人教版高中物理第十章 静电场中的能量精选试卷测试卷附答案

1、人教版高中物理第十章静电场中的能量精选试卷测试卷附答案一、第十章静电场中的能量选择题易错题培优（难）1. 如图所示，分别在M、N两点固定放置两个点电荷+Q和-2Q,以M/V连线的中点0为圆心的圆周上有久B、C、D四点，COD与M/V垂直，规定无穷远处电势为零，下列说法正确的是（）坨；!-2041iM:EyX|Z'才-A. A点场强与B点场强相等B. C点场强与D点场强相等C. 0点电势等于零D. C点和D点电势相等【答案】D【解析】【分析】【详解】A、由于2Q>Q,A点处电场线比B点处电场线疏，A点场强小于B点场强；故A错误.B、由于电场线关于M/V对称，C、D两点电场线疏密程度

2、相同，则C点场强等于D点场强，但方向与两个电荷的连线不平行，故电场强度的方向不同，故电场强度人小相等，但方向不相同；故B错误.C、根据等量异种电荷的对称性可知过0点的中垂线与电场线垂直，中垂线为等势线，0点的电势为零，现在是不等量的异种电荷，过0点中垂线不再是等势线，0点电势不为零，由U=Ecl可知左侧的平均场强小，电势降低的慢，则零电势点在0点右侧；C错误.D、沿着电场线电势逐渐降低，结合电场分布的上下对称可知；D正确.故选D.【点睛】本题考查判断电势、场强人小的能力，往往画出电场线，抓住电场线分布的特点进行判断.2. 如图所示，久B、C、D是真空中一正四面体的四个顶点，每条棱长均为/.在正

3、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,卞列说法正确的是cA. 久B两点的场强相同B. A点电场强度人小为器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，久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逅/,由4KQKQSkQflLjff厶（逅3/2，故B正确；电势为标量，由对称性可知A点电势等于C点电K丿势，故C错误；从人点沿直线移动到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

4、负功，故D错误.3. 如图所示，在纸面内有一直角三角形ABC,Pi为的中点，P2为APi的中点，BC=2cm,ZA=30°.纸面内有一匀强电场，电子在&点的电势能为-5eV,在C点的电势能为19eV,在P2点的电势能为3eV.下列说法正确的是A. A点的电势为-5VB. B点的电势为-19VC. 该电场的电场强度方向由B点指向A点D. 该电场的电场强度人小为800V/m【答案】D【解析】【分析】【详解】A. 由公式(p=可知,q故A错误.B. A到P2的电势差为卩=孤一=5(3)V=8V轴=%4U=54x8V=27V故B错误.C. 月点到3点电势均匀降落，设R与B的中点为该点

5、电势为:(pK=a-3(/=5-3x8V=-19V已兀19eV1OW(pc=-=-19VqyA点与c为等势点，连接两点的直线为等势线，如图虚线AC所示.由几何关系知，AC与AB垂直，所以AB为电场线，又因为电场线方向由电势高指向电势低，所以该电场的电场强度方向是由A点指向B点，故C错误.该电场的电场强度方向是由A点指向B点，所以场强为:JQE=-V/cm=8OOV/1114只1故D正确.4如图所示，在方向水平向右的匀强电场中，细线一端固定，另一端拴一带正电小球，使球在竖直面内绕固定端0做圆周运动。不计空气阻力，静电力和重力的大小刚好相等，细线长为r。当小球运动到图中位置A时，细线在水平位置，拉

6、力Fr=3mg.重力加速度人小为g,则小球速度的最小值为()A.極7B.2后C.助grD.J(6+2助gr【答案】C【解析】【详解】由题意可知：qE=mg,qEtani?=19mg解得:在A位置，由牛顿第二定律得：yFjqE=m,r解得：妒2莎,小球在图示B位置速度最小，从人到B过程，由动能定理得：mgrcos+qEr(1-sini?)=mvB2-mvA2,22解得，小球的最小速度：妒J(6-2>/I)g厂；故ABD错误，C正确额。故选Co【点睛】本题考查了求小球的最小速度，分析清楚小球运动过程、知道小球在何处速度最小是解题的前提与关键，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题.5. 如图所示

7、，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. A/点的电场强度方向平行且跟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两点的电场强度人小相等，但方向不同，故A错误；B. 仅受电场力的负点电荷，如果在的中垂面内，两个等量正电荷对它的作用总指向&、B连线的中点，

