第十章 静电场中的能量精选试卷练习(Word版 含答案)

第十章 静电场中的能量精选试卷练习（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．空间存在一静电场，电场中的电势φ随x (x轴上的位置坐标)的变化规律如图所示，下列说法正确的是( )

A．x = 4 m处的电场强度可能为零 B．x = 4 m处电场方向一定沿x轴正方向 C．沿x轴正方向，电场强度先增大后减小

D．电荷量为e的负电荷沿x轴从0点移动到6 m处，电势能增大8 eV 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】 A、由φx图象的斜率等于电场强度，知x=4 m处的电场强度不为零，选项A错误；B、

从0到x=4 m处电势不断降低，但x=4 m点的电场方向不一定沿x轴正方向，选项B错误；C、由斜率看出，沿x轴正方向，图象的斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，选项C错误；D、沿x轴正方向电势降低，某负电荷沿x轴正方向移动，电场力做负功，从O点移动到6m的过程电势能增大8 eV，选项D正确．故选D． 【点睛】

本题首先要读懂图象，知道φ-x图象切线的斜率等于电场强度，场强的正负反映场强的方向，大小反映出电场的强弱．

2．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，则（ ）

A．从A点运动到M点电势能增加 2J B．小球水平位移 x1与 x2 的比值 1：4 C．小球落到B点时的动能 24J

D．小球从A点运动到B点的过程中动能有可能小于 6J 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动，竖直分运动为匀变速直线运动；

A．从A点运动到M点过程中，电场力做正功，电势能减小，故A错误；

B．对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为1：3，故B错误；

C．设物体在B动能为EkB，水平分速度为VBx，竖直分速度为VBy。 由竖直方向运动对称性知

1mVBy2=8J 2对于水平分运动

Fx1=

11mVMx2-mVAX2 2211mVBx2-mVAX2 22F（x1+x2）=

x1：x2=1：3

解得：

Fx1=6J； F（x1+x2）=24J

故

EkB=

故C错误；

D．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：

Fx1=6J

1m（VBy2+VBx2）=32J 21F22 t6J 2mGh=8J 1G22 t8J 2m所以：

F3 G2由右图可得：

tanF G

所以

sin3 7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G’垂直，即图中的 P点，故

Ekmin故D正确。 故选D。

121242mvminm（v0sin）J＜6J 227

3．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Ek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EkB＝2Ek、EkC＝3Ek，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．

Ek qRB．

2Ek qRC． 3Ek 3qRD． 23Ek 3qR【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

从A点到B点应用动能定理有：qUAB2Ek-EkEk 从A点到C点应用动能定理有：qUAC3Ek-Ek2Ek 所以UAC2UAB

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：qEdqEADEk,即qE解得E 3REk 223Ek。 3qR选项D正确，A、B、C错误。

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/s2)

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：

mgtan373105C，故A错误；由于E重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力

根据平衡条件得：mgtan37qE，解得：q

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

2mg0.4vB0.5N，而F合m，所以力，而绳的拉力恰为零，有：F合Lcos370.8EKB121mvBF合L0.5J，故B错误；由于总能量保持不变，即22EkEPGEPEC（C为恒量）．所以当小球在圆上最左侧的C点时，电势能EPE最

2L，联立解得：大，机械能最小，由B运动到A，W合力EPAEPB，W合力F合·EPB2J，总能量EEPBEkB2.5J，由C运动到

A，W电F电L1sin370.96J，W电EP2，所以C点的机械能为

E机CEEP21.54J?，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．

5．一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：粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动；根据功能关系得到Ep﹣x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Ep﹣x图象上某点的切线的斜率表示电场力；

A、Ep﹣x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：F•△x=△Ek，故Ek﹣x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v﹣x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； 故选D．

【点评】本题切入点在于根据Ep﹣x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．

6．如上图所示，有四个等量异种电荷，放在正方形的四个顶点处，A、B、C、D为正方形四个边的中点，O为正方形的中心，下列说法中正确的是

A．A、C两个点的电场强度方向相反

B．将一带正电的试探电荷匀速从B点沿直线移动到D点，电场力做功为零 C．O点电场强度为零

D．将一带正电的试探电荷匀速从A点沿直线移动到C点，试探电荷具有的电势能增大 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

