高中物理第十章 静电场中的能量精选测试卷综合测试卷(word含答案

高中物理第十章静电场中的能量精选测试卷综合测试卷（word含答案）

一、第十章静电场中的能量选择题易错题培优（难）

1．一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．

2．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。

3．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中P、N两点的电势为零，NF段中Q点电势最高，则()

A．P点的电场强度大小为零

B．q1和q2为等量异种电荷

C．NQ间场强方向沿x轴正方向

D．将一负电荷从N点移到F点，电势能先减小后增大

【答案】D

【解析】

【详解】

A．φ-x图线的斜率等于电场强度，故可知P点的电场强度大小不为零，A错误；

B．如果1q和2q为等量异种电荷，点连线中垂线是等势面，故连线的中点是零电势点；由于OP PM

>，故

12

q q

>，故B错误；

C．沿着电场线的方向，电势降低，由于从N到Q电势升高，故是逆着电场线，即NQ间

场强方向沿x轴正方向；

D．由于从N到F，电势先增加后减小，将一负电荷从N点移到F点，根据公式

P

E q?

=

电势能先减小后增大，故D正确。

故选D。

【点睛】

电势为零处，电场强度不一定为零。电荷在电场中与电势的乘积为电势能。电场力做功的正负决定电势能的增加与否。

4．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E Q

C ．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E Q

C ．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.

5．如图所示， A 、B 、 C 、D 是真空中一正四面体的四个顶点，每条棱长均为l .在正四面体的中心固定一电荷量为-Q 的点电荷，静电力常量为k ,

下列说法正确的是

A ．A 、

B 两点的场强相同

B ．A 点电场强度大小为283kQ

l

C ．A 点电势高于C 点电势

D．将一正电荷从A点沿直线移动到

B点的过程中，电场力一直不做功

【答案】B

【解析】

由于点电荷在正四面体的中心，由对称性可知，A、B两点的场强大小相等，但是方向不

同，故A错误；由立体几何知识，可知正四面体的中心到顶点的距离为

6 4 l

，由

22

2

8

3

6

KQ KQ kQ

E

r l

l

===

??

?

??

，故B正确；电势为标量，由对称性可知A点电势等于C点电

势，故C错误；从A点沿直线移动到B点的过程中电势先降低再升高，对于正电荷而言，其电势能先变小再变大，所以电场力先做正功，再做负功，故D错误．

6．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：37

mgtan qE

?=，解得：5

37

310

mgtan

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：

0.4

0.5

370.8

mg

F N

cos

===

?

合

，而

2

B

v

F m

L

=

合

，所以2

11

0.5

22

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

，·2

W F L

=

合

合力

，联立解得：

2

PB

E J

=，总能量 2.5

PB kB

E E E J

=+=，由C运动到

A，()2

1370.96

P

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．

7．有一电场强度方向沿x轴的电场，其电势?随x的分布满足0sin0.5(V)

x

??π

=，如图所示。一质量为m，带电荷量为+q的粒子仅在电场力作用下，以初速度v0从原点O处

进入电场并沿x轴正方向运动，则下列关于该粒子运动的说法中不正确

．．．的是

A．粒子从x=1处运动到x=3处的过程中电势能逐渐减小

B ．若v 0

C ．欲使粒子能够到达x =4处，则粒子从x =0

D

．若0v =

0.5处，但不能运动到4处 【答案】B

【解析】

【分析】 仅有电场力做功，电势能和动能相互转化；根据正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，判断电势能的变化。粒子如能运动到1处，就能到达4处。粒子运动到1处电势能最大，动能最小，由能量守恒定律求解最小速度。

【详解】

A ．从1到3处电势逐渐减小，正电荷电势能逐渐减小，故A 正确；

B ．粒子在运动过程中，仅有电场力做功，说明电势能和动能相互转化，粒子在1处电势能最大，动能最小，从0到1的过程中，应用能量守恒定律：

220011(0)22

mv q mv ?=-+

解得：v =B 错误； C ．根据上述分析，电势能和动能相互转化，粒子能运动到1处就一定能到达4处，所以粒子从0到1处根据能量守恒定律：

20112

q mv ?=

解得：1v =C 正确； D ．根据0sin 0.5(V)x ??π=粒子在0.5

处的电势为10(V)?，从0到0.5处根据能量守恒定律：

2202011(0)222

q mv mv -+=

可知：2v 0<<

0.5处，但不能运动到4处，故D 正确。 【点睛】 根据电势?随x 的分布图线和粒子的电性，结合能量守恒定律判断电势能和动能的变化。

8．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。

9．如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向电阻为零可以视为短路，反向电阻无穷大可以视为断路)连接，电源负极接地。初始电容器不带电，闭合开关稳定后，一

