第十章-靜電場中的能量試卷練習(含答案)

第十章靜電場中的能量精選試卷練習（Word版含答案）一、第十章靜電場中的能量選擇題易錯題培優(yōu)（難）1．空間存在一靜電場，電場中的電勢φ隨x(x軸上的位置坐標)的變化規(guī)律如圖所示，下列說法正確的是()A．x=4m處的電場強度可能為零B．x=4m處電場方向一定沿x軸正方向C．沿x軸正方向，電場強度先增大后減小D．電荷量為e的負電荷沿x軸從0點移動到6m處，電勢能增大8eV【答案】D【解析】【分析】【詳解】A、由圖象的斜率等于電場強度，知x=4

m處的電場強度不為零，選項A錯誤；B、從0到x=4

m處電勢不斷降低，但x=4

m點的電場方向不一定沿x軸正方向，選項B錯誤；C、由斜率看出，沿x軸正方向，圖象的斜率先減小后增大，則電場強度先減小后增大，選項C錯誤；D、沿x軸正方向電勢降低，某負電荷沿x軸正方向移動，電場力做負功，從O點移動到6m的過程電勢能增大8

eV，選項D正確．故選D．【點睛】本題首先要讀懂圖象，知道φ-x圖象切線的斜率等于電場強度，場強的正負反映場強的方向，大小反映出電場的強弱．2．在電場方向水平向右的勻強電場中，一帶電小球從A點豎直向上拋出，其運動的軌跡如圖所示，小球運動的軌跡上A、B兩點在同一水平線上，M為軌跡的最高點，小球拋出時的動能為8.0J，在M點的動能為6.0J，不計空氣的阻力，則（）A．從A點運動到M點電勢能增加2JB．小球水平位移x1與x2的比值1：4C．小球落到B點時的動能24JD．小球從A點運動到B點的過程中動能有可能小于6J【答案】D【解析】【分析】【詳解】將小球的運動沿水平和豎直方向正交分解，水平分運動為初速度為零的勻加速直線運動，豎直分運動為勻變速直線運動；A．從A點運動到M點過程中，電場力做正功，電勢能減小，故A錯誤；B．對于初速度為零的勻加速直線運動，在連續(xù)相等的時間間隔內(nèi)位移之比為1：3，故B錯誤；C．設物體在B動能為EkB，水平分速度為VBx，豎直分速度為VBy。由豎直方向運動對稱性知mVBy2=8J對于水平分運動Fx1=mVMx2-mVAX2F（x1+x2）=mVBx2-mVAX2x1：x2=1：3解得：Fx1=6J；F（x1+x2）=24J故EkB=m（VBy2+VBx2）=32J故C錯誤；D．由于合運動與分運動具有等時性，設小球所受的電場力為F，重力為G，則有：Fx1=6JGh=8J所以：由右圖可得：所以則小球從A運動到B的過程中速度最小時速度一定與等效G’垂直，即圖中的P點，故故D正確。故選D。3．如圖所示，勻強電場中有一個以O為圓心、半徑為R的圓，電場方向與圓所在平面平行，圓上有三點A、B、C，其中A與C的連線為直徑，∠A＝30°。有兩個完全相同的帶正電粒子，帶電量均為q（q＞0），以相同的初動能Ek從A點先后沿不同方向拋出，它們分別運動到B、C兩點。若粒子運動到B、C兩點時的動能分別為EkB＝2Ek、EkC＝3Ek，不計粒子的重力和粒子間的相互作用，則勻強電場的場強大小為A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】【詳解】從A點到B點應用動能定理有：從A點到C點應用動能定理有：所以做出等勢面和電場線如圖所示：則從A點到B點應用動能定理有：解得。選項D正確，A、B、C錯誤。4．在豎直平面內(nèi)有水平向右、場強為E=1×104N/C的勻強電場．在場中有一根長L=2m的絕緣細線，一端固定在O點，另一端系質量為0.04kg的帶電小球，它靜止時細線與豎直方向成37°角．