山东巨野县第一中学物理第十章 静电场中的能量精选测试卷

山东巨野县第一中学物理第十章

静电场中的能量精选测试卷

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．如图所示，分别在M、N两点固定放置两个点电荷+Q和-2Q，以MN连线的中点O为圆心的圆周上有A、B、C、D四点，COD与MN垂直，规定无穷远处电势为零，下列说法正确的是( )

A．A点场强与B点场强相等

B．C点场强与D点场强相等

C．O点电势等于零

D．C点和D点电势相等

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A、由于2Q＞Q，A点处电场线比B点处电场线疏，A点场强小于B点场强；故A错误．

B、由于电场线关于MN对称，

C、D两点电场线疏密程度相同，则C点场强等于D点场强，但方向与两个电荷的连线不平行，故电场强度的方向不同，故电场强度大小相等，但方向不相同；故B错误．

C、根据等量异种电荷的对称性可知过O点的中垂线与电场线垂直，中垂线为等势线，O 点的电势为零，现在是不等量的异种电荷，过O点中垂线不再是等势线，O点电势不为零，由U E d

=?可知左侧的平均场强小，电势降低的慢，则零电势点在O点右侧；C错误．

D、沿着电场线电势逐渐降低，结合电场分布的上下对称可知0

C D

??

=>；D正确．

故选D．

【点睛】

本题考查判断电势、场强大小的能力，往往画出电场线，抓住电场线分布的特点进行判

断．

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．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1×6

10-C的正电荷从D点移到C点电场力所做的功为W,则

A．W=8×6

10-J E＞8 V/m

B．W=6×6

10-J E＞6 V/m

C．W=8×6

10-J E≤8 V/m

D．W=6×6

10-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10

2

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

5．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．

6．如图所示，在等边三角形ABC的三个顶点上固定三个点电荷，其中A点位置的点电荷带电量为+Q，B、C两点位置的点电荷带电量均为-Q，在BC边的中垂线上有P、M、N三点，且PA=AM=MN，关于三点的场强和电势（取无穷远处电势为零），下列说法不正确的是( )

A．M点的场强大于P点的场强

B．MN之间某点的场强可能为零

C．N点的场强方向沿中垂线向下

D．P点的电势高于M点的电势

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A.点电荷的电场如图所示：

正电荷在P、M两点处产生的场强大小相等为

12

Q

E k

d

=（d为PA、AM、MN的距离）；而两负电荷在P点处的合场强向下，在M点场强为零；所以M P

E E

>；故A正确，不符合题意；

BC.正电荷在N点的场强

32

4

Q

E k

d

=，两负电荷在N点的场强

43

2

2

33

2cos30

24

()

3

Q Q

E k k E

d

=?=>，故N点合场强向上且可知在M、N之间某点

场强可能为零，故B正确，不符合题意；C错误，符合题意；

D.由场强叠加可知A、M之间的场强均大于A、P之间的场强，所以A M A P

????

->-，所以M P

??

<，故D正确，不符合题意．

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 00q m ?06q m

?C ．欲使粒子能够到达x =4处，则粒子从x =02q m

?0D ．若0065q v m

?=

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：02q v m

?=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：012q v m

?=C 正确； D ．根据0sin 0.5(V)x ??π=粒子在0.5处的电势为102(V)?，从0到0.5处根据能量守恒定律：

22020211(0)22

q mv mv -+=

可知：0

2

2q

v

m

?

0<<，所以粒子能到达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，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。

9．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/s2．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

310

0.15

?

=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，

2

1

2m

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0.3

x m

=处停下则满足：00

qU fx

-=-，0.3

x m

=处的电势

5

1.510V

?=?，故从0.1

x m

=到0.3

x m

=过程中，电势差

55

(4.5 1.5)10310

U V V

=-?=?，电场力做53

8

2.010

=310610

W qU J

-

-

=??=?

?

电

，摩擦力做功3

0.020.210(0.300.10)810

f

W fs J

-

==???-=?，则

f

W W

>

电

，故滑块不能滑到0.3

x m

=处，故D错误．

10．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．

11．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Q1、Q2，管内靠近Q1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E1

D．b点的场强为E2

【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E1；故C正确，D错误.