点且处于静止状态。下列说法正确的是( )

带电油滴位于电容器中的P

B．将上极板上移，则P点的电势升高E

C．将下极板下移，则带电油滴在P点的电势能增大

D．无论哪个极板上移还是下移，带电油滴都不可能向下运动

【答案】D

【解析】

【分析】

由题意可知考查电容器动态分析问题，根据电容、电压、场强、电量相互关系分析可得。【详解】

A ．由4S C kd επ= Q

C U

= U E d = 三式 联立可得4kQ E S πε= 减小极板间的正对面积，由4S C kd επ= 可知电容减小，假设电压不变由Q C U

= 可知电量减小，电容器放电，因二极管的单向导电性，可知Q 不变，S 减小，由4kQ E S

πε= 可知场强E 增大，电场力增大，带电油滴向上运动，故A 错误；

B ．将上极板上移，由4S

C kd επ=可知电容减小，假设电压不变由Q C U

= 可知电量减小，电容器放电，因二极管的单向导电性，可知Q 不变，由4kQ E S

πε= 可知场强E 不变，P 到下极板的距离不变，则P 点的电势不变，故B 错误；

C ．将下极板下移，由4S C kd επ=可知电容减小，假设电压不变由Q C U

= 可知电量减小，电容器放电，因二极管的单向导电性，可知Q 不变，由4kQ E S πε= 可知场强E 不变，P 到下极板的距离变大，则P 点的电势升高，油滴带负电，所以油滴在P 点的电势能减小，故C 错误。

D ．两极板距离增大时，电容减小，假设电压不变由Q C U

= 可知电量减小，电容器放电，因二极管的单向导电性，电容不变，场强不变，油滴静止，当两板距离减小时，电容增大，场强增大，电场力增大，带电油滴向上运动，故D 正确。

【点睛】

二极管具有单向导电性，电容器不能反向放电，则电量不会减小。由4kQ E S

πε=，可以确定电场强度变化，进一步确定电场力、电势能的变化。同一正电荷放在电势越高处电势能越大，同一负电荷放在电势越高处电势能越小。

10．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4

T t =时刻释放该粒子,粒子一定能到达B 板

C ．在04T t <<

期间释放该粒子，粒子一定能到达B 板 D ．在42

T T t <<期间释放该粒子，粒子一定能到达A 板 【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4

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04

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42

T 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 。

11．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；

12．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（

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．

13．如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为E k0。已知t=0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场。则（）

A．所有粒子最终都垂直电场方向射出电场

B．t=0之后射入电场的粒子有可能会打到极板上

C．所有粒子在经过电场过程中最大动能都不可能超过2E k0

D．若入射速度加倍成2v0，则粒子从电场出射时的侧向位移与v0相比必定减半

【答案】AC

【解析】

【分析】

【详解】

AB．粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，说明运动时间为周期的整数倍；故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场；由于t=0时刻射入的粒子在电场方向上始终做单向的直线运动，竖直方向的位移最大，故所有粒子最终都不会打到极板上，A正确，B错误；

C．t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为

1

2

d；根据分位移公式，有

1

22

ym

v L

d

v

+

=?

由于L=d，故

ym0

v v

=

故最大动能

()

22

0ym k0

1

2

2

k

E m v v E

'=+=

C正确；

D．粒子入射速度加倍成2v0，则粒子从电场出射时间减半，穿过电场的运动时间变为电场变化半周期的整数倍，则不同时刻进入电场的侧向位移与原v0相比关系就不确定，如t=0

时刻，粒子从电场出射时的侧向位移与v0相比减半，

4

T

t=进入电场，入射速度v0时，侧向位移为0，入射速度2v0时，侧向位移为

1

8

d，D错误。

故选AC。

14．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

22

sin

2

NO

mv

U

q

θ

=

C．板间的电场强度

1

sin

mg cos

E

q

θ

θ

+

=

（）

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

W G+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

qU NO=mgh

在竖直方向上油滴做初速为v sinθ的竖直上抛运动，则有

(v sinθ)2=2gh

即

22

sin

2

NO

mv

U

q

θ

=

故B正确．

C．油滴由O N

→的运动时间为

sin

v

t

g

θ

=

水平方向的位移

2

cos(1cos)sin

22

v v v

d t

g

θθθ

--

==

电场强度大小

sin

(1cos)

