人教版物理高三一輪復(fù)習(xí)：靜電場(chǎng)同步練習(xí)題

1、.?靜電場(chǎng)?1、多項(xiàng)選擇如圖a所示，光滑絕緣程度面上有甲、乙兩個(gè)點(diǎn)電荷。t=0時(shí)，甲靜止，乙以初速度6m/s向甲運(yùn)動(dòng)。此后，它們僅在靜電力的作用下沿同一直線運(yùn)動(dòng)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中沒有接觸，它們運(yùn)動(dòng)的vt圖象分別如圖b中甲、乙兩曲線所示。那么由圖線可知：            A兩電荷的電性一定相反Bt1時(shí)刻兩電荷的電勢(shì)能最大C0t2時(shí)間內(nèi)，兩電荷的靜電力先增大后減小D0t3時(shí)間內(nèi)，甲的動(dòng)能一直增大，乙的動(dòng)能一直減小2、現(xiàn)有兩個(gè)邊長(zhǎng)不等的正方形ABCD和abcd，如下圖，且Aa、Bb、Cc、Dd間距相

2、等。在AB、AC、CD、DB的中點(diǎn)分別放等量的點(diǎn)電荷，其中AB、AC的中點(diǎn)放的點(diǎn)電荷帶正電，CD、BD的中點(diǎn)放的點(diǎn)電荷帶負(fù)電，取無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零。那么以下說法中正確的選項(xiàng)是：            AO點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)均為零B把一正點(diǎn)電荷沿著bdc的途徑挪動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力所做總功為零C同一點(diǎn)電荷在a、d兩點(diǎn)所受電場(chǎng)力不同D將一負(fù)點(diǎn)電荷由a點(diǎn)移到b點(diǎn)電勢(shì)能減小3、如下圖是真空中某一點(diǎn)電荷Q在周闈產(chǎn)生的電場(chǎng),a、b分別是該電場(chǎng)中的兩點(diǎn),其中a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,方向與a、b連線成120°角

3、；b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，方向與a、b連線成150°角,一帶負(fù)電的檢驗(yàn)電荷q在場(chǎng)中由a運(yùn)動(dòng)到b，那么：            A點(diǎn)電荷Q是負(fù)電荷Ba、b兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小 C在a、b兩點(diǎn)受到的電場(chǎng)力大小之比D在a、b兩點(diǎn)具有的電勢(shì)能的大小關(guān)系為4、如下圖，一圓環(huán)上均勻分布著負(fù)電荷，x軸垂直于環(huán)面且過圓心O。列關(guān)于x軸上的電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)的說法正確的選項(xiàng)是A從O點(diǎn)沿x軸正方向，電場(chǎng)強(qiáng)度先增大后減小，電勢(shì)一直降低B從O點(diǎn)沿x軸正方向，電場(chǎng)強(qiáng)度先增大后減小，電勢(shì)先降低后升高CO點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，

4、電勢(shì)最低DO點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不為零，電勢(shì)最高5、如下圖，在程度放置的光滑金屬板中點(diǎn)的正上方，有帶正電的點(diǎn)電荷Q.一外表絕緣、帶正電的金屬球可視為質(zhì)點(diǎn)，且不影響原電場(chǎng)以速度v0開場(chǎng)在金屬板上向右運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過程中A.小球減速后作加速運(yùn)動(dòng)B.小球作勻速直線運(yùn)動(dòng)C.小球受電場(chǎng)力的沖量為零D.以上說法可能都不正確6、如下圖,兩個(gè)固定的一樣金屬環(huán)相距某一間隔 同軸放置,兩環(huán)帶等量異種電荷。離環(huán)無窮遠(yuǎn)處有一個(gè)帶正電的粒子,沿著通過兩環(huán)中心并且垂直于環(huán)面的直線飛向環(huán)。為了飛過兩環(huán),粒子應(yīng)該具有的最小初速度為v0。假如粒子在無窮遠(yuǎn)處的速度變?yōu)閚v0n>1,取無限遠(yuǎn)處電勢(shì)為零,那么粒子在飛過兩環(huán)過程中的最大速

5、度和最小速度之比為A.   B.n1 C.n+1n-1      D.n2+1n2-17、如下圖，a、b兩個(gè)帶電小球，質(zhì)量分別為、，用絕緣細(xì)線懸掛，兩球靜止時(shí)，它們距程度地面的高度均為hh足夠大，繩與豎直方向的夾角分別為和，假設(shè)剪斷細(xì)線Oc，空氣阻力不計(jì)，兩球電量不變，重力加速度取g，那么       Aa球先落地，b球后落地      B落地時(shí)，a、b程度速度相等，且向右   

6、0;  C整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，a、b系統(tǒng)的電勢(shì)能增加      D落地時(shí)，a、b兩球的動(dòng)能和為8、如下圖，半徑為R的均勻帶正電薄球殼，其上有一小孔A.殼內(nèi)的場(chǎng)強(qiáng)處處為零；殼外空間的電場(chǎng)，與將球殼上的全部電荷集中于球心O時(shí)在殼外產(chǎn)生的電場(chǎng)一樣一帶正電的試探電荷不計(jì)重力從球心以初動(dòng)能Ek0沿OA方向射出以下關(guān)于試探電荷的動(dòng)能Ek與分開球心的間隔 r的關(guān)系圖線，可能正確的選項(xiàng)是      A B        

7、60;     C  D9、質(zhì)量為m的帶正電小球由空中A點(diǎn)無初速度自由下落，在t秒末加上豎直向上、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，再經(jīng)過t秒小球又回到A點(diǎn)不計(jì)空氣阻力且小球從未落地，那么       A整個(gè)過程中小球電勢(shì)能減少了1.5mg2t2  B從A點(diǎn)到最低點(diǎn)小球重力勢(shì)能減少了mg2t2  C從加電場(chǎng)開場(chǎng)到小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)小球動(dòng)能減少了mg2t2  D整個(gè)過程中機(jī)械能的增量為2mg2t210、如下圖，圖中MN為足夠大的不帶電薄金屬板，在金屬板的右側(cè)，間隔 為d的位置上放

8、入一個(gè)電荷量為+q的點(diǎn)電荷O，由于靜電感應(yīng)產(chǎn)生了如下圖的電場(chǎng)分布P是金屬板上的一點(diǎn)，P點(diǎn)與點(diǎn)電荷O之間的間隔 為r，幾位同學(xué)想求出P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小，經(jīng)過仔細(xì)研究，他們分別對(duì)P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向和大小做出以下判斷，其中正確的是                    A  方向沿P點(diǎn)和點(diǎn)電荷的連線向左，大小為   B  方向沿P點(diǎn)和點(diǎn)電荷的連線向左，大小為  