12．如图所示，在竖直平面内有一边长为L的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行．一质量为m、带电量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速V0进入该正方形区域．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为（）

A．可能等于零

B．可能等于2

1

2

mv

C．可能等于

1

2mv02+

1

2

qEL-

1

2

mgL

D．可能等于1

2

mv02+

2

3

qEL+

1

2

mgL

【答案】BCD

【解析】

【分析】

要考虑电场方向的可能性，可能平行于AB向左或向右，也可能平行于AC向上或向下．分析重力和电场力做功情况，然后根据动能定理求解．

【详解】

令正方形的四个顶点分别为ABCD，如图所示

若电场方向平行于AC：

①电场力向上，且大于重力，小球向上偏转，电场力做功为1

2

qEL，重力做功为-

1

2

mg，根

据动能定理得：E k?1

2

mv02＝

1

2

qEL?

1

2

mgL，即E k＝

1

2

mv02+

1

2

qEL?

1

2

mgL

②电场力向上，且等于重力，小球不偏转，做匀速直线运动，则E k=1

2

mv02．

若电场方向平行于AC，电场力向下，小球向下偏转，电场力做功为1

2

qEL，重力做功为

1 2mgL，根据动能定理得：E k?

1

2

mv02＝

1

2

qEL+

1

2

mgL，即E k＝

1

2

mv02+

1

2

qEL+

1

2

mgL．

由上分析可知，电场方向平行于AC，粒子离开电场时的动能不可能为0．

若电场方向平行于AB：

若电场力向右，水平方向和竖直方向上都加速，粒子离开电场时的动能大于0．若电场力

向右，小球从D点离开电场时，有E k?1

2

mv02＝qEL+

1

2

mgL则得E k＝

1

2

mv02+qEL+

1

2

mgL

若电场力向左，水平方向减速，竖直方向上加速，粒子离开电场时的动能也大于0．故粒子离开电场时的动能都不可能为0．故BCD正确，A错误．故选BCD．

【点睛】

解决本题的关键分析电场力可能的方向，判断电场力与重力做功情况，再根据动能定理求解动能．

13．如图所示，在M、N两点分别固定点电荷+Q1、－Q2，且Q1>Q2，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 KB 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。

14．某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是

A．c点场强大于b点场强

B．a点电势高于b点电势

C．若将一试电荷q

+由a点释放，它将沿电场线运动到b点

D．若在d点再固定一点电荷Q

-，将一试探电荷q

+由a移至b的过程中，电势能减小【答案】BD

【解析】

试题分析：电场线的密的地方场强大，b点电场线密，所以b点场强大，故A错误．沿着电场线方向电势降低，a点电势高于b点电势，故B正确．若将一试探电荷+q由a点静止释放，将沿着在a点的场强方向运动，运动轨迹不是电场线，故C错误．若在d点再固定一点电荷－Q，将一试探电荷＋q由a移至b的过程中，原来的电场力和点电荷－Q对试探电荷＋q做功均为正，故电势能减小，选项D正确；故选BD．

考点：电场线；电场力的功和电势能

15．在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法正确有（）

A．q1和q2带有同种电荷B．x1处的电场强度为零

C．负电荷从x1移到x2，受到的电场力减小D．负电荷从x1移到x2，电场力做正功

【答案】CD

【解析】

【分析】

【详解】

A．由图可知无穷远处电势为零，又有电势为正的地方，故存在正电荷；又有电势为负的地方，故也存在负电荷，所以q1和q2带有异种电荷，选项A错误；

B．电场强度等于图中曲线斜率，x1处的斜率不为零，故电场强度不为零，选项B错误；C．负电荷从x1移到x2，曲线斜率减小，即场强度减小，所以受到的电场力减小，选项C 正确；

