專題13：電場(chǎng)能的性質(zhì)

題型1：電勢(shì)、電勢(shì)能變化、電場(chǎng)力做功綜合問題

1．計(jì)算電場(chǎng)力做功常有哪些方法

(1)WAB＝qUAB(普遍適用)

(2)W＝qE·s·cos

θ(適用于勻強(qiáng)電場(chǎng))

(3)WAB＝－ΔEp(從能量角度求解)

(4)W電＋W非電＝ΔEk(由動(dòng)能定理求解)

2．電勢(shì)能增減的判斷方法

做功法：無論電荷是正是負(fù)，只要電場(chǎng)力做正功，電荷的電勢(shì)能就減少；

電場(chǎng)力做負(fù)功，電荷的電勢(shì)能就增加．

3．電勢(shì)高低的判斷

(1)據(jù)電場(chǎng)線的方向：沿電場(chǎng)線方向，電勢(shì)越來越低．

(2)據(jù)電場(chǎng)力做功的方法：據(jù)定義式UAB＝，將WAB、q的＋、－代入，由

UAB的＋、－可判電勢(shì)高低．

1.如圖所示，在絕緣的斜面上方，存在著勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向平行于斜面向上，斜面上的帶電金屬塊在平行于斜面的力F作用下沿斜面移動(dòng)．已知金屬塊在移動(dòng)的過程中，力F做功32

J，金屬塊克服電場(chǎng)力做功8

J，金屬塊克服摩擦力做功16

J，重力勢(shì)能增加18

J，則在此過程中金屬塊的()

A．動(dòng)能減少18

J

B．電勢(shì)能增加24

J

C．機(jī)械能減少24

J

D．內(nèi)能增加16

J

解析：由動(dòng)能定理可知ΔEk＝32

J－8

J－16

J－18

J＝－10

J，A錯(cuò)誤；克服

電場(chǎng)力做功為8

J，則電勢(shì)能增加8

J，B錯(cuò)誤；機(jī)械能的改變量等于除重力以

外的其他力所做的總功，故應(yīng)為ΔE＝32

J－8

J－16

J＝8

J，C錯(cuò)誤；物體內(nèi)

能的增加量等于克服摩擦力所做的功，D正確．

答案：D

2.如圖所示，某區(qū)域電場(chǎng)線左右對(duì)稱分布，M、N為對(duì)稱線上的兩點(diǎn)．下列說法正確的是()

不定項(xiàng)

A．M點(diǎn)電勢(shì)一定高于N點(diǎn)電勢(shì)

B．M點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)一定大于N點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)

C．正電荷在M點(diǎn)的電勢(shì)能大于在N點(diǎn)的電勢(shì)能

D．將電子從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功

解析：沿電場(chǎng)線方向，電勢(shì)降低，所以M點(diǎn)電勢(shì)一定高于N點(diǎn)電勢(shì)，A正確；電場(chǎng)線的疏密程度表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱，由圖可知，M點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)一定小于N點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)，B錯(cuò)；若把正電荷由M點(diǎn)移到N點(diǎn)電場(chǎng)力做正功，電荷的電勢(shì)能減小，所以EpM＞EpN，C正確；電子在電場(chǎng)中受電場(chǎng)力的方向沿NM指向M，電場(chǎng)力做負(fù)功，D錯(cuò)．答案：AC

3.如圖所示，帶等量異號(hào)電荷的兩平行金屬板在真空中水平放置，M、N為板間同一電場(chǎng)線上的兩點(diǎn)，一帶電粒子(不計(jì)重力)以速度

vM經(jīng)過M點(diǎn)在電場(chǎng)線上向下運(yùn)動(dòng)，且未與下板接觸，一段時(shí)間后，粒子以速度

vN折回N點(diǎn)，則()

A．粒子受電場(chǎng)力的方向一定由M指向N

B．粒子在M點(diǎn)的速度一定比在N點(diǎn)的大

C．粒子在M點(diǎn)的電勢(shì)能一定比在N點(diǎn)的大

D．電場(chǎng)中M點(diǎn)的電勢(shì)一定高于N點(diǎn)的電勢(shì)

