第十章-静电场中的能量精选试卷培优测试卷(DOC 25页).doc

1、第十章 静电场中的能量精选试卷培优测试卷一、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，其电势能与位移x的关系如图所示，下列图象中合理的是( )ABCD【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：即图象上某点的切线的斜率表示电场力；A. 图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据故电场强度也逐渐减小，故A错误； B.根据动能定理，有：故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.

2、按照C图，速度随着位移均匀增加，根据公式匀变速直线运动的图象是直线，题图图象是直线；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如图所示，真空中有一个边长为L的正方体，正方体的两个顶点M、N处分别放置电荷量都为q的正、负点电荷图中的a、b、c、d是其他的四个顶点，k为静电力常量下列表述正确是（ ）Aa、b两点电场强度大小相等，方向不同Ba点电势高于b点电势C把点电荷+Q从c移到d，电势能增加D同一个试探电荷从c移到b和从b移到d，电场力做功相同【答案】D【解

3、析】A、根据电场线分布知，a、b两点的电场强度大小相等，方向相同，则电场强度相同故A错误B、ab两点处于等量异种电荷的垂直平分面上，该面是一等势面，所以a、b的电势相等故B错误C、根据等量异种电荷电场线的特点，因为沿着电场线方向电势逐渐降低，则c点的电势大于d点的电势把点电荷+Q从c移到d，电场力做正功，电势能减小，故C错误D、因可知同一电荷移动，电场力做功相等，则D正确故选D【点睛】解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的分布，知道垂直平分线为等势线，沿着电场线方向电势逐渐降低3两电荷量分别为q1和q2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随x变化的关系如图所示，其中P、N

4、两点的电势为零，NF段中Q点电势最高，则()AP点的电场强度大小为零Bq1和q2为等量异种电荷CNQ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-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如果和为等量异种电荷，点连线中垂线是等势面，故连线的中点是零电势点；由于，故，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

5、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。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( )AO点的电场强度为零BA、B两点的电场强度相同C将电荷+q沿曲线CAD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，正电荷在电势高的地方电势能大，所以将电荷+q

6、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在竖直平面内有水平向右、场强为E=1104N/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/s2)A小球所带电量为q=3.510-5CB小球恰能做圆周运动动能最小值是0.96JC小球恰能做圆周运动的机械能最小值是1.54JD小

7、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：，解得：，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点的动能最小，对应速度最小，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：，而，所以，故B错误；由于总能量保持不变，即（C为恒量）所以当小球在圆上最左侧的C点时，电势能最大，机械能最小，由B运动到A，联立解得：，总能量，由C运动到A，所以C点的机械能

8、为，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6一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EP与位移x的关系如图所示，下列图象中合理的是（ ）A电场强度与位移关系B粒子动能与位移关系C粒子速度与位移关系D粒子加速度与位移关系【答案】D【解析】试题分析：粒子仅受电场力作

9、用，做初速度为零的加速直线运动；根据功能关系得到Epx图象的斜率的含义，得出电场力的变化情况；然后结合加速度的含义判断加速度随着位移的变化情况解：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：F=|，即Epx图象上某点的切线的斜率表示电场力；A、Epx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E=，故电场强度也逐渐减小；故A错误；B、根据动能定理，有：Fx=Ek，故Ekx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、题图vx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

10、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；故选D【点评】本题切入点在于根据Epx图象得到电场力的变化规律，突破口在于根据牛顿第二定律得到加速度的变化规律，然后结合动能定理分析；不难7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

11、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；8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x0，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4x0，物体与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g则（）A撤去F后

12、，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C物体离开弹簧时速率为D撤去F后系统产生的内能为4mgx0【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：物体的加速度为故B正确。C. 物块进入电场区域后，受到的电场力：所以在竖直方向上，物块受到的支持力：此时物体受到的摩

13、擦力：物块此时的加速度：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=4x0-x0=3x0由运动学的公式：可得物体离开弹簧时速率为：故C正确。D. 物块进入电场前受到的摩擦力： ，物块进入电场区域后受到的摩擦力： ，所以撤去F后系统产生的内能为：故D错误。9一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、时刻。其运动的图象如图所示。对此下列判断正确的是（）A0时刻与时刻电子在同一位置B0时刻、时刻、时刻电子所在位置的电势分别为、，其大小比较有C0时刻、时刻、时刻电子所在位置的场强大小分别为、，其大小比较有D电子从0时刻运动至时刻，连续运动至时

