河北省正定县第三中学物理第十章 静电场中的能量精选测试卷

河北省正定县第三中学物理第十章 静电场中的能量精选测试卷

一、第十章 静电场中的能量选择题易错题培优（难）

1．在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板，板长为l ，两板间距离为d ，在两极板间加一交变电压如图乙，质量为m ，电荷量为e 的电子以速度v 0 （v 0接近光速的1/20）从两极板左端中点沿水平方向连续不断地射入两平行板之间．若电子经过两极板间的时间相比交变电流的周期可忽略不计，不考虑电子间的相互作用和相对论效应，则（ ）

A ．当U m ＜22

2

md v el 时，所有电子都能从极板的右端射出 B ．当U m ＞22

2

md v el 时，将没有电子能从极板的右端射出

C ．当22

2

2m md v U el =时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之

比为1：2

D ．当22

2

2m md v U el

=

时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为12【答案】A 【解析】

A 、

B 、当由电子恰好飞出极板时有：l =v 0t ，

2

122d at =，m eU a md

=由此求出：22

2

m md v U el =

，当电压大于该最大值时电子不能飞出，故A 正确，B 错误；C 、当2222m md v U el =

，一个周期内有12的时间电压低于临界电压22

2

md v el ，因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：1，故C 错误,D 、若

22

2

2m md v U el

=

，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为21

121

=-，则D 选项错误．故选A ． 【点睛】该题考查了带电粒子的类平抛运动，和平抛运动具有相同规律，因此熟练掌握平抛运动规律是解决这类问题的关键．

2．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。

3．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。

4．如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向电阻为零可以视为短路，反向电阻无穷大可以视为断路)连接，电源负极接地。初始电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于电容器中的P 点且处于静止状态。下列说法正确的是( )

A ．减小极板间的正对面积，带电油滴会向下运动

B ．将上极板上移，则P 点的电势升高E

C ．将下极板下移，则带电油滴在P 点的电势能增大

D ．无论哪个极板上移还是下移，带电油滴都不可能向下运动 【答案】D 【解析】 【分析】

由题意可知考查电容器动态分析问题，根据电容、电压、场强、电量相互关系分析可得。 【详解】

A ．由4S C kd επ=

Q C U

= U E d = 三式 联立可得4kQ E S πε= 减小极板间的正对面积，由4S

C kd επ=

可知电容减小，假设电压不变由Q C U

= 可知电量减小，电容器放电，因二极管的单向导电性，可知Q 不变，S 减小，由4kQ

E S

πε= 可知场强E 增大，电场力增大，带电油滴向上运动，故A 错误；

B ．将上极板上移，由4S

C kd επ=可知电容减小，假设电压不变由Q C U

= 可知电量减小，

电容器放电，因二极管的单向导电性，可知Q 不变，由4kQ

E S

πε= 可知场强E 不变，P 到下极板的距离不变，则P 点的电势不变，故B 错误；

C ．将下极板下移，由4S

C kd επ=

可知电容减小，假设电压不变由Q C U

= 可知电量减小，电容器放电，因二极管的单向导电性，可知Q 不变，由4kQ

E S

πε= 可知场强E 不变，P 到下极板的距离变大，则P 点的电势升高，油滴带负电，所以油滴在P 点的电势能减小，故C 错误。

D ．两极板距离增大时，电容减小，假设电压不变由Q

C U

=

可知电量减小，电容器放电，因二极管的单向导电性，电容不变，场强不变，油滴静止，当两板距离减小时，电容增大，场强增大，电场力增大，带电油滴向上运动，故D 正确。 【点睛】

二极管具有单向导电性，电容器不能反向放电，则电量不会减小。由4kQ

E S

πε=

，可以确定电场强度变化，进一步确定电场力、电势能的变化。同一正电荷放在电势越高处电势能越大，同一负电荷放在电势越高处电势能越小。

5．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

?

