高中物理第十章-靜電場中的能量第十章-靜電場中的能量測試卷培優(yōu)測試卷

高中物理第十章靜電場中的能量第十章靜電場中的能量精選測試卷培優(yōu)測試卷一、第十章靜電場中的能量選擇題易錯題培優(yōu)（難）1．在真空中有水平放置的兩個平行、正對金屬平板，板長為l，兩板間距離為d，在兩極板間加一交變電壓如圖乙，質量為m，電荷量為e的電子以速度v0（v0接近光速的1/20）從兩極板左端中點沿水平方向連續(xù)不斷地射入兩平行板之間．若電子經(jīng)過兩極板間的時間相比交變電流的周期可忽略不計，不考慮電子間的相互作用和相對論效應，則（）A．當Um＜時，所有電子都能從極板的右端射出B．當Um＞時，將沒有電子能從極板的右端射出C．當時，有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的時間之比為1：2D．當時，有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的時間之比為1：【答案】A【解析】A、B、當由電子恰好飛出極板時有：l=v0t，，由此求出：，當電壓大于該最大值時電子不能飛出，故A正確，B錯誤；C、當，一個周期內有的時間電壓低于臨界電壓，因此有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的時間之比為1：1，故C錯誤,D、若，有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的時間之比為，則D選項錯誤．故選A．【點睛】該題考查了帶電粒子的類平拋運動，和平拋運動具有相同規(guī)律，因此熟練掌握平拋運動規(guī)律是解決這類問題的關鍵．2．如圖所示，真空中有一個邊長為L的正方體，正方體的兩個頂點M、N處分別放置電荷量都為q的正、負點電荷．圖中的a、b、c、d是其他的四個頂點，k為靜電力常量．下列表述正確是（）A．a(chǎn)、b兩點電場強度大小相等，方向不同B．a(chǎn)點電勢高于b點電勢C．把點電荷+Q從c移到d，電勢能增加D．同一個試探電荷從c移到b和從b移到d，電場力做功相同【答案】D【解析】A、根據(jù)電場線分布知，a、b兩點的電場強度大小相等，方向相同，則電場強度相同．故A錯誤．B、ab兩點處于等量異種電荷的垂直平分面上，該面是一等勢面，所以a、b的電勢相等．故B錯誤．C、根據(jù)等量異種電荷電場線的特點，因為沿著電場線方向電勢逐漸降低，則c點的電勢大于d點的電勢．把點電荷+Q從c移到d，電場力做正功，電勢能減小，故C錯誤．D、因可知同一電荷移動，電場力做功相等，則D正確．故選D．【點睛】解決本題的關鍵知道等量異種電荷周圍電場線的分布，知道垂直平分線為等勢線，沿著電場線方向電勢逐漸降低．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．空間某一靜電場的電勢φ在x軸上的分布如圖所示，圖中曲線關于縱軸對稱。在x軸上取a、b兩點，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)、b兩點的電場強度在x軸上的分量都沿x軸正向B．a(chǎn)、b兩點的電場強度在x軸上的分量都沿x軸負向C．a(chǎn)、b兩點的電場強度在x軸上的分量大小Ea<EbD．一正電荷沿x軸從a點移到b點過程中，電場力先做正功后做負功【答案】C【解析】【詳解】AB．因為在O點處電勢最大，沿著x軸正負方向逐漸減小，電勢順著電場強度的方向減小，所以a、b兩點的電場強度在x軸上的分量方向相反。C．在a點和b點附近分別取很小的一段d，由圖像可知b點段對應的電勢差大于a點段對應的電勢差，看作勻強電場，可知Ea<Eb，故C正確。D．x軸負方向電場線往左，x軸正方向電場線往右，所以正電荷沿x軸從a點移到b點過程中，電場力先做負功后做正功。故D錯誤。