精品最全帶電粒子電場的運動解答題練習

1、. z.-帶電粒子的運動解答題練習一實驗題(共 3 小題)1 (2016*自主招生)平行板電容器豎直安放如圖所示，兩板間距d=0.1m，電勢差 U=1000V，現從平行板上 A 處0以 v =3m/s 初速度水平射入一帶正電小球(已知小球帶電荷量 q=104C，質量 m=0.02kg)，經一段時間后發(fā)現小球打在 A 點正下方的 8 點，求：(1) AB 間的距離；(2)若小球打在與 B 同一水平線上的+極板上，小球的初速度應是多大？2 (2011)如圖所示，帶電荷量為+410 8C 的滑塊在電場強度大小為 2104N/C、方向水平向右的勻強電場中，沿光滑絕緣水平面由 M 點運動到 N 點已知

2、M、N 間的距離為 0.1m 求：(1)滑塊所受電場力的大?。?2) M、N 兩點間的電勢差；(3)電場力所做的功3 如圖所示， AC 是半徑為 R 的圓的一條直徑，該圓處于勻強電場中，圓平面與電場方向平行，場強大小為E ，方 向一定，在圓周平面內，將一帶電量為+q、質量為 m 的小球從 A 點以相同的動能拋出，拋出方向不同時，小球會 經過圓周不同的點，在這些所有的點中，到達 B 點小球的動能最大，已知CAB=45，若不計小球重力及空氣阻 力(1)試求電場方向與 AC 間的夾角 為多大？0(2)若小球在 A 點沿 AC 方向以速度 v 拋出，拋出后恰能經過 B 點，求小球到達 B 點的速度大小

3、二計算題(共 4 小題)4 (2016高安市校級三模)如圖甲所示，兩個帶正電的小球A 、B 套在一個傾斜的光滑直桿上，兩球均可視為點電A荷，其中 A 球固定，帶電量 Q =210 4C，B 球的質量為 m=0.1kg以 A 為坐標原點，沿桿向上建立直線坐標系，A 、B 球與地球所組成的系統(tǒng)總勢能(重力勢能與電勢能之和)隨位置*的變化規(guī)律如圖中曲線所示，直線為曲 線 I 的漸近線 圖中 M 點離 A 點距離為 6 米 (g 取 10m/s2 ，靜電力恒量k=9.0109Nm2/C2 令 A 處所在平面為重力勢能的零勢能面，無窮遠處為零電勢能處)(1)求桿與水平面的夾角 ；B(2)求 B 球的帶電

4、量 Q ；M(3)求 M 點電勢 ；k0(4)若 B 球以 E =4J 的初動能從 M 點開始沿桿向上滑動，求 B 球運動過程中離 A 球的最近距離及此時 B 球的加速度 5(2016楊浦區(qū)三模)研究靜電除塵，有人設計了一個盒狀容器，容器側面是絕緣的透明有機玻璃，它的上下地面 是面積 S=0.04m2 的金屬板，間距 L=0.05m，當連接到 U=2500V 的高壓電源正負兩極時，能在兩金屬板間產生一個勻強電場，如圖所示，現把一定量均勻分布的煙塵顆粒密閉在容器內，每立方米有煙塵顆粒11013 個，假設這些顆粒都處于靜止狀態(tài)，每個顆粒帶電量為q=+1.01017C，質量為 m=2.01015kg

5、，不考慮煙塵顆粒之間的相互作用和空氣阻力，并忽略煙塵顆粒所受重力求合上電鍵后：(1)經過多長時間煙塵顆?？梢员蝗课剑? z.-(2)除塵過程中電場對煙塵顆粒共做了多少功？(3)經過多長時間容器中煙塵顆粒的總動能達到最大？6 (2016 春*校級月考)如圖所示，在水平向左的勻強電場中，有一個半徑為R 的半圓形絕緣軌道豎直放置，軌 道與一個水平絕緣軌道 MN 連接，一切摩擦都不計，半圓軌道所在豎直平面與電場線平行，一個帶正電的小滑塊質量為 m，所受電場力為其重力的 ，重力加速度為 g，問：(1)要小滑塊恰好運動到圓軌道的最高點 C，滑塊應在水平軌道上離 N 點多遠處釋放？(2)這樣釋放的滑塊通

