第十章 静电场中的能量精选试卷测试题(Word版 含解析)

第十章 静电场中的能量精选试卷测试题（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）
1．一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．如图所示，匀强电场中有一个以O 为圆心、半径为R 的圆，电场方向与圆所在平面平行，圆上有三点A 、B 、C ，其中A 与C 的连线为直径，∠A ＝30°。

有两个完全相同的带正电粒子，带电量均为q （q ＞0），以相同的初动能E k 从A 点先后沿不同方向抛出，它们分别运动到B 、C 两点。

若粒子运动到B 、C 两点时的动能分别为E kB ＝2E k 、E kC ＝3E k ，不计粒
子的重力和粒子间的相互作用，则匀强电场的场强大小为
A ．k E qR
B ．2k E qR
C ．3 3k E qR
D ．23 3k
E qR
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
从A 点到B 点应用动能定理有：2-AB k k k qU E E E ==
从A 点到C 点应用动能定理有：32-AC k k k qU E E E ==
所以2AC AB U U =
做出等势面和电场线如图所示：
则从A 点到B 点应用动能定理有：,32k k R qEd qE AD E qE
E ===即 解得23 k E E =。

选项D 正确，A 、B 、C 错误。

3．空间某一静电场的电势φ在x 轴上的分布如图所示，图中曲线关于纵轴对称。

在x 轴上取a 、b 两点，下列说法正确的是（ ）
A ．a 、b 两点的电场强度在x 轴上的分量都沿x 轴正向
B ．a 、b 两点的电场强度在x 轴上的分量都沿x 轴负向
C ．a 、b 两点的电场强度在x 轴上的分量大小E a <E b
D ．一正电荷沿x 轴从a 点移到b 点过程中，电场力先做正功后做负功
【答案】C
【解析】
【详解】
A B ．因为在O 点处电势最大，沿着x 轴正负方向逐渐减小，电势顺着电场强度的方向减小，所以a 、b 两点的电场强度在x 轴上的分量方向相反。

C ．在a 点和b 点附近分别取很小的一段d ，由图像可知b 点段对应的电势差大于a 点段对应的电势差，看作匀强电场Δ=ΔE d
ϕ，可知E a <E b ，故C 正确。

D ．x 轴负方向电场线往左，x 轴正方向电场线往右，所以正电荷沿x 轴从a 点移到b 点过程中，电场力先做负功后做正功。

故D 错误。

故选C 。

4．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。

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。

6．一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．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；
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，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n p ϕϕ=
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。