如圖所示，給小球一個初速度讓小球恰能繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動，取小球在靜止時的位置為電勢能和重力勢能的零點，下列說法正確的是(cos37°=0.8，g=10m/s2)A．小球所帶電量為q=3.5×10-5CB．小球恰能做圓周運動動能最小值是0.96JC．小球恰能做圓周運動的機械能最小值是1.54JD．小球恰能做圓周運動的機械能最小值是0.5J【答案】C【解析】對小球進行受力分析如圖所示：根據(jù)平衡條件得：，解得：，故A錯誤；由于重力和電場力都是恒力，所以它們的合力也是恒力在圓上各點中，小球在平衡位置A點時的勢能（重力勢能和電勢能之和）最小，在平衡位置的對稱點B點，小球的勢能最大，由于小球總能量不變，所以在B點的動能最小，對應速度最小，在B點，小球受到的重力和電場力，其合力作為小球做圓周運動的向心力，而繩的拉力恰為零，有：，而，所以，故B錯誤；由于總能量保持不變，即（C為恒量）．所以當小球在圓上最左側的C點時，電勢能最大，機械能最小，由B運動到A，，，聯(lián)立解得：，總能量，由C運動到A，，所以C點的機械能為，即機械能的最小值為1.54J，故C正確，D錯誤；故選C．【點睛】根據(jù)小球在平衡位置合力為0，可以求出小球所受的電場力從而得出小球的帶電荷量；根據(jù)小球恰好在豎直面內(nèi)做圓周運動這一臨界條件，知，在平衡位置處合外力提供圓周運動的向心力從而求出小球動能的最小值．抓住小球能量守恒，電勢能最大處小球的機械能最小，根據(jù)做功情況分析．5．一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運動，取該直線為x軸，起始點O為坐標原點，其電勢能EP與位移x的關系如圖所示，下列圖象中合理的是（）A．電場強度與位移關系B．粒子動能與位移關系C．粒子速度與位移關系D．粒子加速度與位移關系【答案】D【解析】試題分析：粒子僅受電場力作用，做初速度為零的加速直線運動；根據(jù)功能關系得到Ep﹣x圖象的斜率的含義，得出電場力的變化情況；然后結合加速度的含義判斷加速度隨著位移的變化情況．解：粒子僅受電場力作用，做初速度為零的加速直線運動，電場力做功等于電勢能的減小量，故：F=||，即Ep﹣x圖象上某點的切線的斜率表示電場力；A、Ep﹣x圖象上某點的切線的斜率表示電場力，故電場力逐漸減小，根據(jù)E=，故電場強度也逐漸減?。还蔄錯誤；B、根據(jù)動能定理，有：F?△x=△Ek，故Ek﹣x圖線上某點切線的斜率表示電場力；由于電場力逐漸減小，與B圖矛盾，故B錯誤；C、題圖v﹣x圖象是直線，相同位移速度增加量相等，又是加速運動，故增加相等的速度需要的時間逐漸減小，故加速度逐漸增加；而電場力減小導致加速度減??；故矛盾，故C錯誤；D、粒子做加速度減小的加速運動，故D正確；故選D．【點評】本題切入點在于根據(jù)Ep﹣x圖象得到電場力的變化規(guī)律，突破口在于根據(jù)牛頓第二定律得到加速度的變化規(guī)律，然后結合動能定理分析；不難．6．如上圖所示，有四個等量異種電荷，放在正方形的四個頂點處，A、B、C、D為正方形四個邊的中點，O為正方形的中心，下列說法中正確的是A．A、C兩個點的電場強度方向相反B．將一帶正電的試探電荷勻速從B點沿直線移動到D點，電場力做功為零C．O點電場強度為零D．將一帶正電的試探電荷勻速從A點沿直線移動到C點，試探電荷具有的電勢能增大【答案】B【解析】【分析】【詳解】A.設正方形邊長為L，每個電荷的電量大小為Q，對A點研究，兩個正電荷在A點的合場強為零，根據(jù)平行四邊形法則，兩個負電荷在A點的合場強方向水平向右．則A點的電場強度方向水平向右．