高中物理第十章 静电场中的能量第十章 静电场中的能量精选测试卷(Word版 含解析)

高中物理第十章 静电场中的能量第十章 静电场中的能量精选测试卷（Word 版
含解析）
一、第十章 静电场中的能量选择题易错题培优（难）
1．两电荷量分别为q 1和q 2的点电荷放在x 轴上的O 、M 两点，两点电荷连线上各点电势φ随x 变化的关系如图所示，其中P 、N 两点的电势为零，NF 段中Q 点电势最高，则( )
A ．P 点的电场强度大小为零
B ．q 1和q 2为等量异种电荷
C ．NQ 间场强方向沿x 轴正方向
D ．将一负电荷从N 点移到F 点，电势能先减小后增大 【答案】D 【解析】 【详解】
A ．φ-x 图线的斜率等于电场强度，故可知P 点的电场强度大小不为零，A 错误；
B ．如果1q 和2q 为等量异种电荷，点连线中垂线是等势面，故连线的中点是零电势点；由于OP PM >，故12q q >，故B 错误；
C ．沿着电场线的方向，电势降低，由于从N 到Q 电势升高，故是逆着电场线，即NQ 间场强方向沿x 轴正方向；
D ．由于从N 到F ，电势先增加后减小，将一负电荷从N 点移到F 点，根据公式
P E q ϕ=
电势能先减小后增大，故D 正确。

故选D 。

【点睛】
电势为零处，电场强度不一定为零。

电荷在电场中与电势的乘积为电势能。

电场力做功的正负决定电势能的增加与否。

2．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.
3．如图所示,虚线AB 和CD 分别为椭圆的长轴和短轴,相交于O 点,两个等量异号点电荷分别位于椭圆的两个焦点M 、N 上.下列说法中正确的是( )
A ．O 点的电场强度为零
B ．A 、B 两点的电场强度相同
C ．将电荷+q 沿曲线CA
D 从C 移到D 的过程中,电势能先减少后增加 D ．将电荷+q 沿曲线CBD 从C 移到D 的过程中,电势能先增加后减少 【答案】B
【解析】 【详解】
AB.由等量异种电荷的电场线分布情况可知，A 、B 两点的电场强度相同， O 点的电场强度不为零，故A 错误；B 正确；
CD. 由等量异种电荷的等势面分布情况可知，
A C D
B φφφφ>=>
正电荷在电势高的地方电势能大，所以将电荷+q 沿曲线CAD 从C 移到D 的过程中,电势能先增大后减少，将电荷+q 沿曲线CBD 从C 移到D 的过程中,电势能先减少后增大，故CD 错误。

4．如图甲所示，平行金属板A 、B 正对竖直放置，C 、D 为两板中线上的两点。

A 、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v 0；在A 、B 两板间加上如图乙所示的交变电压，t =0带电小球仍从C 点无初速释放，小球运动过程中未接触极板，则t =T 时，小球（ ）
A ．在D 点上方
B ．恰好到达D 点
C ．速度大于v
D ．速度小于v
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
小球仅受重力作用时从C 到D 做自由落体运动，由速度公式得0v gT =，现加水平方向的周期性变化的电场，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0~4
T 沿电场力方向做匀加速直线运动，
~42
T T
做匀减速直线运动刚好水平速度减为零，3~24
T T 做反向的匀加速直线运动，3~4T
T 做反向的匀减速直线运动水平速度由对称性减为零，故t =T 时合速度为v 0，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。

5．如图甲所示，a、b是一条竖直电场线上的两点，一带正电的粒子从a运动到b的速度—时间图象如图乙所示，则下列判断正确的是
A．b点的电场方向为竖直向下
B．a点的电场强度比b点的大
C．粒子从a到b的过程中电势能先减小后增大
D．粒子从a到b的过程中机械能先增大后减小
【答案】B
【解析】
【详解】
A.粒子在a点时受到的电场力方向向上，大小大于重力，所以电场的方向为竖直向上，故A错误；
B.粒子在b点时受到的电场力小于重力，所以a点的电场强度比b点的大，故B正确；
C.粒子从a到b的过程中电场力一直做正功，所以电势能一直减小，故C错误；
D.粒子从a到b的过程中，除重力做负功外，只有电场力做正功，则机械能一直增大，故D错误。

