第2课时 磁场对运动电荷的作用+电场的能的性质讲义.docx

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1、第2课时磁场对运动电荷的作用基础练习。一、磁场对运动电荷的作用1.如图所示是电子射线管示意图.接通电源后，电子射线由阴极沿X轴正方向射此在荧光屏上会看到一条亮线.要使荧光屏上的亮线向下（Z轴负方向）偏转，在下列措施中可采用的是（B）狭缝A.加一磁场,磁场方向沿z轴负方向B.加一磁场,磁场方向沿y轴正方向C.加一电场，电场方向沿z轴负方向D.加一电场，电场方向沿y轴正方向解析:要使荧光屏上亮线向下偏转，电子所受的洛伦兹力方向向下，电子运动方向沿x轴正方向，由左手定则可知,磁场方向应沿y轴正方向,所以选项A错误,B正确;若加一电场电子应受到向下的电场力作用，故电场方向沿z轴正方向，选项C、D均错误

2、.2 .（多选）如图所示为一个质量为m、电荷量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细竿上滑动，圆环与竿的动摩擦因数为U，细竿处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力.现给环一个向右的初速度v。,在以后的运动过程中，环的速度图像可能是图中的(ABD)X X X XVoX 乂二 X XxOXx解析:根据左手定则知，圆环受向上的洛伦兹力.若Bqv=mg,圆环做匀速运动，选项A正确；若Bqv（）mg,圆环受向下的压力FMBqv-mg,向左的滑动摩擦力FfuF、=r（Bqv-mg）,圆环做减速运动,洛伦兹力减小,压力减小,摩擦力减小,加速度减小，当Bqv-mg时，圆环做匀速运动,选项D正确；若B

3、qv0质量分别为nh”周期分别为Ta、Tb.则一定有（A）A.qaqbB.mambC. TaRb,maVa=nibVb,Ba=Bb.故可判定只有选项A正确.4.如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场,经过At时间从C点射出磁场,0C与0B成60角,现将带电粒子的速度变为东仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为（B）A.AtB.2AtC.iAtD.3At解析:带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力,据牛顿第二定律有qvB=m。解得粒子第一次通过磁场区时的半径为厂卷，圆弧AC所对应的圆心角NAO

4、C=60,经历的时间为t;黑T（T为粒子在匀强磁场中运动周期,大小为T=个,与粒子速度大360,qB小无关）；当粒子速度减小为之后,根据厂卷知其在磁场中的轨道半径变为各粒子将从D点射出，根据图中几何关系得圆弧AD所对应的圆心角NA0D=120,经历的时间为At=怒T=2At.故选项B正确.Ov三、带电粒子在匀强磁场中的多解性5.（2014南昌一模）如图所示,在x0,y0的空间中有恒定的匀强磁场,磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里,大小为B.现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子,从x轴上的某点P沿着与x轴成30角的方向射入磁场（P点位置不固定,不计重力的影响），则下列有关说法中正确的是（C）

5、A.只要粒子的速率合适,粒子就可能通过坐标原点B.粒子在磁场中运动所经历的时间一定为5Jim/（3qB）C.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为nm/（qB）D.粒子在磁场中所经历的时间可能为nm/（6qB）解析:粒子在P点与x轴正向成30角入射,则圆心在过P点与速度方向垂直方向上,粒子在磁场中若要想到达0点,转过的圆心角肯定大于180,因为磁场有边界，故粒子不可能过坐标原点，选项A错误;由于P点位置不固定,所以粒子在磁场中运动圆弧的圆心角也不同，最大的圆心角是圆弧与y轴相切时即300,则运动时间为笠泌学普;而最小的圆心角为P点在坐标原点,则圆心角为120,66qB3q日运动时间为矢言,所以选项

6、B、D错误.C正确.6 .如图所示,MN为两个匀强磁场的分界面,两磁场的磁感应强度大小的关系为Bi=2Bz,一带电荷量为+q、质量为m的粒子（不计重力）从。点垂直MN进入Bi磁场,则经过多长时间它将向下再一次通过0点解析:粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由周期公式丁三詈知,粒子从0点进入磁场到再一次通过0点的时间为土=等+*等,所以选项BqBqBzqBz正确.四、临界极值问题7 .（多选）在xOy平面内以。为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直于xOy平面.一个质量为m、电荷量为q的带电粒子,从原点0以初速度v沿y轴正方向开始运动,经时间t后经过x轴上的P点,