對C點研究，兩個負電荷在C點的合場強為零，根據(jù)平行四邊形法則，兩個正電荷在C點的合場強方向水平向右，所以A、C兩個點的電場強度方向相同．故A錯誤；B.在上面兩個等量異種電荷的電場中，B、D連線是一條等勢線．在下面兩個等量異種電荷的電場中，B、D連線是也一條等勢線，所以B、D兩點的電勢相等，將一帶正電的試探電荷從B點沿直線移動到D點，電場力做功為零，故B正確．C.兩個正電荷在O點的合場強水平向右，兩個負電荷在O點的合場強也水平向右，所以O點電場強度不等于零，方向水平向右．故C錯誤．D.根據(jù)電場的疊加原理可知，AC連線上場強方向水平向右，則將一帶正電的試探電荷勻速從A點沿直線移動到C點，電場力做正功，則試探電荷具有的電勢能減小，故D錯誤；故選B．【點睛】本題的關鍵是要掌握等量異種電荷的電場線和等勢面分布特點，熟練運用電場的疊加原理分析復合場中電勢與電場強度的分布情況；注意場強疊加是矢量疊加，電勢疊加是代數(shù)疊加．7．有一電場強度方向沿x軸的電場，其電勢隨x的分布滿足，如圖所示。一質量為m，帶電荷量為+q的粒子僅在電場力作用下，以初速度v0從原點O處進入電場并沿x軸正方向運動，則下列關于該粒子運動的說法中不正確的是A．粒子從x=1處運動到x=3處的過程中電勢能逐漸減小B．若v0=2，則粒子在運動過程中的最小速度為C．欲使粒子能夠到達x=4處，則粒子從x=0處出發(fā)時的最小速度應為D．若，則粒子能運動到0.5處，但不能運動到4處【答案】B【解析】【分析】僅有電場力做功，電勢能和動能相互轉化；根據(jù)正電荷在電勢高處電勢能大，在電勢低處電勢能小，判斷電勢能的變化。粒子如能運動到處，就能到達處。粒子運動到處電勢能最大，動能最小，由能量守恒定律求解最小速度。【詳解】A．從1到3處電勢逐漸減小，正電荷電勢能逐漸減小，故A正確；B．粒子在運動過程中，僅有電場力做功，說明電勢能和動能相互轉化，粒子在1處電勢能最大，動能最小，從0到1的過程中，應用能量守恒定律：解得：，故B錯誤；C．根據(jù)上述分析，電勢能和動能相互轉化，粒子能運動到1處就一定能到達4處，所以粒子從0到1處根據(jù)能量守恒定律：解得：，故C正確；D．根據(jù)粒子在0.5處的電勢為，從0到0.5處根據(jù)能量守恒定律：可知：，所以粒子能到達0.5處，但不能運動到4處，故D正確?！军c睛】根據(jù)電勢隨的分布圖線和粒子的電性，結合能量守恒定律判斷電勢能和動能的變化。8．如圖所示，真空中有一四面體ABCD，MN分別是AB和CD的中點，現(xiàn)在A、B兩點分別都固定電荷量為+Q的點電荷，下列說法正確的是A．C、D兩點的電場強度相同B．僅受電場力的負點電荷，可以在該電場中作勻速圓周運動C．N點的電場強度方向平行AB且跟CD垂直D．將試探電荷+q從C點移到D點，電場力做正功，試探電荷+q的電勢能降低【答案】B【解析】【詳解】A.CD在AB的中垂面上，C、D到AB連線的距離相等，根據(jù)等量同種電荷在空間的電場線分布特點，知道C、D兩點的電場強度大小相等，但方向不同，故A錯誤；B.僅受電場力的負點電荷，如果在AB的中垂面內(nèi)，兩個等量正電荷對它的作用總指向A、B連線的中點，就可以提供大小恒定的向心力，可以做勻速圓周運動，故B正確；C.根據(jù)電場疊加原理知道N點的電場強度方向與AB垂直，故C錯誤；D.CD在AB的中垂面上，C、D到AB連線的距離相等，C、D兩點電勢相等，試探電荷+q從C點移到D點，電場力不做功，其電勢能不變，故D錯誤。9．兩個質量相同的小球用不可伸長的細線連結，置于場強為E的勻強電場中，小球1和2均帶正電，電量分別為和（＞）．