解析：由題意可知M、N在同一電場(chǎng)線上，帶電粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，動(dòng)能減小，電勢(shì)能增加，故選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤，B正確；由于題中未說明帶電粒子及兩極板的電性，故無法判斷M、N兩點(diǎn)的電勢(shì)高低，選D錯(cuò)誤．

答案：B

4.在地面上空中有方向未知的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電量為－q的小球以某一速度由M點(diǎn)沿如圖6－2－12所示的軌跡運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)．由此可知()

A．小球所受的電場(chǎng)力一定小于重力

B．小球的動(dòng)能、電勢(shì)能和重力勢(shì)能之和保持不變

C．小球的機(jī)械能保持不變

D．小球的動(dòng)能一定減小

解析：由題圖示的軌跡可知，小球所受的合外力向上或左上方，所以小球所受的電場(chǎng)力一定大于重力；小球以某一速度由M點(diǎn)沿圖示軌跡運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中，僅受電場(chǎng)力和重力作用，其小球的動(dòng)能、電勢(shì)能和重力勢(shì)能之和保持不變，但機(jī)械能不守恒．若小球所受的合外力(重力和電場(chǎng)力的合力)向上，則小球的動(dòng)能增加；若小球所受的合外力(重力和電場(chǎng)力的合力)向左上方，則小球的動(dòng)能可能減?。?/p>

答案：

B

5.絕緣細(xì)繩的一端固定在天花板上，另一端連接著一個(gè)帶負(fù)電的電荷量為q、質(zhì)量為m的小球，當(dāng)空間存在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，繩穩(wěn)定處于與豎直方向成θ＝60°角的位置．如圖所示，已知細(xì)繩長(zhǎng)為L(zhǎng)，讓小球從θ＝30°的A點(diǎn)釋放，則()

A．勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為

B．勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為

C．小球的最大速度為

D．小球的最大速度為(－1)

解析：小球在θ＝60°時(shí)處于平衡，則Eq＝mgtan

θ，所以E＝＝，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；小球第一次到達(dá)平衡位置處的速度是小球的最大速度，根據(jù)動(dòng)能定理有：qE(Lsin

60°－Lsin

30°)－mg(Lcos

30°－Lcos

60°)＝mv2，聯(lián)立解得v＝(－1)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤、D正確．

答案：D

6.如圖所示，光滑絕緣細(xì)桿AB，水平放置于被固定的帶負(fù)電荷的小球的正上方，小球的電荷量為Q，可視為點(diǎn)電荷．a(chǎn)、b是水平細(xì)桿上的兩點(diǎn)，且在以帶負(fù)電小球?yàn)閳A心的同一豎直圓周上．一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小圓環(huán)(可視為質(zhì)點(diǎn))套在細(xì)桿上，由a點(diǎn)靜止釋放，在小圓環(huán)由a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中，下列說法中錯(cuò)誤的是()

A．小圓環(huán)所受庫侖力的大小先增大后減小

B．小圓環(huán)的加速度先增大后減小

C．小圓環(huán)的動(dòng)能先增加后減少

D．小圓環(huán)與負(fù)電荷組成的系統(tǒng)電勢(shì)能先減小后增加

解析：庫侖力的大小先增大后減?。患铀俣认葴p小后增大；由動(dòng)能定理，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，因而動(dòng)能先增加后減少，電勢(shì)能先減少后增加．

答案：B

7.如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的大小為E，方向與水平面的夾角為θ(θ≠45°)，場(chǎng)中有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球，用長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，當(dāng)小球靜止時(shí)，細(xì)線恰好水平．現(xiàn)用一外力將小球緩慢拉至豎直方向最低點(diǎn)，小球電荷量保持不變，在此過程中()

A．帶電小球的電勢(shì)能增加qEL(sin

θ＋cos

θ)

