辽宁大连市第二十三中学物理第十章 静电场中的能量精选测试卷专题练习

辽宁大连市第二十三中学物理第十章 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）
1．一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E 1，电势为φ1；右侧部分在M 点的电场强度为E 2，电势为φ2；整个半球壳在M 点的电场强度为E 3，在N 点的电场强度为E 4．下列说法正确的是（ ）
A ．若左右两部分的表面积相等，有12E E >，12ϕϕ>
B ．若左右两部分的表面积相等，有12E E <，12ϕϕ<
C ．不论左右两部分的表面积是否相等，总有12E E >，34E E =
D ．只有左右两部分的表面积相等，才有12
E E >，34E 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，E 1方向水平向左，E 2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，E 1＞E 2，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
ϕ=，且球面带负电，q 为负，得：φ1＜φ2，故AB 错误；
C 、E 1＞E 2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。

2．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，则（ ）
A．从A点运动到M点电势能增加 2J
B．小球水平位移x1与x2的比值 1：4
C．小球落到B点时的动能 24J
D．小球从A点运动到B点的过程中动能有可能小于 6J
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动，竖直分运动为匀变速直线运动；
A．从A点运动到M点过程中，电场力做正功，电势能减小，故A错误；
B．对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为1：3，故B 错误；
C．设物体在B动能为E kB，水平分速度为V Bx，竖直分速度为V By。

由竖直方向运动对称性知
1
2
mV By2=8J
对于水平分运动
Fx1=1
2
mV Mx2-
1
2
mV AX2
F（x1+x2）=1
2
mV Bx2-
1
2
mV AX2
x1：x2=1：3解得：
Fx1=6J；
F（x1+x2）=24J 故
E kB=1
2
m（V By2+V Bx2）=32J
故C错误；
D．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：
Fx1=6J
2262 J 1F t m
⋅⋅= Gh =8J
2
21 8J 2G t m
⋅⋅= 所以：
3 2
F G = 由右图可得：
tan F G
θ=
所以
3sin 7
θ= 则小球从 A 运动到B 的过程中速度最小时速度一定与等效G ’垂直，即图中的 P 点，故
2201124sin J 6J 227
kmin min E mv m v θ=
==（）＜ 故D 正确。

故选D 。

3．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 ϕϕ<
B ．P 、Q 两点电场强度的大小关系为E Q <E P
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<E P，故B正确；
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.
4．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
2
()
3
Q Q
E k k E
d
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
ϕϕϕϕ
->-，所以M P
ϕϕ
<，故D正确，不符合题意．
5．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F T=3mg。

重力加速度大小为g，则小球速度的最小值为 ()
A2gr B．gr C(6-22)gr D(6+22)gr
【答案】C
【解析】
【详解】
由题意可知：
qE=mg，
tanθ=qE
mg
=1，
解得：
θ=45°，
在A位置，由牛顿第二定律得：
F T+qE=m
2
A
v
r
，
解得：
v A=2gr，
小球在图示B位置速度最小，从A到B过程，由动能定理得：
-mgr cosθ+qEr（1-sinθ）=1
2
mv B2-
1
2
mv A2，
解得，小球的最小速度：
v B=(622)gr
；
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．
6．一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷（即粒子的电荷量与质量之比）不同的带正电的粒子和，从电容器的点（如图）以相同的水平速度射入两平行板之间．测得和与电容极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1:2．若不计重力，则和的比荷之比是
A．1:2 B．1:8 C．2:1 D．4:1
【答案】D
【解析】
两带电粒子都做类平抛运动，水平方向匀速运动，有，垂直金属板方向做初速度为零的匀加速直线运动，有，电荷在电场中受的力为，根据牛顿第二定律有，整理得，因为两粒子在同一电场中运动，E相同，初速度相同，
侧位移相同，所以比荷与水平位移的平方成反比．所以比荷之比为，D正确．
【易错提醒】表达式的整理过程易出现问题．
【学科网备考提示】带电粒子在电场中的加速和偏转是高考的重点考查内容．
7．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。