將細線拉直并使之與電場方向平行，如圖所示．若將兩小球同時從靜止狀態(tài)釋放，則釋放后細線中的張力T為（不計重力及兩小球間的庫侖力）A．T=（－）EB．T=（－）EC．T=（+）ED．T=（+）E【答案】A【解析】【分析】【詳解】將兩個小球看做一個整體，整體在水平方向上只受到向右的電場力，故根據(jù)牛頓第二定律可得，對小球2分析，受到向右的電場力，繩子的拉力，由于，球1受到向右的電場力大于球2向右的電場力，所以繩子的拉力向右，根據(jù)牛頓第二定律有，聯(lián)立解得，故A正確；【點睛】解決本題關鍵在于把牛頓第二定律和電場力知識結合起來，在研究對象上能學會整體法和隔離法的應用，分析整體的受力時采用整體法可以不必分析整體內(nèi)部的力，分析單個物體的受力時就要用隔離法．采用隔離法可以較簡單的分析問題10．如圖所示，在點電荷Q產(chǎn)生的電場中，實線MN是一條方向未標出的電場線，虛線AB是一個電子只在靜電力作用下的運動軌跡.設電子在A、B兩點的加速度大小分別為、，電勢能分別為、.下列說法正確的是(

)A．電子一定從A向B運動B．若>，則Q靠近M端且為正電荷C．無論Q為正電荷還是負電荷一定有<D．B點電勢可能高于A點電勢【答案】BC【解析】由于不知道電子速度變化，由運動軌跡圖不能判斷電子向那個方向運動，故A錯誤；若aA＞aB，則A點離點電荷Q更近即Q靠近M端；又由運動軌跡可知，電場力方向指向凹的一側即左側，所以，在MN上電場方向向右，那么Q靠近M端且為正電荷，故B正確；由B可知，電子所受電場力方向指向左側，那么，若電子從A向B運動，則電場力做負功，電勢能增加；若電子從B向A運動，則電場力做正功，電勢能減小，所以，一定有EpA＜EpB求解過程與Q所帶電荷無關，只與電場線方向相關，故C正確；由B可知，電場線方向由M指向N，那么A點電勢高于B點，故D錯誤；故選BC．11．如圖所示，在x軸相距為L的兩點固定兩個等量異種點電荷+Q、﹣Q，虛線是以+Q所在點為圓心、為半徑的圓，a、b、c、d是圓上的四個點，其中a、c兩點在x軸上，b、d兩點關于x軸對稱．下列判斷正確的是（）A．四點中d點處的電勢最低B．b、d兩點處的電勢相等C．b、d兩點處的電場強度相同D．將一試探電荷+q沿圓周由a點移至c點，+q的電勢能減小【答案】BD【解析】【分析】【詳解】A.c點在兩個電荷連線的中點上，也是在兩個電荷連線的中垂線上，所以它的電勢和無窮遠處的電勢相等.而正電荷周圍的電場的電勢都比它高，即c點的電勢在四個點中是最低的;故A錯誤.B.該電場中的電勢關于x軸對稱，所以b、d兩點的電勢相等;故B正確.C.該電場中的電場強度關于x軸對稱，所以b、d兩點場強大小相等，方向是對稱的，不相同的;故C錯誤.D.c點的電勢低于a點的電勢，試探電荷+q沿圓周由a點移至c點，電場力做正功，+q的電勢能減小;故D正確.12．如圖所示，光滑的水平軌道AB與半徑為R的光滑的半圓形軌道BCD相切于B點，AB水平軌道部分存在水平向右的勻強電場，半圓形軌道在豎直平面內(nèi)，B為最低點，D為最高點。一質量為m、帶正電的小球從距B點x的位置在電場力的作用下由靜止開始沿AB向右運動，恰能通過最高點，則（）A．其他條件不變，R越大，x越大B．其他條件不變，m越大，x越大C．m與R同時增大，電場力做功增大D．R越大，小球經(jīng)過B點后瞬間對軌道的壓力越大【答案】ABC【解析】【詳解】AB.小球在BCD部分做圓周運動，在D點，有：mg=m①從A到D過程，由動能定理有：qEx-2mgR=mvD2，②由①②得：，③可知，R越大，x越大。m越大，x越大，故AB符合題意；C.