D．负电荷从x1移到x2，电势增大，电势能减小，电场力做正功，选项D正确。

故选CD。

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，从电子枪射出的电子束（初速度不计）经电压U1=2000V加速后，从一对金属板Y和Y′正中间平行金属板射入，电子束穿过两板空隙后最终垂直打在荧光屏上的O 点．若现在用一输出电压为U2=160V的稳压电源与金属板YY′连接，在YY′间产生匀强电场，使得电子束发生偏转．若取电子质量为9×10﹣31kg，YY′两板间距d=2．4cm，板长

l=6．0cm，板的末端到荧光屏的距离L=12cm．整个装置处于真空中，不考虑重力的影响，试回答以下问题：

（1）电子束射入金属板YY′时速度为多大？

（2）加上电压U2后电子束打到荧光屏上的位置到O点的距离为多少？

（3）如果两金属板YY′间的距离d可以随意调节（保证电子束仍从两板正中间射入），其他条件都不变，试求电子束打到荧光屏上的位置到O点距离的取值范围．

【答案】（1）2．67×107m/s；（2）15mm；（3）0～30mm．

【解析】

【分析】

【详解】

（1）根据动能定理，设电子在加速电极作用下获得速度为v0，

有2

10

1

2

U e mv

=，

解得：1

2U e

v

m

=…①

代入数据解得：77

8

10/ 2.6710/

3

v m s m s

=?≈?；

（2）电子穿过偏转电极过程中，在沿初速度方向做匀速直线运动有l=v0t…②

在沿电场方向受力为F=Eq…③

根据匀强电场性质U2=Ed…④

根据牛顿第二定律F=ma…⑤

根据匀变速直线运动规律，在出偏转电场时其在电场方向位移为[来2

1

2

y at

=…⑥

根据①﹣⑥式可推得：

2

2

1

4

U l

y

dU

=…⑦

此时在电场方向上的分速度为：v y=at…⑧

出电场后电子做直线运动最终打在荧光屏上，距离O点的距离设为y′，根据几何关系及①⑦⑧可得

(

)21

22′4U l l L l L y y l dU ++==…⑨ 将数据代入⑦式可得y=3mm ＜2

d ，所以此时电子可以射出偏转电场 于是将数据代入⑨式可得y′=15mm （3）d 越小则偏转电场越强，电子的偏转也越厉害，但是同时两板间距缩小电子更容易打在极板上，

所以电子的偏转应有最大值，且临界条件为电子刚好擦YY′极板而出．即：

2

d y =…⑩ 联立⑦式代入数据可解得此时：y=6mm ，

继续代入⑨式可得此时：y′=30mm ，

所以电子束打到荧光屏上的位置到O 点距离的取值范围为0～30mm ；

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．图中所示的静电机由一个半径为R 、与环境绝缘的开口（朝上）金属球壳形的容器和一个带电液滴产生器G 组成。质量为m 、带电量为q 的球形液滴从G 缓慢地自由掉下（所谓缓慢，意指在G 和容器口之间总是只有一滴液滴）。液滴开始下落时相对于地面的高度为h 。设液滴很小，容器足够大，容器在达到最高电势之前进入容器的液体尚未充满容器. 忽略G 的电荷对正在下落的液滴的影响.重力加速度大小为g 。若容器初始电势为零，求容器可达到的最高电势max V 。

【答案】max ()mg h R V q

-=

【解析】

【详解】 设在某一时刻球壳形容器的电量为Q 。以液滴和容器为体系，考虑从一滴液滴从带电液滴产生器G 出口自由下落到容器口的过程。根据能量守恒有

2122Qq Qq mgh k m mgR k h R R

+=++-v (1) 式中，v 为液滴在容器口的速率，k 是静电力常量。由此得液滴的动能为

21(2)(2)2()Qq h R m mg h R k h R R

-=---v (2) 从上式可以看出，随着容器电量Q 的增加，落下的液滴在容器口的速率v 不断变小；当液滴在容器口的速率为零时，不能进入容器，容器的电量停止增加，容器达到最高电势. 设容器的最大电量为max Q ，则有

max (2)(2)0()Q q h R mg h R k h R R

---=-(3) 由此得

max ()mg h R R Q kq

-=(4) 容器的最高电势为 max max Q V k

R =(5) 由(4)和(5)式得

max ()mg h R V q

-=(6)

19．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O 1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O 2点水平向右进入电场，进入电场时的初动能为E k0。已知图中O 1、O 2、A 在同一竖直面内，设O 1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?