9、C  方向垂直于金屬板向左，大小為    D  方向垂直于金屬板向左，大小為11、某帶電物體在空間形成一個(gè)電場(chǎng)，沿x軸正方向其電勢(shì)的變化如下圖。電子從O點(diǎn)以初速度v0沿x軸正方向射出。依次通過a、b、c、d四點(diǎn)。那么以下關(guān)于電子運(yùn)動(dòng)的描繪正確的選項(xiàng)是A在Oa間電子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B電子在ad之間一直在做減速直線運(yùn)動(dòng)C要使電子能到達(dá)無窮遠(yuǎn)處。粒子的初速度v0至少為D在cd間運(yùn)動(dòng)時(shí)電子的電勢(shì)能一定減小12、圖示為一個(gè)半徑為R的均勻帶電圓環(huán)，其單位長(zhǎng)度帶電量為。取環(huán)面中心O為原點(diǎn)，以垂直于環(huán)面的軸線為x軸。設(shè)軸上任意點(diǎn)P到O點(diǎn)的間隔 為x，以無限遠(yuǎn)處為零勢(shì)點(diǎn)，

10、P點(diǎn)電勢(shì)的大小為。下面給出的四個(gè)表達(dá)式式中k為靜電力常量，其中只有一個(gè)是合理的。你可能不會(huì)求解此處的電勢(shì)，但是你可以通過一定的物理分析，對(duì)以下表達(dá)式的合理性判斷。根據(jù)你的判斷，的合理表達(dá)式應(yīng)為     A.    B. C      D.13、如下圖，帶正電的點(diǎn)電荷Q固定，電子僅在庫侖力作用下，做以Q點(diǎn)為焦點(diǎn)的橢圓運(yùn)動(dòng)，M、P、N為橢圓上的三點(diǎn)，P點(diǎn)是軌道上離Q最近的點(diǎn)。和EM、EN分別表示電子在M、N兩點(diǎn)的速度和電勢(shì)能，那么電子從M點(diǎn)逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)  

11、 A 電子的動(dòng)能先減小后增大    B 電場(chǎng)力對(duì)電子做了正功      C ，       D ，14、如下圖，a、b、c、d為某勻強(qiáng)電場(chǎng)中的四個(gè)點(diǎn)，且abcd、abbc，bccd2ab2l，電場(chǎng)線與四邊形所在平面平行。a20V，b24V，d8V。一個(gè)質(zhì)子經(jīng)過b點(diǎn)的速度大小為v0，方向與bc夾角為45°，一段時(shí)間后經(jīng)過c點(diǎn)，e為質(zhì)子的電量，不計(jì)質(zhì)子的重力，那么         

12、 Ac點(diǎn)電勢(shì)為14V   B質(zhì)子從b運(yùn)動(dòng)到c所用的時(shí)間為   C場(chǎng)強(qiáng)的方向由a指向c   D質(zhì)子從b運(yùn)動(dòng)到c電場(chǎng)力做功為12eV15、質(zhì)量為m的物塊，帶電荷量為Q，開場(chǎng)時(shí)讓它靜止在傾角60°的固定光滑絕緣斜面頂端，整個(gè)裝置放在程度方向、大小為Emg/Q的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，如下圖，斜面高為H，釋放物塊后，物塊落地時(shí)的速度大小為A2      B. C2     D216、用輕質(zhì)等長(zhǎng)的細(xì)線把兩個(gè)質(zhì)量相等的帶電小球a、b懸掛起來，a球帶負(fù)電-3q，

13、b球帶正電q，整個(gè)裝置處在程度向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，最后到達(dá)平衡時(shí)的狀態(tài)可能是17、如下圖，不帶電的金屬球A固定在絕緣底座上，它的正上方有B點(diǎn)，該處有帶電液滴不斷地自靜止開場(chǎng)落下不計(jì)空氣阻力，液滴到達(dá)A球后將電荷量全部傳給A球，設(shè)前一液滴到達(dá)A球后，后一液滴才開場(chǎng)下落，不計(jì)B點(diǎn)未下落帶電液滴對(duì)下落液滴的影響，那么以下表達(dá)中正確的選項(xiàng)是A第一滴液滴做自由落體運(yùn)動(dòng)，以后液滴做變加速運(yùn)動(dòng)，都能到達(dá)A球B當(dāng)液滴下落到重力等于電場(chǎng)力位置時(shí)，開場(chǎng)做勻速運(yùn)動(dòng)C可以下落到A球的所有液滴下落過程所能到達(dá)的最大動(dòng)能不相等D所有液滴下落過程中電場(chǎng)力做功相等18、如圖，電荷q均勻分布在半球面上，球面的半徑為R，CD為通過

14、半球頂點(diǎn)C與球心O的軸線。P、Q為CD軸上于O點(diǎn)兩側(cè)的對(duì)稱點(diǎn)。假如是帶電荷量為Q的均勻帶電球殼，其內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零，電勢(shì)都相等。那么以下判斷正確的選項(xiàng)是AO點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零BP點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度與Q點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相等C在P點(diǎn)釋放靜止帶正電的微粒重力不計(jì)，微粒將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)D將正電荷從P點(diǎn)挪動(dòng)到Q點(diǎn)電勢(shì)能先減小后增大19、在光滑絕緣的程度面上，存在一個(gè)程度方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，在該電場(chǎng)中一個(gè)半徑為R的圓周，其中PQ為直徑，C為圓周上的一點(diǎn)，在O點(diǎn)將一帶正電的小球以一樣的初速率向各個(gè)方向程度射出時(shí)，小球可以到達(dá)圓周的任何點(diǎn)，但小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度最大，PQ與PC間的夾角為=30

15、6;，那么關(guān)于該電場(chǎng)強(qiáng)度E的方向及PC間的電勢(shì)差大小說法正確的選項(xiàng)是            AE的方向?yàn)橛蒔指向Q， BE的方向?yàn)橛蒕指向C，CE的方向?yàn)橛蒔指向C， DE的方向?yàn)橛蒓指向C，20、如圖4所示，兩平行金屬板間有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，板間間隔 為d，在板右端L處有一豎直放置的光屏M，一帶電荷量為q，質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)從兩板中央射入板間，最后垂直打在M屏上，那么以下結(jié)論正確的選項(xiàng)是A板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為mg/qB板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為mg/2qC質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間和它從板的右端運(yùn)動(dòng)到光屏的時(shí)