從A到D過程，由動能定理有：W-2mgR=mvD2，⑥由①⑥解得：電場力做功W=mgR，可知m與R同時增大，電場力做功越多，故C符合題意；D.小球由B到D的過程中，由動能定理有：-2mgR=mvD2-mvB2，vB=，④在B點有：FN-mg=m⑤解得：FN=6mg，則知小球經(jīng)過B點瞬間軌道對小球的支持力與R無關，則小球經(jīng)過B點后瞬間對軌道的壓力也與R無關，故D不符合題意。13．如圖所示，粗糙絕緣的水平面附近存在一個平行于水平面的電場，其中某一區(qū)域的電場線與x軸平行，在x軸上的電勢φ與坐標x的關系用圖中曲線表示，圖中斜線為該曲線過點（0.15，3）的切線．現(xiàn)有一質量為0.20kg，電荷量為+2.0×10－8C的滑塊P（可視作質點），從x=0.l0m處由靜止釋放，其與水平面的動摩擦因數(shù)為0.02．取重力加速度g=l0m/s2．則下列說法正確的是（）A．x=0.15m處的場強大小為2.0×l06N/CB．滑塊運動的加速度逐漸減小C．滑塊運動的最大速度約為0.1m/sD．滑塊最終在0.3m處停下【答案】AC【解析】【分析】【詳解】AB、電勢φ與位移x圖線的斜率表示電場強度，則x＝0.15m處的場強EV/m＝2×106V/m，此時的電場力F＝qE＝2×10﹣8×2×106N＝0.04N，滑動摩擦力大小f＝μmg＝0.02×2N＝0.04N，在x＝0.15m前，電場力大于摩擦力，做加速運動，加速度逐漸減小，x＝0.15m后電場力小于電場力，做減速運動，加速度逐漸增大．故A正確，B錯誤；C、在x＝0.15m時，電場力等于摩擦力，速度最大，根據(jù)動能定理得，，因為0.10m和0.15m處的電勢差大約為1.5×105V，代入求解，最大速度大約為0.1m/s，故C正確；D、滑塊最終在處停下則滿足：，處的電勢，故從到過程中，電勢差，電場力做，摩擦力做功，則，故滑塊不能滑到處，故D錯誤．14．如圖所示，固定在豎直面內(nèi)的光滑絕緣圓環(huán)半徑為R，圓環(huán)上套有質量分別為m和2m的兩個帶電的小球A、B（均可看作質點），小球A帶正電，小球B帶負電，帶電荷量均為q，且小球A、B用一長為2R的輕質絕緣細桿相連，豎直面內(nèi)有豎直向下的勻強電場（未畫出），電場強度大小為E=．現(xiàn)在給小球一個擾動，使小球A從最高點由靜止開始沿圓環(huán)下滑，已知重力加速度為g，在小球A滑到最低點的過程中，下列說法正確的是（）A．小球A減少的機械能等于小球B增加的機械能B．細桿對小球A和小球B做的總功為0C．小球A的最大速度為D．細桿對小球B做的功為mgR【答案】BC【解析】【分析】【詳解】由于電場力做功，兩個球系統(tǒng)機械能不守恒，故A球增加的機械能不等于B球減少的機械能，故A錯誤；細桿對小球A和小球B的力等大反向，為系統(tǒng)內(nèi)彈力，所以細桿對小球A和小球B做的總功為0，故B正確；當A球運動到最低點時，電場力對系統(tǒng)做功4EqR=4mgR，速度最大，有：4mgR+mg?2R-2mg?2R=（m+2m）v2解得：v=，故C正確；對B球，利用動能定理可得，W+2mgR-2mg?2R=×2mv2-0，解得細桿對B球所做的功W=-mgR，故D錯誤．15．如圖所示，電容器固定在一個絕緣座上，絕緣座放在光滑水平面上，平行板電容器板間距離為d，右極板有一小孔，通過孔有絕緣桿，左端固定在左極板上，電容器極板連同底座、絕緣桿總質量為M．給電容器充電后，有一質量為m的帶正電環(huán)恰套在桿上以某一速度v0對準小孔向左運動，設帶電環(huán)不影響電容器極板間電場的分布．帶電環(huán)進入電容器后距左極板的最小距離為d/2，則A．