8、就可以提供人小恒定的向心力，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+g从C点移到D点，电场力不做功，其电势能不变，故D错误。6. 如图(a)所示，两平行正对的金属板AB间加有如图(b)所示的交变电压，将一带正电的粒子从两板正中间的P点处由静止释放，不计粒子重力，下列说法正确的是A. 在=0时刻释放该粒子，粒子一定能到达B板TB. 在/=时刻释放该粒子，粒子一定能到达B板4C. 在o<r<期间释放该粒子，粒子一定能到达B板4D. 在期间释放该粒

9、子，粒子一定能到达A板42【答案】AC【解析】【分析】【详解】A. 若在匸0时刻释放该粒子，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零，运动方向一直不变，最终打在B板上，选项A正确；B. 若在/时刻释放该粒子，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再4反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离等于向右运动的距离，所以若极板间距较人，则粒子可能打不到B板，B错误TC. 若在期间释放该粒子，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后4再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离人于向左运动的距离，粒子整体向右运动，最终打在B板上，C正确TTD

10、. 若在-<t<-期间释放该粒子，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然42后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离小于向左运动的距离，粒子整体向A板运动，一定打在A板上，若直接加速向B板，则不会回到A板，D错误。故选ACo7. 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，粒子的速度人小可能先增人后减小B. 在A4、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】【

11、分析】【详解】A. 若电场中由同种电荷形成即由人点释放负电荷，则先加速后减速，故A正确；*4+QeB. 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/V点速度人于等于零，故/V点动能人于等于M点动能，由能量守恒可知，/V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：8. 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，虎线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两点的加速度人小分别为砒、，电势能分别为EpxEpB：y列说法正确的是（）BA. 电子一定从A向B运动B. 若aA>aBt则Q靠近M端且为正电荷C. 无论

12、Q为正电荷还是负电荷一定有Epa<EpbD. 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aA>aB,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Epa<Epb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

13、A点电势高于B点，故D错误；故选BC.9. 如图，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止.现撤去F,使小球沿竖直方向运动，在小球由静止到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为Wi和“2,小球离开弹簧时的速度为"，不计空气阻力，则上述过程中电势能减小必；故B正确.C、根据动能定理得，WWW-mv2,因为除重力以外其它力做功等于小球机械能的增量，贝ij机械能的增量为W2+Wmv2-W;故（：错误.D、对小球和弹簧组成的系统，由于有电场力做功，则系统机械能不守恒.故D错误.故选AB

14、.【点睛】解决本题的关键掌握功能关系，知道重力做功等于重力势能的减小量，电场力做功等于电势能的减小量，除重力以外其它力做功等于机械能的增量10如图所示，绝缘水平面上0处放质量为电荷量为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.0点左侧有竖直向下的匀强电场，电场强度为£=学用水平力F缓慢向右推动物2q体，在弹性限度内弹簧被压缩了x。，此时物体静止.撤去F后，物体开始向左运动，运动的最人距离为4xo,物体与水平面间的动摩擦因数为“，重力加速度为g.则（）EA. 撤去F后，物体回到O点时速度最人B. 撤去F后，物体刚运动

15、时的加速度大小为一2-“gmC. 物体离开弹簧时速率为网爲D. 撤去F后系统产生的内能为4ymgx°【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，加速度先减小后增人，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人小相等、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F-f饥_“7gkxQa=-_-=1一“gmmm故B正确。C. 物块进入电场区域后，受到的电场力：匸c吨1=q=

16、-mg2q2所以在竖直方向上，物块受到的支持力:hF11Fn=mg-F=mg-mg=-mg此时物体受到的摩擦力：，1f=叭=尹g=05“加g物块此时的加速度：a=0.5/m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=4xo-xo=3xo由运动学的公式：-lax=v2-v：可得物体离开弹簧时速率为：Vo=J2X0.5“gX3竝=3畑。故C正确。D. 物块进入电场前受到的摩擦力：f=pmg,物块进入电场区域后受到的摩擦力:广=0.5“够，所以撤去F后系统产生的内能为：0=/兀+广x=2.5“加gx°故D错误。11. 一个电子在电场力作用下做直线运动（不计重