B．帶電小球的電勢(shì)能增加2mgLcot

θ

C．該外力所做的功為mgLtan

θ

D．該外力所做的功為mgLcotθ

解析：由于小球靜止時(shí)，細(xì)線恰好水平，所以重力與電場(chǎng)力的合力大小為mgcot

θ，方向水平向右，在外力將小球緩慢拉至豎直方向最低點(diǎn)的過程中，小球在重力與電場(chǎng)力的合力方向的位移為L(zhǎng)，外力克服重力與電場(chǎng)力的合力做功mgLcot

θ，D正確；小球的重力勢(shì)能減小mgL，在場(chǎng)強(qiáng)方向的位移為L(zhǎng)(sin

θ＋cos

θ)，電場(chǎng)力對(duì)小球做的功為—qEL(sin

θ＋cos

θ)，電勢(shì)能增加qEL(sin

θ＋cos

θ)，A、B、C錯(cuò)誤．

答案：D

8.如圖所示，在y軸上關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱的A、B兩點(diǎn)有等量同種點(diǎn)電荷＋Q，在x軸上C點(diǎn)有點(diǎn)電荷－Q，且CO＝OD，∠ADO＝60°.下列判斷正確的是()

A．O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為零

B．D點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為零

C．若將點(diǎn)電荷＋q從O移向C，電勢(shì)能增大

D．若將點(diǎn)電荷－q從O移向D，電勢(shì)能增大

解析：本題考查電場(chǎng)強(qiáng)度矢量的疊加及電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系．空間中任何一點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)都是三個(gè)點(diǎn)電荷在該點(diǎn)產(chǎn)生場(chǎng)強(qiáng)的矢量和．A、B兩個(gè)＋Q在O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)矢量和為0，所以O(shè)點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)等于C點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)(不為零)，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；A、B、C三點(diǎn)電荷在D點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)如圖所示，大小相等，設(shè)EA＝EB＝EC＝E，EA、EB的矢量和沿x軸正方向，大小也等于E，EC方向沿x軸負(fù)方向，故三個(gè)場(chǎng)強(qiáng)的矢量和為0，B選項(xiàng)正確；在x＜0的區(qū)間，合場(chǎng)強(qiáng)方向沿x軸負(fù)方向，所以將正電荷從O移向C，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，將負(fù)電荷從O移向D，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，C、D選項(xiàng)錯(cuò)誤．本題正確選項(xiàng)B.答案：B

9.如圖甲所示，一條電場(chǎng)線與Ox軸重合，取O點(diǎn)電勢(shì)為零，Ox方向上各點(diǎn)的電勢(shì)φ隨x變化的情況如圖乙所示，若在O點(diǎn)由靜止釋放一電子，電子僅受電場(chǎng)力的作用，則()

A．電子將沿Ox方向運(yùn)動(dòng)

B．電子的電勢(shì)能將增大

C．電子運(yùn)動(dòng)的加速度恒定

D．電子運(yùn)動(dòng)的加速度先減小后增大

解析：由題圖甲可知O點(diǎn)右邊的電勢(shì)大于O點(diǎn)的電勢(shì)，故電場(chǎng)線沿Ox的反方向，在O點(diǎn)靜止釋放電子，且電子僅受電場(chǎng)力作用時(shí)，電子將沿Ox方向運(yùn)動(dòng)，A正確；電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，B錯(cuò)；從圖乙可知電勢(shì)在相同距離的變化量先減小后增大，故電場(chǎng)強(qiáng)度先減小后增大，故電子運(yùn)動(dòng)的加速度先減小后增大，C錯(cuò)，D正確．

答案：

D

10.如圖所示，在粗糙的斜面上固定一點(diǎn)電荷Q，在M點(diǎn)無初速度地釋放帶有恒定電荷的小物塊，小物塊在Q的電場(chǎng)中沿斜面運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)靜止，則從M到N的過程中()

A．M點(diǎn)的電勢(shì)一定高于N點(diǎn)的電勢(shì)