6．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。

7．两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）
A．T=（－）E
B．T=（－）E
C．T=（+）E
D．T=（+）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
8．如图所示，竖直平面内有一个半径为R的圆周，另外空间有一平行于圆周平面的匀强
电场，A 、D 两点为圆周上和圆心同一高度的点，C 点为圆周上的最高点。

在与OA 夹角为
30θ︒=的圆弧B 点上有一粒子源，以相同大小的初速度v 0在竖直面（平行于圆周面）内沿
各个方向发射质量为m ，带电的同种微粒，在对比通过圆周上各点的微粒中，发现从圆周D 点上离开的微粒机械能最大，从圆周E 点（OE 与竖直方向夹角30︒=α）上离开的微粒动能最大，已知重力加速度为g ，取最低点F 所在水平面为重力零势能面。

则有（ ）
A ．电场一定沿OD 3
B ．通过E 点的微粒动能大小为23＋1)mgR ＋12mv 2
C ．动能最小的点可能在BC 圆弧之间
D ．A 点的动能一定小于B 点 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．在D 点微粒机械能最大，说明B 到D 电场力做功最大，由数学关系知过D 点做圆的切线为电场的等势线，即电场力沿OD 方向，带电粒子电性未知，场强方向不能确定。

在E 点微粒动能最大，说明B 到E 合力做功最多，即重力电场力的合力方向沿OE ，有
tan 30Eq
mg
=︒ cos30mg F =︒合
解得
3Eq = 23
F =
合 动能定理有
22
00
1231(1cos30)(1)232
kE E mv F R mgR mv =
++︒=++合 故选项A 错误、B 正确；
C ．OE 反向延长线与圆的交点，为等效重力的最高点，合力做的负功最大，动能最小，选项C 正确；
D．B点到A点等效重力（合力）做正功，动能增加，选项D错误。

故选BC。

9．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．
10．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
3100.15
⨯=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，
21
2
m 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0.3x m =处停下则满足：00qU fx -=-，0.3x m =处的电势51.510V ϕ=⨯，故从0.1x m =到0.3x m =过程中，电势差
55(4.5 1.5)10310U V V =-⨯=⨯，电场力做5382.010=310610W qU J --=⨯⨯=⨯⨯电，
摩擦力做功3
0.020.210(0.300.10)810f W fs J -==⨯⨯⨯-=⨯，则f W W >电，故滑块不
能滑到0.3x m =处，故D 错误．
11．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 。