11．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.
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 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．如图所示，在竖直平面内有一边长为L 的正方形区域处在场强为E 的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行．一质量为m 、带电量为q 的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速V 0进入该正方形区域．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为（ ）
A ．可能等于零
B ．可能等于2012mv
C ．可能等于
12mv 02+12qEL -12mgL D ．可能等于12mv 02+23qEL +12
mgL 【答案】BCD
【解析】
【分析】
要考虑电场方向的可能性，可能平行于AB 向左或向右，也可能平行于AC 向上或向下．分析重力和电场力做功情况，然后根据动能定理求解．
【详解】
令正方形的四个顶点分别为ABCD ，如图所示
若电场方向平行于AC ：
①电场力向上，且大于重力，小球向上偏转，电场力做功为
12qEL ，重力做功为-12mg ，根据动能定理得：E k −12mv 02＝12qEL −12mgL ，即E k ＝12mv 02+12qEL −12
mgL ②电场力向上，且等于重力，小球不偏转，做匀速直线运动，则E k =
12mv 02． 若电场方向平行于AC ，电场力向下，小球向下偏转，电场力做功为12
qEL ，重力做功为
12mgL ，根据动能定理得：E k −12mv 02＝12qEL +12mgL ，即E k ＝12mv 02+12qEL +12
mgL ． 由上分析可知，电场方向平行于AC ，粒子离开电场时的动能不可能为0．
若电场方向平行于AB ：
若电场力向右，水平方向和竖直方向上都加速，粒子离开电场时的动能大于0．若电场力向右，小球从D 点离开电场时，有 E k −12mv 02＝qEL +12mgL 则得E k ＝12mv 02+qEL +12
mgL 若电场力向左，水平方向减速，竖直方向上加速，粒子离开电场时的动能也大于0．故粒子离开电场时的动能都不可能为0．故BCD 正确，A 错误．故选BCD ．
【点睛】
解决本题的关键分析电场力可能的方向，判断电场力与重力做功情况，再根据动能定理求解动能．
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．
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
2m
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2222416m 23
B 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2223616
m 23
B 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 33
n
v v ==（ B 第n 次停止时的位移:
22n 216m 23n 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．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：
)
13
arccos
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：
()
523
13
13523
W
W qEd q
q L
+
''
===
+
++
答：（1）匀强电场电场强度大小()
523
13
W
E
q L
+
=
+
，方向与竖直方向夹角
13
523
θ=
+
；
（2）恰经过D
13
+
18．如图所示，AB是一倾角为θ=37°的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数
=0.30
μ，BCD是半径为R=0.2m的光滑圆弧轨道，它们相切于B点，C为圆弧轨道的最低点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E = 4.0×103N/C，质量m = 0.20kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下．已知斜面AB对应的高度h = 0.24m，滑块带电荷q = -
5.0×10-4C，取重力加速度g = 10m/s2，sin37°= 0.60，cos37°=0.80．求：
（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端B 点时的速度大小； （2）滑块滑到圆弧轨道最低点C 时对轨道的压力． 【答案】(1) 2.4m/s (2) 12N 【解析】 【分析】
(1)滑块沿斜面滑下的过程中，根据动能定理求解滑到斜面底端B 点时的速度大小； (2)滑块从B 到C 点，由动能定理可得C 点速度，由牛顿第二定律和由牛顿第三定律求解． 【详解】
(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力：
()cos370.96N f mg qE μ=+︒=
设到达斜面底端时的速度为v 1，根据动能定理得：
()211
sin 372
h mg qE h f
mv +-= 解得：
v 1=2.4m/s
(2)滑块从B 到C 点，由动能定理可得：
()()22
2111=
1cos3722
m mg q v E v m R +︒-－ 当滑块经过最低点时，有：
()2N 2
F mg qE v m R
-+= 由牛顿第三定律：
N N 11.36N F F ==，
方向竖直向下． 【点睛】
本题是动能定理与牛顿定律的综合应用，关键在于研究过程的选择.
19．如图，一对平行金属板水平放置，板间距为d ，上极板始终接地．长度为
2
d
、质量均匀的绝缘杆，上端可绕上板中央的固定轴0在竖直平面内转动，下端固定一带正电的轻质小球，其电荷量为q ．当两板间电压为U 1时，杆静止在与竖直方向OO '夹角30θ=的位置；若两金属板在竖直平面内同时绕O 、O ′顺时针旋转15α=至图中虚线位置时，为使杆仍在原位置静止，需改变两板间电压．假定两板间始终为匀强电场．求:
（1）绝缘杆所受的重力G ； （2）两板旋转后板间电压U 2．
（3）在求前后两种情况中带电小球的电势能W 1与W 2时，某同学认为由于在两板旋转过程中带电小球位置未变，电场力不做功，因此带电小球的电势能不变．你若认为该同学的结论正确，计算该电势能；你若认为该同学的结论错误，说明理由并求W 1与W 2． 【答案】（1）12qU G d =；（2）2113U +=；（3）113
W =，2114W qU =。