=

，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．

6．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 ??=

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。

7．一个电子在电场力作用下做直线运动（不计重力）。从0时刻起运动依次经历0t 、

02t 、03t 时刻。其运动的v t -图象如图所示。对此下列判断正确的是（ ）

A ．0时刻与02t 时刻电子在同一位置

B ．0时刻、0t 时刻、03t 时刻电子所在位置的电势分别为0?、1?、3?，其大小比较有

103???>>

C ．0时刻、0t 时刻、03t 时刻电子所在位置的场强大小分别为0E 、1E 、3E ，其大小比较有301E E E <<

D ．电子从0时刻运动至0t 时刻，连续运动至03t 时刻，电场力先做正功后做负功 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】

A ．电子只受电场力作用沿直线运动，该直线为一条电场线。结合其v t -图象知其运动情景如图所示。则0时刻与02t 时刻电子在同一位置。所以A 正确；

B ．电子受电场力向左，则场强方向向右，沿电场线方向电势逐渐降低，则有

103???<<

所以B 错误；

C ．v t -图象的斜率为加速度。由图象知00t →过程加速度增大，003t t →过程加速度减小。又有

qE ma =

则有

301E E E <<

所以C 正确；

D ．由图象知00t →过程速度减小，003t t →过程速度增大，则其动能先减小、后增大。由动能定理知电场力先做负功，后做正功。所以D 错误。 故选AC 。

8．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 D2，②

由①②得：

2

5

qEx

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 D2，⑥

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=1

2

mv D2-

1

2

mv B2，v B5gR

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。

9．真空中，点电荷的电场中某点的电势

kQ

r

?=，其中r为该点到点电荷的距离；在x轴上沿正方向依次放两个点电荷Q1和Q2；x轴正半轴上各点的电势φ随x的变化关系如图所示；纵轴为图线的一条渐近线，x0和x1为已知，则

A．不能确定两点荷的电性

B．不能确定两个电荷电量的比值

C．能确定两点荷的位置坐标

D．能确定x轴上电场强度最小处的位置坐标

【答案】CD

【解析】

【分析】

【详解】

A．若取无穷远处电势为零，正电荷空间各点电势为正，负电荷空间各点电势为负，而有图象可知0

x x

=处电势为零，也就是空间中存在的两个点电荷肯定是一正一负，A错误；BCD．根据图线，离O点很近时，0

?>，且随x减小趋向于无穷大，故正电荷应该在坐标原点O处，设其电荷量为1

Q，当x由0增大时，电势并没有出现无穷大，即没有经过负的点电荷，说明负电荷必定在O点左侧某a处，且设其电荷量为2

Q，则

21

Q Q

>，

又根据图线0

x x

=处电势为零，有

12

00

Q Q

k k

x x a

=

+，

又由图线斜率可知，在1x处场强最小，为零，且有

12

22

11

()

Q Q

k k

x x a

=

+，

由这两个方程可解出a及1

2

Q

Q，故两个电荷位置坐标及电荷量的比值可求出，B错误，CD

故选CD。

10．如图所示，一匀强电场的电场线平行于xOy平面，电场强度大小为E，xOy平面上有一椭圆，椭圆的长轴在x轴上，E、F两点为椭圆的两个焦点，AB是椭圆的短轴，椭圆的一端过O点，则下列说法正确的是( )

A．在椭圆上，O、C两点间电势差一定最大

B．在椭圆上，A、B两点间电势差可能最大

C．一个点电荷从E点运动到椭圆上任意一点再运动到F点，电场力做功可能为零

D．一个点电荷从O点运动到A点与从B点运动到C点，电场力做功一定相同

【答案】BCD

【解析】

由于匀强电场方向平行于坐标平面，当电场方向平行于y轴时，O、C间的电势差为零，A、B间的电势差最大，B项正确，A项错误；如果电场方向平行于y轴，则E、F两点电势相等，则一个点电荷从E点运动到椭圆上任意一点再运动到F点，电场力做功为零，C项正确；由于O、A连线平行于B、C连线，且长度相等，因此在匀强电场中，O、A间的电势差和B、C间的电势差相等，一个点电荷从O点运动到A点与从B点运动到C点，电场力做功一定相同，D项正确．

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Q1、Q2，管内靠近Q1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E1

D．b点的场强为E2

【答案】AC

【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．

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．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 。

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．如图以y 轴为边界，右边是一个水平向左的4

1110E =?匀强电场，左边是一个与水平

方向成45°斜向上的2E =

42

102

?N/C 匀强电场，现有一个质量为m=1.0g ，带电量q =1.0×10－6C 小颗粒从坐标为（0.1，0.1）处静止释放．忽略阻力，g=10m/s 2． 求：

