衡水中学物理第十章 静电场中的能量精选测试卷专题练习

衡水中学物理第十章静电场中的能量精选测试卷专题练习一、第十章静电场中的能量选择题易错题培优（难）1.空间某一静电场的电势4）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B、C两点的电场强度大小Ebx<E‘xER、的方向沿x轴正方向C.电荷在。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A0应的电势差，将电场看做匀强电场，有£=；，可见EBx>ECx，A项错误.C、同理可知。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。点左侧，EBx的方向沿x轴负方向，在。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】挖掘出巾一％图象两大重要性质：图象的斜率反映电场强度的大小，图象中中降低的方向反映场强沿x轴的方向.2.空间某一静电场的电势3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。、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.。、b两点的电场强度在x轴上的分量都沿x轴负向C.。、b两点的电场强度在x轴上的分量大小E<EbD.一正电荷沿x轴从。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】AB.因为在。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。、b两点的电场强度在x轴上的分量方向相反。C.在。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。点段对Aq应的电势差，看作匀强电场石=Ad，可知Ea<Eb，故C正确。D.x轴负方向电场线往左，x轴正方向电场线往右，所以正电荷沿x轴从a点移到b点过程中，电场力先做负功后做正功。故D错误。故选C。.如图甲所示，平行金属板八、B正对竖直放置，C、D为两板中线上的两点。八、B板间不加电压时，一带电小球从C点无初速释放，经时间T到达D点，此时速度为v0；在A、未接触极板，则t=T时，小球（）A.在D点上方未接触极板，则t=T时，小球（）A.在D点上方B.恰好到达D点C.速度大于vD.速度小于v【答案】B【解析】【分析】【详解】「gT，现加水平方向的小球仅受重力作用时从C到D「gT，现加水平方向的八T周期性变化的电场，由运动的独立性知竖直方向还是做匀加速直线运动，水平方向0~4TT沿电场力方向做匀加速直线运动，~做匀减速直线运动刚好水平速度减为零，T3T3T~做反向的匀加速直线运动，~T做反向的匀减速直线运动水平速度由对称性减乙II-为零，故七丁时合速度为%,水平位移为零，则刚好到达D点，故选B。【点睛】平行板电容器两极板带电后形成匀强电场，带电离子在电场中受到电场力和重力的作用，根据牛顿第二定律求出加速度，根据分运动和合运动的关系分析即可求解。.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，电量分别为名和(>).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)TOC\o"1-5"\h\zT=(—)ET=(-)ET=(+)ET=(+)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.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，-带电油滴位于电容器中的夕点且处于静止状态。下列说法正确的是()A.减小极板间的正对面积，带电油滴会向下运动B.将上极板上移，则P点的电势升高EC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】「e5qQuU44兀kQA.由C=/-CE=4三式联立可得E=减小极板间的正对面积，4兀kdUdeSeSqQ由C=/7/可知电容减小，假设电压不变由C=；可知电量减小，电容器放电，因二4兀kdU4兀kQ一极管的单向导电性，可知Q不变，S减小，由E=可知场强E增大，电场力增大，eS带电油滴向上运动，故A错误；eSQB.将上极板上移，由C=4兀kd可知电容减小，假设电压不变由C=U可知电量减小，4兀kQ...,电容器放电，因二极管的单向导电性，可知Q不变，由E=可知场强E不变，P到eS下极板的距离不变，则P点的电势不变，故B错误；一.一一「eS「Q，一…C.将下极板下移，由C=4兀kd可知电容减小，假设电压不变由C=U可知电量减小，4兀kQ..,电容器放电，因二极管的单向导电性，可知Q不变，由E=可知场强E不变，P到eS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。-QD.两极板距离增大时，电容减小，假设电压不变由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】，心口一、，」人八，，「4兀左0可以确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£=「,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。可以确6.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，/V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、/V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/V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八点释放负电荷，则先加速后减速，故A正确；番……1……第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；.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%、。°，电势能分别为EE“.下列说法正确的是（）ABPAPBA.电子一定从A向B运动