7、此时速度与x轴正方向成6角，如图所示，不计重力的影响，则下列关系一定成立的是（AD）A.若r空,则09908 .若喏，则胃qBqBc.若t/,则手D.若r=吟，则t=WqBqB解析:带电粒子在磁场中从。点沿y轴正方向开始运动，圆心一定在垂直于速度的方向上，即在x轴上,轨道半径R%,当r2箸时,P点在磁场内，粒子不能射出磁场区，所以垂直于x轴过P点，。最大且为90,运动时间为半个周期，即t=号;当r90。，所以过x轴时0。e90,选项A正确、B错误;同理,若1=乎,则等,若厂喑则t等于掾选QoQoqBQo项C错误,D正确.8. （2014陕西西工大附中适应性训练）如图所示，直角坐标系中直线AB与

8、横轴x夹角ZBAO=300,A0长为a.假设在点A处有一放射源可沿NBA0所夹范围内的各个方向放射出质量为m、速度大小均为v、带电荷量为e的电子（重力忽略不计）.在三角形ABO内有垂直纸面向里的匀强磁场，当电子从顶点A沿AB方向射入磁场时，电子恰好从0点射出.试求：（1）从顶点A沿AB方向射入的电子在磁场中的运动时间t;（2）速度大小为2v的电子从顶点A沿AB方向射入磁场（其他条件不变），求从磁场射出的位置坐标.（3）磁场大小、方向保持不变,改变匀强磁场分布区域,使磁场存在于三角形ABO内的左侧，要使放射出的速度大小为v的电子穿过磁场后都垂直穿过y轴后向右运动,试求匀强磁场区域分布的最小面积S

9、.（用阴影表示最小面积）解析：（1）根据题意，电子在磁场中运动的轨迹如图（甲），则根据几何关系得电子在磁场中的运动的轨道半径R=a,607VOy（甲）由evB二更得B=*Rea（乙）速度大小为2v的电子从顶点A沿AB方向射入磁场时，由洛伦兹力提供向心力得e2VB=皿量得r=2a.其运动轨迹如图（乙）所示，teB则电子从y轴上射出点的位置:y=r-OC）2=2a-|（2a）2-a?=2a-v4a.所以电子从磁场中射出时的位置坐标为（0,2a-V3a）.（3）要使匀强磁场区域分布最小面积,有界磁场的上边界为以AB方向发射的电子在磁场中的运动轨迹与A0中垂线交点的左侧圆弧,有界磁场的下边界：以A点正

10、上方距A点的距离为a的点为圆心，以a为半径的圆弧.如图（丙）所示,故最小磁场区域面积为S=2借-衬sin30)=湃答案：乎(2)(0,2a-Ha)(3)a23vo素能提升9. （2014青岛质检）如图所示,在边长为L的正方形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，有一带正电的电荷，从D点以v。的速度沿DB方向射入磁场,恰好从A点射出，已知电荷的质量为m,带电荷量为q,不计电荷的重力，则下列说法正确的是（A）A.匀强磁场的磁感应强度为手B.电荷在磁场中运动的时间辨C.若电荷从CD边界射出，随着入射速度的减小，电荷在磁场中运动的时间会减小D.若电荷的入射速度变为2v0,则粒子会从AB中点射出解析：由图可

11、以看出电荷做圆周运动的半径口=1,根据牛顿第二定律:qv0B=m，得B=竿选项A正确;丁=这，转过的圆心角为90,则LQLVt三T=”,故选项B错误；若电荷从CD边界射出，则转过的圆心角均为180,入射速度减小,丁二爷，周期与速度无关,故电荷在磁场中运动的时间不变,选项C错误；若电荷的入射速度变为2v0,则半径变为2L,轨迹如图DE,设DF为h,由几何知识：（2L-h）2+（2L）2,得h=（2-L,可见E不是AB的中点，即电荷不会从AB中点射出,选项D错误.10. （2014银川一中一模）如图所示,在平面直角坐标系的第一象限中,有垂直于xOy平面的匀强磁场，在坐标原点。有一个粒子发射源，可以