B．小物塊的電勢(shì)能可能增加

C．小物塊電勢(shì)能變化量的大小一定等于克服摩擦力做的功

D．小物塊所受的電場(chǎng)力減小

解析：Q為點(diǎn)電荷，由于M點(diǎn)距點(diǎn)電荷Q的距離比N點(diǎn)小，所以小物塊在N點(diǎn)受到的電場(chǎng)力小于在M點(diǎn)受到的電場(chǎng)力，選項(xiàng)D正確．由小物塊的初、末狀態(tài)可知，小物塊從M到N的過程先加速再減速，而重力和摩擦力均為恒力，所以電荷間的庫侖力為斥力，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．由功能關(guān)系可知，克服摩擦力做的功等于電勢(shì)能的減少量和重力勢(shì)能的減少量之和，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，因不知Q和物塊的電性，無法判斷電勢(shì)高低，選項(xiàng)A誤．

答案：D

題型2：電場(chǎng)線、等勢(shì)面、運(yùn)動(dòng)軌跡的綜合問題

11.如圖所示，實(shí)線為方向未知的三條電場(chǎng)線，虛線分別為等勢(shì)線1、2、3，已知MN＝NQ，a、b兩帶電粒子從等勢(shì)線2上的O點(diǎn)以相同的初速度飛出．僅在電場(chǎng)力作用下，兩粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，則()

A．a(chǎn)一定帶正電，b一定帶負(fù)電

B．a(chǎn)加速度減小，b加速度增大

C．MN電勢(shì)差|UMN|等于NQ兩點(diǎn)電勢(shì)差|UNQ|

D．a(chǎn)粒子到達(dá)等勢(shì)線3的動(dòng)能變化量比b粒子到達(dá)等勢(shì)線1的動(dòng)能變化量小

解析：由帶電粒子在運(yùn)動(dòng)軌跡，結(jié)合曲線運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可知帶電粒子所受的電場(chǎng)力方向，但因?yàn)殡妶?chǎng)線的方向不確定，故不能判斷帶電粒子帶電的性質(zhì)，A錯(cuò)；由電場(chǎng)線的疏密可知，a加速度將減小，b加速度將增大，B正確；因?yàn)槭欠莿驈?qiáng)電場(chǎng)，故MN電勢(shì)差并不等于NQ兩點(diǎn)電勢(shì)差，C錯(cuò)；但因?yàn)榈葎?shì)線1與2之間的電場(chǎng)強(qiáng)度比2與3之間的電場(chǎng)強(qiáng)度要大，故1、2之間的電勢(shì)差要大于2、3之間的電勢(shì)差，但兩粒子的帶電量大小不確定，故無法比較動(dòng)能變化量的大小，D錯(cuò)誤．

答案：B

12.如圖所示，xOy平面內(nèi)有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為E，方向未知，電

場(chǎng)線跟x軸的負(fù)方向夾角為θ，電子在坐標(biāo)平面xOy內(nèi)，從原點(diǎn)O以大小

為v0方向沿x正方向的初速度射入電場(chǎng)，最后打在y軸上的M點(diǎn)．電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，重力不計(jì)．則()

A．O點(diǎn)電勢(shì)高于M點(diǎn)電勢(shì)

B．運(yùn)動(dòng)過程中電子在M點(diǎn)電勢(shì)能最多

C．運(yùn)動(dòng)過程中，電子的電勢(shì)能先減少后增加

D．電場(chǎng)對(duì)電子先做負(fù)功，后做正功

解析：由電子的運(yùn)動(dòng)軌跡知，電子受到的電場(chǎng)力方向斜向上，故電場(chǎng)方向斜向下，M點(diǎn)電勢(shì)高于O點(diǎn)，A錯(cuò)誤，電子在M點(diǎn)電勢(shì)能最少，B錯(cuò)誤，運(yùn)動(dòng)過程中，電子先克服電場(chǎng)力做功，后電場(chǎng)力對(duì)電子做正功，故C錯(cuò)誤，D正確．

答案：D

13.如圖中虛線為勻強(qiáng)電場(chǎng)中與場(chǎng)強(qiáng)方向垂直的等間距平行直線，兩粒子M、N質(zhì)量相等，所帶電荷的絕對(duì)值也相等．現(xiàn)將M、N從虛線上的O點(diǎn)以相同速率射出，兩粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡分別如圖中兩條實(shí)線所示．點(diǎn)a、b、c為實(shí)線與虛線的交點(diǎn)．已知O點(diǎn)電勢(shì)高于c點(diǎn)，若不計(jì)重力，則()