.若a>a,则Q靠近M端且为正电荷ABc.无论Q为正电荷还是负电荷一定有£<EPAPBD.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aA>aB，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EpA<EpB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.8.如右图所示，户、Q为两个等量的异种电荷，以靠近0点的。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。点由静止开始在电场力作用下运动到八点，已知八点与。点关于户Q两电荷连线的中点对称，粒子的重力忽略不计，在从。到八的运动过程中，下列关于粒子的运动速度1/和加速度。随时间t的变化，粒子的动能己卜和运动径迹上电势0随位移x的变化图线肯定错误的是（）C.CD.DAB.BC.CD.D【答案】ABD【解析】【详解】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9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，所以力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；加速度会先变小后变大，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E「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，ABC是处于竖直平面内的光滑、绝缘斜劈，/。=30。、/5=60。，。为AC中点；质量为m带正电的小滑块沿八B面由4点静止释放,滑到斜面底端B点时速度为），若空间加一与八BC平面平行的匀强电场，滑块仍由静止释放，沿八B面滑下，滑到斜面底端B点时速度为2V，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CB点电势与D点电势相等C.滑块滑到D点时机械能增加了mvv20D.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;71―mgh=2mv2①有电场时由A到B1mgh+W=m(2v)2②e20有电场时由A到CTE,1/c、mgh+W=m(3v)2③e20由①②③可得巾1W=mv2E20又因为W=qUEABWf=qU

EAC则uJuAB2AC则D点与B点电势相等，故B正确；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；1TOC\o"1-5"\h\zC.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°mv2,则机械能增20加了mv2,则C正确；0…1,D.根据卬=mv^2,卬=mv2知电势能变化量之比为1:2,故D错误；E20E0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x轴相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、-Q,虚线是以+Q所在点为圆心、L为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称.下列判断正确的是（）A.四点中d点处的电势最低b、d两点处的电势相等b、d两点处的电场强度相同D.将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q的电势能减小【答案】BD【解析】【分析】【详解】

A.c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等.而正电荷周围的电场的电势都比它高，即c点的电势在四个点中是最低的;故A错误.B.该电场中的电势关于x轴对称，所以b、d两点的电势相等;故B正确.C.该电场中的电场强度关于x轴对称，所以b、d两点场强大小相等，方向是对称的，不相同的;故C错误.D.c点的电势低于。点的电势，试探电荷+q沿圆周由。点移至c点，电场力做正功，+q的电势能减小;故D正确..如图，在竖直平面内有一匀强电场，一带电荷量为+q、质量为m的小球在力F（大小可以变化）的作用下沿图中虚线由八至B做竖直向上的匀速运动.已知力F和AB间夹角为。NB间距离为d,重力加速度为,则（）A.力FA.力F大小的取值范围只能在0〜mgcos0B.mgsinB.电场强度E的最小值为qC.小球从A运动到B电场力可能不做功mgtan0D.若电场强度E=q时，小球从A运动至UB电势能变化量大小可能为2mgdsin20【答案】BCD【解析】分析小球受力情况：小球受到重力mg、拉力F与电场力qE，因为小球做匀速直线运动，合力为零，则F与qE的合力与mg大小相等、方向相反，作出F与qE的合力，如图，可知F无最大值，选项A错误；当电场力qE与F垂直时，电场力最小，此时场强也最小.则得：qE=mgsin0,所以电场强度的最小值为£="""0，选项b正q确.若电场强度E=mg："，即qE=mgtan0时，电场力qE可能与AB方向垂直，如图1位置，电场力不做功，选项C正确；也可能电场力位于位置2方向，则电场力做功为W=qEsin20^d=q^sin2Md=2mgdsin2B.选项D正确；故选BCD.点睛：解决本题的关键是对小球进行正确的受力分析，灵活运用图解法分析极值情况，并根据力图要知道电场力大小一定时，方向可能有两种情况，不能漏解..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。=£。定性分析电势差的大小.13.如图所示，在M、/V两点分别固定点电荷+Qj-Q2，且Q/Q2，在M/V连线上有4B两点，在M/V连线的中垂线上有C、D两点.某电荷q从八点由静止释放，仅在静电力的作用下经。点向B点运动，电荷q在。、B两点的动能分别为Eq、Ekb，电势能分别为E。。、E的电场中C、D两点的场强大小分别为E。、Ed，电势分别为中一、（P,则下列说法正确的是（）TOC\o"1-5"\h\z廿A:BN«««00*0O-QiA.Eq一定小于B.E%一定小于C.一定大于E。D.①一定小于①cuCD【答案】AC【解析】【分析】【详解】AB.电荷q从八点由静止释放，仅在静电力的作用下经。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.据七二kQ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r2CD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EC一定大于ED，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①C一定大于①D，故D项错误。故选AC。14.如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔.右极板电势随时间变化的规律如图乙所示.电子原来静止在左极板小孔处，若电子到达右板的时间大于7，（不计重力作用）下列说法中正确的是（）A.从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动B.从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上TC.从t=4时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动，也可能打到右极板上D.从t=3T时刻释放电子，电子必将打到左极板上8【答案】B【解析】【分析】【详解】八TAB.分析电子在一个周期内的运动情况，从t=0时刻释放电子，前内，电子受到的电场力向右，电子向右做匀加速直线运动.后T内，电子受到向左的电场力作用，电子向右做匀减速直线运动；接着周而复始，所以电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右板上，故A错误，B正确TTTC.分析电子在一个周期内的运动情况；从t=时刻释放电子，在~内，电子向右做I-I乙T3T匀加速直线运动；在~内，电子受到的电场力向左，电子继续向右做匀减速直线运3T3Te动，4时刻速度为零；在4~T内电子受到向左的电场力，向左做初速度为零的匀加速……5T5T………直线运动，在T~4内电子受到向右的电场力，向左做匀减速运动，在4时刻速度减为零；接着重复.电子到达右板的时间大于丁，电子在两板间振动，不能打到右极板上，故C错误.3TD.用同样的方法分析从t=Q时刻释放电子的运动情况，电子先向右运动，后向左运动，8由于一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移，所以电子最终一定从左极板的小孔离开电场，即不会打到左极板，故D错误.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％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也，则mvA.带电环与左极板相距最近时的速度v=oMmdB.此过程中电容器移动的距离％=2(M+m)mMv2c.此过程中电势能的变化量Ep=2(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mv=(M+m)v,0解得mv