帶電環(huán)與左極板相距最近時的速度B．此過程中電容器移動的距離C．此過程屮電勢能的變化量D．帶電環(huán)減少的動能大于電容器增加的動能【答案】BCD【解析】【分析】帶電環(huán)與極板間相距最近時兩者速度相等，選取帶電環(huán)與電容器構成的系統(tǒng)作為研究對象，根據(jù)動量守恒定律，即可求出帶電環(huán)與左極扳相距最近時的速度大?。唤Y合運動學公式求解電容器移動的距離；在此過程，系統(tǒng)中，帶電小環(huán)動能減少，電勢能增加，同時電容器等的動能增加，系統(tǒng)中減少的動能全部轉化為電勢能．【詳解】A．帶電環(huán)進入電容器后在電場力的作用下做初速度為的勻減速直線運動，而電容器則在電場力的作用下做勻加速直線運動，當它們的速度相等時，帶電環(huán)與電容器的左極板相距最近，由系統(tǒng)動量守恒定律可得，解得，A錯誤；B．該過程中電容器向左做勻加速直線運動根據(jù)運動學基本公式得，環(huán)向左做勻減速直線運動，由公式得，根據(jù)位移關系有，解得，B正確；C．在此過程，系統(tǒng)中，帶電小環(huán)動能減少，電勢能增加，同時電容器等的動能增加，系統(tǒng)中減少的動能全部轉化為電勢能．所以，聯(lián)立得，C正確；D．在此過程，系統(tǒng)中，帶電小環(huán)動能減少，轉化為電容器增加的動能以及系統(tǒng)的電勢能，故帶電環(huán)減少的動能大于電容器增加的動能，D正確。故選BCD。二、第十章靜電場中的能量解答題易錯題培優(yōu)（難）16．如圖以y軸為邊界，右邊是一個水平向左的勻強電場，左邊是一個與水平方向成45°斜向上的=N/C勻強電場，現(xiàn)有一個質量為m=1.0g，帶電量=1.0×10－6C小顆粒從坐標為（0.1，0.1）處靜止釋放．忽略阻力，g=10m/s2．求：（1）第一次經(jīng)過y軸時的坐標及時間（2）第二次經(jīng)過y軸時的坐標【答案】（1）第一次經(jīng)過Y軸的坐標為(0，0)；（2）坐標為（0，-1.6）【解析】【分析】【詳解】（1）小顆粒在E1中電場力為F1=E1q=0.01N重力G=0.01N有受力分析得合力指向原點，即小顆粒向原點做勻加速直線運動第一次經(jīng)過y軸的坐標為(0，0)加速度由得s(2)運動到原點的速度為v0=at=2m/s小顆粒在E2電場中合力為方向與v0方向垂直由此可得小顆粒做類平拋運動,再次運動到y(tǒng)軸的時間為t1,v0方向位移為S1=v0t1與v0方向垂直位移為由幾何關系得S1=S2第二次經(jīng)過y軸時到原點距離為S1=1.6m即坐標為（0，-1.6）17．電容器是一種重要的電學元件，基本工作方式就是充電和放電．由這種充放電的工作方式延伸出來的許多電學現(xiàn)象，使得電容器有著廣泛的應用．如圖1所示，電源與電容器、電阻、開關組成閉合電路．已知電源電動勢為E，內(nèi)阻不計，電阻阻值為R，平行板電容器電容為C，兩極板間為真空，兩極板間距離為d，不考慮極板邊緣效應．（1）閉合開關S，電源向電容器充電．經(jīng)過時間t，電容器基本充滿．a(chǎn)．求時間t內(nèi)通過R的平均電流；b．請在圖2中畫出充電過程中電容器的帶電荷量q隨電容器兩極板電壓u變化的圖象；并求出穩(wěn)定后電容器儲存的能量E0；（2）穩(wěn)定后斷開開關S．將電容器一極板固定，用恒力F將另一極板沿垂直極板方向緩慢拉開一段距離x，在移動過程中電容器電荷量保持不變，力F做功為W；與此同時，電容器儲存的能量增加了ΔE．請推導證明：W=ΔE．