6、過 P 點時，軌道對滑塊的作用力是多大？(P 為半圓軌道中點)(3)小滑塊經過 C 點后最后落地，落地點離 N 點的距離多大？7 (2011 秋*市校級期中)如圖所示，水平放置的平行板電容器，極板長L=0.1m，兩板間距離 d=0.4cm有一帶 電微粒以一定的初速度從兩板中央平行于極板射入，若板間不加電場，由于重力作用微粒恰能落到下板中點O 處；若板間加豎直方向的勻強電場， 帶電微粒剛好落到下板右邊緣 B 點 已知微粒質量 m=2.0106kg， 電量 q=1.0108C，取 g=10m/s2 試求：(1)帶電微粒入射初速度的大?。?2)板間所加電場的電場強度多大？方向怎樣？三解答題(共 13

7、 小題)8 (2016*模擬)在*Oy 平面內，有沿 y 軸負方向的勻強電場，場強大小為E (圖象未畫出)，由 A 點斜射出一質0量為 m、帶電量為+q 的粒子， B 和 C 是粒子運動軌跡上的兩點，如圖所示，其中l(wèi) 為常數，粒子所受重力忽略不計，求：(1)粒子從 A 到 C 過程中電場力對它做的功；(2)粒子從 A 到 C 過程所經歷的時間；(3)粒子經過 C 點時的速率1 29 (2016*校級模擬)如圖所示，電源電動勢E=30V，內阻 r=1，電阻 R =4， R =10兩正對的平行金屬板長L=0.2m，兩板間的距離 d=0.1m閉合開關 S 后，一質量 m=5108kg，電荷量 q=+

8、410 6C 的粒子以平行于兩板0且大小為 v =5 102m/s 的初速度從兩板的正中間射入，求粒子在兩平行金屬板間運動的過程中沿垂直于板方向發(fā)生的位移大??？(不考慮粒子的重力)10(2016*自主招生) 如圖所示， 在光滑絕緣的水平面上， 用長為 2L 的絕緣輕桿連接兩個質量均為 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，開始 時 A 和 B 分別靜止于虛線 MN 的兩側， 虛線 MN 恰為 AB 兩球連線的垂直平分線 若視小球為質點， 不計輕桿的質 量，在虛線 MN、PQ 間加上水平向右的電場強度為

9、 E 的勻強電場后試求：(1) B 球剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度大小；(2)帶電系統(tǒng)向右運動的最大距離和此過程中 B 球電勢能的變化量；(3)帶電系統(tǒng)運動的周期11(2016*模擬) 如圖 (a) 所示， 一光滑絕緣細桿豎直放置， 距細桿右側 d=0.3m 的 A 點處有一固定的點電荷 細 桿上套有一帶電量 q=1106C，質量 m=0.05kg 的小環(huán)設小環(huán)與點電荷的豎直高度差為h將小環(huán)無初速釋放后，k(1)試估算點電荷所帶電量 Q；其動能 E 隨 h 的變化曲線如圖(b)所示1(2)小環(huán)位于 h =0.40m 時的加速度 a；-2 3(3)小環(huán)從 h =0.3m 下落到 h =0.12m

10、 的過程中其電勢能的改變量 (靜電力常量 k=9.0109Nm2/C2 ，g=10m/s2 )12 (2015寶安區(qū)模擬)如圖所示， A、B 為半徑 R=1m 的四分之一光滑絕緣豎直圓弧軌道，在四分之一圓弧區(qū)域內 存在著 E=1106 V/m、豎直向上的勻強電場，有一質量 m=1kg、帶電荷量 q=+1.410 5C 的物體(可視為質點) ， 從 A 點的正上方距離 A 點 H=1m 處由靜止開始自由下落 (不計空氣阻力) ，BC 段為長 L=2m、與物體間動摩擦因數 =0.2 的粗糙絕緣水平面， CD 段為傾角 =53且離地面 DE 高 h=0.8m 的斜面 (取 g=10m/s2 )(1)

11、若物體能沿軌道 AB 到達最低點 B，求它到達 B 點時對軌道的壓力大??；(2)物體從 C 處飛出后的速度；(3)物體從 C 處飛出后落點與 D 點之間的距離(已知 sin 53=0.8，cos 53=0.6不討論物體反彈以后的情況)13(2015 秋普陀區(qū)月考)如圖，粗糙、絕緣的直軌道固定在水平桌面上， B 端與桌面邊緣對齊， A 是軌道上一點， 過 A 點并垂直于軌道的豎直面右側有大小 E=2106N/C，方向水平向右的勻強電場可視為質點的帶負電的小物體 P 電荷量 q=2106C，質量 m=0.25kg，與軌道間動摩擦因數 =0.4 P 由靜止開始向右運動，經過 0.55s 到達 A點，