8．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 。

9．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；
10．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 <PB 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 ．
11．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
()
()2242A
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
()()0222333A B B kQ kQ kQ E L L L =
-= ,()222221255A B B L kQ kQ kQ E L
L L =-=- C 错误，D 正确；
故选AD ．
12．如图所示，直线上M 、N 两点分别放置等量的异种电荷，A 、B 是以M 为圆心的圆上两点，且关于直线对称，C 为圆与直线的交点。

下列说法正确的是
A ．A 、
B 两点的电场强度相同，电势不等 B ．A 、B 两点的电场强度不同，电势相等
C ．C 点的电势高于A 点的电势
D ．将正电荷从A 沿劣弧移到B 的过程中，电势能先增加后减少 【答案】BD 【解析】 【详解】
AB ．在等量的异种电荷的电场中，两点电荷产生好的电场强度大小为2kQ
E r
=，由平行四边形定则合成，A 、B 、C 三点的场强方向如图所示：
结合对称性可知，A 与B 两点的电场强度大小相等，方向不同，则两点的场强不同；而比较A 与B 两点的电势，可由对称性可知沿MA 和MB 方向平均场强相等，则由U E d =⋅可知电势降低相同， 故有A B ϕϕ=；或由点电荷的电势(决定式kQ
r
ϕ=
)的叠加原理，可得A B ϕϕ=，故A 错误，B 正确；
C ．从M 点沿MA 、MB 、MC 三个方向，可知MA 和MB 方向MC 方向的平均场强较大，由
U E d =⋅可知沿MC 方向电势降的多，而等量异种电荷连线的中垂线与电场线始终垂直，
为0V 的等势线，故有
0V A B C ϕϕϕ=>=，
故C 错误；
D ．正电荷在电场中的受力与场强方向相同，故由从A 沿劣弧移到B 的过程，从A 点电场力与运动方向成钝角，到B 点成直角，后变成锐角，故有电场力先做负功后做正功，由功能关系可知电势能先增大后减小，故D 正确； 故选BD 。

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2v 0，则粒子从电场出射时的侧向位移与v 0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 0
01 22ym v L d v +=⋅ 由于L =d ，故
ym 0v v =
故最大动能
()220ym k01
2
2k
E m v v E '=+= C 正确；
D ．粒子入射速度加倍成2v 0，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v 0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v 0相比减半，4
T
t =
进入电场，入射速度v 0时，侧向位移为0，入射速度2v 0时，侧向位移为18
d ，D 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．
15．如图所示,在竖直平面内xOy 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m 、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
y kx =2,且小球通过点11,P k k ⎛⎫ ⎪⎝⎭
，已知重力加速度为g ,则（ ）
A ．电场强度的大小为
mg
q
B 2g
k
C ．小球通过点P 时的动能为54mg
k
D ．小球从O 点运动到P 点的过程中电势能
减少
2mg
k
【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2
y kx =，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：45qEsin mg =，故电场强度的大小为2mg
E q
=
，故A 错误；小球受到的合力：45F qEcos mg ma ===合，所以a=g ，由平抛运动规律有：
20111
2
k k v t gt ==，，得初速度大小为02g v k
=，故B 错误；由于201112k k v t gt ==，，又
012y v v =，所以通过点P 时的动能为：
222
0151()242y mg mv m v v k
=+=，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：1
·
245E qE mg k W cos k
=
=，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．山地滑雪是人们喜爱的一项运动，一滑雪道ABC 的底部是一半径为R 的圆，圆与雪道相切于C 点，C 点的切线水平，C 点与水平雪地间距离为H ，如图所示，D 是圆的最高点，一运动员从A 点由静止下滑，刚好能经过圆轨道最高点D 旋转一周，再经C 后被水平抛
出，当抛出时间为t 时，迎面水平刮来一股强风，最终运动员以速度v 落到了雪地上，已知运动员连同滑雪装备的总质量为m ，重力加速度为g ，不计遭遇强风前的空气阻力和雪道及圆轨道的摩擦阻力，求：
(1)A 、C 的高度差为多少时，运动员刚好能过D 点？ (2)运动员刚遭遇强风时的速度大小及距地面的高度； (3)强风对运动员所做的功． 【答案】(1)52R h =
(2)2215v gR g t =+；2
212
h h gt =- （3）215
()22
W mv mg H R =
-+ 【解析】 【分析】 【详解】
(1)运动员恰好做完整的圆周运动，则在D 点有：mg ＝m 2
D
v R
从A 运动到D 的过程由动能定理得mg(h －2R)＝12
mv 2D 联立解得h ＝
52
R . (2)运动员做平抛运动，运动时间t 时在竖直方向的速度为v y ＝gt ，从A 到C 由动能定理得
52
mgR ＝12mv 2C
所以运动员刚遭遇强风时的速度大小为v 122
C y
v v +225gR g t +此时运动员下落高度为h 1＝
12
gt 2
所以此时运动员距地面高度为h 2＝H －h 1＝H －
12
gt 2 (3)设强风对运动员所做的功为W ，在运动员的整个运动过程中，由动能定理知 W ＝
12mv 2－mg 52H R ⎛
⎫+ ⎪⎝
⎭.
17．如图所示，直角坐标系xOy 在竖直平面内，x 轴沿水平方向，空间有平行坐标平面竖直向上的匀强电场，电场强度大小为E ，在第一、四象限内以坐标原点O 为圆心的半圆形区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B 0，圆的半径为R ，一个带电荷量为q 的小球A 静止于Q 点，另一个质量和带电荷量都与A 球相同的小球B 在P 点，获得一个沿x 轴正方向的初速度，小球B 与小球A 在进磁场前碰撞并粘合在一起，两球经磁场偏转后，最终竖直向上运动，不计两球碰撞过程中电量损失，P 点到O 点的距离为R ，重力加速度大小为g ，求：
（1）小球B 从P 点向右运动的初速度0v 的大小；
（2）撤去小球A ，改变y 轴左侧电场强度的大小，将小球B 从P 点向右开始运动的速度减
为原来的2，结果小球B 刚好从y 轴上坐标为0,2R ⎛⎫- ⎪⎝⎭的位置进入磁场，试确定粒子经磁场偏转后出磁场的位置坐标。