12、沿x轴正方向源源不断地发出速度不同的同种带正电的粒子,不计粒子的重力.在坐标系中有一点B,连接OB、AB恰可构成一个直角三角形,则关于粒子在该三角形区域中的运动情况,下列说法正确的是A.出射速度越大的粒子,在三角形区域内运动的时间越长B,出射速度越大的粒子,在三角形区域内运动的轨迹越长C.所有从发射源射出后能够到达0B边的粒子,从射出至到达0B边的运动时间都相等D.所有从发射源射出后能够到达AB边的粒子,从射出至到达AB边的运动时间都相等解析:依据R=等可知,速度不同的粒子进入磁场后做圆周运动的半径不同.由于粒子进入磁场的速度方向均沿着X轴正方向，所以所有粒子做圆周运动的圆心都在y轴上.作出几

13、个速度逐渐增大的粒子运动轨迹示意图如圆弧1、23所示.则从0B边上射出的粒子运动圆弧所对应的圆心角相同（如图中1、2所示），由周期T=胃可知，能够从0B边上射出的粒子运动的时间都相等,故选项C正确;而速度较大的粒子,可能从AB边射出（如圆弧3）,则圆弧2、3相比，运动时间一定不同,且因为射到AB边上的所有粒子运动圆弧所对应的圆心角不同,速度越大的粒子轨迹越靠近A点，圆弧越短且对应的圆心角越小.故选项A、B、D错误.11. 如图所示,边界0A与0C之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场,边界0A上有一粒子源S.某一时刻,从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的重力及粒子间的相互作

14、用），所有粒子的初速度大小相同,经过一段时间有大量粒子从边界0C射出磁场.已知NA0C=60,从边界0C射出的粒子在磁场中运动的最短时间等于为粒子在磁场中运动的周期），则从边界0C射出的粒子在磁O场中运动的最长时间为（B）/c解析：由左手定则知，粒子做逆时针圆周运动.粒子速度大小相同,故弧长越小,粒子在磁场中运动的时间就越短,过S作0C的垂线SD,如图所示，粒子轨迹过D点时在磁场中运动的时间最短.因磁场中运动的最短时间等于士故NSOD=60。，由几何关系得，粒子做圆周运动的半径厂而.由于粒子沿逆时针方向运动，故沿SA方向射入的粒子在磁场中运动的时间最长，由几何关系知花=2而,即粒子在磁场中运动

15、的轨迹恰为半圆，故粒子在磁场中运动的最长时间为g选项B正确.12. 如图所示,两个同心圆，半径分别为r和2r,在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B.圆心0处有一放射源,放出粒子的质量为m,带电荷量为q,假设粒子速度方向都和纸面平行.（1）图中箭头表示某一粒子初速度的方向,0A与初速度方向夹角为60,要想使该粒子经过磁场后第一次通过A点，则初速度的大小是多少？要使粒子不穿出环形区域,则粒子的初速度不能超过多少？解析：（1）如图（甲）所示,设粒子在磁场中的轨道半径为R,则由几何关系得R尸苧,又qvB=q得v产等.（2）如图（乙）所示,设粒子轨道与磁场外边界相切时，粒子在

16、磁场中的轨道半径为L,则由几何关系有（2r-R2）2=R22+N可得R2哼又qv2B=,4附2可得V2=誓.故要使粒子不穿出环形区域,粒子的初速度不能超过等.4m4m（甲）（乙）答案：（1）鬃（2）黑13.（2015石家庄质检）如图所示，在半径为技a的圆形区域中存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场.在圆形区域中固定放置一绝缘材料制成的边长为Ha的刚性等边三角形框架DEF,其中心位于圆心0上,DE边中点S处有一粒子源,可沿垂直于DE边向下以不同速率发射质量为m、电荷量为q的正电粒子.若这些粒子与三角形框架发生碰撞时,粒子速度方向均垂直于被碰的边并以原速率返回、电荷量不变,不考虑粒子间相

17、互作用及重力,求:带电粒子速度V的大小取哪些数值时,可使从S点发出的粒子最终又回到S点？解析:带电粒子从S点垂直于DE边以速度v射出后,在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,其圆心一定位于DE边上,其半径R满足qvB=，得R常,要求此粒子每次与4DEF的三条边碰撞时都与边垂直,且能回到S点,则R和v应满足以下条件：由于碰撞时速度v与边垂直，粒子运动轨迹圆的圆心一定位于ADEF的边上，粒子绕过4DEF顶点D、E、F时的圆弧的圆心就一定要在相邻边的交点（即D、E、F）上.如图所示.粒子从S点开始向右做圆周运动,其轨迹为一系列半径为R的半圆，在SE边上最后一次的碰撞点与E点的距离应为R,所以SE的长度应是

