13．如图所示，在竖直平面内有一边长为L的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行．一质量为m、带电量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速V0进入该正方形区域．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为（ ）
A．可能等于零 B．可能等于C．可能等于D．可能等于
1mv02 2111mv02+qEL-mgL 222121mv02+qEL+mgL 232【答案】BCD 【解析】 【分析】
要考虑电场方向的可能性，可能平行于AB向左或向右，也可能平行于AC向上或向下．分析重力和电场力做功情况，然后根据动能定理求解． 【详解】
令正方形的四个顶点分别为ABCD，如图所示
若电场方向平行于AC：
①电场力向上，且大于重力，小球向上偏转，电场力做功为据动能定理得：Ek?
11qEL，重力做功为-mg，根22111111mv02＝qEL?mgL，即Ek＝mv02+qEL?mgL 2222221mv02． 21qEL，重力做功为2②电场力向上，且等于重力，小球不偏转，做匀速直线运动，则Ek=若电场方向平行于AC，电场力向下，小球向下偏转，电场力做功为
1111111mgL，根据动能定理得：Ek?mv02＝qEL+mgL，即Ek＝mv02+qEL+mgL． 2222222由上分析可知，电场方向平行于AC，粒子离开电场时的动能不可能为0． 若电场方向平行于AB：
若电场力向右，水平方向和竖直方向上都加速，粒子离开电场时的动能大于0．若电场力
向右，小球从D点离开电场时，有 Ek?
1111mv02＝qEL+mgL则得Ek＝mv02+qEL+mgL 2222若电场力向左，水平方向减速，竖直方向上加速，粒子离开电场时的动能也大于0．故粒子离开电场时的动能都不可能为0．故BCD正确，A错误．故选BCD． 【点睛】
解决本题的关键分析电场力可能的方向，判断电场力与重力做功情况，再根据动能定理求解动能．
14．如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔．右极板电势随时间变化的规律如图乙所示．电子原来静止在左极板小孔处，若电子到达右板的时间大于T，(不计重力作用)下列说法中正确的是( )
A．从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动
B．从t＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上 C．从t＝D．从t＝
T时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动，也可能打到右极板上 43T时刻释放电子，电子必将打到左极板上 8【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
AB.分析电子在一个周期内的运动情况，从t?0时刻释放电子，前力向右，电子向右做匀加速直线运动．后
T内，电子受到的电场2T内，电子受到向左的电场力作用，电子向右做2匀减速直线运动；接着周而复始，所以电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右板上，故A错误，B正确
C.分析电子在一个周期内的运动情况；从t?匀加速直线运动；在
TTT 时刻释放电子，在~内，电子向右做442T3T~内，电子受到的电场力向左，电子继续向右做匀减速直线运243T3T~T内电子受到向左的电场力，向左做初速度为零的匀加速动，时刻速度为零；在
445T5T 时刻速度减直线运动，在T~内电子受到向右的电场力，向左做匀减速运动，在44为零；接着重复．电子到达右板的时间大于T，电子在两板间振动，不能打到右极板上，
故C错误．
D.用同样的方法分析从t?3T时刻释放电子的运动情况，电子先向右运动，后向左运动，8由于一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移，所以电子最终一定从左极板的小孔离开电场，即不会打到左极板，故D错误．
15．在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法正确有（ ）
A．q1和q2带有同种电荷 【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】
B．x1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
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，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。
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
0?两点的连线上有一个产生粒子的发生器装置，产生质量小为E0．M??L、L?和N??L、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）v?【解析】
试题分析：（1）由动能定理：qE0L?4qE0L?32mL210qE0L2（2）t?（3）y?(Lx?x)(0?x?L)
2qE0Lm1210qE0Lmv，得：v? 2m（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
qE0L?2LL32mL12t?t?t?t?mv0，匀加速时间t1?，匀速时间2，则总时间 12v0v02qE02（3）设粒子从MN线上某点由静止释放，经第一象限电场边界交点Q(x,y)，后做匀速直线运动到A点，在第一象限做类平抛运动，水平：x?v0t，竖直方向：h?12at 221xa()2v0y反向延长AQ与水平位移交点为其中点，还有以下几何关系：， ?xL?x2且v?2a?L，
20a3qE0/m??4 ?aqE0/m推出边界方程：y?2(Lx?x2)(0?x?L) L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．如图所示，从电子枪射出的电子束（初速度不计）经电压U1=2000V加速后，从一对金属板Y和Y′正中间平行金属板射入，电子束穿过两板空隙后最终垂直打在荧光屏上的O点．若现在用一输出电压为U2=160V的稳压电源与金属板YY′连接，在YY′间产生匀强电场，使得电子束发生偏转．若取电子质量为9×10﹣31kg，YY′两板间距d=2．4cm，板长l=6．0cm，板的末端到荧光屏的距离L=12cm．整个装置处于真空中，不考虑重力的影响，试回答以下问题：
（1）电子束射入金属板YY′时速度为多大？
（2）加上电压U2后电子束打到荧光屏上的位置到O点的距离为多少？
（3）如果两金属板YY′间的距离d可以随意调节（保证电子束仍从两板正中间射入），其他条件都不变，试求电子束打到荧光屏上的位置到O点距离的取值范围． 【答案】（1）2．67×107m/s；（2）15mm；（3）0～30mm． 【解析】 【分析】 【详解】
（1）根据动能定理，设电子在加速电极作用下获得速度为v0， 有U1e?12mv0， 2解得：v0?2U1e…① m
代入数据解得：v0?8?107m/s?2.67?107m/s； 3（2）电子穿过偏转电极过程中，在沿初速度方向做匀速直线运动有l=v0t…② 在沿电场方向受力为F=Eq…③ 根据匀强电场性质U2=Ed…④ 根据牛顿第二定律F=ma…⑤
根据匀变速直线运动规律，在出偏转电场时其在电场方向位移为[来y?12at…⑥ 2U2l2…⑦ 根据①﹣⑥式可推得：y?4dU1此时在电场方向上的分速度为：vy=at…⑧
出电场后电子做直线运动最终打在荧光屏上，距离O点的距离设为y′，根据几何关系及①⑦⑧可得
高中物理必修第3册第十章 静电场中的能量试卷测试卷(解析版)