A．M帶負(fù)電荷，N帶正電荷

B．N在a點(diǎn)的速度與M在c點(diǎn)的速度相同

C．N在從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至a點(diǎn)的過程中克服電場(chǎng)力做功

D．M在從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至b

點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力對(duì)它做的功等于零

解析：因?yàn)镺點(diǎn)電勢(shì)高于c點(diǎn)電勢(shì)，可知場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下，正電荷受到的電場(chǎng)力向下，負(fù)電荷受到的電場(chǎng)力向上，可知M是正電荷，N是負(fù)電荷，故A錯(cuò)，M運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)電場(chǎng)力做正功，N運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)電場(chǎng)力也做正功，且M、N電量相等，勻強(qiáng)電場(chǎng)相等距離的等勢(shì)線間的電勢(shì)差也相等，所以做功相等，選項(xiàng)B、C錯(cuò)；由于O、b點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，故M在從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中電場(chǎng)力做功為零，選項(xiàng)D正確．

答案：D

題型3：電場(chǎng)性質(zhì)與力學(xué)問題的綜合解決力電綜合問題的一般方法

(1)利用力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系——牛頓運(yùn)動(dòng)定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的結(jié)合．即：受力和初速?zèng)Q定運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)反映受力．一切力學(xué)問題的分析基礎(chǔ)，特適于恒力作用下的勻變速運(yùn)動(dòng)．

(2)利用功、能關(guān)系——?jiǎng)幽芏ɡ砑捌渌Φ墓δ荜P(guān)系(如重力、電場(chǎng)力、摩擦力等)

及能的轉(zhuǎn)化守恒，即：做功引起并量度了能的改變；無論恒力作用、變力作用、直線運(yùn)動(dòng)、曲線運(yùn)動(dòng)皆可．

14.如圖所示，水平絕緣光滑軌道AB的B端與處于豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧形粗糙絕

緣軌道BC平滑連接，圓弧的半徑R＝0.40

m．在軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝1.0×104

N/C.現(xiàn)有一質(zhì)量m＝0.10

kg的帶電體(可視為質(zhì)點(diǎn))放在水平軌道上與B端距離x＝1.0

m的位置，由于受到電場(chǎng)力的作用帶電體由靜止開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到圓弧形軌道的C端時(shí)，速度恰好為零，已知帶電體所帶電荷

q＝8.0×10－5

C，取g＝10

m/s2，求：

(1)帶電體在水平軌道上運(yùn)動(dòng)的加速度大小及運(yùn)動(dòng)到B端時(shí)的速度大??；

(2)帶電體運(yùn)動(dòng)到圓弧形軌道的B端時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力大??；

(3)帶電體沿圓弧形軌道運(yùn)動(dòng)過程中，電場(chǎng)力和摩擦力對(duì)帶電體所做的功各是多少．

解析：(1)設(shè)帶電體在水平軌道上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律

有：qE＝ma

解得：a＝qE/m＝8.0

m/s2

設(shè)帶電體運(yùn)動(dòng)到B端時(shí)的速度大小為vB，則v＝2as，解得：vB＝＝4.0

m/s

(2)設(shè)帶電體運(yùn)動(dòng)到圓弧形軌道B端時(shí)受軌道的支持力為N，根據(jù)牛頓第二定律

有：N－mg＝mvB2/R，解得：N＝mg＋mvB2/R＝5.0

N

根據(jù)牛頓第三定律可知，帶電體對(duì)圓弧形軌道B端的壓力大小FN′＝5.0

N.(3)因電場(chǎng)力做功與路徑無關(guān)，所以帶電體沿圓弧形軌道運(yùn)動(dòng)過程中，電場(chǎng)力所

做的功W電＝qER＝0.32

J．設(shè)帶電體沿圓弧形軌道運(yùn)動(dòng)過程中摩擦力所做的功為

W摩，對(duì)此過程根據(jù)動(dòng)能定理有：W電＋W摩－mgR＝0－mvB2解得：W摩＝－0.72

J.答案：(1)8.0

m/s2,4.0

m/s(2)5.0

N(3)0.32

J，－0.72

J

15.如圖為一勻強(qiáng)電場(chǎng)，某帶電粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)．在這一運(yùn)動(dòng)過程中克服重力做的功為2.0