要求最后的表達式用已知量表示．【答案】（1）a．b．（2）見解析【解析】試題分析：（1）a．設充電完畢電容器所帶電量為Q，即時間t內(nèi)通過電阻R的電量，此時電容器兩端電壓等于電源的電動勢根據(jù)電容的定義（2分）根據(jù)電流強度的定義（2分）解得平均電流（2分）b．根據(jù)q=Cu，畫出q-u圖像如圖1所示（2分）由圖像可知，圖線與橫軸所圍面積即為電容器儲存的能量，如圖2中斜線部分所示由圖像求出電容器儲存的電能（2分）解得（2分）（2）設兩極板間場強為，兩極板正對面積為S根據(jù)，，得，可知極板在移動過程中板間場強不變，兩極板間的相互作用力為恒力．兩板間的相互作用可以看作負極板電荷處于正極板電荷產(chǎn)生的電場中，可知兩板間的相互作用力．（2分）緩慢移動時有根據(jù)功的定義有代入已知量得出（2分）電容器增加的能量（或）（2分）代入已知量得出（2分）所以考點：電容，電動勢，能量守恒．18．如圖所示，在水平方向的勻強電場中有一表面光滑、與水平面成θ角的絕緣直桿AC，其下端(C端)距地面高度為h．有一質量m=0.5kg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)離桿后正好通過C端的正下方P點處．(g取10m/s2)(1)若θ=45°，試判斷小環(huán)的電性，并求出小環(huán)受到的電場力大小；(2)若θ=45°，h=0.8m，求小環(huán)在直桿上勻速運動的速度大??；(3)若保持h不變，改變θ角(0＜θ＜90°)及小環(huán)的電荷量，使小環(huán)仍能勻速下滑，離桿后正好通過C端的正下方P點處，試推出初速度與θ角間的定量關系式．【答案】(1)負電5N(2)2m/s(3)【解析】【詳解】(1)小環(huán)沿桿勻速下滑，合力為零，小環(huán)所受的電場力水平向右，則小球帶負電。小環(huán)勻速下滑合力為零，電場力(2)小環(huán)離開桿后做類平拋運動，由牛頓第二定律平行于桿的方向做勻速直線運動，則有垂直于桿的方向做勻加速直線運動，則有得(3)有牛頓第二定律得平行于桿的方向做勻速直線運動，則有垂直于桿的方向做勻加速直線運動，則有解以上方程得19．如圖,帶電荷量為q=+2×10-3C、質量為=0.1kg的小球B靜置于光滑的水平絕緣板右端,板的右側空間有范圍足夠大的、方向水平向左、電場強度E=103N/C的勻強電場.與B球形狀相同、質量為0.3kg的絕緣不帶電小球A以初速度=10m/s向B運動,兩球發(fā)生彈性碰撞后均逆著電場的方向進入電場,在電場中兩球又發(fā)生多次彈性碰撞,已知每次碰撞時間極短,小球B的電荷量始終不變,重力加速度g取10m/s2求:（1）第一次碰撞后瞬間兩小球的速度大小;（2）第二次碰撞前瞬間小球B的動能;（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點右方5m、下方20m處.【解析】【分析】【詳解】（1）第一次碰撞時，兩小球動量守恒，即3mv0＝3mv1＋mv2機械能守恒，即解得碰后A的速度v1＝5m/s，B的速度v2＝15m/s（2）碰后AB兩球進入電場，豎直方向二者相對靜止均做自由落體運動；水平方向上，A做勻速運動，B做勻減速直線運動，其加速度大小aB＝＝20m/s2設經(jīng)過t時間兩小球再次相碰，則有v1t＝v2t－aBt2解得t＝1s此時，B的水平速度為vx＝v2－aBt＝－5m/s（負號表明方向向左）豎直速度為vy＝gt＝10m/s故第二次碰前B的動能（3）第二次碰撞時，AB小球水平方向上動量守恒機械能守恒，即解得第二次碰后水平方向A的速度，B的速度＝10m/s故第二次碰撞后A豎直下落（B在豎直方向上的運動與A相同），水平方向上，B做勻減速直線運動，設又經(jīng)過t'時間兩小球第三次相碰，則有解得t'＝1s因此，第三次相碰的位置在第一次碰撞點右方x＝v1t＝5m下方y(tǒng)＝g（t＋t'）2＝20m20．