12、 到達 B 點時速度是 5m/sP 在整個運動過程中始終受到水平向右的外力F 作用， F 大小與 P 的速率 v 的關系如 表格所示，忽略空氣阻力v (ms 1) 0v2 2v5 v5F/N 2 6 3(1)求小物體 P 從開始運動至 A 點的速率；(2)求小物體 P 從 A 運動至 B 的過程，電場力做的功；(3)小物體 P 到達 B 點后，飛向另一側呈拋物線形狀的坡面如圖，以坡底的 O 點為原點建立坐標系*oy已知 BO 高為 h，坡面的拋物線方程為 y= *2，式中 h 為常數， 且 h7，重力加速度為 g若當小物體 P 剛到達 B 點時，通過對其施加一個水平向右的瞬時力， 改變其在 B

13、 點的速度 則欲使 P 落到坡面時的動能恰好最小， 求其在 B 點時 的速度14 (2011*模擬)如圖所示，直線 OA 與 y 軸成 =30角，在 AOy 范圍內有沿 y 軸負方向的勻強電場，在 AO* 范圍內有一個矩形區(qū)域的勻強磁場 該磁場區(qū)域的磁感應強度 B=0.2T，方向垂直紙面向里 一帶電微粒電荷量 q=+201014C，質量 m=41020kg，微粒子在 y 軸上的*點以速度v 垂直于 y 軸進入勻強電場，并以速度 v=3104m/s垂直穿過直線 OA，運動中經過矩形磁場區(qū)域后，最終又垂直穿過*軸不計微粒重力，求： (根據創(chuàng)新設計習題改 編)(1)帶電微粒進入電場時的初速度v0 多

14、大？(2)帶電微粒在磁場中做圓周運動的半徑r(3)最小矩形磁場區(qū)域的長和寬1 2 115(2011*一模)如圖甲所示， M 和 N 是相互平行的金屬板， OO O 為中線， O 為板間區(qū)域的中點， P 是足夠大1的熒光屏帶電粒子連續(xù)地從 O 點沿 OO 方向射入兩板間帶電粒子的重力不計(1)若只在兩板間加恒定電壓 U，M 和 N 相距為 d，板長為 L (不考慮電場邊緣效應) 若入射粒子是不同速率、2電量為 e、質量為 m 的電子，試求能打在熒光屏 P 上偏離點 O 最遠的電子的動能. z.-1( 2)若兩板間沒有電場，而只存在一個以 O 點為圓心的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里，已知

15、磁感應強度 B=0.50T，兩板間距 cm，板長 L=l.0cm，帶電粒子質量 m=2.0 10 25kg，電量 q=8.0 10 18C，入射速度 105m/s若能在熒光屏上觀察到亮點，試求粒子在磁場中運動的軌道半徑r，并確定磁場區(qū)域的半徑 R 應滿足的條件 (不計粒子的重力)( 3)若只在兩板間加如圖乙所示的交變電壓 u，M 和 N 相距為 d，板長為 L (不考慮電場邊緣效應)入射粒子是電量為 e、質量為m 的電子 *電子在應滿足的條件0 0時刻以速度 v 射入電場，要使該電子能通過平行金屬板，試確定U_1 116(2011鼓樓區(qū)校級模擬)如圖 1 所示為*儀器內部結構圖，由O 處靜止釋

16、放的電子經加速電壓 U 加速后沿橫截2 3 2面為正方形的金屬盒中軸線 O O 射入金屬盒， O 為金屬盒左端面的中心，金屬盒由上下兩個水平放置、前后兩個1 0 2豎直放置，長為 L 、寬為 L 的金屬薄板組成(它們不相連)，金屬盒橫截面如圖 2 ，距盒右端面 L 處有一面積足夠2 3 1 2 3大并與 O O 相垂直的接收屏，屏中心為 O ，O O O O 在同一水平直線上屏上所設直角坐標軸的*軸垂直紙面向* YY外儀器可在盒前、后兩面及上、下兩面加如圖 3 所示的 U t 掃描電壓及 U t 的正弦交流電壓設電子0的質量為 m，帶電量為 e，圖中 U 、T 均為已知量設所有入射的電子均能到