17、力）。从0时刻起运动依次经历/。、A. 0时刻与力。时刻电子在同一位置B. 0时刻、*时刻、3g时刻电子所在位置的电势分别为、其大小比较有®>%>03C. 0时刻、G时刻、3f°时刻电子所在位置的场强人小分别为E。、民、耳，其人小比较有E3VEq<ED. 电子从0时刻运动至g时刻，连续运动至3f°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。结合其图彖知其运动情景如图所示。则0时刻与力。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

18、逐渐降低，则有®V%<%所以B错误：C. 卩-/图彖的斜率为加速度。由图象知0Tg过程加速度增人，过程加速度减小。又有qE=ma则有E3<Eq<Er所以C正确；D. 由图象知o过程速度减小，过程速度增人，则其动能先减小、后増人。由动能定理知电场力先做负功，后做正功。所以D错误。故选ACo12. 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轴上的电势卩与坐标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+2.0x108C的滑块P（可视作质点），从x=0.l0m处由

19、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=IOm/s2.则下列说法正确的是（）A.x=0.15m处的场强人小为2.0xl06N/CB. 滑块运动的加速度逐渐减小C. 滑块运动的最人速度约为O.lm/sD. 滑块最终在O.3m处停下【答案】AC【解析】【分析】【详解】AB、电势卩与位移x图线的斜率表示电场强度，则x=0.15m处的场强£=-V/m=2X106V/m,此时的电场力F=qE=2X108X2X106N=0.04N,滑动摩擦力大小f=mg=0.02X2N=0.04N,在x=0.15m前，电场力人于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x=0.15m后电场力小于电

20、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，速度人约为0.lm/s,故C正确；D、滑块最终在x=0.3/7?处停卞则满足：qU-fic=O-O,x=0.3m处的电势0=1.5xlO'U,故从x=Q.Im到x=0.3?过程中，电势差J/=(4.5-1.5)x105V=3x105V,电场力做=2.0x10-8x3x105=6x10-3J,摩擦力做功叱=0.02x0.2x10x(0.300.10)=8x10-'/,则旳>%,故滑块不能滑到x=0.3m处，故D错误.13. 如图所示，直线上M、/V两点分别

21、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. 人、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人小为E=¥，由平行四广边形定则合成，A、B、C三点的场强方向如图所示:/结合对称性可知，A与8两点的电场强度人小相等，方向不同，则两点的场强不同：而比较人与B两点的电势，可由对称性可知沿血和MB方向平均场强相等，则由U=Ed可知电势降

22、低相同，故有=或由点电荷的电势(决定式=)的叠加原理，可得r©=©，故A错误，B正确；C. 从M点沿MA、MB.MC三个方向，可知皿和MB方向A4C方向的平均场强较大，由U=Ed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(Pa=©>(Pc=°V,故C错误；D. 正电荷在电场中的受力与场强方向相同，故由从人沿劣弧移到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BDo14. 空间有一沿x轴对称分布的电场，其电

23、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X2和一X2两点的等量异种电荷形成的电场B. X2和一X2两点的电势相等C. 正电荷从X运动到X3的过程中电势能先增人后减小D. 原点0与X2两点之间的电势差大于-X2与XI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，在等屋异种电荷的连线上，各点的电场强度的方向是相同的，而该图中电场强度的人小和方向都沿X轴对称分布，所以该电场一定不是由一对分别位于耳和两点的等量异种电荷形成的电场，A错误;由于兀和-心两点关于y轴对称，且电场强度的人小也相等，故从o点到耳和从

24、o点到-兀电势降落相等，故心和-耳两点的电势相等，B正确；由图可知，从兀到X3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；心和-兀两点的电势相等，原点0与心两点之间的电势差等于原点0与-兀两点之间的电势差，与血两点之间的电势差等于忑与儿两点之间的电势差，所以原点o与忑两点之间的电势差大于-X2与人两点之间的电势差，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，、7、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（）D.>Q*:rEB讥A. AD两点间电势差Uad与AA

25、'两点间电势差Uaa相等B. 带正电的粒子从A点沿路径ATDTD'移到D，点，电场力做正功C. 带负电的粒子从A点沿路径ATDTD'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AL与沿路径ATBTB，97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、"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Uaa'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DTD，电场力做正功，B正确；同理，带负电的粒

26、子从A点沿路径ATDTD，移到）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U点，沿对角线AU与沿路径ATBTBU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