【答案】(1)2x Ly =；(2) 2k0k0)+4qEL E E qEL +（；(3)4qEL ，34

qEL 【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O 1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O 1点进入电场的粒子，设该粒子的加速度为a 1，初速度为v 1，设经过时间t ，位置坐标为（x ，y ），有

水平方向

1x v t =

竖直方向

2112

y a t = 消去时间参数t 得抛物线方程2

12

12a x y v =。 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1v = 2x Ly =

(2)对从O 2点进入电场的粒子，设质量为m 、初速度为v 0，加速度为a 2，设经过时间t ，位移坐标为（x ，y ），有：

水平方向

0x v t =

竖直方向

2qE ma =，2212

L y a t -=

消去时间参数t 得： 2

2

02qEx y L mv =- 由题意有2k00E mv =，联立求解得交点P （x ,y )坐标为

2x =k0k044LE y E qEL =+ 从O 2到P ，对负粒子，根据动能定理有

k k0()qE L y E E -=- 解得2

k k0k0)=+4qEL E E E qEL

+（。 (3) 2

k k0k0)=+4qEL E E E qEL

+（变形为

k0E =由判别式?=0

E k

解得E k =k 3=4

qEL E （负值舍去）， 二次函数开口向上，所以k 34

qEL E ≥

，即E k 的最小值为 k min 3=4qEL E 时，电子进入电场的动能k0=4

qEL E 。

所以当带负电荷的粒子进入电场的动能为

k0

=

4

qEL

E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

k min

3

=

4

qEL

E。

20．如图甲所示，真空中的电极K连续不断地发出电子（电子的初速度可忽略不计），经电压为U0的电场加速，加速电压U0随时间t变化的图像如图乙所示，每个电子通过加速电场的过程时间极短，可认为该过程加速电压不变.电子被加速后由小孔S穿出沿两个彼此靠近且正对的水平金属板A、B间中轴线，从左边缘射入A、B两板间的偏转电场，A、B

两板长均为L=0.020m，两板之间距离d=0.050m，A板的电势比B板电势高U，A、B板右側边缘到竖直放置的荧光屏P（面积足够大）之间的距离b=0.10m，荧光屏的中心点O与A、B板的中心轴线在同一永平直线上，不计电子之间的相互作用力及其所受的重力。求：（1）求电子进入偏转电场的初速度v0（已知电子质量为m、电量为e，加速电压为U0）（2）假设电子能射出偏转电场，从偏转电场右端射出时，它在垂直于两板方向的偏转位移y为多少（用U0、U、L、d表示）；

（3）要使电子都打不到荧光屏上，A、B两板间所加电压U应满足什么条件；

（4）当A、B板间所加电压U=50V时，电子打在荧光屏上距离中心点O多远的范围内。

【答案】（1）0

2eU

v

m

=2）

2

4

UL

y

dU

=；（3）所加电压U应满足至少为100V；（4）0.025m～0.05m

【解析】

【分析】

【详解】

（1）电子加速过程中，根据动能定理有

2

00

1

2

eU mv

=

解得初速度

2eU

v

m

=

（2）偏转过程中，水平方向做匀速直线运动，有

v t L

=

垂直AB两板方向，做匀加速直线运动，有

U Ed

=

eU ma =

212

y at =

由（1）问及以上几式，解得 2

4UL y dU = （3）要使电子都打不到屏上，应满足U 0取最大值800V 时仍有y ＞0.5d ，代入(2)问结果，可得：

2

00222

44?0.548000.50.05V 100V 0.2U dy U d d U L L ???=>== 所以为使电子都打不到屏上，A 、B 两板间所加电压U 至少为100V

（4）当A 、B 板间所加电压U′=50V 时，当电子恰好从A 板右边缘射出偏转电场时 其侧移最大

max 110.05m 0.025m 22

y d ==?= 设电子通过电场最大的偏转角为θ，设电子打在屏上距中心点的最大距离为Y max ，则

00

tan y

v at v v θ== max max y b Y y υυ

=+ 又

max 02y

υy t +=

L υt =

联立解得

max max max 20.05m b Y y y L

=+= 由第（2）问中的2

4UL y dU =可知，在其它条件不变的情况下，U 0越大y 越小 所以当U 0=800V 时，电子通过偏转电场的侧移量最小

其最小侧移量，

222min 00500.2m 0.0125m 4440.05800

UL U L y dU dU ?'====?? 同理可知，电子打到屏上距中心的最小距离为

min min 210.025m b Y y L ??=+= ??? 故其范围为0.025m~0.05m 。

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