A. 设正方形边长为L，每个电荷的电量大小为Q，对A点研究，两个正电荷在A点的合场强为零，根据平行四边形法则，两个负电荷在A点的合场强方向水平向右．则A点的电场强度方向水平向右．对C点研究，两个负电荷在C点的合场强为零，根据平行四边形法则，两个正电荷在C点的合场强方向水平向右，所以A、C两个点的电场强度方向相同．故A错误；

B.在上面两个等量异种电荷的电场中，B、D连线是一条等势线．在下面两个等量异种电荷的电场中，B、D连线是也一条等势线，所以B、D两点的电势相等，将一带正电的试探电荷从B点沿直线移动到D点，电场力做功为零，故B正确．

C.两个正电荷在O点的合场强水平向右，两个负电荷在O点的合场强也水平向右，所以O点电场强度不等于零，方向水平向右．故C错误．

D .根据电场的叠加原理可知，AC连线上场强方向水平向右，则将一带正电的试探电荷匀速从A点沿直线移动到C点，电场力做正功，则试探电荷具有的电势能减小，故D错误； 故选B． 【点睛】

本题的关键是要掌握等量异种电荷的电场线和等势面分布特点，熟练运用电场的叠加原理分析复合场中电势与电场强度的分布情况；注意场强叠加是矢量叠加，电势叠加是代数叠加．

7．有一电场强度方向沿x轴的电场，其电势随x的分布满足0sin0.5x(V)，如图所示。一质量为m，带电荷量为+q的粒子仅在电场力作用下，以初速度v0从原点O处进入电场并沿x轴正方向运动，则下列关于该粒子运动的说法中不正确的是 ．．．

A．粒子从x=1处运动到x=3处的过程中电势能逐渐减小 B．若v0=2q06q0，则粒子在运动过程中的最小速度为 mmC．欲使粒子能够到达x=4处，则粒子从x=0处出发时的最小速度应为2q mD．若v0【答案】B 【解析】 【分析】

6q0，则粒子能运动到0.5处，但不能运动到4处

5m仅有电场力做功，电势能和动能相互转化；根据正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，判断电势能的变化。粒子如能运动到1处，就能到达4处。粒子运动到1处电势能最大，动能最小，由能量守恒定律求解最小速度。 【详解】

A．从1到3处电势逐渐减小，正电荷电势能逐渐减小，故A正确；

B．粒子在运动过程中，仅有电场力做功，说明电势能和动能相互转化，粒子在1处电势能最大，动能最小，从0到1的过程中，应用能量守恒定律：

121mv0q(00)mv2 22解得：v2q0，故B错误； mC．根据上述分析，电势能和动能相互转化，粒子能运动到1处就一定能到达4处，所以粒子从0到1处根据能量守恒定律：

12q0mv1

2解得：v12q0，故C正确； m20(V)，从0到0.5处根据能2D．根据0sin0.5x(V)粒子在0.5处的电势为1

量守恒定律：

q(2121200)mv2mv0 222可知：v2【点睛】

2q0，所以粒子能到达0.5处，但不能运动到4处，故D正确。 m根据电势随x的分布图线和粒子的电性，结合能量守恒定律判断电势能和动能的变化。

8．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。

9．两个质量相同的小球用不可伸长的细线连结，置于场强为E的匀强电场中，小球1和2均带正电，电量分别为的库仑力）

和

（

＞

）．将细线拉直并使之与电场方向平行，如图所

示．若将两小球同时从静止状态释放，则释放后细线中的张力T为（不计重力及两小球间

A．T=B．T=（C．T=D．T=（

（－（+

－）E ）E

+）E ）E

【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】

将两个小球看做一个整体，整体在水平方向上只受到向右的电场力，故根据牛顿第二定律可得

，对小球2分析，受到向右的电场力，绳子的拉力，由于

，球1

受到向右的电场力大于球2向右的电场力，所以绳子的拉力向右，根据牛顿第二定律有

，联立解得

【点睛】

解决本题关键在于把牛顿第二定律和电场力知识结合起来，在研究对象上能学会整体法和隔离法的应用，分析整体的受力时采用整体法可以不必分析整体内部的力，分析单个物体的受力时就要用隔离法．采用隔离法可以较简单的分析问题