故選C。5．如圖所示，在紙面內有一直角三角形ABC，P1為AB的中點，P2為AP1的中點，BC=2cm，∠A=30°．紙面內有一勻強電場，電子在A點的電勢能為-5eV，在C點的電勢能為19eV，在P2點的電勢能為3eV．下列說法正確的是A．A點的電勢為-5VB．B點的電勢為-19VC．該電場的電場強度方向由B點指向A點D．該電場的電場強度大小為800V/m【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．由公式可知，故A錯誤．B．A到P2的電勢差為故B錯誤．C．A點到B點電勢均勻降落，設P1與B的中點為P3,該點電勢為：P3點與C為等勢點，連接兩點的直線為等勢線，如圖虛線P3C所示．由幾何關系知，P3C與AB垂直，所以AB為電場線，又因為電場線方向由電勢高指向電勢低，所以該電場的電場強度方向是由A點指向B點，故C錯誤．D．P3與C為等勢點，該電場的電場強度方向是由A點指向B點，所以場強為：故D正確．6．如圖所示，豎直平面內有一個半徑為R的圓周，另外空間有一平行于圓周平面的勻強電場，A、D兩點為圓周上和圓心同一高度的點，C點為圓周上的最高點。在與OA夾角為的圓弧B點上有一粒子源，以相同大小的初速度v0在豎直面（平行于圓周面）內沿各個方向發(fā)射質量為m，帶電的同種微粒，在對比通過圓周上各點的微粒中，發(fā)現(xiàn)從圓周D點上離開的微粒機械能最大，從圓周E點（OE與豎直方向夾角）上離開的微粒動能最大，已知重力加速度為，取最低點F所在水平面為重力零勢能面。則有（）A．電場一定沿OD方向，且電場力等于mgB．通過E點的微粒動能大小為(＋1)mgR＋mvC．動能最小的點可能在BC圓弧之間D．A點的動能一定小于B點【答案】BC【解析】【分析】【詳解】AB．在D點微粒機械能最大，說明B到D電場力做功最大，由數(shù)學關系知過D點做圓的切線為電場的等勢線，即電場力沿OD方向，帶電粒子電性未知，場強方向不能確定。在E點微粒動能最大，說明B到E合力做功最多，即重力電場力的合力方向沿OE，有解得動能定理有故選項A錯誤、B正確；C．OE反向延長線與圓的交點，為等效重力的最高點，合力做的負功最大，動能最小，選項C正確；D．B點到A點等效重力（合力）做正功，動能增加，選項D錯誤。故選BC。7．靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點由靜止開始運動，N為粒子運動軌跡上的另外一點，則A．運動過程中，粒子的速度大小可能先增大后減小B．在M、N兩點間，粒子的軌跡一定與某條電場線重合C．粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能D．粒子在N點所受電場力的方向一定與粒子軌跡在該點的切線平行【答案】AC【解析】【分析】【詳解】A．若電場中由同種電荷形成即由A點釋放負電荷，則先加速后減速，故A正確；B．若電場線為曲線，粒子軌跡不與電場線重合，故B錯誤．C．由于N點速度大于等于零，故N點動能大于等于M點動能，由能量守恒可知，N點電勢能小于等于M點電勢能，故C正確D．粒子可能做曲線運動，故D錯誤；8．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．9．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．10．如圖，豎直向上的勻強電場中，絕緣輕質彈簧豎直立于水平地面上，上面放一質量為m的帶正電小球，小球與彈簧不連接，施加外力F將小球向下壓至某位置靜止．現(xiàn)撤去F，使小球沿豎直方向運動，在小球由靜止到離開彈簧的過程中，重力、電場力對小球所做的功分別為W1和W2，小球離開彈簧時的速度為v，不計空氣阻力，則上述過程中A．小球的重力勢能增加－W1B．彈簧對小球做的功為mv2-W2-W1C．小球的機械能增加W1＋mv2D．