16、間相等D質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于它從板的右端運(yùn)動(dòng)到光屏的時(shí)間21、兩電荷量分別為q1和q2的點(diǎn)電荷放在x軸上的 O、M兩點(diǎn)，兩電荷連線上各點(diǎn)電勢(shì)隨x變化的關(guān)系如下圖，其中A、N兩點(diǎn)的電勢(shì)均為零，ND段中的C點(diǎn)電勢(shì)最高，那么       AN點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為零 BA點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為零CNC間場(chǎng)強(qiáng)方向向x軸正方向D將負(fù)點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn)，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功22、一帶電粒子在電場(chǎng)中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運(yùn)動(dòng)。取該直線為x軸，起始點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，其電勢(shì)能EP與位移x的關(guān)系如右圖所示。以下圖象中合理的是23、在程度向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，

17、將一帶電小球從A點(diǎn)豎直向上拋出,其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。小球運(yùn)動(dòng)軌跡上的A、B兩點(diǎn)在同一程度線上，M點(diǎn)為軌跡的最高點(diǎn)。小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)的過程中對(duì)應(yīng)的程度位移為，從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中對(duì)應(yīng)的程度位移為，不計(jì)空氣的阻力。那么以下說法中正確的選項(xiàng)是A小球程度方向的分速度先增大后減小B小球程度位移與的比值為13C小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)的過程中電勢(shì)能的變化量與從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中電勢(shì)能的變化量的比值為11D小球在M點(diǎn)動(dòng)能最小24、如下圖，粗糙程度均勻的絕緣空心斜面ABC放置在程度面上，CAB=30°，斜面內(nèi)部O點(diǎn)與斜面無任何連接固定有一正點(diǎn)電荷，一帶負(fù)電的小物體可視為質(zhì)點(diǎn)可以分別靜止在M、

18、N、MN的中點(diǎn)P上，OMON，OMAB，那么以下判斷正確的選項(xiàng)是   A小物體分別在三處靜止時(shí)所受力的個(gè)數(shù)一定都是4個(gè)B小物體靜止在P點(diǎn)時(shí)受到的支持力最大，靜止在M、N點(diǎn)時(shí)受到的支持力相等C小物體靜止在P點(diǎn)時(shí)受到的摩擦力最大D當(dāng)小物體靜止在N點(diǎn)時(shí)，地面給斜面的摩擦力為零25、光滑豎直墻壁和粗糙程度地面上分別靜止著A、B兩個(gè)可認(rèn)為是質(zhì)點(diǎn)的小球，兩小球質(zhì)量、電量均一樣，現(xiàn)緩慢地把小球B稍向右移兩小球電量不變，系統(tǒng)仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，那么以下說法正確的選項(xiàng)是 A、B球受地面的摩擦力方向向左，大小增大B、兩小球之間的庫侖力是排斥力，大小減小C、B小球可能只受三個(gè)力作用D、小球A對(duì)墻壁的

19、彈力減小26、如下圖，在方向程度的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一個(gè)不可伸長(zhǎng)的不導(dǎo)電輕細(xì)線的一端連著一個(gè)質(zhì)量為m的帶電小球，另一端固定于O點(diǎn)，把小球拉直至細(xì)線與電場(chǎng)方向平行，然后無初速釋放，小球擺到最低點(diǎn)的另一側(cè)，線與豎直方向的最大夾角為求小球經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線對(duì)小球的拉力27、如下圖，在的空間中，存在沿軸方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)；在的空間中，存在沿軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小也為。一電子在處的P點(diǎn)以沿軸正方向的初速度v0開場(chǎng)運(yùn)動(dòng)，不計(jì)電子重力。求：1電子的方向分運(yùn)動(dòng)的周期。2電子運(yùn)動(dòng)的軌跡與y軸的各個(gè)交點(diǎn)中，任意兩個(gè)交點(diǎn)的間隔 。28、如下圖，半徑R = 0.8m的光滑絕緣導(dǎo)軌固定于豎直平面內(nèi)，加上某一方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，

20、帶正電的小球沿軌道內(nèi)側(cè)做圓周運(yùn)動(dòng)圓心O與A點(diǎn)的連線與豎直成一角度，在A點(diǎn)時(shí)小球?qū)壍赖膲毫N= 120N，此時(shí)小球的動(dòng)能最大假設(shè)小球的最大動(dòng)能比最小動(dòng)能多32J，且小球可以到達(dá)軌道上的任意一點(diǎn)不計(jì)空氣阻力那么：小球的最小動(dòng)能是多少？小球受到重力和電場(chǎng)力的合力是多少？現(xiàn)小球在動(dòng)能最小的位置突然撤去軌道，并保持其它量都不變，假設(shè)小球在0.04s后的動(dòng)能與它在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能相等，求小球的質(zhì)量29、如下圖，在方向程度向右、大小為E=6×103 N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一個(gè)光滑的絕緣平面一根絕緣細(xì)繩兩端分別系有帶電滑塊甲和乙，甲的質(zhì)量為m1=2×104 kg，帶電量為q1=2×

21、109 C，乙的質(zhì)量為m2=1×104 kg，帶電量為q2=1×109 C開場(chǎng)時(shí)細(xì)繩處于拉直狀態(tài)由靜止釋放兩滑塊，t=3s時(shí)細(xì)繩突然斷裂，不計(jì)滑塊間的庫侖力，試求：1細(xì)繩斷裂前，兩滑塊的加速度；在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，乙的電勢(shì)能增量的最大值；3當(dāng)乙的電勢(shì)能增量為零時(shí)，甲與乙組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增量30、 如下圖，兩平行金屬板A、B板長(zhǎng)L=8 cm，兩板間間隔 d=8 cm，A板比B板電勢(shì)高300 V，一帶正電的粒子帶電量q=10-10 C，質(zhì)量m=10-20 kg。沿電場(chǎng)中心線OR垂直電場(chǎng)線飛入電場(chǎng)，初速度v0=2×106 m/s，粒子飛出平行板電場(chǎng)后經(jīng)過界面

22、MN、PS間的無電場(chǎng)區(qū)域后，進(jìn)入固定在O點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q形成的電場(chǎng)區(qū)域設(shè)界面PS右邊點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布不受界面影響，界面MN、PS垂直中心線OR，兩界面MN、PS相距為12 cm，O點(diǎn)在中心線上間隔 界面PS為9 cm處，粒子穿過界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上。 靜電力常數(shù)k=9×109 N·m2/C2，sin370=0.6，cos370=0.81求粒子穿過界面MN時(shí)偏離中心線OR的間隔 多遠(yuǎn)?2試在圖上粗略畫出粒子運(yùn)動(dòng)的全過程軌跡。3確定點(diǎn)電荷Q的電性并求其電量的大小。31、如下圖，固定于同一條豎直線上的A、B是兩個(gè)帶等量異種電荷的點(diǎn)電荷，電荷量均為Q，其中A