【答案】（1）002gB R v E =；（2）37,4R R ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭
【解析】 【分析】 【详解】
（1）因为小球A 静止在Q 点，所以与A 球质量和电荷量相等的B 球将向右做匀速直线运动，然后与A 球相碰，设两球的质量为m ，B 球的初速度大小为0v ，A 、B 碰撞后的共同速度为1v ，根据动量守恒有
012mv mv =
解得
101
2
v v =
由于小球A 在碰撞前处于静止状态，则
qE mg =
解得
mg
q E
=
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设小球在磁场中做圆周运动的半径为r ，根据粒子运动
的轨迹，依据几何关系
r R =
根据牛顿第二定律有
2
11022v qv B m r
=
解得
00R
v E
=
（2）由题意可知，粒子从P 点出射的速度大小
0002gB R v E
=
=' 粒子在进磁场前做类平拋运动，进磁场时的速度的反向延长线交于水平位移的中点，则粒子进磁场时速度与x 轴正正向的夹角为45度，则粒子进磁场时的速度大小
20v ='
粒子在磁场中做匀速圆周运动，则
2
2
202
v qv B m r =
解得
22
r R =
由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆心位置为
,02R ⎛⎫ ⎪⎝⎭
有界场边界满足
222x y R +=
粒子在磁场中做圆周运动的轨迹满足
2
2222R x y r ⎛⎫-+= ⎪⎝
⎭
解得
3
4x R =
y R = 因此粒子出磁场时的位置坐标为
37,44R R ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭
18．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v 0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mv 0，该粒子进入电场时的速度应为多大？
【答案】(1) 2
2mv E qR
=；(2)0
1
2v v ；(3)0或0
23v v 【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：
AC
x R
所以根据动能定理有：
20102
AC
qEx mv
解得：
20
2mv E qR
=；
（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
1sin 60
x R v t
21cos60
2
y
R R at 而电场力提供加速度有
qE ma =
联立各式解得粒子进入电场时的速度：
1
24
v v ； （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mv 0，即在电场方向上速度变化为v 0 ，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
223BC
x R
v t
2212
AC
x R
at 电场力提供加速度有
qE ma =
联立解得0
2
32
v v ；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0mv ，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0mv ，由几何关系及运动学规律可得，此时入射速率为
03v =
19．如图所示，A 为粒子源，在A 和极板B 间的加速电压为U 1，在两水平放置的平行带电板C 、D 间的电压为U 2，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U 1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：。