14、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。结合其图象知其运动情景如图所示。则0时刻与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，则有所以B错误；C图象的斜率为加速度。由图象知过程加速度增大，过程加速度减小。又有则有所以C正确；D由图象知过程速度减小，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。10如图所示，从炽热的金属丝漂出的电子（速度可视为零），经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场在满足电子能射出偏转电场的条件

15、下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（ ）A仅增大加速电场的电压B仅减小偏转电场两极板间的距离C仅增大偏转电场两极板间的电压D仅减小偏转电场两极板间的电压【答案】BC【解析】【分析】电子经电场加速后，进入偏转电场，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出电子离开电场时数值方向分速度，表示出偏转角正切值的表达式，从而判断使偏转角变大的方法【详解】电场中的直线加速，由动能定理：，可得；在偏转电场做类平抛运动，加速度，运动时间为，可得偏转角的正切值为，联立可得：.若使偏转角变大即使tan变大，由上式看出可以增大U2，或减小U1，或增大L，

16、或减小d，则A、D错误，B、C正确故选BC【点睛】本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成.11如图所示，在x轴相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、Q，虚线是以+Q所在点为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称下列判断正确的是（）A四点中d点处的电势最低Bb、d两点处的电势相等Cb、d两点处的电场强度相同D将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q的电势能减小【答案】BD【解析】【分析】【详解】A.c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，

17、所以它的电势和无穷远处的电势相等.而正电荷周围的电场的电势都比它高，即c点的电势在四个点中是最低的;故A错误.B.该电场中的电势关于x轴对称，所以b、d两点的电势相等;故B正确.C.该电场中的电场强度关于x轴对称，所以b、d两点场强大小相等，方向是对称的，不相同的;故C错误.D.c点的电势低于a点的电势，试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，电场力做正功，+q的电势能减小;故D正确.12如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强为E=1104 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

18、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/s2下列说法正确（）A小球的带电荷量q=6105 CB小球动能的最小值为1JC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：解得小球的带电量为：，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

19、的动能EkB最小，对应速度vB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：，而，所以，故B正确；C、由于总能量保持不变，即恒量，所以当小球在圆上最左侧的C点时，电势能最大，机械能最小，故C错误；D、由于总能量保持不变，即恒量，由B运动到A，所以，总能量 ，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13质量为m电量为的小滑块(可视为质点)，放在质量为M的绝缘长木板左端，木板放在光滑的水平地面上，滑块与木板之间的动障擦因数为

20、，木板长为L，开始时两者都处于静止状态，所在空间存在范围足够大的一个方向竖直向下的匀强电场E，恒力F作用在m上，如图所示，则（ ）A要使m与M发生相对滑动，只须满足B若力F足够大，使得m与M发生相对滑动，当m相对地面的位移相同时，m越大，长木板末动能越大C若力F足够大，使得m与M发生相对滑动，当M相对地面的位移相同时，E越大，长木板末动能越小D若力F足够大，使得m与M发生相对滑动，E越大，分离时长本板末动能越大【答案】BD【解析】A、m所受的最大静摩擦力为 ,则根据牛顿第二定律得 ,计算得出 .则只需满足 ,m与M发生相对滑动.故A错误.B、当M与m发生相对滑动,根据牛顿第二定律得,m的加速度

21、 ,知m越大,m的加速度越小,相同位移时,所以的时间越长,m越大,m对木板的压力越大,摩擦力越大,M的加速度越大,因为作用时间长,则位移大,根据动能定理知,长木板的动能越大.所以B选项是正确的.C、当M与m发生相对滑动,E越大,m对M的压力越大,摩擦力越大,则M相对地面的位移相同时,根据动能定理知,长木板的动能越大.故C.错误D、根据 知,E越大,m的加速度越小,M的加速度越大，知时间越长,因为E越大,M的加速度越大,则M的位移越大,根据动能定理知,分离时长木板的动能越大.所以D选项是正确的.，故选BD点睛：当m与M的摩擦力达到最大静摩擦力,M与m发生相对滑动,根据牛顿第二定律求出F的最小值.

