高中物理必修第3册第十章 静电场中的能量试卷试卷(word版含答案)

高中物理必修第3册第十章 静电场中的能量试卷试卷（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）
1．两电荷量分别为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．如图所示， A 、B 、 C 、D 是真空中一正四面体的四个顶点，每条棱长均为l .在正四面体的中心固定一电荷量为-Q 的点电荷，静电力常量为k ,下列说法正确的是
A ．A 、
B 两点的场强相同
B ．A 点电场强度大小为
2
83kQ
l C ．A 点电势高于C 点电势
D ．将一正电荷从A 点沿直线移动到B 点的过程中，电场力一直不做功 【答案】B 【解析】
由于点电荷在正四面体的中心，由对称性可知，A 、B 两点的场强大小相等，但是方向不同，故A 错误；由立体几何知识，可知正四面体的中心到顶点的距离为
6
4
l ，由222836KQ KQ kQ
E r l l =
==⎛⎫
⎪⎝⎭
，故B 正确；电势为标量，由对称性可知A 点电势等于C 点电势，故C 错误；从A 点沿直线移动到B 点的过程中电势先降低再升高，对于正电荷而言，其电势能先变小再变大，所以电场力先做正功，再做负功，故D 错误．
3．匀强电场中的三点A 、B 、C 是一个三角形的三个顶点，AB 的长度为1 m ，D 为AB 的中点，如图所示．已知电场线的方向平行于△ABC 所在平面，A 、B 、C 三点的电势分别为14 V 、6 V 和2 V ，设场强大小为E ，一电量为1×610-C 的正电荷从D 点移到C 点电场力所做的功为W,则
A ．W=8×610-J E ＞8 V/m
B ．W=6×610-J E ＞6 V/m
C ．W=8×610-J E≤8 V/m
D ．W=6×610-J E≤6 V/m 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
试题分析：由题匀强电场中，由于D 为AB 的中点，则D 点的电势102
A B
D V ϕϕϕ+=
=，
电荷从D 点移到C 点电场力所做的功为W=qU DC =q （φD -φC ）=1×10-6×（10-2）J=8×10-6J ．AB 的长度为1m ，由于电场强度的方向并不是沿着AB 方向，所以AB 两点沿电场方向的距离d ＜1m ，匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比，即U=Ed ，所以
8/U
E V m d
=
>，故选A ． 考点：电势；电场强度
4．在竖直平面内有水平向右、场强为E=1×104N/C 的匀强电场．在场中有一根长L=2m 的绝缘细线，一端固定在O 点，另一端系质量为0.04kg 的带电小球，它静止时细线与竖直方向成37°角．如图所示，给小球一个初速度让小球恰能绕O 点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能和重力势能的零点，下列说法正确的是(cos37°=0.8，g=10m/s 2)
A ．小球所带电量为q=3.5×10-5C
B ．小球恰能做圆周运动动能最小值是0.96J
C ．小球恰能做圆周运动的机械能最小值是1.54J
D ．小球恰能做圆周运动的机械能最小值是0.5J 【答案】C 【解析】
对小球进行受力分析如图所示：
根据平衡条件得：37mgtan qE ︒=，解得：537310mgtan q C E
-︒
=
=⨯，故A 错误；由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力
在圆上各点中，小球在平衡位置A 点时的势能（重力势能和电势能之和）最小，在平衡位置的对称点B 点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以在B 点的动能kB E 最小，对应速度B v 最小，在B 点，小球受到的重力和电场力，其合力作为小球做圆周运动的向心
力，而绳的拉力恰为零，有：0.40.5370.8
mg F N cos =
==︒合，而2
B
v F m L =合，所以211
0.522
KB B E mv F L J =
==合，故B 错误；由于总能量保持不变，即k PG PE E E E C ++=（C 为恒量）．所以当小球在圆上最左侧的C 点时，电势能PE E 最
大，机械能最小，由B 运动到A ，()PA PB W E E =--合力，·
2W F L =合合力，联立解得：2PB E J =，总能量 2.5PB kB E E E J =+=，由C 运动到
A ，()21370.96P W F L sin J W E =+︒==电电电，，所以C 点的机械能为
2 1.54?P C E E E J 机=-=，即机械能的最小值为1.54J ，故C 正确，D 错误；故选C ．
【点睛】根据小球在平衡位置合力为0，可以求出小球所受的电场力从而得出小球的带电荷量；根据小球恰好在竖直面内做圆周运动这一临界条件，知，在平衡位置处合外力提供圆周运动的向心力从而求出小球动能的最小值．抓住小球能量守恒，电势能最大处小球的机械能最小，根据做功情况分析．
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，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 ．
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
ϕ
=
，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。

