐渐减小，故A错误；

B.根据动能定理，有：

k

F x E

??=?

故k E x

-图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，故B错误；

C.按照C图，速度随着位移均匀增加，根据公式

22

2

v v ax

-=

匀变速直线运动的2x

v﹣图象是直线，题图v x

-图象是直线；相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，故C错误；

D.粒子做加速度减小的加速运动，故D正确．

3．一均匀带负电的半球壳，球心为O点，AB为其对称轴，平面L垂直AB把半球壳分为左右两部分，L与AB相交于M点，对称轴AB上的N点和M点关于O点对称，已知一均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零；取无穷远处电势为零，点电荷q在距离其为r处

的电势为φ=k

q

r

（q的正负对应φ的正负）。假设左侧部分在M点的电场强度为E1，电势

为φ1；右侧部分在M点的电场强度为E2，电势为φ2；整个半球壳在M点的电场强度为

E3，在N点的电场强度为E4．下列说法正确的是（）

A．若左右两部分的表面积相等，有12

E E

>，

12

??

>

B．若左右两部分的表面积相等，有12

E E

<，

12

??

<

C．不论左右两部分的表面积是否相等，总有12

E E

>，

34

E E

=

D．只有左右两部分的表面积相等，才有12

E E

>，

34

E E

=

【答案】C

【解析】

【详解】

A、设想将右侧半球补充完整，右侧半球在M点的电场强度向右，因完整均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，可推知左侧半球在M点的电场强度方向向左，根据对称性和矢量叠加原则可知，E1方向水平向左，E2方向水平向右，左侧部分在M点产生的场强比右侧电荷在M点产生的场强大，E1＞E2，根据几何关系可知，分割后的右侧部分各点到M点的距离均大于左侧部分各点到M点的距离，根据k

q

r

?=，且球面带负电，q为负，得：φ1

＜φ2，故AB错误；

C、E1＞E2与左右两个部分的表面积是否相等无关，完整的均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，根据对称性可知，左右半球壳在M、N点的电场强度大小都相等，故左半球壳在M、N点的电场强度大小相等，方向相同，故C正确，D错误。

4．如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，圆上有三点A、B、C，其中A与C的连线为直径，∠A＝30°。有两个完全相同的带正电粒子，带电量均为q（q＞0），以相同的初动能E k从A点先后沿不同方向抛出，它们分别运动到B、C两点。若粒子运动到B、C两点时的动能分别为E kB＝2E k、E kC＝3E k，不计粒

子的重力和粒子间的相互作用，则匀强电场的场强大小为

A．k

E

qR

B．

2

k

E

qR

C．

3

3

k

E

qR

D．

23

3

k

E

qR

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

从A点到B点应用动能定理有：2-

AB k k k

qU E E E

=

=

从A点到C点应用动能定理有：32

-

AC k k k

qU E E E

==

所以2

AC AB

U U

=

做出等势面和电场线如图所示：

则从A点到B点应用动能定理有：,

3

2

k k

R

qEd qE AD E qE E

===

即

解得

23

k

E

E=。

选项D正确，A、B、C错误。

5．一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能E P与位移x的关系如图所示，下列图象中合理的是（）

A ．电场强度与位移关系

B．粒子动能与位移关系

C ．粒子速度与位移关系

D．粒子加速度与位移关系

【答案】D

【解析】

试题分析：粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动；根据功能关系得到Ep﹣x图象的斜率的含义，得出电场力的变化情况；然后结合加速度的含义判断加速度随着位移的变化情况．

解：粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：F=||，即Ep﹣x图象上某点的切线的斜率表示电场力；

A、Ep ﹣x图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据E=，故电场强度也逐渐减小；故A错误；

B、根据动能定理，有：F?△x=△Ek，故Ek﹣x图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，故B错误；

C、题图v﹣x图象是直线，相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，故C 错误；

D、粒子做加速度减小的加速运动，故D正确；

故选D．

【点评】本题切入点在于根据Ep﹣x图象得到电场力的变化规律，突破口在于根据牛顿第

二定律得到加速度的变化规律，然后结合动能定理分析；不难．

6．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。

7．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

θ?

=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?