小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒【答案】AB【解析】A、重力對小球做功為W1，重力勢能增加-W1；故A正確．B、電場力做了W2的正功，則電勢能減小W2；故B正確．C、根據(jù)動能定理得，，因為除重力以外其它力做功等于小球機械能的增量，則機械能的增量為；故C錯誤．D、對小球和彈簧組成的系統(tǒng)，由于有電場力做功，則系統(tǒng)機械能不守恒．故D錯誤．故選AB．【點睛】解決本題的關鍵掌握功能關系，知道重力做功等于重力勢能的減小量，電場力做功等于電勢能的減小量，除重力以外其它力做功等于機械能的增量．11．如圖所示，從熾熱的金屬絲漂出的電子（速度可視為零），經(jīng)加速電場加速后從兩極板中間垂直射入偏轉電場．在滿足電子能射出偏轉電場的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉角變大的是（）A．僅增大加速電場的電壓B．僅減小偏轉電場兩極板間的距離C．僅增大偏轉電場兩極板間的電壓D．僅減小偏轉電場兩極板間的電壓【答案】BC【解析】【分析】電子經(jīng)電場加速后，進入偏轉電場，在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求出電子離開電場時數(shù)值方向分速度，表示出偏轉角正切值的表達式，從而判斷使偏轉角變大的方法．【詳解】電場中的直線加速，由動能定理：，可得；在偏轉電場做類平拋運動，，加速度，，運動時間為，可得偏轉角的正切值為，聯(lián)立可得：.若使偏轉角變大即使tanθ變大，由上式看出可以增大U2，或減小U1，或增大L，或減小d，則A、D錯誤，B、C正確．故選BC．【點睛】本題是帶電粒子先加速后偏轉問題，電場中加速根據(jù)動能定理求解獲得的速度、偏轉電場中類平拋運動的研究方法是運動的分解和合成.12．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．13．如圖所示，固定在豎直面內的光滑絕緣圓環(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．14．如圖所示，在M、N兩點分別固定點電荷+Q1、－Q2，且Q1>Q2，在MN連線上有A、B兩點，在MN連線的中垂線上有C、D兩點．某電荷q從A點由靜止釋放，僅在靜電力的作用下經(jīng)O點向B點運動，電荷q在O、B兩點的動能分別為EKO、EKB，電勢能分別為EpO、EpB，電場中C、D兩點的場強大小分別為EC、ED，電勢分別為，則下列說法正確的是（）A．EKO一定小于EKB B．EpO一定小于EpBC．EC一定大于ED D．一定小于【答案】AC【解析】【分析】【詳解】AB．電荷q從A點由靜止釋放，僅在靜電力的作用下經(jīng)O點向B點運動，說明靜電力方向向右，靜電力對電荷做正功，所以電荷動能增加，電勢能減小，故A項正確，B項錯誤；C．據(jù)和正點荷產(chǎn)生電場方向由正電荷向外，負電荷產(chǎn)生的電場指向負電荷可得CD兩點場強如圖兩電荷在C處產(chǎn)生的場強大，夾角小，據(jù)平行四邊形定則可得EC一定大于ED，故C項正確；D．由C的分析可知MN連線的中垂線上半部分各點的場強方向向右上方，據(jù)等勢線與電場線垂直，順著電場線電勢降低，可得一定大于，故D項錯誤。故選AC。15．如圖所示,在豎直平面內坐標系中分布著與水平方向成45°夾角的勻強電場,將一質量為、帶電荷量為q的小球,以某一初速度從O點豎直向上拋出,它的軌跡恰好滿足拋物線方程2,且小球通過點，已知重力加速度為g,則（）A．電場強度的大小為 B．小球初速度的大小為C．小球通過點P時的動能為 D．