22、当F足够大时,M与m发生相对滑动,根据牛顿第二定律,结合运动学公式和动能定理判断长木板动能的变化.14在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势在x轴上分布如图所示。下列说法正确有（）Aq1和q2带有同种电荷Bx1处的电场强度为零C负电荷从x1移到x2，受到的电场力减小D负电荷从x1移到x2，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q1和q2带有异种电荷，选项A错误；B电场强度等于图中曲线斜率，x1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x1移到x2，曲线斜率减小，

23、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x1移到x2，电势增大，电势能减小，电场力做正功，选项D正确。故选CD。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v0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B此过程中电容器移动的距离C此过程屮电势能的变化量D带电环减少的动能大于电容器增加的动能【答案】

24、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，解得，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，环向左做匀减速直线运动，由公式得

25、，根据位移关系有，解得，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，联立得，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如图所示，在直角坐标系xoy的第一象限中，存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为4E0，虚线是电场的理想边界线，虚线右端与x轴的交点为A，A点坐标为（L、0），虚线与x轴所围成的空间内没有电场；在第二象限存在水平向右的匀强电场电场强度大小为E0和两点

26、的连线上有一个产生粒子的发生器装置，产生质量均为m，电荷量均为q静止的带正电的粒子，不计粒子的重力和粒子之间的相互作用，且整个装置处于真空中已知从MN上静止释放的所有粒子，最后都能到达A点：（1）若粒子从M点由静止开始运动，进入第一象限后始终在电场中运动并恰好到达A点，求到达A点的速度大小；（2）若粒子从MN上的中点由静止开始运动，求该粒子从释放点运动到A点的时间；（3）求第一象限的电场边界线（图中虚线）方程【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）由动能定理：，得：（2）分析水平方向的运动：粒子先匀加速位移L，再匀速位移L到第一象限的速度，匀加速时间，匀速时间，则总时间（3）设粒子从

27、MN线上某点由静止释放，经第一象限电场边界交点，后做匀速直线运动到A点，在第一象限做类平抛运动，水平：，竖直方向：反向延长AQ与水平位移交点为其中点，还有以下几何关系：，且，推出边界方程：考点：本题考查了带电粒子在电场中的运动、类平抛运动、运动的分解、动能定理.17图中所示的静电机由一个半径为、与环境绝缘的开口（朝上）金属球壳形的容器和一个带电液滴产生器G组成。质量为、带电量为的球形液滴从G缓慢地自由掉下（所谓缓慢，意指在G和容器口之间总是只有一滴液滴）。液滴开始下落时相对于地面的高度为。设液滴很小，容器足够大，容器在达到最高电势之前进入容器的液体尚未充满容器. 忽略G的电荷对正在下落的液滴的

28、影响.重力加速度大小为。若容器初始电势为零，求容器可达到的最高电势。【答案】【解析】【详解】设在某一时刻球壳形容器的电量为。以液滴和容器为体系，考虑从一滴液滴从带电液滴产生器G出口自由下落到容器口的过程。根据能量守恒有(1)式中，为液滴在容器口的速率，是静电力常量。由此得液滴的动能为(2)从上式可以看出，随着容器电量的增加，落下的液滴在容器口的速率不断变小；当液滴在容器口的速率为零时，不能进入容器，容器的电量停止增加，容器达到最高电势. 设容器的最大电量为，则有(3)由此得(4)容器的最高电势为(5)由(4)和(5)式得(6)18在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆

29、，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q（q0）的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角=60。运动中粒子仅受电场力作用。（1）求电场强度的大小；（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？（3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？【答案】(1) ；(2)；(3)0或【解析】【分析】【详解】（1）由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q0，故电场线由A指向C，根据几何关系可知：所以根据

30、动能定理有：解得：；（2）根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有而电场力提供加速度有联立各式解得粒子进入电场时的速度：；（3）因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0，即在电场方向上速度变化为v0 ，过C点做AC垂线会与圆周交于B点，故由题意可知粒子会从C点或B点射出。当从B点射出时由几何关系有电场力提供加速度有联立解得；当粒子从C点射出时初速度为0。另解：由题意知，初速度为0时，动量增量的大小为，此即问题的一个解。自A点以不

31、同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，动量变化都相同，自B点射出电场的粒子，其动量变化量也恒为，由几何关系及运动学规律可得，此时入射速率为19如图所示，在竖直平面内有一固定的光滑绝缘轨道，圆心为O，半径为r，A、B、C、D分别是圆周上的点，其中A、C分别是最高点和最低点，BD连线与水平方向夹角为。该区间存在与轨道平面平行的水平向左的匀强电场。一质量为m、带正电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动（电荷量不变），经过D点时速度最大，重力加速度为g（已知，），求:(1)小球所受的电场力大小；(2)小球经过A点时对轨道的最小压力。【答案】（1）；（2）2mg，方向竖直向上.【解析】【详解】（1）由题意可

