第十章 静电场中的能量精选试卷易错题（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．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. 2．有一电场强度方向沿x 轴的电场，其电势?随x 的分布满足0sin 0.5(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v 0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 ?0 6q m ?C ．欲使粒子能够到达x =4处，则粒子从x =02q m ?0 D ．若0 065q 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：0 2q 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： 2 0112 q mv ?= 解得：0 12q 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 22q 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。 3．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 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 ． 4．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 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 ． 5．如图所示，质量相同的两个带电粒子P 、Q 以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P 从两极板正中央射入，Q 从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中( ) A ．它们运动的时间t Q ＝t P B ．它们所带电荷量之比q P ∶q Q ＝1∶2 C ．它们的电势能减少量之比ΔE P ∶ΔE Q ＝1∶2 D ．它们的动能增量之比Δ E k P ∶ΔE k Q ＝1∶4 【答案】ABD 【解析】 【详解】 A.带电粒子在垂直电场方向上不受力，都做匀速直线运动，位移相等，由x=v 0t 可知运动时间相等，即t Q =t P ．故A 正确； 平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有： 22122qE y at t m ＝= ， 解得： 22ym q Et = ； B.由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为 y P ：y Q =1：2；所以它们所带的电荷量之比 q P ：q Q =y P ：y Q =1：2，故B 正确； C.电势能的减小量等于电场力做的功即△E=qEy ，因为竖直位移之比为：y P ：y Q =1：2，电荷 量之比为：q P：q Q=1：2，所以它们电势能减少量之比为：△E M：△E N=1：4．故C错误； D .根据动能定理，有： qEx=△E k 而： q P：q Q=1：2，x P：x Q=1：2 所以动能增加量之比： △E kP：△E kQ=1：4 故D正确； 故选ABD． 【点睛】 本题关键将两个带电粒子的运动分解为垂直电场方向和平行电场方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和动能定理列式分析． 6．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． 7．如右图所示，P 、Q 为两个等量的异种电荷，以靠近P 点的O 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O 点由静止开始在电场力作用下运动到A 点，已知A 点与O 点关于PQ 两电荷连线的中点对称，粒子的重力忽略不计，在从O 到A 的运动过程中，下列关于粒子的运动速度v 和加速度a 随时间t 的变化，粒子的动能E k 和运动径迹上电势φ随位移x 的变化图线肯定错误的是（ ） A ．A B ．B C ．C D ．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φ-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 E k =qEx ，电场强度先变小后变大，则E k -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． 8．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、 2 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 ．b 、d 两点处的电势相等 C ．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a 点的电势，试探电荷+q 沿圆周由a 点移至c 点，电场力做正功，+q 的电势能减小;故D 正确. 9．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Q A 、Q B ，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x L =处的速度最大 B ．小球一定可以到达2x L =-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Q A ：Q B ＝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x L =处电势能最小，则滑块在x L =处的动能最大，A 正确； B ．由图可知，2x L =-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2x L =-处，B 错误； C ．