23、帶正電荷，B帶負(fù)電荷，D、C是它們連線的垂直平分線，A、B、C三點(diǎn)構(gòu)成一邊長(zhǎng)為d的等邊三角形另有一個(gè)帶電小球E，質(zhì)量為m、電荷量為+q可視為點(diǎn)電荷，被長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣輕質(zhì)細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，O點(diǎn)在C點(diǎn)的正上方如今把小球 E拉起到M點(diǎn)，使細(xì)線程度繃直且與A、B、C處于同一豎直面內(nèi)，并由靜止開場(chǎng)釋放，小球E向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)C時(shí)，速度為v靜電力常量為k，假設(shè)取D點(diǎn)的電勢(shì)為零，試求：1在A、B所形成的電場(chǎng)中，M點(diǎn)的電勢(shì)2絕緣細(xì)線在C點(diǎn)所受到的拉力T32、如下圖，長(zhǎng)L=1.2m、質(zhì)量M=3kg的木板靜止放在傾角為37°的光滑斜面上，質(zhì)量m=1kg、帶電荷量q=+2.5×104C的物塊放在木板

24、的上端，木板和物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.1，所在空間加有一個(gè)方向垂直斜面向下、場(chǎng)強(qiáng)E=4.0×104N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)現(xiàn)對(duì)木板施加一平行于斜面向上的拉力F=10.8N取g=10m/s2，斜面足夠長(zhǎng)求：1物塊經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間分開木板？2物塊分開木板時(shí)木板獲得的動(dòng)能3物塊在木板上運(yùn)動(dòng)的過程中，由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能33、如下圖，一半徑為R的豎直光滑圓軌道與程度軌道平滑連接，程度軌道上有一輕質(zhì)彈簧，其左端固定在墻壁上，右端與質(zhì)量為m、電荷量為+q的小物塊視為質(zhì)點(diǎn)接觸但不相連，程度軌道AB段光滑，BC段粗糙且其長(zhǎng)度L=3R，傾斜軌道CD段粗糙且與BC段平滑連接，傾斜軌道所在區(qū)域有程度向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)

25、大小E=等手今向左推小物塊壓縮彈簧至某一位置后靜止釋放小物塊，小物塊由AB段進(jìn)入圓軌道，通過圓軌道后在BC段和CD段上滑動(dòng)，假設(shè)小物塊與BC段和CD段的動(dòng)摩擦因數(shù)一樣，傾斜軌道與程度面間的夾角=37°重力加速度為g，取SIN37°=0.6，COS37°=0.81假設(shè)小物塊恰能通過圓軌道的最高點(diǎn)，求彈簧的彈性勢(shì)能Ep；2假設(shè)小物塊將彈簧壓縮到彈性勢(shì)能E=mgR，釋放后小物塊在傾斜軌道能到達(dá)的最高點(diǎn)為P，在此過程中，小物塊的電勢(shì)能減少了Ep=mgR，求小物塊在BC段抑制摩擦力所做的功W34、如下圖，A、B為兩塊平行金屬板，A板帶正電荷、B板帶負(fù)電荷兩板之間存在著勻強(qiáng)電

26、場(chǎng)，兩板間距為d、電勢(shì)差為U，在B板上開有兩個(gè)間距為L(zhǎng)的小孔C、D為兩塊同心半圓形金屬板，圓心都在貼近B板的O處，C帶正電、D帶負(fù)電兩板間的間隔 很近，兩板末端的中心線正對(duì)著B板上的小孔，兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度可認(rèn)為大小處處相等，方向都指向O.半圓形金屬板兩端與B板的間隙可忽略不計(jì)現(xiàn)從正對(duì)B板小孔緊靠A板的O處由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的微粒微粒的重力不計(jì)，問：1微粒穿過B板小孔時(shí)的速度多大？2為了使微粒能在C、D板間運(yùn)動(dòng)而不碰板，C、D板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小應(yīng)滿足什么條件？3從釋放微粒開場(chǎng)，求微粒通過半圓形金屬板間的最低點(diǎn)P點(diǎn)的時(shí)間？35、 在平行板電容器A、B兩極板加上方波

27、電壓UAB，電壓周期為T，兩極間距為d。如下圖，一電子質(zhì)量m，電量-e重力不計(jì)自B板附近靜止釋放。求：（1） 假設(shè)電子從t=0時(shí)刻釋放，要使電子打到A板上速度最大，兩極間距d應(yīng)滿足什么條件？2假設(shè)兩極間距為d，t=0時(shí)刻釋放的電子經(jīng)過T時(shí)間恰好到達(dá)A板，那么電子在t=時(shí)刻從B板附近釋放，電子到達(dá)A板需要多少時(shí)間？36、如下圖為研究電子槍中電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的簡(jiǎn)化模型示意圖。在Oxy平面的ABCD區(qū)域內(nèi)，存在兩個(gè)場(chǎng)強(qiáng)大小均為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)和，兩電場(chǎng)的邊界均是邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形不計(jì)電子所受重力。在該區(qū)域AB邊的中點(diǎn)處由靜止釋放電子，求電子分開ABCD區(qū)域的位置在電場(chǎng)區(qū)域內(nèi)適當(dāng)位置由靜止釋放電子，電子恰能

28、從ABCD區(qū)域左下角D處分開，求所有釋放點(diǎn)的位置假設(shè)將左側(cè)電場(chǎng)整體程度向右挪動(dòng)L/nn1，仍使電子從ABCD區(qū)域左下角D處分開D不隨電場(chǎng)挪動(dòng)，求在電場(chǎng)區(qū)域內(nèi)由靜止釋放電子的所有位置37、如下圖，在光滑絕緣程度面上，用長(zhǎng)為2L的絕緣輕桿連接兩個(gè)質(zhì)量均為m的帶電小球A和BA球的帶電量為2q，B球的帶電量為3q，兩球組成一帶電系統(tǒng)虛線MN與PQ平行且相距3L，開場(chǎng)時(shí)A和B分別靜止于虛線MN的兩側(cè)，虛線MN恰為AB兩球連線的垂直平分線假設(shè)視小球?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)，不計(jì)輕桿的質(zhì)量，在虛線MN、PQ間加上程度向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，系統(tǒng)開場(chǎng)運(yùn)動(dòng)MN、PQ間電勢(shì)差為U試求：1B球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，帶電系統(tǒng)的速度大??；2帶電系統(tǒng)向