32、知 : 所以:（2）由题意分析可知，小球恰好能做完整的圆周运动时经过A点对轨道的压力最小. 小球恰好做完整的圆周运动时，在B点根据牛顿第二定律有:小球由B运动到A的过程根据动能定理有: 小球在A点时根据牛顿第二定律有:联立以上各式得:由牛顿第三定律可知，小球经过A点时对轨道的最小压力大小为2mg，方向竖直向上.20如图，ABD为竖直平面内的绝缘轨道，其中AB段是长为的粗糙水平面，其动摩擦因数为，BD段为半径R=0.2 m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。一带负电小球，以速度v0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

33、质量为，所带电荷量，g取10 m/s2(水平轨道足够长，小球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)，求：（1）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；（2）小球的初速度v0。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）对小球，在D点，有：得：从D点飞出后，做平抛运动，有：得：得：（2）对小球，从A点到D点，有：解得：21如图，在场强大小为E、水平向右的匀强电场中，一轻杆可绕固定转轴O在竖直平面内自由转动杆的两端分别固定两电荷量均为q的小球A、B；A带正电，B带负电；A、B两球到转轴O的距离分别为2l、l，所受重力大小均为电场力大小的倍，开始时杆与电场夹角为（）将杆从初始位置由

34、静止释放，以O点为重力势能和电势能零点求：（1）初始状态的电势能；（2）杆在平衡位置时与电场间的夹角；（3）杆在电势能为零处的角速度【答案】（1）-3qElcos；（2）30；（3）当150时，；当150时，或【解析】【分析】【详解】（1）初态：We=qV+(-q)V=q(V+-V-)=-3qElcos（2）平衡位置如图，设小球的质量为m，合力矩为3qElsin-mglcos=0由此得=30（3）电势能为零时，杆处于竖直位置，当初始时OA与电场间夹角=150时，A恰好能到达O正上方，在此位置杆的角速度为0当150时，A位于O正下方处电势能为零初态：We=3qElcos，Ep=mglsin末态：

35、，能量守恒：解得当150时，电势能为0有两处，即A位于O正下方或正上方处当A位于O正下方时，当A位于O正上方时，解得22如图所示，在竖直平面内有一固定光滑绝缘轨道，其中AB部分是倾角为=37的直轨道， BCD部分是以O为圆心、半径为R的圆弧轨道，两轨道相切于B点， D点与O点等高， A点在D点的正下方。圆的水平直径下方有水平向左的电场，质量为m、带电荷量为q的小球从A点由静止开始沿斜面向上运动，已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C ，然后经过D点落回到AB之间某点。已知sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度大小为g。求(1)小球在C点的速度的大小；(2)小球在AB段运动过程中电场力所

36、做的功；(3)小球从D点运动落到AB上某点的时间。【答案】(1)；(2)2.8mgR；(3)【解析】【分析】【详解】(1)当小球在最高点时解得(2)小球从A点到C点的过程有得小球在AB段运动过程中电场力所做的功解得W =2.8mgR(3)小球从C点运动到D点的过程解得设小球落点到A的水平距离为x，竖直距离为y，由几何关系有联立这三个方程得23将一内壁光滑的绝缘细圆管做成的圆环BDC固定在竖直面内，圆环的圆心为O，D为圆环的最低点，其中BOC，圆环的半径为R，水平虚线BC的上方存在水平向右的范围足够大的匀强电场圆心O的正上方A点有一质量为m、带电荷量为q的小球（可视为质点），其直径略小于圆管内径

37、现将该小球无初速度释放，经过一段时间后小球刚好无碰撞地进入圆管中并继续在圆管中运动，重力加速度为g求：（1）A点到O点的距离及匀强电场的电场强度大小；（2）小球运动到圆环的最低点D时对圆环的作用力【答案】（1）（2）（3+）mg；方向竖直向下【解析】【详解】(1)小球被释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从B点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45，即加速度方向与竖直方向的夹角为45，则有：解得：因为BOC，圆环的半径为R，故BC的距离为，故根据几何关系有可知：AO=(2)小球从A点到D点的过程中，根据动能定理得：当小球运动到圆环的最低点D时，根据牛顿第二定律得：联立解得：根据牛顿第三定律得小球运动到圆环的最低点D时对圆环的压力大小为，方向竖直向下答：(1)A点到O点的距离,匀强电场的电场强度大小；(2)小球运动到圆环的最低点D时对圆环的作用力