小球從O點運動到P點的過程中電勢能減少【答案】CD【解析】【分析】【詳解】小球以某一初速度從O點豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿足拋物線方程，說明小球做類平拋運動，則電場力與重力的合力沿y軸正方向，豎直方向：，故電場強度的大小為，故A錯誤；小球受到的合力：，所以a=g，由平拋運動規(guī)律有：，得初速度大小為，故B錯誤；由于，又，所以通過點P時的動能為：，故C正確；小球從O到P電勢能減少，且減少的電勢能等于電場力做的功，即：，故D正確．故選CD．【點睛】結合小球運動的特點與平拋運動的方程，判斷出小球在豎直方向受到重力與電場力在豎直方向的分力大小相等，方向相反，由此求出電場力的大小，再由F=qE即可求出電場強度；由平拋運動的方程即可求出平拋運動的初速度，以及到達P時的速度；由動能定理即可求出電勢能的變化．二、第十章靜電場中的能量解答題易錯題培優(yōu)（難）16．如圖所示，BCD為固定在豎直平面內的半徑為r=10m的圓弧形光滑絕緣軌道，O為圓心，OC豎直，OD水平，OB與OC間夾角為53°，整個空間分布著范圍足夠大的豎直向下的勻強電場．從A點以初速v0=9m/s沿AO方向水平拋出質量m=0．1kg的小球（小球可視為質點），小球帶正電荷q=+0．01C，小球恰好從B點沿垂直于OB的方向進入圓弧軌道．不計空氣阻力．求：（1）A、B間的水平距離L（2）勻強電場的電場強度E（3）小球過C點時對軌道的壓力的大小FN（4）小球從D點離開軌道后上升的最大高度H【答案】（1）9m（2）（3）（4）【解析】【分析】【詳解】（1）從A到B，，，解得，，（2）根據(jù)牛頓第二定律可得，解得（3）從A到C，根據(jù)動能定理可得在C點，，解得（4）對全過程運用動能定理，，故【點睛】應用動能定理應注意的幾個問題（1）明確研究對象和研究過程，找出始末狀態(tài)的速度．（2）要對物體正確地進行受力分析，明確各力做功的大小及正負情況（待求的功除外）．（3）有些力在物體運動過程中不是始終存在的．若物體運動過程中包括幾個階段，物體在不同階段內的受力情況不同，在考慮外力做功時需根據(jù)情況區(qū)分對待17．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）18．如圖，xOy為豎直面內的直角坐標系，y軸正向豎直向上，空間中存在平行于xOy所在平面的勻強電場。質量為m的不帶電小球A以一定的初動能從P（0，d）點沿平行x軸方向水平拋出，并通過Q（2d，0）點。使A帶上電量為+q的電荷，仍從P點以同樣的初動能沿某一方向拋出，A通過N（2d，0）點時的動能是初動能的0.5倍；若使A帶上電量為-q的電荷，還從P點以同樣的初動能沿另一方向拋出，A通過M（0，-d）點時的動能是初動能的4倍。重力加速度為g。求：（1）A不帶電時，到達Q點的動能；（2）P、N兩點間的電勢差；（3）電場強度的大小和方向?！敬鸢浮浚?）3mgd；（2），方向沿y軸正方向?！窘馕觥俊驹斀狻浚?）小球做平拋運動，故從P到Q，由動能定理解得（2）小球帶電后，從P到N，由動能定理從P到M由動能定理可得由（1）中可知，聯(lián)立以上幾式可得故O、N兩點電勢相等，場強方向為y軸正方向，場強大小為19．如圖所示，直角坐標系xOy在豎直平面內，x軸沿水平方向，空間有平行坐標平面豎直向上的勻強電場，電場強度大小為E，在第一、四象限內以坐標原點O為圓心的半圓形區(qū)域內有垂直坐標平面向里的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B0，圓的半徑為R，一個帶電荷量為q的小球A靜止于Q點，另一個質量和帶電荷量都與A球相同的小球B在P點，獲得一個沿x軸正方向的初速度，小球B與小球A在進磁場前碰撞并粘合在一起，兩球經(jīng)磁場偏轉后，最終豎直向上運動，不計兩球碰撞過程中電量損失，P點到O點的距離為R，重力加速度大小為g，求：（1）小球B從P點向右運動的初速度的大??