27、质量为e电荷量为q>0的某带电粒子由人点射出。恰经过B点，电场力做功为W且W>0。第二次将该粒子仍从&点以相同的初动能射出，恰经过C点电场力做功为2IV,不计粒子重力。求:（1）匀强电场电场强度人小和方向；（2）若粒子初动能不变，从人点射出，恰经过D点，那么电场力做了多少功。【答案】（I）"我方向与竖直方向夹角&5COS（2）-7=q（l+少）厶1+馆【解析】【详解】由题意可知/丄=2（/肺，如图所示过D做BC垂线交BC于Q连接AC,取4C终点P，连接BP，则可得AP=BP=PC,过4做AN垂直于BP,则A/V方向即为电场方向；因为角BCD等于30度，AB

28、=AD=L9故QC=J亍厶，在三角形ABC中有：犹=詐+（厶+屁）解得：由几何关系可知三角形AB/V与三角形G4B相似，故有:AB_AN解得:丽=I：®.J5+2筋而带电粒子A到B电场力做功W,则有:所以解得:E_wj5+2书q(l+砂设电场方向与AB方向夹角为8，则有:所以夹角为:(2)如图过D点做AN垂线交&N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解得：AM=厶j5+2>/J故当粒子经过D点时，电场力做功为：答:(1)匀强电场电场强度人小疋=WJ5+2羽q(l+囘L方向与竖直方向夹角(2)恰经过D点，那么电场力做功W1+馆17电容器是

29、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.二I：T.I图2图1（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7；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变化的图彖；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

30、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AE.请推导证明：W=AE.要求最后的表达式用已知量表示._CEI【答案】（1）a./=b.Eq=-CE2（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C=-2（2分）U根据电流强度的定义7=9（2分）t解得平均电流（2分）由图像可知，图线与横轴所怜I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屍斗（2分）解得£c.=-C£:（2分）（2）设两极板间

31、场强为事，两极板正对面枳为S根据c=,得牛,可知极板在移动过程中板间场强不变，两极板dCdS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K=（2分）缓慢移动时有F=F'根据功的定义有W=£'O.x代入已知量得出声=兰空空亠（2分）S2d电容器增加的能量1£=箜-亶（或A£（二玲-；CE：）2C2C2d1C=Cr=1（2分）kd丄戒9+兀代入已知量得出A£=21x=x（2分）S2d所以护=乂考点：电容，电动势，能量守恒.318.如图所示，倾角为。=30。的绝缘斜面长度为3/,BC

32、长度为一/,斜面上方BC间2有沿斜面向上的匀强电场一质量为加、电荷量为+q的小物块自A端左上方某处以初速度岭=5/議水平抛出，恰好在&点与斜面相切滑上斜面，沿斜面向下运动，经过C点但未能到达B点，在电场力作用下返回，最终恰好静止在&点，已知物块与斜面间的动摩擦因数为“=不考虑运动过程中物块电荷量的变化，重力加速度为g,求：（1）物块平抛过程中的位移人小；（2）物块在电场中的最人电势能【答案】（!）疤（2）2mgl2【解析】【详解】（1）物块落到斜面上A点时，速度方向与水平方向夹角为&,设此时速度为u则cosa=,竖直速度vv=vsina,v平抛过程中水平位移x=v0,g

33、V"竖直位移y,2r平抛的位移j=yjx带电小球在从D点飞出后，首次在水平轨道上的落点与B点的距离;小球的初速度。【答案】（1）0.4/7?:（2）2.5m/s+y2，解得s=ll.2（2）设物块沿斜面向下运动的最人位移为X',自物块从&点开始向下运动到再次返回A,1,点根据动能定理有2“7gcosax=0-wv,解得x=2h物块位于最低点时，电势能最人，物块自A点到最低点过程中，设电场力做功为W,根据动能定理有?gsiiiax-“7gcosax-W=0zrzv2,解得W=2mgl,即物块电势能人值为2mgl.19.如图，&BD为竖直平面内的绝缘轨道，其中段是

34、长为L=1.25/77的粗糙水平面，其动摩擦因数为“=0.1,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，电场强度大小E=5x10【解析】【详解】V/Ho一带负电小球，以速度如从A点沿水平轨道向右运动，接着进入半圆轨道后，恰能通过最高点D点。已知小球的质量为加=2.0x10一叹g,所带电荷量=2.0xl0（1）对小球，在D点,有：C,g取10m/s2（水平轨道足够长，小球可视得:mg-qE=ni贽vD=lnvs从D点飞出后，做平抛运动，有:得：mg-qE=maa=5.0nVs22R=-at22t=0.4j得：x=vDt=0.4m(2)对小球，从人点到D

