南京市高中物理必修第3册第十章 静电场中的能量试卷检测题

南京市高中物理必修第3册第十章 静电场中的能量试卷检测题
一、第十章 静电场中的能量选择题易错题培优（难）
1．一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x 轴，起始点O 为坐标原点，其电势能p E 与位移x 的关系如图所示，下列图象中合理的是( )
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：
P
E F x
∆=
∆ 即p E x -图象上某点的切线的斜率表示电场力；
A.p E x - 图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据
F E q
=
故电场强度也逐渐减小，故A 错误； B.根据动能定理，有：
k F x E ⋅∆=∆
故k E x -图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与B 图矛盾，故B 错误；
C.按照C 图，速度随着位移均匀增加，根据公式
22
02v v ax -=
匀变速直线运动的2x v ﹣图象是直线，题图v x -图象是直线；相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，故C 错误； D.粒子做加速度减小的加速运动，故D 正确．
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 x 1与 x 2 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 By 2=8J 对于水平分运动
Fx 1=
12mV Mx 2-1
2
mV AX 2 F （x 1+x 2）=
12mV Bx 2-1
2
mV AX 2
x 1：x 2=1：3
解得：
Fx 1=6J ； F （x 1+x 2）=24J
故
E kB =
1
2
m （V By 2+V Bx 2）=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：
Fx 1=6J
2262 J 1F t m
⋅⋅= Gh =8J 221 8J 2G t m
⋅⋅= 所以：
3
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．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E Bx 、E cx ，下列说法中正确的有
A ．
B 、
C 两点的电场强度大小E Bx ＜E cx B ．E Bx 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E Bx 和E Cx 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E d
ϕ
∆=
，可见E Bx >E Cx ，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，E Bx 的方向沿x 轴负方向，在O 点右侧，E Cx 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x φ-
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ϕ降低的方向
反映场强沿x 轴的方向．
4．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.
5．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。

6．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12Q
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
4Q
E k
d
=，两负电荷在N
点的场强43
22
332cos302()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．
7．一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．
8．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C
D 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。

9．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 ．
10．如图所示，绝缘水平面上O 处放质量为m 、电荷量为q 的带负电荷的小物体．劲度系数为k 的绝缘轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与小物体接触（未固定），弹簧水平且无形变．O 点左侧有竖直向下的匀强电场，电场强度为2mg
E q
．用水平力F 缓慢向右推动物体，在弹性限度内弹簧被压缩了x 0，此时物体静止．撤去F 后，物体开始向左运动，运动
的最大距离为4x 0，物体与水平面间的动摩擦因数为µ，重力加速度为g ．则（ ）
A ．撤去F 后，物体回到O 点时速度最大
B ．撤去F 后，物体刚运动时的加速度大小为0
kx g m
μ- C 03gx μ D ．撤去F 后系统产生的内能为4µmgx 0 【答案】BC 【解析】 【详解】
A. 撤去F 后，物体回到O 之前水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，加速度先减小后增大，物体先做变加速运动，再做变减速运动，当弹簧的弹力与滑动摩擦力的合力大小相等、方向相反时，加速度为零，速度最大。

故A 错误。

B. 撤去F 后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：物体的加速度为
00
kx mg kx F f a g m m m
μμ--=
==- 故B 正确。

C. 物块进入电场区域后，受到的电场力：
1
22
mg F qE q mg q ==⋅
= 所以在竖直方向上，物块受到的支持力：
1122
N F mg F mg mg mg '
=-=-=
此时物体受到的摩擦力：
1
0.52
N f F mg mg μμμ''==⋅=
物块此时的加速度：
0.5f a g m
μ'
'
==
物块进入电场的区域后竖直方向的摩擦力不变，物块做匀减速直线运动，位移为：
x =4x 0-x 0=3x 0
由运动学的公式：
22
02ax v v -=-
可得物体离开弹簧时速率为：
000220.533v ax g x gx μμ==⨯⨯=
故C 正确。

D. 物块进入电场前受到的摩擦力：f mg μ= ，物块进入电场区域后受到的摩擦力：
0.5f mg μ'= ，所以撤去F 后系统产生的内能为：
00•• 2.5Q f x f x mgx μ=+'=
故D 错误。

11．如图所示，光滑的水平轨道AB 与半径为R 的光滑的半圆形轨道BCD 相切于B 点，AB 水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B 为最低点，D 为最高点。

一质量为m 、带正电的小球从距B 点x 的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB 向右运动，恰能通过最高点，则（ ）
A ．其他条件不变，R 越大，x 越大
B ．其他条件不变，m 越大，x 越大
C ．m 与R 同时增大，电场力做功增大
D ．R 越大，小球经过B 点后瞬间对轨道的压力越大 【答案】ABC 【解析】 【详解】
AB.小球在BCD 部分做圆周运动，在D 点，有：
mg =m 2 D
v R
①
从A 到D 过程，由动能定理有：
qEx -2mgR =
1
2
mv D 2，② 由①②得：25qEx
R mg
=
，③ 可知，R 越大，x 越大。

m 越大，x 越大，故AB 符合题意； C.从A 到D 过程，由动能定理有：
W -2mgR =
1
2
mv D 2，⑥ 由①⑥解得：电场力做功 W =5
2
mgR ，可知m 与R 同时增大，电场力做功越多，故C 符合题意；
D.小球由B 到D 的过程中，由动能定理有：
-2mgR =
12mv D 2-1
2
mv B 2，v B =5gR ，④ 在B 点有：
F N -mg =m 2
B
v R
⑤
解得：F N =6mg ，则知小球经过B 点瞬间轨道对小球的支持力与R 无关，则小球经过B 点后瞬间对轨道的压力也与R 无关，故D 不符合题意。