；（2）撤去小球A，改變y軸左側電場強度的大小，將小球B從P點向右開始運動的速度減為原來的，結果小球B剛好從y軸上坐標為的位置進入磁場，試確定粒子經(jīng)磁場偏轉后出磁場的位置坐標?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【分析】【詳解】（1）因為小球A靜止在Q點，所以與A球質量和電荷量相等的B球將向右做勻速直線運動，然后與A球相碰，設兩球的質量為m，B球的初速度大小為，A、B碰撞后的共同速度為，根據(jù)動量守恒有解得由于小球A在碰撞前處于靜止狀態(tài)，則解得粒子進入磁場后做勻速圓周運動，設小球在磁場中做圓周運動的半徑為，根據(jù)粒子運動的軌跡，依據(jù)幾何關系根據(jù)牛頓第二定律有解得（2）由題意可知，粒子從P點出射的速度大小粒子在進磁場前做類平拋運動，進磁場時的速度的反向延長線交于水平位移的中點，則粒子進磁場時速度與x軸正正向的夾角為45度，則粒子進磁場時的速度大小粒子在磁場中做勻速圓周運動，則解得由幾何關系可知，粒子在磁場中做圓周運動的圓心位置為有界場邊界滿足粒子在磁場中做圓周運動的軌跡滿足解得因此粒子出磁場時的位置坐標為20．在一柱形區(qū)域內有勻強電場，柱的橫截面積是以O為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示。質量為m，電荷量為q（q>0）的帶電粒子在紙面內自A點先后以不同的速度進入電場，速度方向與電場的方向垂直。已知剛進入電場時速度為零的粒子，自圓周上的C點以速率v0穿出電場，AC與AB的夾角θ=60°。運動中粒子僅受電場力作用。（1）求電場強度的大小；（2）為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進入電場時的速度應為多大？（3）為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為mv0，該粒子進入電場時的速度應為多大？【答案】(1)；(2)；(3)0或【解析】【分析】【詳解】（1）由題意知在A點速度為零的粒子會沿著電場線方向運動，由于q>0，故電場線由A指向C，根據(jù)幾何關系可知：所以根據(jù)動能定理有：解得：；（2）根據(jù)題意可知要使粒子動能增量最大則沿電場線方向移動距離最多，做AC垂線并且與圓相切，切點為D，即粒子要從D點射出時沿電場線方向移動距離最多，粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)幾何關系有而電場力提供加速度有聯(lián)立各式解得粒子進入電場時的速度：；（3）因為粒子在電場中做類平拋運動，粒子穿過電場前后動量變化量大小為mv0，即在電場方向上速度變化為v0，過C點做AC垂線會與圓周交于B點，故由題意可知粒子會從C點或B點射出。當從B點射出時由幾何關系有電場力提供加速度有聯(lián)立解得；當粒子從C點射出時初速度為0。另解：由題意知，初速度為0時，動量增量的大小為，此即問題的一個解。自A點以不同的速率垂直于電場方向射入電場的粒子，動量變化都相同，自B點射出電場的粒子，其動量變化量也恒為，由幾何關系及運動學規(guī)律可得，此時入射速率為21．如圖所示，A為粒子源，在A和極板B間的加速電壓為U1，在兩水平放置的平行帶電板C、D間的電壓為U2，現(xiàn)設有質量為m，電荷量為q的質子初速度為零，從A被加速電壓U1加速后水平進入豎直方向的勻強電場，平行帶電板的極板的長度為L，兩板間的距離為d，不計帶電粒子的重力，求：(1)帶電粒子在射出B板時的速度；(2)帶電粒子在C、D極板間運動的時間；(3)帶電粒子飛出C、D電場時在豎直方向上發(fā)生的位移y.【答案】（1）（2）（3）【解析】試題分析：（1）由動能定理得：W=qU1=則（2）離子在偏轉電場中運動的時間tL=（3