17、達屏，不計電子所受重力、電子間的. z. ，-2相互作用及電子由靜止釋放到 O 的運動時間在每個電子通過電場的極短時間內，電場可視作恒定的*( 1)如儀器只提供 U t 掃描電壓，請定性說明 t=T/4 時刻入射的電子在盒內及離盒后各做什么運動；*( 2)如儀器只提供 U t 掃描電壓，試計算t=T/4 時刻入射的電子打在屏上的坐標；* YY( 3)如果在盒內同時具有 U t 掃描電壓和 U t 的正弦交流電壓，請在答題卡上提供的坐標圖上標出t=T/2至 t=3T/2 時間段入射的電子打在屏上所留下的痕跡示意圖， 其中坐標圖上每單位長度為 不要求計算過程17(2015秋*校級月考)在粗糙的絕緣

18、水平面上相距為 6L 的 A、B 兩處，分別固定電量不等的正點電荷，兩電荷 的位置坐標如圖(甲)所示，其中 B 處電荷的電量為 Q圖(乙)是 AB 連線之間的電勢 與位置*之間關系的圖0象：圖中*=L 點為圖線的最低點， *= 2L 處的縱坐標 = ，*=0 處的縱坐標 =0*=2L 處的縱坐標 =0在*= 2L 的 C 點由靜止釋放一個質量為 m、電量為 q 的帶正電物塊(可視為質點) ，物塊隨即向右運動 求：A( 1)固定在 A 處的電荷的電量 Q ；( 2)小物塊與水平面間的動摩擦因數 應多大，才能使小物塊恰好到達*=2L 處；( 3)若小物塊與水平面間的動摩擦因數 =m，小物塊運動到何

19、處時速度最大？并求最大速度 v 18 (2015 秋*校級月考)如圖， O、A、B 為同一斜面內的三個點， OB 沿斜面向下，BOA=60， 0B= OA將0一質量為 m 的小球以初速度 v 自 O 點平行斜面水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過 A 點使此小球帶電，電荷量為 q (q0)，同時加一勻強電場場強方向與OAB 所在平面平行，現從 O 點以同樣的速率沿*一平行斜面 方向拋出此帶電小球，該小球也恰好通過了 A 點，到達 A 點時的動能是初動能的 3 倍；若該小球從 O 點以同樣的 速率沿另一平行斜面方向拋出，恰好通過 B 點，且到達 B 點的動能為初動能的 6 倍，重力加速度大小為

20、 g固定光 滑斜面的傾角 =30，求：( 1)無電場時，小球達到 A 點時的速度大小；. z.-OA OB(2) OA 、0B 的電勢差 U 、U ；(3)電場強度的大小和方向19 (2015 春*校級期中)如圖(甲)為平行板電容器，板長 l=0.1m，板距 d=0.02m板間電壓如圖(乙)示，電子以 v=1 107m/s 的速度，從兩板中央與兩板平行的方向射入兩板間的勻強電場，為使電子從板邊緣平行于板的方向射出，電子應從什么時刻打入板間？并求此交變電壓的頻率 (電子質量 m=9.11031 kg，電量 e=1.61019 C)20(2015 秋番禺區(qū)校級期中) 如圖 1，在真空中足夠大的絕緣

21、水平地面上， 一個質量為 m=0.2kg，帶電量為 q=+2.0 10 6C 的小物塊處于靜止狀態(tài)， 小物塊與地面間的動摩擦因數 =0.1 從 t=0 時刻開始， 空間加上一個如圖 2 所示的場強大小和方向是周期性變化的電場 (取水平向右的方向為正方向， g 取 10m/s2 )求：(1)物塊在前 2s 內加速度的大??；(2)物塊在前 4s 內的位移大??；(3) 23 秒內電場力對小物塊所做的功帶電粒子的運動解答題練習參考答案與試題解析一實驗題(共 3 小題)1 (2016*自主招生)平行板電容器豎直安放如圖所示，兩板間距 d=0.1m，電勢差 U=1000V，現從平行板上 A 處0以 v =