35、点，有：一“(mg-qE)L-mg-2R+qE-2R=/nv-/?v2解得:v0=2.5nVs20. 一个初速为零的电子在经Ui=4500V的电压加速后，垂直平行板间的匀强电场从距两极板等距处射入，如图所示，若两板间距d=1.0cm版长L=3.0cm,两板间的电压U2=200V；已知电子的带电量为e=1.6xlO-19C,质量为m=0.9xl0-3°kg,只考虑两板间的电场，不计重力，求：(1) 电子经加速电压加速后以多大的速度V。进入偏转电场(2)电子射出偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y(3)电子射出偏转电场后经过下极板所在平面上的P点，如图所示，则P点到下极板右端的距离x【

36、答案】(1)Vo=4xl07m/5；(2)0.1cm：(3)6cm【解析】【详解】加速过程，由动能定理得：eU-mv代入数据可得：vo=4x107/;（2）根据电子在板间做类平抛运动：y=-at求弹簧枪对小物块所做的功：在斜轨上小物体能到达的最高点为P,求CP的长度.【答案】吟0.475J（2）s=0.57m【解析】,其中a=叫，f丄,由以上三式代入2mdv0数据可得：y=0.1cm:（3）根据电子出电场后做匀速直线运动，将电子出电场时的速度反向延长，延长线与板间的中心线相交于板的中点，设速度反向延长线与水平方向的夹解为e,则一呂，利用2L_,几何关系：_2y，由以上两式代入数据可得：x=6c

37、mxtan21. 如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角0=372,半径r=2.5m,CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强人小为E=2xlO试题分析：（1）设弹簧枪对小物体做功为Wf,由动能定理即可求解：N/C.方向垂直于斜轨向下的匀强电场.质量m=5xlO_2kg电荷量q=+170°C的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0=3m/s冲上斜轨.以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强人小不变，方向反向.已知斜轨与小物体间的动摩擦因数卩=0.25设小物体的电荷量保持

38、不变，取g=10m/s（2）对小物体进行受力分析，分析物体的运动情况，根据牛顿第二定律求出加速度，结合运动学基本公式即可求解.解：（1）设弹簧枪对小物体做功为Wf,由动能定理得Wf-mgr（I-cosO）令mv（/代人数据得：Wf=0.475J（2）取沿平直斜轨向上为正方向.设小物体通过C点进入电场后的加速度为a】，由牛顿第二定律得：-mgsinB-pi（mgcos0+qE）,sin37小物体向上做匀减速运动，经ti=O.ls后，速度达到vi,有:vi=v0+aiti由可知vi=2.1m/s,设运动的位移为si,有：si=vot计*aitF电场力反向后，设小物体的加速度为a?,由牛顿第二定律得

39、：=0.6,cos37s=0.8.-mgsinQ-pi(mgcosO-qE)=ma2(6)设小物体以此加速度运动到速度为0,运动的时间为t2,位移为S2,有：0=vi+a2t2(7)S2=Vlt24-a2t22(8)设CP的长度为S,有：S=S1+S2联立相关方程，代人数据解得：s=o.57m答：(1)弹簧枪对小物体所做的功为0.475J；(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P,CP的长度为0.57m.【点评】本题主要考查了动能定理、牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，要求同学们能正确对物体受力分析，确定物体的运动情况，难度适中.22.如图，带电量为q二+2X10-3C、质量为m=0.1kg的小球B静置于光滑的水平绝缘板右端，板的右侧空间有范闱足够人的、方向水平向左、电场强度F=103N/C的匀强电场.与B球形状相同、质量为0.3kg的绝缘不带电小球A以初速度vo=10m/s向B运动，两球发生弹性碰撞后均逆着电场的方向进入电场，在电场中两球又发生多次弹性碰撞，已知每次碰撞时间极短，小球B的电量始终不变，取重力加速度g=10m/s2.求：1"4时I4ILIIrII(1) 第一次碰撞后瞬间两小球的速度人小：(2) 第二次碰撞前瞬间小球B的动能：(3) 又经过多长时间发生第三次碰撞【答案】(1)va=5m/s,vb=15m/s(2)Ekb=6.25J(3)t'