电荷在x L =处电势能最小，即正电荷Q A 、Q B 在x L =处的电场强度等大反向，即 x L =的电场强度为零，有 () () 2 2 42A B kQ kQ L L = 解得 :4:1A B Q Q = 所以x =0和x =2L 处场强大小分别为 () () 02 2 2333A B B kQ kQ kQ E L L L = - = ,()222 221255A B B L kQ kQ kQ E L L L =-=- C 错误，D 正确； 故选AD ． 10．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Q 1、Q 2，管内靠近Q 1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E 1 D ．b 点的场强为 E 2 【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E 1；故C 正确，D 错误. 11．空间有一沿x 轴对称分布的电场，其电场强度E 随x 变化的图象如图所示，x 轴正方向为场强的正方向．下列说法中正确的是 A ．该电场可能是由一对分别位于x 2和－x 2两点的等量异种电荷形成的电场 B ．x 2和－x 2两点的电势相等 C ．正电荷从x 1运动到x 3的过程中电势能先增大后减小 D ．原点O 与x 2两点之间的电势差大于-x 2与x 1两点之间的电势差 【答案】BD 【解析】 根据等量异种电荷形成的电场的特点可知，在等量异种电荷的连线上，各点的电场强度的方向是相同的，而该图中电场强度的大小和方向都沿x 轴对称分布，所以该电场一定不是由一对分别位于2x 和2x -两点的等量异种电荷形成的电场，A 错误；由于2x 和2x -两点关于y 轴对称，且电场强度的大小也相等，故从O 点到2x 和从O 点到2x -电势降落相等，故 2x 和2x -两点的电势相等，B 正确；由图可知，从1x 到x 3电场强度始终为正，则正电荷运 动的方向始终与电场的方向相同，所以电场力做正功，电势能逐渐减小，C 错误；2x 和 2x -两点的电势相等，原点O 与2x 两点之间的电势差等于原点O 与2x -两点之间的电势 差，2x -与1x 两点之间的电势差等于2x 与1x 两点之间的电势差，所以原点O 与2x 两点之间的电势差大于-x 2与1x 两点之间的电势差，D 正确． 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 ＝ 4 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 ＝ 38 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0t =时刻释放电子，前2 T 内，电子受到的电场力向右，电子向右做匀加速直线运动．后 2 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 C.分析电子在一个周期内的运动情况；从4T t = 时刻释放电子，在~42 T T 内，电子向右做匀加速直线运动；在 3~24 T T 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，34T 时刻速度为零；在 3~4 T T 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5~4 T T 内电子受到向右的电场力，向左做匀减速运动，在54T 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38 T t = 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q 1、q 2，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 ．q 1和q 2带有同种电荷 B ．x 1处的电场强度为零 C ．负电荷从x 1移到x 2，受到的电场力减小 D ．负电荷从x 1移到x 2，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 22sin 2NO 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 2cos (1cos )sin 22v 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 22sin 2NO 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v 0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() 2md x M m = + C ．此过程屮电势能的变化量() 022p 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 mv 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2 v t s =，环向左做匀减速直线运动，由公式得 2 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 () 2 2P 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v 0=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） 4.41N F N =（4） 3.375H m = 【解析】 【分析】 【详解】 （1）从A 到B ，0tan 53By By v v v at =?=，，cos53y r =?，212 y at = 解得1t s =，212/a m s =，09L 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2201122 c mar mv mv = - 在C 点，2 c N v F ma m r -=，解得 4.41N F N = （4）对全过程运用动能定理，2 012 mv maH =，故 3.375H 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．如图甲所示，极板A 、B 间电压为U 0，极板C 、D 间距为d ，荧光屏到C 、D 板右端的距离等于C 、D 板的板长．