U mg

E

d q

θ

θ

==

-

故C错误．

D．因最高点N与出发点O的电势差

22

sin

2

NO

mv

U

q

θ

=

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．

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0

mv

v

M

=

B．此过程中电容器移动的距离()

2

md

x

M m

=

+

C．此过程屮电势能的变化量()0

2

2

p

mMv

E

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0v 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

()0mv M m v =+，

解得

0mv v M m

=

+， A 错误； B ．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

2v t s =，环向左做匀减速直线运动，由公式得

02

v v t s +='， 根据位移关系有

2

d s s '-=

， 解得 ()

2md s M m =

+， B 正确； 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

22011()22

P E mv m M v =

-+， 联立得 ()

202P Mmv E 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，BCD为固定在竖直平面内的半径为r=10m的圆弧形光滑绝缘轨道，O为圆心，OC竖直，OD水平，OB与OC间夹角为53°，整个空间分布着范围足够大的竖直向下的匀强电场．从A点以初速v0=9m/s沿AO方向水平抛出质量m=0．1kg的小球（小球可视为质点），小球带正电荷q=+0．01C，小球恰好从B点沿垂直于OB的方向进入圆弧轨道．不计空气阻力．求：

（1）A、B间的水平距离L

（2）匀强电场的电场强度E

（3）小球过C点时对轨道的压力的大小F N

（4）小球从D点离开轨道后上升的最大高度H

【答案】（1）9m（2）20/

E N C

=（3） 4.41

N

F N

=（4） 3.375

H m

=

【解析】

【分析】

【详解】

（1）从A到B，0tan53

By By

v v v at

=?=

，，cos53

y r

=?，2

1

2

y at

=

解得1

t s

=，2

12/

a m s

=，09

L v t m

==

（2）根据牛顿第二定律可得mg qE ma

+=，解得20/

E N C

=

（3）从A到C，根据动能定理可得22

11

22

c

mar mv mv

=-

在C点，

2

c

N

v

F ma m

r

-=，解得 4.41

N

F N

=

（4）对全过程运用动能定理，2

1

2

mv maH

=，故 3.375

H m

=

【点睛】

应用动能定理应注意的几个问题（1）明确研究对象和研究过程，找出始末状态的速度．（2）要对物体正确地进行受力分析，明确各力做功的大小及正负情况（待求的功除外）．（3）有些力在物体运动过程中不是始终存在的．若物体运动过程中包括几个阶段，

物体在不同阶段内的受力情况不同，在考虑外力做功时需根据情况区分对待

17．如图以y轴为边界，右边是一个水平向左的4

1

110

E=?匀强电场，左边是一个与水平方向成45°斜向上的2

E=4

2

10

?N/C匀强电场，现有一个质量为m=1.0g，带电量

q=1.0×10－6C小颗粒从坐标为（0.1，0.1）处静止释放．忽略阻力，g=10m/s2．求：（1）第一次经过y轴时的坐标及时间

（2）第二次经过y轴时的坐标

【答案】（1）第一次经过Y轴的坐标为(0，0)；0.12

t s

=（2）坐标为（0，-1.6）

【解析】

【分析】

【详解】

（1）小颗粒在E1中电场力为F1=E1q=0.01N 重力G=0.01N有受力分析得合力指向原点，即小颗粒向原点做匀加速直线运动第一次经过y轴的坐标为(0，0)

加速度1

2102

F

a

m

==由2

1

2

S at

=得0.12

t=s

(2)运动到原点的速度为v0=at=2m/s

小颗粒在E2电场中合力为2

2

10

2

F N

-

=方向与v0方向垂直

由此可得小颗粒做类平抛运动,再次运动到y轴的时间为t1, v0方向位移为S1= v0t1

与v0方向垂直位移为2

211

1

2

S a t

=

1

F

a

m

=由几何关系得S1=S2

第二次经过y轴时到原点距离为2

L=1=1.6m 即坐标为（0，-1.6）

18．如图所示，A为粒子源，在A和极板B间的加速电压为U1，在两水平放置的平行带电板C、D间的电压为U2，现设有质量为m，电荷量为q的质子初速度为零，从A被加速电压U1加速后水平进入竖直方向的匀强电场，平行带电板的极板的长度为L，两板间的距离为d，不计带电粒子的重力，求：

(1)带电粒子在射出B 板时的速度；

(2)带电粒子在C 、D 极板间运动的时间；

(3)带电粒子飞出C 、D 电场时在竖直方向上发生的位移

y .