12．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/s 2．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
5
1.510V
ϕ=⨯，故从0.1
x m
=到0.3
x m
=过程中，电势差
55
(4.5 1.5)10310
U V V
=-⨯=⨯，电场力做53
8
2.010
=310610
W qU J
-
-
=⨯⨯=⨯
⨯
电
，摩擦力做功3
0.020.210(0.300.10)810
f
W fs J
-
==⨯⨯⨯-=⨯，则
f
W W
>
电
，故滑块不能滑到0.3
x m
=处，故D错误．
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
1
2
d；根据分位移公式，有
1
22
ym
v L
d
v
+
=⋅
由于L=d，故
ym0
v v
=
故最大动能
()
22
0ym k0
1
2
2
k
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．
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）L t =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：L t =（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．
17．电容器是一种重要的电学元件，基本工作方式就是充电和放电．由这种充放电的工作方式延伸出来的许多电学现象，使得电容器有着广泛的应用．如图1所示，电源与电容器、电阻、开关组成闭合电路．已知电源电动势为E ，内阻不计，电阻阻值为R ，平行板电容器电容为C ，两极板间为真空，两极板间距离为d ，不考虑极板边缘效应．
（1）闭合开关S，电源向电容器充电．经过时间t，电容器基本充满．
a．求时间t内通过R的平均电流I；
b．请在图2中画出充电过程中电容器的带电荷量q随电容器两极板电压u变化的图象；并求出稳定后电容器储存的能量E0；
（2）稳定后断开开关S．将电容器一极板固定，用恒力F将另一极板沿垂直极板方向缓慢拉开一段距离x，在移动过程中电容器电荷量保持不变，力F做功为W；与此同时，电容器储存的能量增加了ΔE．请推导证明：W=ΔE．要求最后的表达式用已知量表示．
【答案】（1）a．
CE
I
t
= b．2
1
2
E CE
=（2）见解析
【解析】
试题分析：（1）a．设充电完毕电容器所带电量为Q，即时间t内通过电阻R的电量，此时电容器两端电
压等于电源的电动势
根据电容的定义（2分）
根据电流强度的定义（2分）
解得平均电流（2分）
b．根据q = Cu，画出q-u图像如图1所示（2分）
由图像可知，图线与横轴所围面积即为电容器储存的能量，如图2中斜线部分所示
由图像求出电容器储存的电能（2分）
解得（2分）
（2）设两极板间场强为，两极板正对面积为S
根据，，得，可知极板在移动过程中板间场强不变，两极板
间的相互作用力为恒力．两板间的相互作用可以看作负极板电荷处于正极板电荷产生的电场中，可知两板间的相互作用力．（2分）缓慢移动时有
根据功的定义有
代入已知量得出（2分） 电容器增加的能量
（或
）
（2分）
代入已知量得出（2分）
所以
考点：电容，电动势，能量守恒．
18．如图所示，在xOy 直角坐标系0<x <L 的区域存在沿y 轴负方向的匀强电场，在L ≤x ≤2.5L 的区域存在方向垂直xOy 平面向里的匀强磁场。

S 为一粒子源，可以产生带电量为q 、质量为m 的正粒子，粒子初速度可忽略。

粒子经电压为U 0的加速电场加速后沿x 轴正方向从y 轴上的M 点进入电场区域，M 点到原点的距离为L ，一段时间后该粒子从磁场左边界与x 轴的交点处进入磁场，经磁场偏转后从磁场右边界射出磁场，该粒子在磁场中运动的时间为其在磁场中做匀速圆周运动周期的四分之一，若不计粒子重力。

求： (1)0<x <L 区域内匀强电场的电场强度； (2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)若仅将匀强磁场的磁感应强度增大到原来的2倍，分析计算粒子将从什么位置离开电磁场区。

【答案】(1)04U L
；0
22mU L q (3)2.5L
【解析】 【分析】 【详解】
（1）设粒子经加速电场加速后的速度为0v 则有
2001
2
qU mv =
令磁场左边界与x 轴的交点为C 点，从M 点到C 点：粒子在电场中做类平抛运动：
0L v t =
212
L at =
Eq a m =
联立可得：
4U E L
=
（2）粒子从M 进入电场，经C 进入磁场，在电场和磁场中的运动轨迹如图所示。

粒子在C 点进入磁场的速度，
y v at =
22005y v v v v =+= sin 5
y v v
α=
=
粒子在磁场中洛伦磁力提供向心力：
2
v Bqv m r
=
根据几何关系可得：
sin sin 1.5r r L αβ+=
根据题意可得
90αβ+=︒
解得：
22mU B L q
=
当磁感应强度加倍时，半径减半2
r
r '=
，则： sin 1.5r r L α''+<。