22、3m/s 初速度水平射入一帶正電小球(已知小球帶電荷量 q=104C，質量 m=0.02kg)，經一段時間后發(fā)現小球打在 A 點正下方的 8 點，求：(1) AB 間的距離；(2)若小球打在與 B 同一水平線上的+極板上，小球的初速度應是多大？【分析】 (1)將小球分解成水平方向與豎直方向運動，根據各方向的受力與運動來確定其運動性質；再根據牛頓第 二定律與運動學公式，來確定運動到最遠時間，從而可求得豎直方向下落的距離(2)根據水平方向勻加速豎直方向自由落體運動借口求得A【解答】 解： (1)小球 m 在處以v 以水平射入勻強電場后，運動軌跡如圖所示考察豎直方向情況：小球無初速，只受重力 mg，

23、可看作是自由落體運動；A考察水平方向情況，有初速 v ，受恒定的電場力 qE 作用，作勻速直線運動，小球的曲線運動由上述兩個正交的直線運動疊加而成=103V/m由題可知： E=S = AB設球飛行時間為 t，在豎直方向上有：水平方向上有： t= =AB代入數據解得： S =7.210 2m. z.-(2)在水平方向上有： *=*=d0聯立解得： v =3.8m/s答： (1) AB 間的距離為 7.210 2m(2)若小球打在與 B 同一水平線上的+極板上，小球的初速度應是 3.8m/s2 (2011)如圖所示，帶電荷量為+410 8C 的滑塊在電場強度大小為 2104N/C、方向水平向右的勻

24、強電場中，沿光滑絕緣水平面由 M 點運動到 N 點已知 M、N 間的距離為 0.1m 求：(1)滑塊所受電場力的大??；(2) M、N 兩點間的電勢差；(3)電場力所做的功【分析】 (1)在勻強電場中，根據 F=qE 直接計算電場力的大小；(2)根據 U=Ed 計算 M 、N 兩點間的電勢差；(3)根據 W=qU 計算電場力所做的功【解答】 解： (1)滑塊所受的電場力為：F=qE=410 一 8 2104N=810 4N(2) M、N 兩點間的電勢差為：MNU =Ed=2104 0.1V=2103V(3)電場力所做的功為：MN MNW =qU =4108 2103J=8105J答： (1)滑塊

25、所受電場力的大小為 8104N；(2) M、N 兩點間的電勢差為 2103V；(3)電場力所做的功為 8105J3 如圖所示， AC 是半徑為 R 的圓的一條直徑，該圓處于勻強電場中，圓平面與電場方向平行，場強大小為E，方 向一定，在圓周平面內，將一帶電量為+q、質量為 m 的小球從 A 點以相同的動能拋出，拋出方向不同時，小球會 經過圓周不同的點，在這些所有的點中，到達 B 點小球的動能最大，已知CAB=45，若不計小球重力及空氣阻 力(1)試求電場方向與 AC 間的夾角 為多大？0(2)若小球在 A 點沿 AC 方向以速度 v 拋出，拋出后恰能經過 B 點，求小球到達 B 點的速度大小【分

26、析】 (1) 小球在勻強電場中， 從 A 點運動到點， 根據動能定理 qUAB= Ek，因為到達 B 點時的小球的動能最大，AB所以 U 最大， 即在圓周上找不到與 B 電勢相等的點 所以與 B 點電勢相等的點在過 B 點的切線上 再根據電場線與等勢線垂直，可以畫出電場線，從而確定出電場的方向(2)小球做類平拋運動，根據動能定理求解小球到達 B 點的速度大小. z.-【解答】 解： (1)小球在勻強電場中，從 A 點運動到 B 點，根據動能定理得 qUAB = Ek ，因為到達 B 點時的小球AB的動能最大，所以 U 最大，即在圓周上找不到與 B 電勢相等的點且由 A 到 B 電場力對小球做正

27、功過 B 點作切線 DF，則該切線 DF 為等勢線根據電場線與等勢面垂直，可知，電場線垂直于 AC 向左，場強方向如圖所示即電場方向與 AC 間的夾角 為 90(2)小球只受電場力，根據動能定理得：qER= B可得： v =答： (1)電場方向與 AC 間的夾角 為 90(2)小球到達 B 點的速度大小為 二計算題(共 4 小題)4 (2016高安市校級三模)如圖甲所示，兩個帶正電的小球A 、B 套在一個傾斜的光滑直桿上，兩球均可視為點電A荷，其中 A 球固定，帶電量 Q =210 4C，B 球的質量為 m=0.1kg以 A 為坐標原點，沿桿向上建立直線坐標系，A 、B 球與地球所組成的系統(tǒng)總