=

α）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

33mg B ．通过E 点的微粒动能大小为(23＋1)mgR ＋12mv 20 C ．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

tan 30Eq mg

=? cos30mg F =?合

解得

33

Eq mg = 233

F mg =

合 动能定理有 22001231(1cos30)(1)22

kE E mv F R mgR mv =++?=++合 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 。

8．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<

PB

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．

9．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<

PB

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．

10．图中虚线为匀强电场中与由场强度方向垂直的等间距平行直线．两粒子M、N质量相等，所带电荷量的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的0点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点．己知0点

电势高于c 点电势．若不计粒子的重力及两粒子间的相互作用，则

A ．电场强度的方向竖直向上

B ．N 粒子在a 点的加速度与M 粒子在c 点的加速度大小相等

C ．N 粒子在从O 点运动至a 点的过程中静电力做正功

D ．M 粒子在从O 点运动至C 点的过程中，其电势能增加

【答案】BC

【解析】

【详解】

A ．等势线在水平方向，O 点电势高于c 点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，故A 错误．

B ．由图示可知：该电场为匀强电场，又因为两粒子质量相同，电荷量的绝对值也相同，所以加速度也相同，故B 正确；

C ．N 从O 点运动至a 点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功．故C 正确．

D ．M 粒子在从O 点运动至C 点的过程中，电场力做正功，其电势能减少，所以D 错误． 故选择BC.

【点睛】

根据粒子的轨迹可判断粒子的电场力方向，O 点电势高于c 点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可判断出电场方向，从而确定出粒子的电性．由动能定理可知，N 在a 点的速度与M 在c 点的速度大小相等，但方向不同．N 从O 点运动至a 点的过程中电场力做正功．O 、b 间电势差为零，由动能定理可知电场力做功为零．

11．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。

12．如图，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止．现撤去F，使小球沿竖直方向运动，在小球由静止到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时的速度为v，不计空气阻力，则上述过程中

A．小球的重力势能增加－W1

B．弹簧对小球做的功为

1

2

mv2-W2-W1

C．小球的机械能增加W1＋

1

2

mv2

D．小球与弹簧组成的系统机械能守恒

【答案】AB

【解析】

A、重力对小球做功为W1，重力势能增加-W1；故A正确．

B、电场力做了W2的正功，则

电势能减小W2；故B正确．C、根据动能定理得，2

12

1

=

2

W W W mv

++

弹

，因为除重力以

外其它力做功等于小球机械能的增量，则机械能的增量为2

21

1

=

2

W W mv W

+-

弹

；故C错误．D、对小球和弹簧组成的系统，由于有电场力做功，则系统机械能不守恒．故D错误．故选AB．

【点睛】解决本题的关键掌握功能关系，知道重力做功等于重力势能的减小量，电场力做功等于电势能的减小量，除重力以外其它力做功等于机械能的增量．

13．一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、0

2t、

3t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 。

14．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．

15．如图所示,在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成45°夹角的匀强电场,将一质量为m、带电荷量为q的小球,以某一初速度从O点竖直向上抛出,它的轨迹恰好满足抛物线方程2

y kx

=2,且小球通过点11,

P

k k

??

?

??

，已知重力加速度为g,则（）

A．电场强度的大小为

mg

q

B

2g

k

C．小球通过点P时的动能为

5

4

mg

k

D．小球从O点运动到P点的过程中电势能减少

2mg

k

【答案】CD

【解析】

【分析】

【详解】

小球以某一初速度从O 点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程2y kx =，说明小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿y 轴正方向，竖直方向：45qEsin mg =，故

电场强度的大小为E =，故A 错误；小球受到的合力：45F qEcos mg ma ===合，所以a=g ，由平抛运动规律有：

201112k k v t gt ==，，得初速

度大小为0v =，故B 错误；由于201112k k v t gt ==，，又012y v v =，所以通过点P 时的动能为：2220151()242y mg mv m v v k

=+=，故C 正确；小球从O 到P 电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即：1·245E qE mg k W cos k

==，故D 正确．故选CD ． 【点睛】

结合小球运动的特点与平抛运动的方程，判断出小球在竖直方向受到重力与电场力在竖直方向的分力大小相等，方向相反，由此求出电场力的大小，再由F=qE 即可求出电场强度；由平抛运动的方程即可求出平抛运动的初速度，以及到达P 时的速度；由动能定理即可求出电势能的变化．

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，真空中的电极被连续不断均匀地发出电子（设电子的初速度为零），经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A 、B 间的中线射入偏转电场，A 、B 两板距离为d 、A 、B 板长为L ，AB 两板间加周期性变化的电场，