【答案】（1）12qU m （2）1

2m L qU （3）2214U L U d 【解析】

试题分析：（1）由动能定理得：W=qU 1 =

则

（2）离子在偏转电场中运动的时间t

L =

（3）设粒子在离开偏转电场时纵向偏移量为y

综合解得

考点：带电粒子在电场中的运动

【名师点睛】本题关键明确粒子的运动性质，对应直线加速过程，根据动能定理列式；对于类似平抛运动过程，根据类似平抛运动的分运动公式列式求解；不难．

19．如图，在真空室内的P 点，能沿纸面向各个方向不断发射电荷量为+q ，质量为m 的粒子(不计重力)，粒子的速率都相同．ab 为P 点附近的一条水平直线，P 到直线ab 的距离PC=L ，Q 为直线ab 上一点，它与P 点相距5L ．当直线ab 以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q 点；当ab 以上区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达ab 直线，且它们到达ab 直线时动能都相等，其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q 点．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

(1)a粒子的发射速率

(2)匀强电场的场强大小和方向

(3)仅有磁场时，能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间的比值

【答案】（1）粒子发射速度为

5

8

BqL

v

m

=

（2）电场强度的大小为2

25

8

qLB

E

m

=

（3）粒子到达直线ab所用最长时间和最短时间的比值1

2

233

2.20

106

t

t

=≈

【解析】

（1）设粒子做匀速圆周运动的半径R，过O作PQ的垂线交PQ于A点，如图三所示：由几何知识可得

PC QA

PQ QO

=

代入数据可得粒子轨迹半径

5

8

L

R QO

==

洛仑磁力提供向心力

2

v

Bqv m

R

=

解得粒子发射速度为

5

8

BqL

v

m

=

（2）真空室只加匀强电场时，由粒子到达ab直线的动能相等，可知ab为等势面，电场方向垂直ab向下．

水平向左射出的粒子经时间t到达Q点，在这段时间内

2L

CQ vt == 212

PC L at == 式中qE a m

= 解得电场强度的大小为2

258qLB E m

= （3）只有磁场时，粒子以O 1为圆心沿圆弧PD 运动，当圆弧和直线ab 相切于D 点时，粒子速度的偏转角最大，对应的运动时间最长，如图四所示．据图有

3sin 5

L R R α-== 解得37α=?

故最大偏转角max 233γ=?

粒子在磁场中运动最大时长max

10360t T γ=

式中T 为粒子在磁场中运动的周期．

粒子以O 2为圆心沿圆弧PC 运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短．据图四有 /24sin 5

L R β== 解得53β=?

速度偏转角最小为min 106γ=?

故最短时长min

20360t T γ=

因此，粒子到达直线ab 所用最长时间和最短时间的比值

max 12min 233 2.20106

t t γγ==≈ 点睛：此题是关于带电粒子在电场及磁场中的运动问题；掌握类平抛运动的处理方向，在两个方向列出速度及位移方程；掌握匀速圆周运动的处理方法，确定好临界状态，画出轨迹图，结合几何关系求解.

20．如图，ABD为竖直平面内的绝缘轨道，其中AB段是长为 1.25

L m

=的粗糙水平面，其动摩擦因数为0.1

μ=，BD段为半径R=0.2 m的半圆，两段轨道相切于B点,整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，电场强度大小3

510/

E V m

=?。一带负电小球，以速度v0从A 点沿水平轨道向右运动，接着进入半圆轨道后，恰能通过最高点D点。已知小球的质量为2

2.010

m kg

-

=?，所带电荷量5

2.010

q C

-

=?，g取10 m/s2(水平轨道足够长，小球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)，求：

（1）带电小球在从D点飞出后，首次在水平轨道上的落点与B点的距离；

（2）小球的初速度v0。

【答案】（1）0.4m；（2）2.5m/s

【解析】

【详解】

（1）对小球，在D点，有：

2

D

v

mg qE m

R

-=

得：

1m/s

D

v=

从D点飞出后，做平抛运动，有：

mg qE ma

-=

得：

2

5.0m/s

a=

2

1

2

2

R at

=

得：

0.4

t s

=

0.4m

D

x v t

==

（2）对小球，从A点到D点，有：

22

11

()22

22

D

mg qE L mg R qE R mv mv

μ

---?+?=-

解得：

2.5m/s

v=

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