28、勢能(重力勢能與電勢能之和)隨位置*的變化規(guī)律如圖中曲線所示，直線為曲線 I 的漸近線 圖中 M 點離 A 點距離為 6 米 (g 取 10m/s2 ，靜電力恒量k=9.0109Nm2/C2 令 A 處所在平面為重力勢能的零勢能面，無窮遠處為零電勢能處)(1)求桿與水平面的夾角 ；B(2)求 B 球的帶電量 Q ；M(3)求 M 點電勢 ；k0(4)若 B 球以 E =4J 的初動能從 M 點開始沿桿向上滑動，求 B 球運動過程中離 A 球的最近距離及此時 B 球的加速度p【分析】 (1)由圖運用數學知識得到 E =mg*sin=k*，從而的角度 ；(2)由圖乙中的曲線知，在*=6m 出總勢能

29、最小，動能最大，該位置B 受力平衡，根據平衡條件和庫侖定律求解 電荷量(3)根據電勢和電勢能關系求解電勢；(4)根據能量守恒和牛頓運動定律求解加速度ap【解答】 解： (1)漸進線表示 B 的重力勢能隨位置的變化關系，即 E =mg*sin=k*則 sin= =0.5 即 =30；(2)由圖乙中的曲線知，在*=6m 出總勢能最小，動能最大，該位置 B 受力平衡則有 mgsin30=kB解得 Q =1105C；. z.-PM 總 P(3) M 點的電勢能 E =E E =63=3JM則 M 點電勢 = =3105V；(4)在 M 點 B 球總勢能為 6J，根據能量守恒定律，當 B 的動能為零，總

30、勢能為 10J，由曲線知 B 離 A 的最近距 離為 *=2mk mg=ma 解得 a=40m/s2 ，方向沿桿向上；答：( 1)桿與水平面的夾角 為 30；B( 2) B 球的帶電量 Q 是 1 105C；M(3) M 點電勢 是 3105V；k0(4)若 B 球以 E =4J 的初動能從 M 點開始沿桿向上滑動， B 球運動過程中離 A 球的最近距離是 2m ，此時 B 球的加速度是 40m/s2 ，方向沿桿向上5(2016楊浦區(qū)三模)研究靜電除塵，有人設計了一個盒狀容器，容器側面是絕緣的透明有機玻璃，它的上下地面 是面積 S=0.04m2 的金屬板，間距 L=0.05m，當連接到 U=2

31、500V 的高壓電源正負兩極時，能在兩金屬板間產生一個勻強電場，如圖所示，現把一定量均勻分布的煙塵顆粒密閉在容器內，每立方米有煙塵顆粒 1 1013 個，假設這些顆粒都處于靜止狀態(tài)，每個顆粒帶電量為q=+1.010 17C，質量為 m=2.01015kg，不考慮煙塵顆粒之間的相互作用和空氣阻力，并忽略煙塵顆粒所受重力求合上電鍵后：( 1)經過多長時間煙塵顆?？梢员蝗课?？( 2)除塵過程中電場對煙塵顆粒共做了多少功？(3)經過多長時間容器中煙塵顆粒的總動能達到最大？【分析】 ( 1)在本題中帶電顆粒做初速度為零的勻加速運動直到到達負極板為止，當離負極板最遠的粒子到達負極 板時，所有顆粒全部被

32、吸收； ( 2)由于顆粒均勻分布在密閉容器內，可以等效為所有顆粒從兩極板中間被加速到負極板，從而求出電場對顆粒 做的總功；(3)寫出動能表達式，利用數學知識和運動學公式可以求出經過多長時間顆粒的總動能最大【解答】 解： ( 1)當最靠近上表面的煙塵顆粒被吸附到下板時，煙塵就被全部吸附煙塵顆粒受到的電場力：，而可得 t=0.02s ( 2)由于板間煙塵顆粒均勻分布，可以認為煙塵的質心位置位于板的中心位置，因此除塵過程中電場力對煙塵做 的總功為：(3)設煙塵顆粒下落距離為*，則當時所有煙塵顆粒的總動能：，=當 時， 最大，又根據. z.-得答： (1)經過 0.02s 時間煙塵顆粒可以被全部吸附(