12．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～cos mg
θ
B ．电场强度E 的最小值为
sin mg q
θ
C ．小球从A 运动到B 电场力可能不做功
D ．若电场强度
E =tan mg q
θ
时，小球从A 运动到B 电势能变化量大小可能为2mgd sin 2θ 【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mgsin E q
θ
= ，选项B 正确．若电场强度mgtan E q
θ
=
，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•
mgsin q
θ
sin2θ•d=2mgdsin 2θ．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．
13．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
14．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．
15．如图所示的匀强电场E 的区域内，由A 、B 、C 、D 、A ＇、B ＇、C ＇、D ＇作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面ABCD 垂直．下列说法正确的是（ ）
A ．AD 两点间电势差U AD 与A A ＇两点间电势差U AA ＇相等
B ．带正电的粒子从A 点沿路径A→D→D ＇移到D ＇点，电场力做正功
C ．带负电的粒子从A 点沿路径A→D→
D ＇移到D ＇点，电势能减小
D ．带电的粒子从A 点移到C ＇点，沿对角线A C ＇与沿路径A→B→B ＇→C ＇电场力做功相同 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
由题意，电场的方向与面ABCD 垂直，所以面ABCD 是等势面，A 、D 两点的电势差为0，又因A 、A′两点沿电场线的方向有距离，顺着电场线方向电势降低，所以AA′两点间电势差U AA ′不为0，A 错误；
带正电的粒子从A 点到D 电场力不做功，而由D→D'电场力做正功，B 正确；同理，带负电的粒子从A 点沿路径A→D→D'移到D'点，电场力做负功，电势能增大，C 错误；由电场力做功的特点：电场力做功与路径无关，只与初末位置的电势差有关，则知带电的粒子从A 点移到C′点，沿对角线A C′与沿路径A→B→B′→C′电场力做功相同，D 正确；故选BD ． 【点睛】
本题关键要掌握：1、只有电场力做功，电荷的电势能和动能之和保持不变．2、只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能三者之和保持不变．3、电场力做的正功，等于电势能的减少量；电场力做负功，等与电势能的增加量．
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，水平面上有相距02m L =的两物体A 和B ，滑块A 的质量为2m ，电荷量
为+q，B是质量为m的不带电的绝缘金属滑块．空间存在有水平向左的匀强电场，场强为
0.4mg
E
q
=．已知A与水平面间的动摩擦因数
1
0.1
μ=，B与水平面间的动摩擦因数2
0.4
μ=，A与B的碰撞为弹性正碰，且总电荷量始终不变（g取10m/s2）．试求：
（1）A第一次与B碰前的速度
v的大小；
（2）A第二次与B碰前的速度大小；
（3）A、B停止运动时，B的总位移x．
【答案】（1）2m/s（2）
2
m/s
3
（3）2m
【解析】
【分析】
【详解】
（1）从A开始运动到与B碰撞过程，由动能定理：
2
0100
1
22
2
EqL mgL mv
μ
-⋅=⋅
解得：v0=2m/s
（2）AB碰撞过程，由动量守恒和能量守恒可得：
012
22
mv mv mv
=+
222
012
111
22
222
mv mv mv
⋅=⋅+
解得：
1
2
m/s
3
v=
2
8
m/s
3
v=（另一组解舍掉）
两物体碰撞后电量均分，均为q/2，则B的加速度：
2
2
2
1
22m/s
2
B
E q mg qE
a g
m m
μ
μ
⋅-
==-=-，
A的加速度：
1
1
1
2
20
24
A
E q mg qE
a g
m m
μ
μ
⋅-⋅
==-=
即B做匀减速运动，A做匀速运动；A第二次与B碰前的速度大小为
1
2
m/s
3
v=；
（3）B做减速运动直到停止的位移：
221216m 23
B v x a ==
AB 第二次碰撞时：
1122222mv mv mv =+
22211222111
22222
mv mv mv ⋅=⋅+ 解得：
12112m/s 39v v == ，2212488
m/s=m/s 393
v v ==
B 再次停止时的位移22224
16m 23B v x a =
= 同理可得，第三次碰撞时，
12132322mv mv mv =+
222121323111
22222
mv mv mv ⋅=⋅+ 可得131212m/s 327v v =
=，23123488
m/s m/s 3273
v v === B 第3次停止时的位移22236
16
m 23B v x a =
= 同理推理可得，第n 次碰撞，碰撞AB 的速度分别为：
11n-112m/s 33n n v v ==（)，2n 1n-1)
48m/s 33n
v v ==（ B 第n 次停止时的位移:
22n 216m 23
n n B v x a ==
则A 、B 停止运动时，B 的总位移
12324622++16161616m m+m+m 33331=2(1-)m
3n
n n x x x x x =+⋅⋅⋅+=
+⋅⋅⋅+ 当n 取无穷大时， A 、B 停止运动时，B 的总位移2m x =．
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
18．如图甲所示，真空中的电极被连续不断均匀地发出电子（设电子的初速度为零），经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A 、B 间的中线射入偏转电场，A 、B 两板距离为d 、A 、B 板长为L ，AB 两板间加周期性变化的电场，
AB U 如图乙所示，周期为T ，加速电压为2
12
2mL U eT
=，其中m 为电子质量、e 为电子电量，L 为A 、B 板长，T 为偏转电场的周期，不计电子的重力，不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求：
(1)电子从加速电场1U 飞出后的水平速度0v 大小？
(2)0t =时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距A 、B 间中线的距离y ；
(3)在足够长的时间内从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比。