v=o,

M+mA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；m=s，环向左做匀减速直线运动，由公式得v+v,0t—s,2根据位移关系有解得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.所以联立得Mmv2p—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，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9x10-31kg,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。点距离的取值范围.【答案】(1)2.67xl07m/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v0,一1有。e=mv2,i2o58.代入数据解得.v=义107m/s氏2.67义107m/s；03(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U广Ed…④根据牛顿第二定律F=ma…⑤1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y=at2…⑥U12-根据①-⑥式可推得：y=/37…⑦4dU1此时在电场方向上的分速度为：vy=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,1+2LU1(1+2L)-尸1尸24dU…⑨1将数据代入⑦式可得y=3mm<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：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：yz=30mm,所以电子束打到荧光屏上的位置到。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M/V与y轴距离为d,从y轴到M/V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轴上的八点以平行于x轴的方向射入第一象限区域，八点与原点。的距离为力.不计电子的重力.(1)若电子恰好从/V点经过x轴，求匀强电场的电场强度大小E。；(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】0E4Uh

d2【答案】0E4Uh

d2x=2Uhd一或x=-2Uh+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%.则一1一eU=mv220(1)电子从A点运动到N点，有d=vt00eEa=0m11八h=at22联立解得电场强度大小口4UhE=0d2(2)讨论两种情况：-4Uh①当E>,时，电子从电场内经过x轴，有d2eEa=m

,1h-at22联立解得X坐标与电场强度E的关系为4U4Uh②当E<d2时，电子先离开电场，之后再经过X轴在电场内运动时间为r1，有d=vt011y=at2i2iv-aty1在电场外运动时间为12，电子做匀速直线运动，有x一d-vt02h一y-vt1y2联立解得x坐标与电场强度E的关系为d2Uh+2Ed18.在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以。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0=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？mv22v.、3v【答案】（1）E=去；（2）vo；（3）0或v2qRi422【解析】【分析】【详解】（1）由题意知在八点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q>0,故电场线由八指向C，根据几何关系可知：xRAC所以根据动能定理有：口1…♦

q.