，故A正确；

10．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

aA、aB，电势能分别为EPA、EPB.下列说法正确的是( )

A．电子一定从A向B运动

B．若aA>aB，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EPA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A点电势高于B点，故D错误；故选BC．

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

L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、2d两点关于x轴对称．下列判断正确的是（ ）

在点为圆心、

A．四点中d点处的电势最低 B．b、d两点处的电势相等 C．b、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，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，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：

2vDmg=m ①

R从A到D过程，由动能定理有：

qEx-2mgR=

由①②得：R1mvD2，② 22qEx，③ 5mg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=

由①⑥解得：电场力做功 W=题意；

D.小球由B到D的过程中，由动能定理有：

-2mgR=

在B点有：

2vBFN-mg=m ⑤

R1mvD2，⑥ 25mgR，可知m与R同时增大，电场力做功越多，故C符合211mvD2-mvB2，vB=5gR，④ 22解得：FN=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。

13．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φ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+2.0×10－8C的滑块P（可视作质点），从x=0.l0m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02．取重力加速度

g=l0m/s2．则下列说法正确的是（ ）

A．x=0.15m处的场强大小为2.0×l06N/C B．滑块运动的加速度逐渐减小 C．滑块运动的最大速度约为0.1m/s D．滑块最终在0.3m处停下 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】

3105AB、电势φ与位移x图线的斜率表示电场强度，则x＝0.15m处的场强EV/m＝

0.152×106V/m，此时的电场力F＝qE＝2×10﹣8×2×106N＝0.04N，滑动摩擦力大小f＝μmg＝0.02×2N＝0.04N，在x＝0.15m前，电场力大于摩擦力，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，

qUfx1mvm2，因为0.10m和0.15m处的电势差大约为1.5×105V，代入求解，最大2速度大约为0.1m/s，故C正确；

D、滑块最终在x0.3m处停下则满足：qUfx00，x0.3m处的电势

1.5105V，故从x0.1m到x0.3m过程中，电势差

U(4.51.5)105V3105V，电场力做W电=qU2.010831056103J，

3摩擦力做功Wffs0.020.210(0.300.10)810J，则WfW电，故滑块不

能滑到x0.3m处，故D错误．

14．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．现在给小球一个扰动，使小球A从最高点由静止开q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的最大速度为4gR 3D．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=

14gR（m+2m）v2解得：v=，故C正确； 231×2mv2-0，解得细杆对B球所做的功W=-2对B球，利用动能定理可得，W+2mgR-2mg•2R=

10mgR，故D错误． 3

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vmv0 M

B．此过程中电容器移动的距离xmd

2MmC．此过程屮电势能的变化量EpmMv022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v0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

mv0Mmv，

解得

vA错误；

mv0， Mmvts，环向左做匀减2B．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速直线运动，由公式得

vv0ts， 2根据位移关系有

ss解得

d， 2sB正确；

md，

2Mm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

EP联立得

121mv0(mM)v2， 22

2Mmv0EP，

2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）

416．如图以y轴为边界，右边是一个水平向左的E1110匀强电场，左边是一个与水平

方向成45°斜向上的E2=2104N/C匀强电场，现有一个质量为m=1.0g，带电量2q=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/s2． 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)；t0.12s（2）坐标为（0，-1.6） 【解析】 【分析】 【详解】

（1）小颗粒在E1中电场力为F1=E1q=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)

F11102由Sat2得t0.12s m2(2)运动到原点的速度为v0=at=2m/s

加速度a2小颗粒在E2电场中合力为F2102N方向与v0方向垂直 2由此可得小颗粒做类平抛运动,再次运动到y轴的时间为t1, v0方向位移为S1= v0t1

与v0方向垂直位移为S212Fa1t1a1由几何关系得S1=S2 2m第二次经过y轴时到原点距离为L2S1=1.6m 即坐标为（0，-1.6）

17．电容器是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．

（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I；

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变化的图象；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ΔE．请推导证明：W=ΔE．要求最后的表达式用已知量表示． 【答案】（1）a．I【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 根据电容的定义根据电流强度的定义解得平均电流