18、R的奇数倍.即SE=ya=(2n+l)R,(n=0,1,2,3)由几何关系得:瓦=|；=a.SinoU延长0E至圆形区域交于M,EM=1.la-OE=0.la,若使粒子不射出磁场,有RWO.la,解得1123.83,即n=4,5,6由于三a=(2n+l)R,则v=ggR=；lqBa(n-4,5,6)2m2(2n+l)E答案：离-(n=4,5,6-)/1/fl十】JT91-第2课时电场的能的性质-课时集训/一1对点训练提升素能基础练习。一、电场强度、电势与电势能1.（2014江苏卷）如图所示,一圆环上均匀分布着正电荷,x轴垂直于环面且过圆心0.下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（B）

19、0+Q0*VA.0点的电场强度为零，电势最低B.0点的电场强度为零，电势最高C.从0点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D.从0点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低解析：圆环上均匀分布着正电荷,可以将圆环等效为很多正点电荷的组成，同一条直径的两端点的点电荷的合场强类似于两个等量同种点电荷的合场强,故圆环的中心的合场强一定为零.x轴上的合场强,在圆环的右侧的合场强沿x轴向右,左侧的合场强沿x轴向左，电场强度都呈现先增大后减小的特征，由沿场强方向的电势降低，知0点的电势最高.综上选项B正确.2. （2014潍坊模拟）空间有一沿x轴对称分布的电场,其电场强度E随x变化的图像如图所示.下列说法中正

20、确的是（C）A.0点的电势最低B. X2点的电势最高C. xi和-xi两点的电势相等D. xi和X3两点的电势相等解析:沿x轴对称分布的电场，由题图可得其电场线以0点为中心指向正、负方向（或从正、负无穷远指向0）,沿电场线电势降落，所以。点电势最高,选项A、B错误；由于电场沿x轴对称分布,从Xi到0电势升高的数值与从0至卜xi降低数值相等，故xi与-xi两点电势相等,选项C正确;xi和X3两点电场强度大小相等，电势不相等,选项D错误.二、电场力做功与电势能的关系3. （2014芜湖调研）（多选）位于A、B处的两个带有不等量负电的点电荷在平面内电势分布如图所示，图中实线表示等势线，则（CD）A.

21、a点和b点的电场强度相同B.正电荷从c点移到d点，电场力做正功C.负电荷从a点移到c点，电场力做正功D.正电荷从e点沿图中虚线移到f点，电势能先减小后增大解析：由等势面与电场线的关系可知,a、b两点电场强度方向不同,所以选项A错误；因为A、B两处为负电荷,所以等势面由外向内电势越来越低.将正电荷从c点移到d点，正电荷的电势能增加，电场力做负功,选项B错误;负电荷从a点移到c点，电势能减少，电场力做正功，选项C正确;正电荷沿虚线从e点移到f点的过程中，电势先降低再升高，电势能先减小后增大,选项D正确.4. （2014温州模拟）真空中一点电荷形成的电场中的部分电场线如图所示，分别标记为1、2、3、

22、4、5,且1、2和5、4分别关于3对称.以电场线3上的某点为圆心画一个圆，圆与各电场线的交点分别为a、b、c、d、e,则下列说法中正确的是（D）A.电场强度EaEc,选项A、B错误;正电荷从a点移到d点,逆着电场线移动，电场力做负功,选项C错误;负电荷从b点到e点，顺着电场线移动，电场力做负功，电势能增加,选项D正确.三、等势面的理解与应用5.（多选）图中虚线是用实验方法描绘出的某一静电场中的一簇等势线,若不计重力的带电粒子从a点射入电场后恰能沿图中的实线运动,b点是其运动轨迹上的另一点，则（BD）A. a点的电势一定高于b点的电势B. a点的场强一定大于b点的场强C.粒子在a点的电势能一定大

23、于在b点的电势能D.粒子在a点的速度一定大于在b点的速度解析：由题图分析可知,带电粒子从a点运动到b点，电场力做负功，电势能增加,动能减少,选项C错、D对;根据等势线的疏密可知a点的场强大于b点的场强,选项B对；因不知带电粒子的电性,所以无法判断a、b两点的电势高低，选项A错.6 .（多选）某同学研究电子在电场中的运动时，得到了电子由a点运动到b点的轨迹（虚线所示），电子仅受电场力作用，图中一组平行实线可能是电场线，也可能是等势面，则下列说法正确的是（CD）A.不论图中实线是电场线还是等势面,a点的场强都比b点小B.不论图中实线是电场线还是等势面,a点的电势都比b点低C.如果图中实线是电场线，