【答案】(1) 02L v T =；(2) 2
08eU T md
；(3) 31.7%
【解析】 【分析】 【详解】
(1)加速电场加速。

由动能定理得
2
1012
qU mv =
解得
02L v T
=
(2)电子在偏转电场里水平方向匀速运动，水平方向有
0L v t =
所以运动时间
2
T t = 则0t =时刻射入偏转电场的电子，在竖直方向匀加速运动，竖直方向有
22
2001812()22eU eU T T md y at md
=⨯⨯=
= (3)由上问可知电子在电场中的运动时间均为2
T
t =，设电子在0U 时加速度大小为1a ，03U 时加速度大小为2a ，由牛顿第二定律得：
01U e ma d ⋅
=，023U
e ma d
⋅= 在0
2
T
时间内，设1t 时刻射入电场中的电子偏转位移刚好为0，则：
2
21111121112222T T a t a t t a t ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=---⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣
⎦ 解得
14
T
t =
在0
2T
时间内，04
T
时间内射入电场中的电子均可从中垂线上方飞出。

2
T T 这段时间内，设能够从中垂线上方飞出粒子的时间间隔为2t ，2t T t =-时刻射入的
电子刚好偏转位移为0，则有
2
22222212112222T T a t a t t a t ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=---⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦
解得
223
t T -=
所以
12334t t t T ⎛⎫
-∆=+= ⎪ ⎪⎝⎭
所以从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比
33
100%31.7%4
t T η∆-=
=⨯≈
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：
(1)带电粒子在射出B 板时的速度； (2)带电粒子在C 、D 极板间运动的时间；
(3)带电粒子飞出C 、D 电场时在竖直方向上发生的位移y .
【答案】（11
2qU m
（2）12m L qU （3）2214U L U d
【解析】
试题分析：（1）由动能定理得：W=qU1 =
则
（2）离子在偏转电场中运动的时间t
L =
（3）设粒子在离开偏转电场时纵向偏移量为y
综合解得
考点：带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】本题关键明确粒子的运动性质，对应直线加速过程，根据动能定理列式；对于类似平抛运动过程，根据类似平抛运动的分运动公式列式求解；不难．
20．如图所示，在E＝1.0×103 V/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＝1.0×10－3 C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=10 m/s2，试求：
(1) 小滑块离开Q点时的速度Q v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】10m/s (2)1m (3) 70m/s
【解析】
【详解】
(1)小滑块在Q点受力有：
mg＋qE＝
2
Q
v
m
R
，
解得：10
Q
v
(2)通过Q点后做类平抛：
20F a m
=
=合
m/s 2 21
22
y R at ==，
Q x v t =，
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 ＝12
mv Q 2－2
012mv
联立方程组，解得：v 0＝70m/s.
21．如图所示，竖直面内的光滑绝缘轨道，处于竖直向下的匀强电场中．一个带负电的小球从斜轨道上的A 点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m ，电荷量为－q ，匀强电场的场强大小为E ，斜轨道的倾角为α，圆轨道半径为R ，斜轨道与圆轨道平滑连接，小球的重力大于所受的电场力．
(1) 求小球沿轨道滑下的加速度的大小；
(2) 若使小球通过圆轨道顶端的B 点，求A 点距圆轨道最低点的竖直高度h 1至少为多大； (3) 若小球从距圆轨道最低点的竖直高度h 2＝5R 处由静止释放，假设其能通过圆轨道顶端B 点，求从释放到B 点的过程中小球机械能的改变量． 【答案】（1）-mg qE sin m α
（）（2）52
R （3）减少3qER .
【解析】 【详解】
(1)由牛顿第二定律有
(mg －qE )sin α＝ma
解得
a ＝
-mg qE sin m
α
（）
(2)球恰能过B 点有：
mg －qE ＝m 2
B
v R
①
由动能定理，从A 点到B 点过程，则有：
2
112()()02
B mg qE h R mv -－－＝②。