（2分）

（2分） （2分）

CE12 b．E0CE （2）见解析

2tb．根据q = Cu，画出q-u图像如图1所示 （2分）

由图像可知，图线与横轴所围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解得

（2分）

，两极板正对面积为S ，得

，可知极板在移动过程中板间场强不变，两极板（2分）

（2）设两极板间场强为根据

，

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根据功的定义有代入已知量得出电容器增加的能量

．（2分）缓慢移动时有

（2分） （或

（2分）

）

代入已知量得出所以

（2分）

考点：电容，电动势，能量守恒．

18．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 v0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v0；

(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v0与θ角间的定量关系式． 【答案】(1) 负电 5N (2)2m/s (3)v0【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。 小环匀速下滑合力为零，电场力

ghtan 2Fmgtan455N

(2)小环离开杆后做类平抛运动，由牛顿第二定律

2mgma

平行于杆的方向做匀速直线运动，则有

xv0thsin45

垂直于杆的方向做匀加速直线运动，则有

y得v02m/s (3)有牛顿第二定律得

12athcos45 2mgma cos平行于杆的方向做匀速直线运动，则有

hsinv0t

垂直于杆的方向做匀加速直线运动，则有

hcos解以上方程得

12at 2v0ghtan 2

19．如图,带电荷量为q=+2×10-3C、质量为m=0.1kg的小球B静置于光滑的水平绝缘板右端,板的右侧空间有范围足够大的、方向水平向左、电场强度E =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v0=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的电荷量始终不变,重力加速度g取10m/s2求: （1）第一次碰撞后瞬间两小球的速度大小; （2）第二次碰撞前瞬间小球B的动能; （3）第三次碰撞的位置

【答案】25.(1)5m/s；15m/s（2）6.25J；（3）第三次碰撞的位置是在第一次碰撞点右方5m、下方20m处. 【解析】 【分析】 【详解】

（1）第一次碰撞时，

两小球动量守恒，即3mv0＝3mv1＋mv2

111223mv03mv12mv2 222解得碰后A的速度v1＝5m/s，B的速度v2＝15m/s

机械能守恒，即

（2）碰后AB两球进入电场，竖直方向二者相对静止均做自由落体运动；水平方向上，A做匀速运动，

B做匀减速直线运动，其加速度大小aB＝

qE＝20m/s2 m1aBt2 2设经过t时间两小球再次相碰，则有v1t＝v2t－解得t＝1s

此时，B的水平速度为vx＝v2－aBt＝－5 m/s（负号表明方向向左） 竖直速度为vy＝gt＝10 m/s 故第二次碰前B的动能EKB12122mvBm(vxvy)6.25J 22''（3）第二次碰撞时，AB小球水平方向上动量守恒3mv1＋mvx＝3mv1＋mvx 机械能守恒，即

1111222'23m(v12vy)m(vxvy)3m(v1'2v'2)m(vxv'2yy) 2222''解得第二次碰后水平方向A的速度v10，B的速度vx＝10m/s

故第二次碰撞后A竖直下落（B在竖直方向上的运动与A相同）， 水平方向上， B做匀减速直线运动，

设又经过t'时间两小球第三次相碰，则有 vxt－aBt'＝0 解得t'＝1s

因此，第三次相碰的位置在第一次碰撞点右方x＝v1t＝5m 下方y＝

'1221g（t＋t'）2＝20m 2

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v0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/s2。（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v0。

【答案】(1)x0.4m；(2)v025m/s 【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vD，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

vD2mmgqE R乙球离开D点后做类平抛运动，竖直方向

2R水平方向

1mgqE2()t 2mxvDt

联立解得

x0.4m

(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

121212mv0mv甲mv乙，mv0mv甲mv乙

222联立得

v乙=v0

由动能定理得

1212mg2RqE2RmvDmv乙

22联立解得

v05(mgEq)R25m/s

m

21．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θ=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做的功； (3)小球从D点运动落到AB上某点的时间。

