第十章-静电场中的能量精选试卷综合测试(Word版-含答案)

第十章静电场中的能量精选试卷综合测试（Word版含答案）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＜EcxB．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，可见EBx>ECx，A项错误．C、同理可知O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．2．如图所示，在方向水平向右的匀强电场中，细线一端固定，另一端拴一带正电小球，使球在竖直面内绕固定端O做圆周运动。不计空气阻力，静电力和重力的大小刚好相等，细线长为r。当小球运动到图中位置A时，细线在水平位置，拉力FT=3mg。重力加速度大小为g，则小球速度的最小值为()A． B．2 C． D．【答案】C【解析】【详解】由题意可知：qE=mg，tanθ==1，解得：θ=45°，在A位置，由牛顿第二定律得：FT+qE=m，解得：vA=2，小球在图示B位置速度最小，从A到B过程，由动能定理得：-mgrcosθ+qEr（1-sinθ）=mvB2-mvA2，解得，小球的最小速度：vB=；故ABD错误，C正确额。故选C。【点睛】本题考查了求小球的最小速度，分析清楚小球运动过程、知道小球在何处速度最小是解题的前提与关键，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题．3．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=。初始时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，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=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=【答案】ABD【解析】【详解】A.对小球分析可知，在竖直方向由与，故支持力为恒力，即，故摩擦力也为恒力大小为从C到E，由动能定理可得由几何关系可知，代入上式可得在D点时，由牛顿第二定律可得由，将可得，D点时小球的加速度为故小球在D点时的速度最大，A正确；B.从E到C，由动能定理可得解得故B正确；C.由于弹力的水平分力为，和均越来越大，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，由动能定理可得解得故D正确；故选ABD。4．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；5．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。6．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－W1B．弹簧对小球做的功为mv2-W2-W1C．小球的机械能增加W1＋mv2D．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，，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；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．7．在竖直平面内有水平向右、电场强度为E=1×104N/C的匀强电场，在场中有一个半径为R=2m的光滑圆环，环内有两根光滑的弦AB和AC，A点所在的半径与竖直直径BC成角，质量为0.04kg的带电小球由静止从A点释放，沿弦AB和AC到达圆周的时间相同．现去掉弦AB和AC，给小球一个初速度让小球恰能在竖直平面沿环内做圆周运动，取小球圆周运动的最低点为电势能和重力势能的零点，（，g=10m/s2）下列说法正确的是（）A．小球所带电量为q=3.6×10－5CB．小球做圆周过程中动能最小值是0.5JC．小球做圆周运动从B到A的过程中机械能逐渐减小D．小球做圆周运动的过程中对环的最大压力是3.0N【答案】BCD【解析】【分析】【详解】解法一：A．如图所示，令弦AC与直径BC的夹角为∠1，弦AB与水面夹角为∠2，由几何知识可得，，对沿弦AB带电小球进行受力分析，小球沿着弦AB向上运动，则小球电场力向右，故小球带正电，小球受到水平向右电场力，竖直向下的重力，垂直弦AB向上的支持力，则沿弦AB上有：…………①同理对沿弦AC的小球受力分析，沿弦AB方向有：…………②设小球从A点释放，沿弦AB和AC到达圆周的时间为t,则：…………③…………④由③/④可得，…………⑤联立①②⑤可得，…………⑥化简可得，…………⑦即…………⑧则…………⑨故A错误．B．小球恰能在竖直平面沿环内做圆周运动，小球受到水平方向的电场力，竖直向下的重力和沿半径指向圆心的支持力，电场力和重力的合力为：，方向与竖直方向夹角为37°…………⑩延长半径AO交圆与D点．小球在A点可以不受轨道的弹力，重力和电场力的合力提供向心力，此时小球速度最小：…………⑪可得小球的最小动能…………⑫故B正确．C．小球从做圆周运动从B到A的过程中电场力做负功，则小球机械能减小，故C正确．D．由B得分析可知，小球在D点时，对圆环的压力最大，设此时圆环对小球的支持力为…………⑬从A到D，由动能定理可得：…………⑭联立⑬⑭可得，由牛顿第三定律可得，小球对圆环的最大压力为：故D正确．解法二：A.由题知，小球在复合场中运动，由静止从A点释放，沿弦AB和AC到达圆周的时间相同，则A点可以认为是等效圆周的最高点，沿直径与之对应圆周上的点可以认为是等效圆周的最低点，对小球进行受力分析，小球应带正电，如图所示，可得mgtan37=qE解得小球的带电量为故A错误；B.小球做圆周过程中由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力，小球的动能、重力势能和电势能之和保持不变，在圆上各点中，小球在等效最高点A的势能（重力势能和电势能之和）最大，则其动能最小，由于小球恰能在竖直平面沿环内做圆周运动，根据牛顿第二定律，在A点其合力作为小球做圆周运动的向心力=m小球做圆周过程中动能最小值Ekmin=mvA2==J=0.5J故B正确；C.由于总能量保持不变，小球从B到A过程中电场力做负功，电势能增大，小球的机械能逐渐减小，故C正确；D.