24、电子在a点电势能大D.如果图中实线是等势面，电子在b点电势能大解析:若图中的实线为电场线，电子所受电场力向右，电场线方向向左,电势由a到b,电场力对电子做正功,电势能减少,EQEg；若图中的实线为等势面,则电场线在竖直方向，电场力方向竖直向下，电场线方向竖直向上，电势a6b.由a到b电场力做负功，电子的电势能EpaEpb,该电场为匀强电场,a、b两点电场强度相同.综上所述,选项C、D正确.四、电场中的功能关系的应用7 .（多选）如图所示,高为h的光滑绝缘曲面处于匀强电场中，匀强电场的方向平行于竖直平面,一带电荷量为+q、质量为m的小球，以初速度V。从曲面底端的A点开始沿曲面表面上滑,到达曲面顶

25、端B点的速度仍为v。,则（BC）A.电场力对小球做功为mgh+扣8 .A、B两点的电势差为也qC.小球在B点的电势能小于在A点的电势能D.电场强度的最小值为震q解析:B如图所示,设A、B两点间电势差为Uab,对小球由A到B的过程,根据动能定理得qUAB-mgh=O,解得UAB=mgh/q,选项B正确；电场力对小球做的功刚好克服重力做功,等于mgh,选项A错误；由于小球由A到B的过程电场力做正功,所以小球电势能减小,选项C正确；设电场方向与AB间位移方向的夹角为。，Uab=ExAb-cos。=皿,解得E=,可知电场强度的最小值不等于2选项D错误.Q8. （2014四川成都模拟）（多选）如图所示,

26、竖直平面内有一固定的光滑椭圆大环,其长轴长BD=4L、短轴长AC-2L.劲度系数为k的轻弹簧上端固定在大环的中心0,下端连接一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的小环，小环刚好套在大环上且与大环及弹簧绝缘,整个装置处在水平向右的匀强电场中.将小环从A点由静止释放，小环运动到B点时速度恰好为0.已知小环在A、B两点时弹簧的形变量大小相等,则（BD）AA.小环从A点运动到B点的过程中,弹簧的弹性势能一直增大B.小环从A点运动到B点的过程中，小环的电势能一直减小C.电场强度的大小E=总qD.小环在A点时受到大环对它的弹力大小F=mg+如L解析:小环在A、B两点时弹簧的形变量大小相等,则小球在A点时弹

27、簧处于压缩状态,小环在B点时弹簧处于伸长状态,所以小环从A点运动到B点的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大,选项A错误;小环从A点运动到B点的过程中，重力势能增加,动能不变,根据能量守恒可知，小环的电势能一直减小,选项B正确;根据能的转化和守恒得mgL-qEX2L,所以E=署,选项C错误;小环在A点竖直方向上受到重力、向下的弹簧的弹力、向上的大环的弹力，竖直方向上由平衡条件得大环对它的弹力F=mg+kx,而小环在A、B两点时弹簧的形变量大小相等,故小环在A点时弹簧的压缩量为所以F=mg+如L,选项D正确.9. （2013浙江理综）“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成.偏转

28、器是由两个相互绝缘、半径分别为R,和Rb的同心金属半球面A和B构成,A、B为电势值不等的等势面,其过球心的截面如图所示.一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M板正中间小孔垂直入射,进入偏转电场区域,最后到达偏转器右端的探测板N,其中动能为Ek。的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间.忽略电场的边缘效应.判断半球面A、B的电势高低,并说明理由;求等势面C所在处电场强度E的大小；若半球面A、B和等势面C的电势分别为e八5和则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量Ek左和Ek石分别为多少？比较IAEk/和|Ek右|的大小，并说明理由.解析：(1)电子(带