J，電場(chǎng)力做的功為1.5

J．則下列說法正確的是()

A．粒子帶負(fù)電

B．粒子在A點(diǎn)的電勢(shì)能比在B點(diǎn)少1.5

J

C．粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能比在B點(diǎn)少0.5

J

D．粒子在A點(diǎn)的機(jī)械能比在B點(diǎn)少1.5

J

解析：粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，且沿著電場(chǎng)線，故粒子帶正電，所以選項(xiàng)A錯(cuò)；粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，故粒子在A點(diǎn)的電勢(shì)能比在B點(diǎn)多1.5

J，故選項(xiàng)B錯(cuò)；由動(dòng)能定理，WG＋W電＝ΔEk，－2.0

J＋1.5

J＝EkB－EkA，所以選項(xiàng)C錯(cuò)；由其他力(在這里指電場(chǎng)力)做功等于機(jī)械能的增加，所以選項(xiàng)D對(duì)．

答案：D

16.如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一絕緣的光滑離心軌道，個(gè)帶負(fù)電的小球從斜軌道上的A點(diǎn)由靜止釋放，沿軌道滑下，已知小球的質(zhì)量為m，電量為－q，勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E，斜軌道的傾角為α(小球的重力大于所受的電場(chǎng)力)．

(1)求小球沿斜軌道下滑的加速度的大?。?/p>

(2)若使小球通過圓軌道頂端的B點(diǎn)，求A點(diǎn)距水平地面的高度h至少應(yīng)為大？

(3)若小球從斜軌道h＝5R處由靜止釋放．假設(shè)其能夠通過B點(diǎn)，求在此過程中小球機(jī)械能的改變量．

解析：(1)根據(jù)牛頓第二定律：(mg－qE)sin

α＝ma①

a＝

(2)若小球剛好通過B點(diǎn)，據(jù)牛頓第二定律：mg－qE＝

小球由A到B，據(jù)動(dòng)能定理：(mg－qE)(h－2R)＝

以上聯(lián)立，得h＝

(3)小球從靜止開始沿軌道運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，機(jī)械能的變化量為：ΔE機(jī)由ΔE機(jī)＝W電⑥

W電＝－3REq⑦

得ΔE機(jī)＝－3REq⑧

17.如圖所示，在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一表面光滑、與水平面成45°角的絕緣直桿AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8

m．有一質(zhì)量500

g的帶電小環(huán)套在直桿上，正以某一速度，沿桿勻速下滑，小環(huán)離開桿后正好通過C端的正下方P點(diǎn)處．(g取10

m/s2)求：

(1)小環(huán)離開直桿后運(yùn)動(dòng)的加速度大小和方向．

(2)小環(huán)在直桿上勻速運(yùn)動(dòng)速度的大小v0.(3)小環(huán)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的動(dòng)能．

解析：(1)小環(huán)在直桿上的受力情況如圖所示

由平衡條件得：mgsin

45°＝Eqcos

45°，得mg＝Eq，離開直桿后，只受mg、Eq作用，則F合＝mg＝ma，a＝g＝10

m/s2＝14.1

m/s2

方向與桿垂直斜向右下方.(2)設(shè)小環(huán)在直桿上運(yùn)動(dòng)的速度為v0，離桿后經(jīng)t秒到P點(diǎn)，則豎直方向：h＝v0sin