将重力与电场力等效成新的“重力场”，新“重力场”方向与竖直方向成，等效重力，等效重力加速度为，小球恰好能做圆周运动，在等效最高点A点速度为，在等效最低点小球对环的压力最大，设小球在等效最低点的速度为v，由动能定理得在等效最低点，由牛顿第二定律联立解得小球在等效最低点受到的支持力根据牛顿第三定律知，小球做圆周运动的过程中对环的最大压力大小也为3.0N，故D正确．8．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．小球在处的速度最大B．小球一定可以到达点处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，由图可知在处电势能最小，则滑块在处的动能最大，A正确；B．由图可知，处的电势能大于x=2L处的电势能，又因滑块由静止释放，滑块不能到达处，B错误；C．电荷在处电势能最小，即正电荷QA、QB在处的电场强度等大反向，即的电场强度为零，有解得所以x=0和x=2L处场强大小分别为,C错误，D正确；故选AD．9．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A至B做竖直向上的匀速运动．已知力F和AB间夹角为θ，A、B间距离为d，重力加速度为g.则()A．力F大小的取值范围只能在0～B．电场强度E的最小值为C．小球从A运动到B电场力可能不做功D．若电场强度E=时，小球从A运动到B电势能变化量大小可能为2mgdsin2θ【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=mgsinθ，所以电场强度的最小值为，选项B正确．若电场强度，即qE=mgtanθ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=qEsin2θ•d=q•sin2θ•d=2mgdsin2θ．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．10．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．11．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Ek0。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2Ek0D．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；根据分位移公式，有由于L=d，故故最大动能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，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，D错误。故选AC。12．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T，(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C．从t＝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＝时刻释放电子，电子必将打到左极板上【答案】B【解析】【分析】【详解】AB.分析电子在一个周期内的运动情况，从时刻释放电子，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C.分析电子在一个周期内的运动情况；从时刻释放电子，在内，电子向右做匀加速直线运动；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动，时刻速度为零；在内电子受到向左的电场力，向左做初速度为零的匀加速直线运动，在内电子受到向右的电场力，向左做匀减速运动，在时刻速度减为零；接着重复．电子到达右板的时间大于T，电子在两板间振动，不能打到右极板上，故C错误．D.用同样的方法分析从时刻释放电子的运动情况，电子先向右运动，后向左运动，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．13．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。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C．板间的电场强度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WG+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qUNO=mgh在竖直方向上油滴做初速为vsinθ的竖直上抛运动，则有(vsinθ)2=2gh即故B正确．C．油滴由的运动时间为水平方向的位移电场强度大小故C错误．D．因最高点N与出发点O的电势差与场强无关，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,在竖直平面内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、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,且小球通过点，已知重力加速度为g,则（）A．电场强度的大小为 B．小球初速度的大小为C．小球通过点P时的动能为 D．小球从O点运动到P点的过程中电势能减少【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，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：，故电场强度的大小为，故A错误；小球受到的合力：，所以a=g，由平抛运动规律有：，得初速度大小为，故B错误；由于，又，所以通过点P时的动能为：，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：，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．