9．如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强为E=1×104 N/C 的匀强电场．在匀强电场中有一根长L=2m 的绝缘细线，一端固定在O 点，另一端系一质量为0.08kg 的带电小球，它静止时悬线与竖直方向成37°角，若小球获得初速度恰能绕O 点在竖直平面内做完整的圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cos37°=0.8，g 取10m/s 2．下列说法正确（ ）
A ．小球的带电荷量q=6×10﹣5 C
B ．小球动能的最小值为1J
C ．小球在运动至圆周轨迹上的最高点时有机械能的最小值
D ．小球绕O 点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变，且为4J 【答案】AB 【解析】
A 、对小球进行受力分析如上图所示
可得：37mgtan qE ︒=解得小球的带电量为：537610mgtan q C E
-︒
=
=⨯，故A 正确； B 、由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力
在圆上各点中，小球在平衡位置A 点时的势能（重力势能和电势能之和）最小，在平衡位置的对称点B 点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以在B 点的动能E kB 最小，对应速度v B 最小，在B 点，小球受到的重力和电场力，其合力作为小球做圆周运动的向心
力，而绳的拉力恰为零，有：0.81370.8
mg F N N cos =
==︒合，而2
B
v F m L =合，所以2111
121222
KB B E mv F L J J 合=
==⨯⨯=，故B 正确； C 、由于总能量保持不变，即k PG PE E E E ++=恒量，所以当小球在圆上最左侧的C 点时，电势能PE E 最大，机械能最小，故C 错误；
D 、由于总能量保持不变，即k PG P
E E E E ++=恒量，由B 运动到
A ，PA P
B W E E =--合力（），·
2W F L =合合力，所以2PB E J =，总能量3PB kB E E E J =+= ，故D 错误； 故选AB ．
【点睛】关键抓住小球恰好做圆周运动，求出等效最高点的临界速度，根据该功能关系确定何处机械能最小，知道在等效最高点的动能最小，则重力势能和电势能之和最大．
10．如图所示，固定在竖直面内的光滑绝缘圆环半径为R ，圆环上套有质量分别为m 和2m 的两个带电的小球A 、B （均可看作质点），小球A 带正电，小球B 带负电，带电荷量均为q ，且小球A 、B 用一长为2R 的轻质绝缘细杆相连，竖直面内有竖直向下的匀强电场（未画出），电场强度大小为E =
mg
q
．现在给小球一个扰动，使小球A 从最高点由静止开始沿圆环下滑，已知重力加速度为g ，在小球A 滑到最低点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．小球A 减少的机械能等于小球
B 增加的机械能 B ．细杆对小球A 和小球B 做的总功为0
C ．小球A 43
gR
D ．细杆对小球B 做的功为mgR 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
由于电场力做功，两个球系统机械能不守恒，故A 球增加的机械能不等于B 球减少的机械能，故A 错误；
细杆对小球A 和小球B 的力等大反向，为系统内弹力，所以细杆对小球A 和小球B 做的总功为0，故B 正确；
当A 球运动到最低点时，电场力对系统做功4EqR =4mgR ，速度最大，有：4mgR +mg •2R -2mg •2R =
12（m +2m ）v 2解得：v =43
gR ，故C 正确； 对B 球，利用动能定理可得，W +2mgR -2mg •2R =
1
2
×2mv 2-0，解得细杆对B 球所做的功W =-10
3mgR ，故D 错误．
11．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201
2
mv C ．可能等于12mv 02+12qEL -1
2
mgL D ．可能等于
12mv 02+23qEL +1
2
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-1
2
mg ，根据动能定理得：E k −
12mv 02＝12qEL −12mgL ，即E k ＝12mv 02+12qEL −1
2
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 =1
2
mv 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
1
2
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 +1
2mgL ． 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 +1
2
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．
12．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
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q 1和q 2带有异种电荷，选项A 错误；
B ．电场强度等于图中曲线斜率，x 1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x 1移到x 2，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x 1移到x 2，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,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．
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，倾角为θ＝30°绝缘斜面被垂直斜面直线MN 分为左右两部分，左侧部分光滑，范围足够大，上方存在大小为E ＝1 000 N/C ，方向沿斜面向上的匀强电场，右侧部分粗糙，范围足够大，一质量为m ＝1 kg ，长为L ＝0.8 m 的绝缘体制成的均匀带正电直棒AB 置于斜面上，A 端距MN 的距离为d ，现给棒一个沿斜面向下的初速度v 0，并以此时作为计时的起点，棒在最初0.8 s 的运动图像如图乙所示，已知0.8 s 末棒的B 端刚好进入电场，取重力加速度g ＝10 m/s 2，求：
(1)直棒AB 开始运动时A 端距MN 的距离为d ； (2)直棒AB 的带电量q ；
(3)直棒AB 最终停止时，直棒B 端到MN 的距离． 【答案】(1)20 m (2)7.5×10－3 C (3)125 m 【解析】 【分析】
根据v-t 图像确定出直棒AB 匀减速直线运动的位移，结合棒的长度，得出直棒AB 开始运动时A 端距MN 的距离为d ；根据图线得出直棒AB 匀减速直线运动的加速度大小，根据加速度，结合牛顿第二定律求出带电量的大小；根据动能定理得出，物体在电场中运动的距离． 【详解】
（1）由v-t 图像可知直棒AB 匀减速直线运动．0～0.8s 内棒运动的位移为：
0120.8m 2
t
v v x t +=
= ．A 端距离MN 的距离为：120.80.820m d x L m =-=-=． （2）棒的加速度为：2Δv
a=
=2.5m/s Δt
．对直棒AB 进行受力分析，越过MN 后受到重力、斜面支持力和电场力，合力为sin F Eq mg θ=-．根据牛顿第二定律，：
sin Eq mg ma θ-= ，代入数据解得：37.510C q -=⨯ ．
（3）根据动能定律，物体从B 端到达MN 至最终停止的过程，满足：
2221
sin 02
mgx Eqx mv θ-=-．带入数据解得，x 2 =125 m
故B 端在MN 右边且距MN 为125 m ． 【点睛】
本题考查了牛顿第二定律、动能定理和运动学公式的综合运用，通过v-t 图像，确定出物体运动的加速度不变，得出物体做匀变速直线运动是解决本题的关键．
17．在空间中取坐标系Oxy ，在第一象限内平行于y 轴的虚线MN 与y 轴距离为d ，从y 轴到MN 之间的区域充满一个沿y 轴正方向的匀强电场，如图所示．一电子从静止开始经电压U 加速后，从y 轴上的A 点以平行于x 轴的方向射入第一象限区域，A 点与原点O 的距离为h ．不计电子的重力．
（1）若电子恰好从N 点经过x 轴，求匀强电场的电场强度大小E 0；
（2）匀强电场的电场强度E 大小不同，电子经过x 轴时的坐标也不同．试求电子经过x 轴时的x 坐标与电场强度E 的关系．
【答案】（1）024Uh E d =（2）Uh
x E
=或22d Uh x Ed =+
【解析】 【分析】
本题考查电子在电场中的受力及运动 【详解】
设电子的电荷量为e 、质量为m ，电子经过电场加速后获得速度v 0．则
2
012
eU mv =
（1）电子从A 点运动到N 点，有
00d v t =
eE a m
=
212
h at =
联立解得电场强度大小
02
4Uh
E d =
（2）讨论两种情况： ①当2
4Uh
E d ≥
时，电子从电场内经过x 轴，有
0x v t =
eE a m
= 212
h at =
联立解得x 坐标与电场强度E 的关系为
2
Uh
x E
= ②当2
4Uh
E d <
时，电子先离开电场，之后再经过x 轴在电场内运动时间为t 1，有 01d v t =
21112
y at =
1y v at =
在电场外运动时间为t 2，电子做匀速直线运动，有
02x d v t -=
12y h y v t -=
联立解得x 坐标与电场强度E 的关系为
22d Uh x Ed
=
+
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
23AC 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，xOy 为竖直面内的直角坐标系，y 轴正向竖直向上，空间中存在平行于xOy 所在平面的匀强电场。