（1）第一次经过y 轴时的坐标及时间 （2）第二次经过y 轴时的坐标

【答案】（1）第一次经过Y 轴的坐标为(0，0)；0.12t s =（2）坐标为（0，-1.6） 【解析】 【分析】 【详解】

（1）小颗粒在E 1中电场力为F 1=E 1q=0.01N 重力G=0.01N 有受力分析得合力指向原点，即小颗粒向原点做匀加速直线运动第一次经过y 轴的坐标为(0，0)

加速度12

102F a m =

=由21

2

S at =得0.12t =s (2)运动到原点的速度为v 0=at=2m/s

小颗粒在E 2电场中合力为22

102

F N -=

方向与v 0方向垂直 由此可得小颗粒做类平抛运动,再次运动到y 轴的时间为t 1, v 0方向位移为S 1= v 0t 1 与v 0方向垂直位移为221112S a t =

1F

a m

=由几何关系得S 1=S 2 第二次经过y 轴时到原点距离为2L =1=1.6m 即坐标为（0，-1.6）

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）02

4Uh 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

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．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

1012

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

2

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

00042gB 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

2r 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 = 74

y R =-

因此粒子出磁场时的位置坐标为

37,44R R ??- ? ???

19．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，其运动的轨迹如下图所示.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.求： （1）小球水平位移x 1与x 2的比值； （2）小球落到B 点时的动能E kB ；

（3）小球从A 点运动到B 点的过程中最小动能E kmin .

【答案】(1)1:3(2)32J(3)24

7

J 【解析】 【详解】

(1)如图所示，带电小球在水平方向上受电场力的作用做初速度为零的匀加速运动，竖直方向上只受重力作用做竖直上抛运动，故从A 到M 和M 到B 的时间相等，则x 1:x 2=1:3 (2)小球从A 到M ，水平方向上电场力做功W 电=6J 则由能量守恒可知，小球运动到B 点时的动能为

E kB =E k 0十4W 电=32J

(3)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：

122

6J

16J

2Fx F t m ==即 22

8J 18J 2Gh G t m

==即 联立解得

3

F G =

由图可知

33

tan sin 7

F G θθ=

=?=

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重力G /垂直，故：

20124()J 27

kmin E m v sin θ=

=

20．如图（a ）所示，平行板电容器的两个极板A 、B 分别接在电压为U 的恒压电源的两极，电容器所带电荷量为Q ，两极板间距为d ，板长为L ，α粒子从非常靠近上极板的C 点以v 0的速度沿垂直电场线方向的直线CO 方向射入电场，经电场偏转后由D 点飞出匀强电场，已知α粒子质量为m ，电荷量为2e ，不计α粒子重力．求：

(1)平行板电容器的电容； (2)CD 两点间电势差；

(3)若A 、B 板上加上如图（b ）所示的周期性的方波形电压，t =0时A 板比B 板的电势高，为使

4

T

时刻射入两板间的α粒子刚好能由O 点水平射出，则电压变化周期T 和板间距离d 各应满足什么条件？（用L 、U 、m 、e 、v 0表示）

【答案】(1)Q C U = (2)2222

0eU L U md v = (3) 0

22≥L

eU

d nv m

(n=1,2,3,…)

【详解】

(1)依电容定义有：平行板电容器的电容Q C U

=

(2)两板之间为匀强电场U E d

=

粒子在电场中加速度F qE a m m

=

= 粒子的偏移量:212

y at =

运动时间0

L t v =

解得:2

20

2qUL y mdv = CD 两点的电势差为：22220

==eU L U Ey md v (3)为使a 粒子刚好由O 点水平射出，α粒子在一个周期内竖直方向的分位移应为零， 必须从4

T

t nT =+

进入电场， 且在电场中运动时间与电压变化周期T 的关系为t =nT ，（n =1，2，3，…）． 则0

=

=t L T n nv 竖直方向向下的最大分位移应满足：2

12()24

T a d ?

≤ 即:

2

2()4eU L d md nv ?≤ 解得

:≥

d n =1,2,3,…）