29、右運(yùn)動(dòng)的最大間隔 和此過程中B球電勢(shì)能的變化量；3帶電系統(tǒng)從靜止開場(chǎng)向右運(yùn)動(dòng)至最大間隔 處的時(shí)間38、如下圖，豎直放置的半圓形絕緣軌道半徑為R，下端與光滑絕緣程度面平滑連接，整個(gè)裝置處于方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E中一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，從程度面上的A點(diǎn)以初速度v0程度向左運(yùn)動(dòng)，沿半圓形軌道恰好通過最高點(diǎn)C，場(chǎng)強(qiáng)大小為EE小于1試計(jì)算物塊在運(yùn)動(dòng)過程中抑制摩擦力做的功2證明物塊分開軌道落回程度面過程的程度間隔 與場(chǎng)強(qiáng)大小E無關(guān)，且為一常量39、如下圖，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A、B、C放在傾角為37°、長(zhǎng)L=2.0m的固定斜面上，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.5，A與B緊靠在一

30、起，C緊靠在固定擋板上，物塊的質(zhì)量分別為、，其中A不帶電，B、C的帶電量分別為、，且保護(hù)不變，開場(chǎng)時(shí)三個(gè)物塊均能保持靜止且與斜面間均無摩擦力作用。假如選定兩點(diǎn)電荷在相距無窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)能為0，那么相距為r時(shí)，兩點(diǎn)電荷具有電勢(shì)能可表示為?，F(xiàn)給A施加一平行于斜面向上的力F，使A在斜面上做加速度大小為的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t0物體A、B別離并且力F變?yōu)楹懔?。?dāng)A運(yùn)動(dòng)到斜面頂端時(shí)撤去力F。靜電力常量。求：   1未施加力F時(shí)物塊B、C間的間隔 ；   2t0時(shí)間內(nèi)庫侖力做的功；   3力F對(duì)A物塊做的總功。40、如圖甲所示，場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方

31、向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)內(nèi)存在著一半徑為R的圓形區(qū)域，O點(diǎn)為該圓形區(qū)域的圓心，A點(diǎn)是圓形區(qū)域的最低點(diǎn)，B點(diǎn)是圓形區(qū)域最右側(cè)的點(diǎn)。在A點(diǎn)有放射源釋放出初速度大小不同、方向均垂直于場(chǎng)強(qiáng)向右的正電荷，電荷的質(zhì)量均為m，電量均為q，不計(jì)重力。試求：1電荷在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度多大？2運(yùn)動(dòng)軌跡經(jīng)過B點(diǎn)的電荷在A點(diǎn)時(shí)的速度多大？3假設(shè)在圓形區(qū)域的邊緣有一圓弧形接收屏CBD，B點(diǎn)仍是圓形區(qū)域最右側(cè)的點(diǎn)，C、D分別為接收屏上最邊緣的兩點(diǎn)，如圖乙所示，COB=BOD=37°。求該屏上接收到的電荷的末動(dòng)能大小的范圍。 提示：sin37°=0.6，cos37°=0.8。參考答案一、

32、多項(xiàng)選擇1、BC【解析】由圖可知，兩個(gè)小球間產(chǎn)生的排斥力，因?yàn)閯傞_場(chǎng)乙做減速運(yùn)動(dòng)，甲做初速度為0的加速運(yùn)動(dòng)，那么兩個(gè)電荷的電性一定一樣，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在t1時(shí)刻，兩個(gè)小球共速，兩個(gè)小球的間的間隔 最小，故在間距減小的過程中，小球始終抑制電場(chǎng)力做功，以后小球的間隔 逐漸增大，電場(chǎng)力就做正功了，故間距最小時(shí)的電勢(shì)能最大，選項(xiàng)B正確；t2時(shí)刻，乙球靜止，在0t2時(shí)間內(nèi)，兩電荷的間距先減小后增大，故它們間的靜電力先增大后減小，選項(xiàng)C正確；0t3時(shí)間內(nèi)，甲的速度一直增大，故它的動(dòng)能一直增大，而乙的速度先減小后增大，故它的動(dòng)能也是先減小后增大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。二、選擇題2、B3、B【解析】A、將兩條電場(chǎng)線反向延

33、長(zhǎng)后相交于一點(diǎn)，即為點(diǎn)電荷Q的位置，根據(jù)a、b的電場(chǎng)強(qiáng)度方向可知，點(diǎn)電荷帶正電，A錯(cuò)誤；B、C、設(shè)a、b兩點(diǎn)到Q的間隔 分別為ra和rb，由幾何知識(shí)得到，rb=ra根據(jù)公式E=得到Ea=3Eb，故B正確、C錯(cuò)誤；D、因?yàn)閎點(diǎn)間隔 正電荷Q遠(yuǎn)，所以ab，根據(jù)電勢(shì)能，帶負(fù)電的檢驗(yàn)電荷q在電場(chǎng)中a、b點(diǎn)的電勢(shì)能，D錯(cuò)誤；應(yīng)選：B。4、C 5、A 6、A 7、D 8、A 9、考點(diǎn)：        電勢(shì)能；重力勢(shì)能 專題：        電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題分析：

34、        分析小球的運(yùn)動(dòng)情況：小球先做自由落體運(yùn)動(dòng)，加上勻強(qiáng)電場(chǎng)后小球先向下做勻減速運(yùn)動(dòng)，后向上做勻加速運(yùn)動(dòng)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出t秒末速度大小，加上電場(chǎng)后小球運(yùn)動(dòng)，看成一種勻減速運(yùn)動(dòng)，自由落體運(yùn)動(dòng)的位移與這個(gè)勻減速運(yùn)動(dòng)的位移大小相等、方向相反，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求電場(chǎng)強(qiáng)度，由W=qEd求得電場(chǎng)力做功，即可得到電勢(shì)能的變化由動(dòng)能定理得求出A點(diǎn)到最低點(diǎn)的高度，得到重力勢(shì)能的減小量解答：  解：A、D，小球先做自由落體運(yùn)動(dòng)，后做勻減速運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)過程的位移大小相等、方向相反設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，加電場(chǎng)后小球的

35、加速度大小為a，取豎直向下方向?yàn)檎较颍敲从蒰t2=vtat2又v=gt解得 a=3g由牛頓第二定律得a=，聯(lián)立解得，qE=4mg那么小球電勢(shì)能減少為=qEgt2=2mg2t2根據(jù)功能關(guān)系可知，機(jī)械能的增量為2mg2t2故A錯(cuò)誤，D正確B、設(shè)從A點(diǎn)到最低點(diǎn)的高度為h，根據(jù)動(dòng)能定理得mghqEhgt2=0解得，h=gt2故從A點(diǎn)到最低點(diǎn)小球重力勢(shì)能減少了Ep=mgh=故B錯(cuò)誤C、從加電場(chǎng)開場(chǎng)到小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)小球動(dòng)能減少了Ek=mgt2故C錯(cuò)誤應(yīng)選：D點(diǎn)評(píng)：        此題首先要分析小球的運(yùn)動(dòng)過程，采用整體法研究勻減速