如图所示，两平行金属板A、B长L=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，一不计重力的带正电的粒子电荷量q＝10-10C，质量m＝10-20kg，沿电场中心线RD垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×106m/s，粒子飞出平行板电场后可进入界面MN、PS间的无电场区域．已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RD与界面PS的交点．（1）粒子穿过MN时偏离中心线RD的距离以及速度大小？（2）粒子到达PS界面时离D点的距离为多少？（3）设O为RD延长线上的某一点，我们可以在O点固定一负点电荷，使粒子恰好可以绕O点做匀速圆周运动，求在O点固定的负点电荷的电量为多少？（静电力常数k=9．0×109N·m2/C2，保留两位有效数字）【答案】（1），（2）（3）【解析】【分析】【详解】（1）粒子进入A、B后应做类平抛运动，设在A、B板间运动时加速度大小为a，时间为t1，在MN界面处速度为v，沿MN的分速度为vy，偏转位移为y，v与水平夹角为α，运动轨迹如图则：①②③④⑤由以上各式，代入数据求得：，，故粒子通过MN界面时的速度为：（2）带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其运动轨迹与PS线交于a点，设a到中心线的距离为Y则：解得：（3）粒子穿过界面PS后将绕电荷Q做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r，由几何关系得：，即由得：【点睛】（1）由类平抛知识，带入数值便可求出偏离RD的距离；带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，求出时间即可知道aD的距离；（2）库仑力提供向心力，根据牛顿第二定律联合即可求得电量及其电性．17．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FN（4）小球从D点离开轨道后上升的最大高度H【答案】（1）9m（2）（3）（4）【解析】【分析】【详解】（1）从A到B，，，解得，，（2）根据牛顿第二定律可得，解得（3）从A到C，根据动能定理可得在C点，，解得（4）对全过程运用动能定理，，故【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18．如图，xOy为竖直面内的直角坐标系，y轴正向竖直向上，空间中存在平行于xOy所在平面的匀强电场。质量为m的不带电小球A以一定的初动能从P（0，d）点沿平行x轴方向水平抛出，并通过Q（2d，0）点。使A带上电量为+q的电荷，仍从P点以同样的初动能沿某一方向抛出，A通过N（2d，0）点时的动能是初动能的0.5倍；若使A带上电量为-q的电荷，还从P点以同样的初动能沿另一方向抛出，A通过M（0，-d）点时的动能是初动能的4倍。重力加速度为g。求：（1）A不带电时，到达Q点的动能；（2）P、N两点间的电势差；（3）电场强度的大小和方向。【答案】（1）3mgd；（2），方向沿y轴正方向。【解析】【详解】（1）小球做平抛运动，故从P到Q，由动能定理解得（2）小球带电后，从P到N，由动能定理从P到M由动能定理可得由（1）中可知，联立以上几式可得故O、N两点电势相等，场强方向为y轴正方向，场强大小为19．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？【答案】(1)；(2)；(3)0或【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：所以根据动能定理有：解得：；（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，根据几何关系有而电场力提供加速度有联立各式解得粒子进入电场时的速度：；（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电场力提供加速度有联立解得；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，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，由几何关系及运动学规律可得，此时入射速率为20．如图所示，在E＝1.0×103V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝0.5m，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝1.0×10－3C的小滑块质量m＝0.1kg，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，位于N点右侧M处，NM的距离长1m。小滑块现以初速度v0向左运动，恰能通过圆轨道的最高点Q点，已知g=10m/s2，试求：(1)小滑块离开Q点时的速度的大小？(2)小滑块离开Q点后，落在MN轨道何处？(3)小滑块的初速度v0的大小？【答案】(1)m/s(2)1m(3)m/s【解析】【详解】(1)小滑块在Q点受力有：mg＋qE＝，解得：m/s(2)通过Q点后做类平抛：m/s2，，解得：x=1m(3)小滑块从M到Q点过程中，由动能定理得:－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝mvQ2－联立方程组，解得：v0＝m/s.21．如图所示，一群速率不同的一价离子从A、B两平行极板正中央水平射入偏转电场，离子的初速度为v0，质量为m，A、B间电压为U，间距为d。C为竖直放置并与A、B间隙正对的金属档板，屏MN足够大。若A、B极板长为L，C到极板的距离也为L，C的高为d，不考虑离子所受重力，元电荷为e。（1）写出离子射出A、B板时的侧移距离y的表达式；（2）离子通过A、B板时电势能变化了多少？（3）求初动能范围是多少的离子才能打到屏MN上。【答案】（1）y＝；（2）电势能减少了；（3）打到屏MN上离子的初动能范围为【解析】【详解】（1）离子在A、B板间做类平抛运动，加速度a=，离子通过A、B板用的时间t=，离子射出A、B板时的侧移距离y=at2==（2）离子通过A、B板时