AB U 如图乙所示，周期为T ，加速电压为2122mL U eT

=，其中m 为电子质量、e 为电子电量，L 为A 、B 板长，T 为偏转电场的周期，不计电子的重力，不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求：

(1)电子从加速电场1U 飞出后的水平速度0v 大小？

(2)0t =时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距A 、B 间中线的距离y ；

(3)在足够长的时间内从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比。

【答案】(1) 02L v T =；(2) 2

08eU T md

；(3) 31.7% 【解析】

【分析】

【详解】

(1)加速电场加速。由动能定理得

21012

qU mv = 解得

02L v T

= (2)电子在偏转电场里水平方向匀速运动，水平方向有

0L v t = 所以运动时间

2

T t = 则0t =时刻射入偏转电场的电子，在竖直方向匀加速运动，竖直方向有

22

2001812()22eU eU T T md y at md

=??== (3)由上问可知电子在电场中的运动时间均为2

T t =

，设电子在0U 时加速度大小为1a ，03U 时加速度大小为2a ，由牛顿第二定律得： 01U e ma d ?=，023U e ma d ?= 在02T 时间内，设1t 时刻射入电场中的电子偏转位移刚好为0，则： 221111*********T T a t a t t a t ??????=---?? ? ?????????

解得

14T t = 在02

T 时间内，04

T 时间内射入电场中的电子均可从中垂线上方飞出。 2T

T 这段时间内，设能够从中垂线上方飞出粒子的时间间隔为2t ，2t T t =-时刻射入的电子刚好偏转位移为0，则有

222222212112222T T a t a t t a t ??????=---?? ? ?????????

解得

223t T -=

所以 12334t t t T ??-?=+= ? ???

所以从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比

33100%31.7%t T η?-=

=?≈ 17．在空间中取坐标系Oxy ，在第一象限内平行于y 轴的虚线MN 与y 轴距离为d ，从y 轴到MN 之间的区域充满一个沿y 轴正方向的匀强电场，如图所示．一电子从静止开始经电压U 加速后，从y 轴上的A 点以平行于x 轴的方向射入第一象限区域，A 点与原点O 的距离为h ．不计电子的重力．

（1）若电子恰好从N 点经过x 轴，求匀强电场的电场强度大小E 0；

（2）匀强电场的电场强度E 大小不同，电子经过x 轴时的坐标也不同．试求电子经过x 轴时的x 坐标与电场强度E 的关系．

【答案】（1）024Uh E d =

（2）Uh x E

=或22d Uh x Ed =+ 【解析】

【分析】 本题考查电子在电场中的受力及运动

【详解】

设电子的电荷量为e 、质量为m ，电子经过电场加速后获得速度v 0．则

2012

eU mv =

（1）电子从A 点运动到N 点，有 00d v t =

0eE a m

= 212

h at =

联立解得电场强度大小 024Uh E d =

（2）讨论两种情况：

①当2

4Uh E d ≥时，电子从电场内经过x 轴，有 0x v t =

eE a m = 212

h at =

联立解得x 坐标与电场强度E 的关系为

x =②当2

4Uh E d <时，电子先离开电场，之后再经过x 轴在电场内运动时间为t 1，有 01d v t =

21112

y at = 1y v at =

在电场外运动时间为t 2，电子做匀速直线运动，有

02x d v t -=

12y h y v t -=

联立解得x 坐标与电场强度E 的关系为

22d Uh x Ed

=+

18．山地滑雪是人们喜爱的一项运动，一滑雪道ABC 的底部是一半径为R 的圆，圆与雪道

相切于C点，C点的切线水平，C点与水平雪地间距离为H，如图所示，D是圆的最高点，一运动员从A点由静止下滑，刚好能经过圆轨道最高点D旋转一周，再经C后被水平抛出，当抛出时间为t时，迎面水平刮来一股强风，最终运动员以速度v落到了雪地上，已知运动员连同滑雪装备的总质量为m，重力加速度为g，不计遭遇强风前的空气阻力和雪道及圆轨道的摩擦阻力，求：

(1)A、C的高度差为多少时，运动员刚好能过D点？

(2)运动员刚遭遇强风时的速度大小及距地面的高度；

(3)强风对运动员所做的功．

【答案】(1)

5

2

R

h= (2)22

1

5

v gR g t

=+；2

2

1

2

h h gt

=-（3）

2

15

()

22

W mv mg H R

=-+

【解析】

【分析】

【详解】

(1)运动员恰好做完整的圆周运动，则在D点有：mg＝m

2

D

v

R

从A运动到D的过程由动能定理得mg(h－2R)＝

1

2

mv2

D

联立解得h＝

5

2

R

.