36、運(yùn)動(dòng)過程，抓住兩個(gè)過程之間的聯(lián)絡(luò)：位移大小相等、方向相反，運(yùn)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律和動(dòng)能定理結(jié)合進(jìn)展研究10、C 11、C 12、A 13、B 14、【知識(shí)點(diǎn)】電勢(shì)；動(dòng)能定理的應(yīng)用；電場(chǎng)強(qiáng)度I1  E2【答案解析】B 解析： A、三角形bcd是等腰直角三角形，具有對(duì)稱性，bd連線中點(diǎn)o的電勢(shì)與c相等，為16V故A錯(cuò)誤；B、質(zhì)子從bc做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿初速度方向分位移為l，此方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，那么t=，那么B正確C、oc為等勢(shì)線，其垂線bd為場(chǎng)強(qiáng)方向，bd，故C錯(cuò)誤D、電勢(shì)差Ubc=8V，那么質(zhì)子從bc電場(chǎng)力做功為8eV故D錯(cuò)誤；應(yīng)選B【思路點(diǎn)撥】連接bd，bd連線的中點(diǎn)O電勢(shì)與C

37、點(diǎn)相等，是16V；質(zhì)子從bc做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)v0方向的分位移為l，求出時(shí)間；作出等勢(shì)線oc，y就能判斷場(chǎng)強(qiáng)方向；根據(jù)動(dòng)能定理可求出b到c電場(chǎng)力做的功此題關(guān)鍵是找等勢(shì)點(diǎn)，作等勢(shì)線，并抓住等勢(shì)線與電場(chǎng)線垂直的特點(diǎn)，問題就變得簡(jiǎn)單明晰 15、【知識(shí)點(diǎn)】 動(dòng)能定理的應(yīng)用；電場(chǎng)強(qiáng)度I1 E2【答案解析】C 解析： 對(duì)物塊進(jìn)展受力分析，物塊受重力和程度向左的電場(chǎng)力電場(chǎng)力F= mg重力和程度向左的電場(chǎng)力合力與程度方向夾角=30°運(yùn)用動(dòng)能定理研究從開場(chǎng)到落地過程，mgH+FH=mv2-0v=2應(yīng)選C 【思路點(diǎn)撥】對(duì)物塊進(jìn)展受力分析，找出物塊的運(yùn)動(dòng)軌跡運(yùn)用動(dòng)能定理或牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解決問題理

38、解研究對(duì)象的運(yùn)動(dòng)過程是解決問題的前提，根據(jù)題目條件和求解的物理量選擇物理規(guī)律解決問題物體的運(yùn)動(dòng)是由所受到的力和初狀態(tài)決定的這個(gè)題目容易認(rèn)為物塊沿著斜面下滑 16、D 17、考點(diǎn)：功能關(guān)系.專題：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題分析：隨著球A液滴增多，帶電量增大，空間產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)增強(qiáng)，除第一滴液滴做自由落體運(yùn)動(dòng)，以后液滴做變加速運(yùn)動(dòng)，不一定能到達(dá)A球；通過分析受力情況，判斷液滴的運(yùn)動(dòng)情況；當(dāng)液滴所受的電場(chǎng)力與重力相等時(shí)動(dòng)能最大，但各個(gè)液滴動(dòng)能最大的位置不同，最大動(dòng)能不等；根據(jù)功的公式W=Fl分析電場(chǎng)力做功關(guān)系解答：解：A、第一滴液滴只受重力做自由落體運(yùn)動(dòng)，以后液滴將受力向上的電場(chǎng)力作用而做變加速運(yùn)動(dòng)，隨著球

39、A液滴增多，帶電量增大，空間產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)增強(qiáng)，以后液滴所受的電場(chǎng)力增大，這些液滴先加速后減速，就不一定能到達(dá)A球，故A錯(cuò)誤B、當(dāng)液滴下落到重力等于電場(chǎng)力位置時(shí)，繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)時(shí)電場(chǎng)力增大，電場(chǎng)力將大于重力，開場(chǎng)做減速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤C、當(dāng)液滴所受的電場(chǎng)力與重力相等時(shí)動(dòng)能最大，那么有：mg=k，x是動(dòng)能最大的位置到A間隔 ，由于A球的電荷量qA在不斷增大，x增大，所以第一滴液滴以后的液滴動(dòng)能最大的位置將不斷上移，合外力做功不等，那么最大動(dòng)能不相等，故C正確D、由于所有液滴下落過程中所受的電場(chǎng)力不等，假設(shè)能到達(dá)A球，根據(jù)功的公式W=Fl可知，通過的位移相等，電場(chǎng)力做功不相等；假設(shè)不能到達(dá)A球，液滴將返回

40、到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為零，即電場(chǎng)力做功相等，故D錯(cuò)誤應(yīng)選：C點(diǎn)評(píng)：此題關(guān)鍵要正確分析液滴的受力情況，從而判斷其運(yùn)動(dòng)情況，知道液滴所受的電場(chǎng)力與重力平衡時(shí)動(dòng)能最大，類似于小球掉在彈簧上的問題，要能進(jìn)展動(dòng)態(tài)分析18、B 19、【命題立意】此題從電場(chǎng)力做功引入，考察等勢(shì)面與電場(chǎng)線的關(guān)系以及勻強(qiáng)電場(chǎng)中電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)差的關(guān)系?！舅悸伏c(diǎn)撥】確定出過C點(diǎn)的等勢(shì)面的特點(diǎn)，然后以此為打破口，確定電場(chǎng)的方向，并運(yùn)用U=Ed進(jìn)展求解?！敬鸢浮緿【解析】由題意知，過C點(diǎn)的切面是圓周上離P最遠(yuǎn)的等勢(shì)面，半徑OC與等勢(shì)面垂直，E的方向?yàn)橛蒓指向C，OC與CP間的夾角為=30°，。20、C根據(jù)質(zhì)點(diǎn)垂直打在M屏上可知