A 板O 处的放射源连续无初速地释放质量为m 、电荷量为+q 的粒子，经电场加速后，沿极板C 、D 的中心线射向荧光屏（荧光屏足够大且与中心线垂直），当C 、D 板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t 0；当C 、D 板间加上图乙所示电压（图中电压U 1已知）时，粒子均能从C 、D 两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用．求： （1）C 、D 板的长度L ； （2）粒子从C 、D 板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离； （3）粒子打在荧光屏上区域的长度． 【答案】（1）02qU L t m =2）2102qU t y md =（3）2 10 32qU t s s md ?== 【解析】 试题分析：（1）粒子在A 、B 板间有2 0012 qU mv = 在C 、D 板间有00L v t = 解得：0 2qU L t m =（2）粒子从nt 0（n=0、2、4……）时刻进入C 、D 间，偏移距离最大 粒子做类平抛运动 偏移距离2012 y at = 加速度1 qU a md = 得：2 10 2qU t y md = （3）粒子在C 、D 间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远ZXXK] 出C 、D 板偏转角0 tan y v v θ= 0y v at = 打在荧光屏上距中心线最远距离tan s y L θ=+ 荧光屏上区域长度2 10 32qU t s s md ?== 考点：带电粒子在匀强电场中的运动 【名师点睛】此题是带电粒子在匀强电场中的运动问题；关键是知道粒子在水平及竖直方向的运动规律和特点，结合平抛运动的规律解答． 18．图为梯形AB =AD =L ，AD 平行于BC 。角BCD 等于30度。在空间内有平行于纸面的匀强电场，第一次将质量为m ，电荷量为q >0的某带电粒子由A 点射出。恰经过B 点，电场力做功为W 且W >0。第二次将该粒子仍从A 点以相同的初动能射出，恰经过C 点电场力做功为2W ，不计粒子重力。求： （1）匀强电场电场强度大小和方向； （2）若粒子初动能不变，从A 点射出，恰经过D 点，那么电场力做了多少功。 【答案】（1）() 52313W E q L +=+方向与竖直方向夹角13523 θ=+（213 + 【解析】 【详解】 (1)由题意可知2AC AB U U = ，如图所示过 D 做BC 垂线交BC 于Q ，连接AC ，取AC 终点 P ，连接BP ，则可得AP =BP =PC ，过A 做AN 垂直于BP ，则AN 方向即为电场方向；因为角BCD 等于30度，AB =AD =L ，故QC 3L ，在三角形ABC 中有： () 2 2 3AC L L L =++ 解得： ( 523AC L = + 由几何关系可知三角形ABN 与三角形CAB 相似，故有： AB AN AC BC = 解得： )13523 L AN d +==+ 而带电粒子A 到B 电场力做功W ，则有： W qEd = 所以解得： () 52313W E q L += + 设电场方向与AB 方向夹角为θ，则有： ) 13cos 523 d L θ+== + 所以夹角为： )13arccos 523 θ+=+ (2)如图过D 点做AN 垂线交AN 于M ，由几何关系可知三角形ADM 与三角形ABC 相似，所以有： AM AD AB AC = 解得： 523 AM d '= =+ 故当粒子经过D 点时，电场力做功为： () 52313 13523 W W qEd q q L +''=== +++ 答：（1）匀强电场电场强度大小() 52313W E q L += +，方向与竖直方向夹角 )13arccos 523 θ+=+； （2）恰经过D 点，那么电场力做功13 +。 19．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U 0的电场加速，加速电压U 0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v 0（已知电子质量为m 、电量为e ，加速电压为U 0） （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U 0、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 02eU v m =2）20 4UL 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 2001 2 eU mv = 解得初速度 02eU v m = （2）偏转过程中，水平方向做匀速直线运动，有 0v 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 11 0.05m 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 tan y v at v v θ= = max max y b Y y υυ =+ 又 max 02 y 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 2 10.025m b Y y L ?? =+= ? ?? 故其范围为0.025m~0.05m。 20．在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如下图所示.小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点.小球抛出时的动能为8.0J，在M点的动能为6.0J，不计空气的阻力.求： （1）小球水平位移x1与x2的比值； （2）小球落到B点时的动能E kB； （3）小球从A点运动到B点的过程中最小动能E kmin. 【答案】(1)1:3(2)32J(3) 24 7 J 【解析】 【详解】 (1)如图所示，带电小球在水平方向上受电场力的作用做初速度为零的匀加速运动，竖直方向上只受重力作用做竖直上抛运动，故从A到M和M到B的时间相等，则x1:x2=1:3 (2)小球从A到M，水平方向上电场力做功W电=6J 则由能量守恒可知，小球运动到B点时的动能为 E kB=E k0十4W电=32J (3)由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为F，重力为G，则有： 1 2 2 6J 1 6J 2 Fx F t m = = 即 2 2 8J 1 8J 2 Gh G t m = = 即 联立解得 3 2 F G =
相关主题
文本预览