(2)运动员做平抛运动，运动时间t时在竖直方向的速度为v y＝gt，从A到C由动能定理得5

2

mgR＝

1

2

mv2

C

所以运动员刚遭遇强风时的速度大小为v122

C y

v v

+22

5gR g t

+

此时运动员下落高度为h1＝

1

2

gt2

所以此时运动员距地面高度为h2＝H－h1＝H－

1

2

gt2

(3)设强风对运动员所做的功为W，在运动员的整个运动过程中，由动能定理知

W ＝1

2

mv2－mg

5

2

H R

??

+

?

??

.

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）6

110C

-

?（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F2，

F合=F2+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 =12-

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，真空室中电极K 发出的电子（初速度不计）经过电势差为U 1的加速电场加速后，沿两水平金属板C 、D 间的中心线射入两板间的偏转电场，电子离开偏转电极时速度方向与水平方向成45°，最后打在荧光屏上，已知电子的质量为m 、电荷量为e ，C 、D 极板长为l ，D 板的电势比C 板的电势高，极板间距离为d ，荧光屏距C 、D 右端的距离为16

．电子重力不计．求：

(1)电子通过偏转电场的时间t0；

(2)偏转电极C、D间的电压U2；

(3)电子到达荧光屏离O点的距离Y．

【答案】（1）

1

2

m

l

eU

（2）

1

2d

U

l

（3）

2

3

l

【解析】

【分析】

【详解】

(1)电子在离开B板时的速度为v，根据动能定理可得：2

1

1

2

eU mv

=

得：1

2eU

v

m

=

电子进入偏转电场水平方向做匀速直线运动，则有：

1

2

l m

t l

v eU

==

(2)电子在偏转电极中的加速度:1

eU

a

md

=

离开电场时竖直方向的速度：2

1

2

y

U l e

v at

d mU

==

离开电场轨迹如图所示：

电子的速度与水平方向的夹角：2

1

tan45?=

2

y

v U l

v dU

=

解得：1

2

2dU

U

l

=

(3)离开电场的侧向位移：2

10

1

2

y at

=

解得：

12

l y = 电子离开电场后，沿竖直方向的位移：2tan 45=66l l y =

? 电子到达荧光屏离O 点的距离：1223

Y y y l =+=

【点睛】 本题考查带电粒子在电场中的运动，要注意明确带电粒子的运动可分加速和偏转两类，加速一般采用动能定理求解，而偏转采用的方法是运动的合成和分解．

21．在一个水平面上建立x 轴，在过原点O 垂直于x 轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E=6.0×105 N/C ，方向与x 轴正方向相同，在原点O 处放一个质量m=0.01 kg 带负电荷的绝缘物块，其带电荷量q = -5×10－8 C ．物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，给物块一个沿x 轴正方向的初速度v 0=2 m/s.如图所示．试求： (1)物块沿x 轴正方向运动的加速度；

(2)物块沿x 轴正方向运动的最远距离；

(3)物体运动的总时间为多长？

【答案】(1)5 m/s 2 (2)0.4 m (3)1.74 s

【解析】

【分析】

带负电的物块以初速度v 0沿x 轴正方向进入电场中，受到向左的电场力和滑动摩擦力作用，做匀减速运动，当速度为零时运动到最远处，根据动能定理列式求解；分三段进行研究：在电场中物块向右匀减速运动，向左匀加速运动，离开电场后匀减速运动．根据运动学公式和牛顿第二定律结合列式，求出各段时间，即可得到总时间．

【详解】

（1）由牛顿第二定律可得mg Eq ma μ+= ，得25m/s a =

（2）物块进入电场向右运动的过程，根据动能定理得：()210102mg Eq s mv μ-+=-

． 代入数据，得：s 1=0.4m

（3）物块先向右作匀减速直线运动，根据：00111??22t v v v s t t +=

=，得：t 1=0.4s 接着物块向左作匀加速直线运动：221m/s qE mg a m ＝μ-=

． 根据：212212

s a t = 得220.2t s =

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