45°·t＋gt2，水平方向：v0cos

45°·t－t2＝0，解得：v0＝

＝2

m/s

(3)由動(dòng)能定理得：Ekp＝mv＋mgh，可得：Ekp＝mv＋mgh＝5

J.答案：(1)14.1

m/s2　垂直于桿斜向右下方(2)2

m/s(3)5

J

題型4：電容器電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

18.如圖所示，電子由靜止開始從A板向B板運(yùn)動(dòng)，當(dāng)?shù)竭_(dá)B極板時(shí)速度為v，保持兩板間電壓不變，則()

A．當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，v也增大

B．當(dāng)減小兩板間距離時(shí)，v增大

C．當(dāng)改變兩板間距離時(shí)，v不變

D．當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，電子在兩板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間也不變

解析：電子從靜止開始運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理，從A運(yùn)動(dòng)到B動(dòng)能的變化量等于電場(chǎng)力做的功．因?yàn)楸３謨蓚€(gè)極板間的電勢(shì)差不變，所以末速度不變，平均速度不變，而位移如果增加的話，時(shí)間變長(zhǎng)．

答案：C

19.平行板電容器的兩極板A、B接于電池兩極，一帶正電小球懸掛在電容器內(nèi)部．閉合開關(guān)S，電容器充電，這時(shí)懸線偏離豎直方向的夾角為θ，如圖6－3－15所示，則()

①．保持開關(guān)S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則θ增大

②．保持開關(guān)S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則θ不變

③．開關(guān)S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則θ增大

④．開關(guān)S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則θ不變

A．①③正確

B．②④正確

C．①④正確

D．②③正確

解析：懸線偏離豎直方向的夾角θ的大小由帶電小球受的電場(chǎng)力和重力兩因素決定．因重力不變，故電場(chǎng)力增大時(shí)θ就增大．在保持開關(guān)S閉合，即保持電容器兩極板間電壓U不變．由于A、B板靠近，d變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E＝就增大，因而帶電小球受電場(chǎng)力F＝qE＝q增大，則θ增大；若斷開開關(guān)S，即表明電容器極板上的電荷量Q不變．當(dāng)A、B板靠近后，電容器的電容C＝將增大，根據(jù)U＝，電容器兩板間電壓U減?。娙萜鲀砂彘g的場(chǎng)強(qiáng)E＝有無變化呢？把上述各關(guān)系代入，得E＝＝＝.由此可知場(chǎng)強(qiáng)不變，帶電小球受電場(chǎng)力不變，則θ不變．

答案：C

20.如圖所示是測(cè)定液面高度h的電容式傳感器示意圖，E為電源，G為靈敏電流計(jì)，A為固定的導(dǎo)體芯，B為導(dǎo)體芯外面的一層絕緣物質(zhì)，C為導(dǎo)電液體．已知靈敏電流計(jì)指針偏轉(zhuǎn)方向與電流方向的關(guān)系為：電流從左邊接線柱流進(jìn)電流計(jì)，指針向左偏．如果在導(dǎo)電液體的深度h發(fā)生變化時(shí)觀察到指針正向左偏轉(zhuǎn)，則()

A．導(dǎo)體芯A所帶電量在增加，液體的深度h在增大

B．導(dǎo)體芯A所帶電量在減小，液體的深度h在增大

C．導(dǎo)體芯A所帶電量在增加，液體的深度h在減小

D．導(dǎo)體芯A所帶電量在減小，液體的深度h在減小

解析：電流計(jì)指針向左偏轉(zhuǎn)，說明流過電流計(jì)G的電流由左→右，則導(dǎo)體芯A所帶電量在減小，由Q＝CU可知，芯A與液體形成的電容器的電容減小，則液體的深度h在減小，故D正確．

答案：D

21.如圖所示，M、N是豎直放置的兩平行金屬板，分別帶等量異種電荷，兩極間產(chǎn)生一個(gè)水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為E，一質(zhì)量為m、電量為＋q的微粒，以初速度v0豎直向上從兩極正中間的A點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，微粒垂直打到N極上的C點(diǎn)，已知AB＝BC.不計(jì)空氣阻力，則可知()

A．微粒在電場(chǎng)中作拋物線運(yùn)動(dòng)