AC2_0解得：mv2E=0；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5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xRsin60vtyRRcos6Q；at2而电场力提供加速度有oqF.=ma联立各式解得粒子进入电场时的速度-2vvi4°；（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x3RvtBC22xR1at2AC22电场力提供加速度有qF^m^联立解得v22V0；当粒子从C点射出时初速度为0。另解：由题意知，初速度为0时，动量增量的大小为川匕，此即问题的一个解。自八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川匕，由几何关系及运动学规律可得，此时入射速率为3v二v2o19.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U1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1乙.电子重力不计.求：6(1)电子通过偏转电场的时间10；⑵偏转电极C、D间的电压U2；⑶电子到达荧光屏离。点的距离Y.〜,m2dTT2,【答案】(1)I…(2)"(3)I2eUli3i【解析】【分析】【详解】——，一…一……一八1⑴电子在后开B板时的速度为＜/,根据动能定理可得：eU^=mv^得:2eUiml7电子进入偏转电场水平方向做匀速直线运动，则有：5==10veU⑵电子在偏转电极中的加速度:得:2eUiml7电子进入偏转电场水平方向做匀速直线运动，则有：5==10veU⑵电子在偏转电极中的加速度:a=imdm2eUiU1离开电场时竖直方向的速度：v=叫=?y0d离开电场轨迹如图所示：e2mUi电子的速度与水平方向的夹角：tan45?=U122dUi「2dU解得：J：iI⑶离开电场的侧向位移:1解得：y1=2iy=at2i20…、一,,…11电子离开电场后，沿竖直方向的位移：y之二6tan45=6「2,电子到达荧光屏离。点的距离：丫7+y2二31【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.20.两块水平平行放置的导体板如图（甲）所示，大量电子（质量m、电量e）由静止开始，经电压为U0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间.当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0；当在两板间加如图（乙）所示的周期为2t0,幅值恒为U0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过.问：|UUq!rriiHilliiiioT~——io3to4toZ⑴这些电子通过两板之间后，侧向位移(沿垂直于两板方向上的位移)的最大值和最小值分别是多少?⑵侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少？t6eUt6eU16【答案】(I)00,00(2)2m4m13【解析】画出电子在t=0时和t=10时进入电场的v-t图象进行分析(1|UUq!rriiHilliiiioT~——io3to4toZ⑴这些电子通过两板之间后，侧向位移(沿垂直于两板方向上的位移)的最大值和最小值分别是多少?⑵侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少？t6eUt6eU16【答案】(I)00,00(2)2m4m13【解析】画出电子在t=0时和t=10时进入电场的v-t图象进行分析(1)竖直方向的分速度eUmd0eU「02t=2eUt侧向最大位移symaxc/1-2(vt+vt21y01y0mdmd侧向最小位移symin解得d-6eU所以s6eUymaxymin(2)由此得V2=(eU/)md0eU而V0二2eU所以11mv2+mV22022y11mv2+mV22021ykmaxkmin)-3vt-1y0-1.5vt-eU3eU12md3eU122md6eUeUmd21)2-2eU+eU/316eU+eU/1213【名师点睛】解决本题的关键知道粒子在偏转电场中水平方向上一直做匀速直线运动，在竖直方向上有电场时做匀加速直线运动，无电场时做匀速直线运动或静止.21.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0角的绝缘直杆八C,其下端(C端)距地面高度为力.有一质量m=0.5kg的带电小环套在直杆上，正以某一速度匕沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通过C端的正下方户点处.(g取10m/s2)(1)若氏45°,试判断小环的电性，并求出小环受到的电场力大小;⑵若氏45°,h=0.8m,求小环在直杆上匀速运动的速度大小匕；⑶若保持h不变，改变/角(0</<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0角间的定量关系式.【答案】(1)负电5N(2)2m/s(3)v=ghtan0o2【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F=mgtan45°=5N⑵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-vt-hsin45°0垂直于杆的方向做匀加速直线运动，则有t…y-at2-hcos45°得v=2m/s0⑶有牛顿第二定律得mg-macos0平行于杆的方向做匀速直线运动，则有hsin0