33、2)除塵過程中電場對煙塵顆粒共做了 功(3)經過 0.014s 時間容器中煙塵顆粒的總動能達到最大6 (2016 春*校級月考)如圖所示，在水平向左的勻強電場中，有一個半徑為R 的半圓形絕緣軌道豎直放置，軌 道與一個水平絕緣軌道 MN 連接，一切摩擦都不計，半圓軌道所在豎直平面與電場線平行，一個帶正電的小滑塊質量為 m，所受電場力為其重力的 ，重力加速度為 g，問：(1)要小滑塊恰好運動到圓軌道的最高點 C，滑塊應在水平軌道上離 N 點多遠處釋放？(2)這樣釋放的滑塊通過 P 點時，軌道對滑塊的作用力是多大？(P 為半圓軌道中點)(3)小滑塊經過 C 點后最后落地，落地點離 N 點的距離多大？

34、【分析】 (1)在小滑塊運動的過程中，摩擦力對滑塊和重力做負功，電場力對滑塊做正功，根據動能定理可以求得 滑塊與 N 點之間的距離；(2)在 P 點時，對滑塊受力分析，由牛頓第二定律可以求得滑塊受到的軌道對滑塊的支持力的大小，由牛頓第三 定律可以求滑塊得對軌道壓力；(3)小滑塊經過 C 點，在豎直方向上做的是自由落體運動，在水平方向上做的是勻減速運動，根據水平和豎直方 向上的運動的規(guī)律可以求得落地點離 N 點的距離【解答】 解： (1)設滑塊與 N 點的距離為 L，由動能定理可得：qELmg2R= mv2 0小滑塊在 C 點時，有： mg=代入數據解得： L=10R(2)滑塊到達 P 點時，對

35、全過程應用動能定理可得：PqE (L+R)mgR= mv 2 0N在 P 點時可得： F qE=N解得： F = mg(3)在豎直方向上做的是自由落體運動，有： 2R= gt2t=滑塊在水平方向上，做勻減速運動，由牛頓第二定律可得：qE=ma所以加速度為： a= g水平的位移為： *=vt at2代入解得： *= R答： (1)滑塊與 N 點的距離為 10R；. z.-(2)滑塊通過 P 點時對軌道壓力是 mg；(3)滑塊落地點離 N 點的距離為 R7 (2011 秋*市校級期中)如圖所示，水平放置的平行板電容器，極板長L=0.1m，兩板間距離 d=0.4cm有一帶 電微粒以一定的初速度從兩板

36、中央平行于極板射入，若板間不加電場，由于重力作用微粒恰能落到下板中點O 處；若板間加豎直方向的勻強電場， 帶電微粒剛好落到下板右邊緣 B 點 已知微粒質量 m=2.0106kg， 電量 q=1.0108C，取 g=10m/s2 試求：(1)帶電微粒入射初速度的大小；(2)板間所加電場的電場強度多大？方向怎樣？【分析】 (1)、帶電粒子以一定的初速度在兩板中央平行于兩板射入，此時沒有電場，粒子做平拋運動，把運動在 水平方向和豎直方向上進行分解，水平方向是勻速直線運動；豎直方向是自由落體運動，在兩個方向上由運動學公 式列式求解 (2)、由于兩板之間加入了勻強電場，此時帶電粒子在電場中的運動是類平拋

37、運動，仍把運動在水平和豎直兩個方 向上分解，進行列式計算由于帶電粒子的水平位移增加，在板間的運動時間并沒有變化，所以在豎直方向的加速 度減小了，由此可判斷受到了豎直向上的電場力作用，再結合牛頓運動定律列式求解即可【解答】 解： (1)落到 O 點的粒子做平拋運動，由平拋運動規(guī)律得：水平方向： 豎直方向： 所以兩式聯立得： (2)落到 B 點的粒子做類平拋運動，由類平拋運動規(guī)律得：0水平方向： L=v t豎直方向： 對帶電粒子受力分析，由牛頓第二定律有： mgEq=ma由式聯立得： ，方向豎直向上答： (1)帶電微粒入射初速度的大小為 2.5m/s(2)板間所加電場的電場強度為 1.5 103v