质量为m 的不带电小球A 以一定的初动能从P （0，d ）点沿平行x 轴方向水平抛出，并通过Q （22d ，0）点。

使A 带上电量为+q 的电荷，仍从P 点以同样的初动能沿某一方向抛出，A 通过N （2d ，0）点时的动能是初动能的0.5倍；若使A 带上电量为-q 的电荷，还从P 点以同样的初动能沿另一方向抛出，A 通过M （0，-d ）点时的动能是初动能的4倍。

重力加速度为g 。

求： （1）A 不带电时，到达Q 点的动能； （2）P 、N 两点间的电势差； （3）电场强度的大小和方向。

【答案】（1）3mgd ；（2）2mg
q
，方向沿y 轴正方向。

【解析】 【详解】
（1）小球做平抛运动，故
212
d gt =
22dυt
=
从P到Q，由动能定理
2
1
2
Q
k
mgd E mυ
=-
解得
3
Q
k
E mgd
=
（2）小球带电后，从P到N，由动能定理
00
0.5
PN k k
mgd qU E E
+=-
从P到M由动能定理可得
00
24
PM k k
mgd qU E E
-=-
由（1）中可知，
2
k
E mgd
=
联立以上几式可得
1
2
PN
PM
U
U
=
故O、N两点电势相等，场强方向为y轴正方向，场强大小为
2
NP
U mg
E
d q
==
20．如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成θ角的绝缘直杆AC，
其下端(C端)距地面高度为h．有一质量m=0.5kg的带电小环套在直杆上，正以某一速度
v 沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通过C端的正下方P点处．(g取10m/s2)
(1)若θ=45°，试判断小环的电性，并求出小环受到的电场力大小；
(2)若θ=45°，h=0.8m，求小环在直杆上匀速运动的速度大小0v；
(3)若保持h不变，改变θ角(0＜θ＜90°)及小环的电荷量，使小环仍能匀速下滑，离杆后正
好通过C端的正下方P点处，试推出初速度
v与θ角间的定量关系式．
【答案】(1) 负电 5N (2)2m/s (3)
02
gh
vθ
=
【解析】
【详解】
(1)小环沿杆匀速下滑，合力为零，小环所受的电场力水平向右，则小球带负电。