【解析】 【分析】 【详解】
（1）绝缘杆长度设为L ，则重力作用点在几何中心即距离O 点
4
d
处，重力的力臂为 sin 48
d d θ= 电场力大小为
1
qU qE d
=
电场力的力臂为
sin 24
d d θ= 根据杠杆平衡有
184
qU d d G d ⨯
=⨯ 整理可得1
2qU G d
=
（2）两板旋转后，质点不变，重力不变，重力力臂不变，两个极板之间的距离变为
cos15d
电场力大小为
2
cos15
qU qE d =
力臂变为
2sin 4524
d d
=
根据杠杆平衡则有
228cos154
qu d d
G d ⨯
=⨯
可得
21U =
（3）结论错误．虽然小球位置没有变化，但是在极板旋转前后电场强度发生变化，电势发生变化，所以电势能发生变化．设小球所在位置电势为ϕ，没有旋转时，电场强度
1
U E d =
根据绝缘杆平衡判断电场力竖直向上，即电场线竖直向上，电势逐渐降低，所以
0cos 2
d E ϕθ-=⨯
整理得14
ϕ= 电势能
11W q ϕ==
金属板转动后，电场强度
2
cos15U E d =
电势差
0cos 452
d E ϕ-=⨯
解得
114
U ϕ=
电势能
211
4
W q qU ϕ==
20．如图，ABD 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB 段是水平的，BD 段为半径R =0.2m 的半圆，两段轨道相切于B 点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E =5.0×103V/m 。

一不带电的绝缘小球甲，以速度0v 沿水平轨道向右运动，与静止在B 点带正电的小球乙发生弹性碰撞，甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D 。

已知甲、乙两球的质量均为m =1.0×10-2kg ，乙所带电荷量q =2.0×10-5C ，g 取10m/s 2。

（水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程中甲不带电，乙电荷无转移）求： (1)乙在轨道上的首次落点到B 点的距离；
(2)碰撞前甲球的速度0v 。

【答案】(1)0.4m x =；(2)025m/s v = 【解析】 【分析】
(1)根据乙球恰能通过轨道的最高点，根据牛顿第二定律求出乙球在D 点的速度，离开D 点后做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出竖直方向上的加速度，从而求出竖直方向上运动的时间，根据水平方向做匀速直线运动求出水平位移。

(2)因为甲乙发生弹性碰撞，根据动量守恒、机械能守恒求出碰后乙的速度，结合动能定理求出甲的初速度。

【详解】
(1)在乙恰能通过轨道最高点的情况下，设乙到达最高点速度为D v ，乙离开D 点到达水平轨道的时间为t ，乙的落点到B 点的距离为x ，则
2D v m mg qE R
=+ 乙球离开D 点后做类平抛运动，竖直方向
212()2mg qE R t m +=
水平方向
D x v t =
联立解得
0.4m x =
(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为v 甲、v 乙，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
0mv mv mv =+甲乙，222
0111222
mv mv mv =+甲乙
联立得
0=v v 乙
由动能定理得
22
112222
D mg R q
E R mv mv -⋅-⋅=-乙
联立解得
05()25m/s mg Eq R
v m
+=
=
21．如图所示，电荷量均为＋q 、质量分别为m 和2m 的小球A 和B ，中间连接质量不计的细绳，在竖直方向的匀强电场中做初速度为0，加速度为a ＝6
g
的匀加速上升运动，当速度为v 0时细绳突然断开．(不考虑电荷间的相互作用)
求：(1)电场强度大小；
(2)自绳断开至球B 速度为零的过程中，两球组成系统的机械能增量为多少？
【答案】（1）74mg q
（2）63m 2
0v 【解析】
受力分析，由牛顿第二定律列式求解；根据运动学公式，及电场力做功导致系统的机械能增加，即可求解．
（1）设电场强度为E ，把小球A 、B 看作一个系统，由于绳未断前两球均做匀加速运动，则有：233qE mg ma -= 解得：74mg
E q
=
（2）细绳断后，根据牛顿第二定律得：
A qE mg ma -= 得34
A g
a =
方向向上； 22B qE mg ma -= 得8
B g
a =-
（负号表示方向向下） 设自绳断开到球B 速度为零的时间为t ，则有：00B v a t =+ ，解得0
8v t g
=
在该时间内A 的位移为：22
00321 2A A v s v t a t g
=+= 由功能关系知，电场力对A 做的功等于物体A 的机械能增量，2
056A A E qEs mv ∆==
同理对球B 得：22
0041 2B B v s v t a t g =+= 207B B E qEs mv ∆==
解得2
063A B E E E mv ∆=∆+∆=。