如圖，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為半徑R=0.2m的半圓，兩段軌道相切于B點，整個軌道處在豎直向下的勻強電場中，場強大小E=5.0×103V/m。一不帶電的絕緣小球甲，以速度沿水平軌道向右運動，與靜止在B點帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞，甲乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點D。已知甲、乙兩球的質量均為m=1.0×10-2kg，乙所帶電荷量q=2.0×10-5C，g取10m/s2。（水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質點，整個運動過程中甲不帶電，乙電荷無轉移）求：(1)乙在軌道上的首次落點到B點的距離；(2)碰撞前甲球的速度?！敬鸢浮?1)；(2)【解析】【分析】(1)根據(jù)乙球恰能通過軌道的最高點，根據(jù)牛頓第二定律求出乙球在D點的速度，離開D點后做類平拋運動，根據(jù)牛頓第二定律求出豎直方向上的加速度，從而求出豎直方向上運動的時間，根據(jù)水平方向做勻速直線運動求出水平位移。(2)因為甲乙發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒、機械能守恒求出碰后乙的速度，結合動能定理求出甲的初速度?！驹斀狻?1)在乙恰能通過軌道最高點的情況下，設乙到達最高點速度為，乙離開點到達水平軌道的時間為，乙的落點到點的距離為，則乙球離開D點后做類平拋運動，豎直方向水平方向聯(lián)立解得(2)設碰撞后甲、乙的速度分別為、，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有，聯(lián)立得由動能定理得聯(lián)立解得21．如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一固定光滑絕緣軌道，其中AB部分是傾角為θ=37°的直軌道，BCD部分是以O為圓心、半徑為R的圓弧軌道，兩軌道相切于B點，D點與O點等高，A點在D點的正下方。圓的水平直徑下方有水平向左的電場，質量為m、帶電荷量為q的小球從A點由靜止開始沿斜面向上運動，已知小球剛好能沿圓軌道經(jīng)過最高點C，然后經(jīng)過D點落回到AB之間某點。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小為g。求∶(1)小球在C點的速度的大小；(2)小球在AB段運動過程中電場力所做的功；(3)小球從D點運動落到AB上某點的時間?！敬鸢浮?1)；(2)2.8mgR；(3)【解析】【分析】【詳解】(1)當小球在最高點時解得(2)小球從A點到C點的過程有得小球在AB段運動過程中電場力所做的功解得W=2.8mgR(3)小球從C點運動到D點的過程解得設小球落點到A的水平距離為x，豎直距離為y，由幾何關系有聯(lián)立這三個方程得22．如圖，帶電量為q＝+2×10-3C、質量為m＝0.1kg的小球B靜置于光滑的水平絕緣板右端，板的右側空間有范圍足夠大的、方向水平向左、電場強度