B．微粒打到C點(diǎn)時(shí)的速率與射入電場(chǎng)時(shí)的速率相等

C．MN板間的電勢(shì)差為2mv/q

D．MN板間的電勢(shì)差為Ev/2g

解析：由題意可知，微粒到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，豎直方向上速度為零，所以微粒不做拋物線運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；因AB＝BC，即·t＝·t可見vc＝v0.故B項(xiàng)正確；由q·＝mv，得U＝＝，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；又由mg＝qE得q＝代入U(xiǎn)＝，得U＝，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．

答案：B

22.如圖所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負(fù)電，下板帶正電，帶電小球以速度v0水平射入電場(chǎng)，且沿下板邊緣飛出．若下板不動(dòng)，將上板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球()

A．將打在下板中央

B．小球不再沿原軌跡運(yùn)動(dòng)

C．不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿直線運(yùn)動(dòng)

D．若上板不動(dòng)，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中央

解析：將電容器上板或下板移動(dòng)一小段距離，電容器帶電荷量不變，由公式E＝＝＝可知，電容器產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)不變，以相同速度入射的小球仍將沿原軌跡運(yùn)動(dòng)．下板不動(dòng)時(shí)，小球沿原軌跡由下板邊緣飛出；當(dāng)下板向上移動(dòng)時(shí)，小球可能打在下板的中央．

答案：D

23.如圖所示，帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進(jìn)入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出，已知板長(zhǎng)為L(zhǎng)，板間的距離為d，板間電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，粒子通過平行金屬板的時(shí)間為t，不計(jì)粒子的重力，則()

A．在前時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為

B．在后時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為Uq

C．在粒子下落前和后的過程中，電場(chǎng)力做功之比為1∶2

D．在粒子下落前和后的過程中，電場(chǎng)力做功之比為2∶1

答案：B

24.如圖所示，水平放置的平行板電容器，與某一電源相連，它的極板長(zhǎng)L＝0.4

m，兩板間距離d＝4×10－3

m，有一束由相同帶電微粒組成的粒子流，以相同的速度v0從兩板中央平行極板射入，開關(guān)S閉合前，兩板不帶電，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒質(zhì)量為m＝4×10－5

kg，電量q＝＋1×10－8

C．(g＝10

m/s2)求：

(1)微粒入射速度v0為多少？

(2)為使微粒能從平行板電容器的右邊射出電場(chǎng)，電容器的上板應(yīng)與電源的正極還是負(fù)極相連？所加的電壓U應(yīng)取什么范圍？

解析：(1)＝v0t，＝gt2，可解得：v0＝＝10

m/s.(2)電容器的上板應(yīng)接電源的負(fù)極

當(dāng)所加的電壓為U1時(shí)，微粒恰好從下板的右邊緣射出，＝a12，a1＝

解得：U1＝120

V

當(dāng)所加的電壓為U2時(shí)，微粒恰好從上板的右邊緣射出，＝a22，a2＝

解得：U2＝200

V．所以120

V＜U＜200

V.答案：(1)10

m/s(2)與負(fù)極相連　120

V＜U＜200

V

25.如圖所示，M、N為兩塊水平放置的平行金屬板，板長(zhǎng)為l，兩板間的距離也為l，板間電壓恒定．今有一帶電粒子(重力不計(jì))以一定的初速度沿兩板正中間垂直進(jìn)入電場(chǎng)，最后打在距兩平行板右端距離為l的豎直屏上．粒子落點(diǎn)距O點(diǎn)的距離為.若大量的上述粒子(與原來的初速度一樣，并忽略粒子間相互作用)從MN板間不同位置垂直進(jìn)入電場(chǎng)．試求這些粒子打到豎直屏上的范圍并在圖中畫出．

解析：設(shè)粒子質(zhì)量為m，帶電荷量為q，初速度為v0，v0t＝l，y＝at2，tan

θ＝＝，y＋ltan

θ＝，所以a·＋l·＝，3al＝v.由題意可分析出大量粒子垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后情況，如上圖甲、乙所示．其范圍是l－y.其中y＝a·＝··＝l，范圍是l.答案：l　圖略