41、，質(zhì)點(diǎn)在兩板中央運(yùn)動(dòng)時(shí)向上偏轉(zhuǎn)，在板右端運(yùn)動(dòng)時(shí)向下偏轉(zhuǎn)，mg<qE，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解和合成，質(zhì)點(diǎn)沿程度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間和它從板的右端運(yùn)動(dòng)到光屏的時(shí)間相等，選項(xiàng)C正確D錯(cuò)誤。21、D 22、D【解析】由電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的關(guān)系：，可知EP-x圖線的斜率表示靜電力F的大小，可見靜電力F逐漸減小，而F=qE，故不是勻強(qiáng)電場(chǎng)，A錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律粒子做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)C錯(cuò)誤，D正確；根據(jù)能量守恒，比較圖線B錯(cuò)誤。正確選項(xiàng)D。23、B 24、B   25、A 三、計(jì)算題26、解：設(shè)細(xì)線長(zhǎng)為L(zhǎng)，球的電荷量為q，場(chǎng)強(qiáng)為E假設(shè)電荷量q為正，那么場(chǎng)強(qiáng)

42、方向在題圖中向右，反之向左即帶電小球受到的電場(chǎng)力F=qE，方向程度向右，從釋放點(diǎn)到左側(cè)最高點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得：    mgLcosqEL1+sin=0           假設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度為v，由動(dòng)能定理得     mgLqEL=               

43、0;   此時(shí)線的拉力為T，由牛頓第二定律得     Tmg=                        由以上各式解得答：小球經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線對(duì)小球的拉力為 27、解：電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的受力情況及軌跡如下圖。在的空間中，沿y軸正方向以v0的速度做勻速直線運(yùn) 動(dòng)，沿軸負(fù)方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度的大小

44、為，那么解得，       電子從A點(diǎn)進(jìn)入的空間后，沿y軸正方向仍做v0的勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿軸負(fù)方向做加速度大小仍為的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)Q點(diǎn)。根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性得，電子在軸方向速度減為零的時(shí)間，電子沿y軸正方向的位移=電子到達(dá)Q點(diǎn)后，在電場(chǎng)力作用下，運(yùn)動(dòng)軌跡 QCP1與QAP關(guān)于QB對(duì)稱，而后的運(yùn)動(dòng)軌跡沿y軸正方向重復(fù)PAQCP1，所以有：1電子的方向分運(yùn)動(dòng)的周期2電子運(yùn)動(dòng)的軌跡與y軸的各個(gè)交點(diǎn)中，任意兩個(gè)交點(diǎn)的間隔 28、解：小球在電場(chǎng)和重力場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，因?yàn)樾∏蛟贏點(diǎn)具有最大動(dòng)能，所以復(fù)合場(chǎng)的方向由O指向A，在AO延長(zhǎng)線與圓的交點(diǎn)B處小球

45、具有最小動(dòng)能EkB設(shè)小球在復(fù)合場(chǎng)中所受的合力為F，那么有；FNF=m即：   帶電小球由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，重力和電場(chǎng)力的合力做功，根據(jù)動(dòng)能定理有：-F2R = EKB-EKA = -32   由此可得：F = 20N，EKB=8J   即小球的最小動(dòng)能為8J ，重力和電場(chǎng)力的合力為20N.帶電小球在B處時(shí)撤去軌道后，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，即在BA方向上做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，在垂直于BA方向上做勻速運(yùn)動(dòng)設(shè)小球的質(zhì)量為m，那么：2R = t2    得：m =  = 0.01kg 

46、60; 29、解：對(duì)甲乙整體分析有：F合=q1E+q2E=m1+m2a0得m/s2=0.02m/s2當(dāng)乙發(fā)生的位移最大時(shí)，乙的電勢(shì)能增量最大細(xì)繩斷裂前，甲、乙發(fā)生的位移均為此時(shí)甲、乙的速度均為v0=a0t=0.02×3m/s=0.06m/s細(xì)繩斷裂后，乙的加速度變?yōu)?0.06m/s2從細(xì)繩斷裂乙速度為零，乙發(fā)生的位移s乙為整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程乙發(fā)生的最大位移為s乙max=s0+s乙=0.09+0.03m=0.12m此時(shí)乙的電勢(shì)能增量為=7.2×107J3當(dāng)乙的總位移為零，即乙返回到原出發(fā)點(diǎn)時(shí)，乙的電勢(shì)能增量為零設(shè)細(xì)繩斷裂后，乙經(jīng)t時(shí)間返回到原出發(fā)點(diǎn)，那么有代入數(shù)據(jù)，有解得：t=3s

47、    t=1s不合題意，舍去乙回到原出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度為v乙=v0+a乙t=0.060.06×3=0.12m/s細(xì)繩斷裂后，甲的加速度變?yōu)?0.06m/s2乙回到原出發(fā)點(diǎn)時(shí)甲的速度為v甲=v0+a甲t=0.06+0.06×3m/s=0.24m/s甲與乙組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增量為=6.48×106J30、解： 1設(shè)粒子從電場(chǎng)中飛出的側(cè)向位移為h,穿過界面PS時(shí)偏離中心線OR的間隔 為Y,那么側(cè)向位移2第一段是拋物線,第二段必須是直線,第三段是圓弧,軌跡如以下圖所示.      &#

48、160;                                    3帶負(fù)電,帶電粒子在分開電場(chǎng)后將做勻速直線運(yùn)動(dòng),由相似三角形知識(shí)得:        得Y=4h=12

49、 cm                      設(shè)帶電粒子從電場(chǎng)中飛出時(shí)沿電場(chǎng)方向的速度為vy,那么程度方向速度vx=v0=2×106 m/s                   

50、0;              電場(chǎng)方向速度vy=at=       =1.5×106 m/s                  粒子從電場(chǎng)中飛出時(shí)速度v=      &

51、#160;    =2.5×106 m/s         設(shè)粒子從電場(chǎng)中飛出時(shí)的速度方向與程度方向的夾角為,那么因?yàn)閹щ娏Ｗ哟┻^界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上,所以該帶電粒子在穿過界面PS后將繞點(diǎn)電荷Q做勻速圓周運(yùn)動(dòng), 帶負(fù)電，其半徑與速度方向垂直,勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑,r=      =0.15 m         &

52、#160;                                   由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可知             

53、60;                    代入數(shù)據(jù)解得Q=1.04×10-8 C                       答案   13 cm 

54、; 2見解析圖  3帶負(fù)電  1.04×10-8 C31、解：1電荷E從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理，得M、C兩點(diǎn)的電勢(shì)差為，又C點(diǎn)與D點(diǎn)為等勢(shì)點(diǎn)，所以M點(diǎn)的電勢(shì)為，在C點(diǎn)時(shí)A對(duì)E的電場(chǎng)力F1與B對(duì)E的電場(chǎng)力F2相等，且為，又A、B、C為一等邊三角形，所以F1、F2的夾角為120o，故F1、F2的合力為，且方向豎直向下由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得，絕緣細(xì)線在C點(diǎn)所受的張力為。 32、解：1物塊向下做加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度為a1，木板的加速度為a2，那么由牛頓第二定律對(duì)物塊：mgsin37°mgcos37°+qE=ma1a1=4.2m/s2對(duì)木板：Mgs