【答案】(1)vC【解析】 【分析】 【详解】

gR；(2)2.8mgR；(3)t5616337R g(1)当小球在最高点时

2vCmgm

R解得

vCgR (2)小球从A点到C点的过程有

12mvC 2hRRcos(RRsin)tan3R

qE2Rmgh

得

qE小球在AB段运动过程中电场力所做的功

7mg 4WqE(RRsin)

解得

W =2.8mgR

(3)小球从C点运动到D点的过程

1212mgRmvDmvC

22解得

vD3gR 设小球落点到A的水平距离为x，竖直距离为y，

x1qE2t 2m12gt) 2y2R(vDt由几何关系有

ytan x联立这三个方程得

t5616337R g

22．如图，带电量为q＝+2×10-3C、质量为m＝0.1kg的小球B静置于光滑的水平绝缘板右端，板的右侧空间有范围足够大的、方向水平向左、电场强度E＝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v0＝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)第一次碰撞后瞬间两小球的速度大小； (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'＝1s 【解析】 【详解】 (1)第一次碰撞时，

两小球动量守恒，即3mv0＝3mvA＋mvB 机械能守恒，即:

1112223mv03mvAmvB 222解得碰后A的速度vA＝5m/s，B的速度vB＝15m/s

(2)碰后AB两球进入电场，竖直方向二者相对静止均做自由落体运动； 水平方向上，A做匀速运动，

B做匀减速直线运动，其加速度大小aBqE20m/s2 m设经过t时间两小球再次相碰，则有vAtvBt解得:t＝1s

1aBt2 2此时，B的水平速度为vx＝vB－aBt＝-5 m/s（负号表明方向向左） 竖直速度为vy＝gt＝10 m/s 故第二次碰前B的动能EkB122m(vxvy)6.25J 2(2)第二次碰撞时，AB小球水平方向上动量守恒3mvA＋mvx＝3mv＋mv

111122222222vy3m(vAvy)m(vxvy)3m(v1)m(vvxy)

2222解得第二次碰后水平方向A的速度v＝0，B的速度v＝10m/s

机械能守恒，即:

故第二次碰撞后A竖直下落（B在竖直方向上的运动与A相同）， 水平方向上， B做匀减速直线运动， 设又经过t' 时间两小球第三次相碰，则有vxt解得:t'＝1s 【点睛】

解决本题的关键要是分析清楚两球的受力情况，判断出运动情况，知道弹性碰撞遵守两大守恒：动能守恒和动量守恒．根据位移关系研究相碰的时间．

1aBt20 2

23．如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xoy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m，电荷量为-q（-q＜0）的带电绝缘小球，从y轴上的P（0，L）点由静止开始释放，运动至x轴上的A（-L，0）点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管。细管的圆心O1位于y轴上，交y轴于点B，交x轴于A点和C（L，0）点。该细管固定且紧贴x轴，内径略大于小球外径。小球直径远小于细管半径，不计一切阻力，重力加速度为g。求： (1)匀强电场的电场强度的大小；

(2)小球运动到B点时对管的压力的大小和方向； (3)小球从C点飞出后会落在x轴上的哪一位置。

【答案】(1)【解析】 【详解】

mg；(2)3q21mg方向向下；(3)-7L。

(1)小球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A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

tan45解得：

mg EqE(2)根据几何关系可知，圆弧的半径

mgq

r2L

从P到B点的过程中，根据动能定理得：

12mvB0mg2L2LEqL 2在B点，根据牛顿第二定律得：

2vBNmgm

r联立解得：

N321mg，

方向向上，由牛顿第三定律可知，小球运动到B点时对管的压力的方向向下 (3)从P到A的过程中，根据动能定理得：

12mvAmgLEqL 2解得：

vA4gL

小球从C点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度

vCvA4gL 小球的加速度

g'2g，

当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x轴，则有：

vCt解得：

1g't2 2t2则沿x轴方向运动的位移

2L g2L8L gx2vCt22gL2则小球从C点飞出后落在x轴上的位置

xL8L7L