29、负电)做圆周运动，电场力提供向心力，因此电场力方向指向球心，电场方向从B指向A,半球面B的电势高于A.(2)据题意，电子在电场力作用下做圆周运动,考虑到圆轨道上的电场强度E大小相同，有：eE=mREko=imvR-Rd+g2联立解得j7-2kc=4ko(3)电子运动时只有电场力做功,根据动能定理，有AEk=qU对到达N板左边缘的电子，电场力做正功,动能增加，有Ekie(pvTpc)对到达N板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有AEk右=e(|AEk，.答案:见解析素能提升。10.(多选)一带电粒子仅在电场力作用下以初速度V。从t=0时刻开始运动,其v-t图像如图所示.如粒子在2to时刻运动

30、到A点,5to时刻运动到B点.以下说法中正确的是(AC)A. A、B两点的电场强度大小关系为Ea=EbB. A、B两点的电势关系为apbC.粒子从A点运动到B点时，电场力做功为正D.粒子从A点运动到B点时，电势能先减少后增加解析：由速度图像可知粒子在A、B两点加速度相同，受力相同，故A、B两点的电场强度大小关系为Ea=Eb,选项A正确；由速度图像可知粒子在A点速度为零,在B点速度不为零,故粒子从A点运动到B点时，电场力做正功，电势能减少,选项C正确,D错误；由于不知场强方向和带电粒子电性，因此无法判断A、B两点电势高低,选项B错误.11.(2015湖北仙桃调研)如图所示,匀强电场方向平行于xO

31、y平面,在xOy平面内有一个半径为R=5m的圆，圆上有一个电荷量为q=+lX10C的试探电荷P,设半径OP与X轴正方向的夹角为0,如图所示,P沿圆周移动时，其电势能与。角的函数关系为Ep=2.5Xl(Tsin6(J),则(A)A.x轴位于零势面上B.电场强度大小为500V/m,方向沿y轴正方向C.y轴位于零势面上D.电场强度大小为500V/m,方向沿x轴正方向解析：由Ep=2.5X10-5sin9(J)知,x轴上的电势能为0,是零势面，电场线沿y轴方向，选项A对,C错；当0=90时,Ep=2.5X10尸EqR,解得E=500V/m,方向沿y轴负方向，选项B、D错.12. (2014佛山检测)空

32、间有一匀强电场,在电场中建立如图所示的直角坐标系0-xyz,M、N、P为电场中的三个点,M点的坐标为(0,a,0),N点的坐标为(a,0,0),P点的坐标为(a,9.已知电场方向平行于直线MN,M点电势为0,N点电势为1V,则P点的电势为(D)A.VB.fVC,1VD.lV解析:将立体图画成平面图，如图所示,P为P在xOy平面上的投影,P为P在MN上的投影,P与P，、P具有相等的电势，可见P点沿电场线方向为MN的四等分点,P点的电势为：V,故P点的电势4为;V,选项A、B、C错误,D正确.413. （2014潍坊模拟）如图所示,带电荷量为Q的正点电荷固定在倾角为30的光滑绝缘斜面底部的C点,斜

33、面上有A、B两点,且A、B和C在同一直线上,A和C相距为L,B为AC中点.现将一带电荷量为q的小球从A点由静止释放,当带电小球运动到B点时速度恰好为零.已知带电小球在A点处的加速度大小为静电力常量为k,求：4（1）小球运动到B点时的加速度大小.（2）B和A两点间的电势差（用Q和L表示）.解析：（1）带电小球在A点时:mgsin30-k隹ma.*带电小球在B点时：里-mgsin30=maB（I）且a,=%可解得aB=f.4Z（2）由A点到B点应用动能定理得:mgsin30；-UBA,q=0由mgsin30-埠=maA=m河得：加二埠可求得心邛.答案:?学14.如图所示,在足够长的光滑绝缘水平直线

34、轨道上方h高度的P点，固定电荷量为+Q的点电荷.一质量为m、带电荷量为+q的物块(可视为质点)，从轨道上的A点以初速度V。沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v.已知点电荷产生的电场在A点的电势为夕(取无穷远处电势为零)，PA连线与水平轨道的夹角为60,试求：(1)物块在A点时受到轨道的支持力大小;(2)点电荷+Q产生的电场在B点的电势.解析：(1)物块在A点受力如图所示.mg由竖直方向受力平衡得F、=mg+k坐sin60由以上两式解得R=mg+弋岸.8n(2)物块从A运动到P点正下方B点的过程中，由动能定理得qUABmv2-imv02又因为Uab=6a-4b=6-Uk,由以上两式解得4)b-(v02-v2)+.2q答案：mg+号詈*I，产V)+6