55、in37°+mgcos37°+qEF=Ma2a2=3m/s2又a1t2a2t2=L得物塊滑過木板所用時(shí)間t= s2物塊分開木板時(shí)木板的速度v2=a2t=3 m/s其動(dòng)能為Ek2=Mv22=27 J3由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能為    Q=F摩x相=mgcos37°+qEL=2.16 J答：1物塊經(jīng)過s分開木板2物塊分開木板時(shí)木板獲得的動(dòng)能為27J3物塊在木板上運(yùn)動(dòng)的過程中，由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能為2.16J33、考點(diǎn)：勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；功的計(jì)算；機(jī)械能守恒定律.專題：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題分析：對(duì)小球在軌道最高點(diǎn)時(shí)受力分析，根

56、據(jù)牛頓第二定律列方程求出小球在最高點(diǎn)時(shí)的速度，根據(jù)能量守恒定律求彈簧的彈性勢(shì)能；假設(shè)小球能通過最高點(diǎn)p，由能量守恒定律求小球到達(dá)最高點(diǎn)的解答：解：1小物塊恰能通過圓軌道的最高點(diǎn)，那么小物塊重力完全充當(dāng)向心力，根據(jù)牛頓第二定律：mg=m代入數(shù)據(jù)得：v=根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化與守恒：Ep=mg2R+mv2=2假設(shè)彈簧的彈性勢(shì)能為：EP2=mgR，在電場(chǎng)中，設(shè)小物塊在BC段的位移為x，那么E電=qExcos解得x=小物塊由A到P的全過程，由能量守恒定律，得EP2+E電=mgl+mgcos+qEsinx+mgxsin解得=小物塊在BC段抑制摩擦力所做的功Wf=mgl=答：1假設(shè)小物塊恰能通過圓軌道的最高點(diǎn)，求

57、彈簧的彈性勢(shì)能  ；2小物塊在BC段抑制摩擦力所做的功點(diǎn)評(píng)：此題是能量守恒與牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用，來處理圓周運(yùn)動(dòng)問題利用功能關(guān)系解題的優(yōu)點(diǎn)在于不用分析復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)過程，只關(guān)心初末狀態(tài)即可，平時(shí)要加強(qiáng)訓(xùn)練深化體會(huì)這一點(diǎn) 34、3微粒從釋放開場(chǎng)經(jīng)射入B板的小孔，d，那么2d ，設(shè)微粒在半圓形金屬板間運(yùn)動(dòng)經(jīng)過第一次到達(dá)最低點(diǎn)P點(diǎn)，那么 ，所以從釋放微粒開場(chǎng)，經(jīng)過 微粒第一次到達(dá)P點(diǎn)；根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，易知再經(jīng)過2微粒再一次經(jīng)過P點(diǎn)所以經(jīng)過時(shí)間t2k1 ，k0,1，2，微粒經(jīng)過P點(diǎn)35、解：1由分析得電子從t=0時(shí)刻釋放，先向A極板做半個(gè)周期的加速，速度到達(dá)最大

58、，        d應(yīng)滿足         兩極板間距d應(yīng)滿足2設(shè)電子加速度為，由題意得又時(shí)刻釋放的電子先做時(shí)間的勻加速運(yùn)動(dòng)的位移    再做時(shí)間的勻減速運(yùn)動(dòng)位移也為，然后反方向做時(shí)間的勻加速運(yùn)動(dòng)的位移，繼續(xù)做反方向的時(shí)間的勻減速運(yùn)動(dòng)也是，速度減為，此刻剛好運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期T。 在1個(gè)T內(nèi)總前進(jìn)間隔 為, 根據(jù)運(yùn)動(dòng)分析可知，電子應(yīng)在從時(shí)刻開場(chǎng)計(jì)時(shí)的第三個(gè)周期內(nèi)撞上A極板。第2T末電子離A板間隔 為再經(jīng)電子離A極板間隔 為，此時(shí)電子速度，在接下來的減速

59、運(yùn)動(dòng)階段電子一定會(huì)撞上A極板，設(shè)這段時(shí)間為，      有                   總時(shí)間  s 答:電子到達(dá)A極板需要 s36、-2L，1/4  L；xy=1/4 L2   ，即在電場(chǎng)區(qū)域內(nèi)滿足方程的點(diǎn)即為所求位置【解析】1設(shè)電子的質(zhì)量為m，電量為e，電子在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，出區(qū)域時(shí)的速度為v0，此

60、后進(jìn)入電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)電子從CD邊射出，出射點(diǎn)縱坐標(biāo)為y，有解得y= 1/4  L，所以原假設(shè)成立，即電子分開ABCD區(qū)域的位置坐標(biāo)為-2L，1/4  L2設(shè)釋放點(diǎn)在電場(chǎng)區(qū)域中，其坐標(biāo)為x，y，在電場(chǎng)中電子被加速到v1，然后進(jìn)入電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，并從D點(diǎn)分開，有得xy=1/4 L2 ，即在電場(chǎng)區(qū)域內(nèi)滿足方程的點(diǎn)即為所求位置3設(shè)電子從x，y點(diǎn)釋放，在電場(chǎng)中加速到v2，進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，在高度為y處分開電場(chǎng)時(shí)的情景與2中類似，然后電子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過D點(diǎn)，那么有解得：  ， 即在電場(chǎng)區(qū)域內(nèi)滿足方程的點(diǎn)即為所求位置37、1MN、PQ間的電場(chǎng)強(qiáng)度為：

61、60;                                   2分設(shè)B球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)帶電系統(tǒng)速度為v1，由動(dòng)能定理得           

62、0;                     2分解得：                        1分2帶電系統(tǒng)向右運(yùn)動(dòng)分三段：B球進(jìn)入電場(chǎng)前、帶電系統(tǒng)在電場(chǎng)中、A球出電場(chǎng)。設(shè)A球出電

63、場(chǎng)的最大位移為x，由動(dòng)能定理得          2分解得                    那么                      &#

64、160;1分B球從剛進(jìn)入電場(chǎng)到帶電系統(tǒng)從開場(chǎng)運(yùn)動(dòng)到速度第一次為零時(shí)位移為                   1分其電勢(shì)能的變化量為               2分3取向右為正方向，第一段加速                        1分               1分第二段減速              &