38、/m ，方向豎直向上三解答題(共 13 小題)8 (2016*模擬)在*Oy 平面內，有沿 y 軸負方向的勻強電場，場強大小為E (圖象未畫出)，由 A 點斜射出一質0量為 m、帶電量為+q 的粒子， B 和 C 是粒子運動軌跡上的兩點，如圖所示，其中l(wèi) 為常數，粒子所受重力忽略不計，求：(1)粒子從 A 到 C 過程中電場力對它做的功；(2)粒子從 A 到 C 過程所經歷的時間；(3)粒子經過 C 點時的速率. z.-【分析】 (1)由電場力做功的特點可明確 W=Uq，而 U=Ed，求得沿電場線方向上的距離即可求得功； (2)粒子在*軸方向上做勻速直線運動，根據水平位移可明確AO 、BO 及

39、 BC 時間相等，由豎直方向的勻變速直線 運動可求得時間；(3)由類平拋運動規(guī)律可求得水平和豎直豎直，再由運動的合成與分解求得合速度A C 0【解答】 解： (1)粒子從 A 到 C 電場力做功為 W=qE (y y ) =3qElA0 oB(2)根據拋體運動的特點，粒子在*軸方向做勻速直線運動，由對稱性可知，軌跡是最高點D 在 y 軸上，可令 t =t =T，BCt =T；由 Eq=ma 得：a=又 y= aT20y+3l = a (2T) 2解得： T=則 A 到 C 過程所經歷的時間 t=3 ；(3)粒子在 DC 段做類平拋運動，則有：0 C*2l =v (2T) ；cyv =a (2T

40、)cv= =0答： (1)粒子從 A 到 C 過程中電場力對它做的功 3qEl(2)粒子從 A 到 C 過程所經歷的時間 3 ；(3)粒子經過 C 點時的速率為 1 29 (2016*校級模擬)如圖所示，電源電動勢E=30V，內阻 r=1，電阻 R =4， R =10兩正對的平行金屬板長L=0.2m，兩板間的距離 d=0.1m閉合開關 S 后，一質量 m=5108kg，電荷量 q=+410 6C 的粒子以平行于兩板0且大小為 v =5 102m/s 的初速度從兩板的正中間射入，求粒子在兩平行金屬板間運動的過程中沿垂直于板方向發(fā)生的位移大?。?不考慮粒子的重力). z.-2【分析】 先根據閉合電

41、路歐姆定律列式求解電阻 R 的電壓，然后根據 U=Ed 求解電場強度，最后根據類似平拋運動的分運動公式列式求解偏移量【解答】 解：根據閉合電路歐姆定律，有：U= = =20V電場強度：E= = =200V/m粒子做類似平拋運動，根據分運動公式，有：0L=v ty=其中：a=聯立解得：y= = =2.56 10 3m=2.56mm答：粒子在兩平行金屬板間運動的過程中沿垂直于板方向發(fā)生的位移大小為2.56mm10(2016*自主招生) 如圖所示， 在光滑絕緣的水平面上， 用長為 2L 的絕緣輕桿連接兩個質量均為 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

42、電系統(tǒng)虛線 MN 與 PQ 平行且相距 3L ，開始 時 A 和 B 分別靜止于虛線 MN 的兩側， 虛線 MN 恰為 AB 兩球連線的垂直平分線 若視小球為質點， 不計輕桿的質 量，在虛線 MN、PQ 間加上水平向右的電場強度為 E 的勻強電場后試求：( 1) B 球剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度大小；( 2)帶電系統(tǒng)向右運動的最大距離和此過程中 B 球電勢能的變化量；( 3)帶電系統(tǒng)運動的周期【分析】 ( 1)對系統(tǒng)運用動能定理，根據動能定理求出 B 球剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度大小 ( 2)帶電系統(tǒng)經歷了三個階段，：B 球進入電場前、帶電系統(tǒng)在電場中、 A 球出電場，根據動能定理求出 A

43、 球離開 PQ 的最大位移，從而求出帶電系統(tǒng)向右運動的最大距離根據 B 球在電場中運動的位移，求出電場力做的功，從 而確定 B 球電勢能的變化量( 3)根據運動學公式和牛頓第二定律分別求出帶電系統(tǒng) B 球進入電場前做勻加速直線運動的時間，帶電系統(tǒng)在電 場中做勻減速直線運動的時間， A 球出電場帶電系統(tǒng)做勻減速直線運動的時間，從而求出帶電系統(tǒng)從靜止開始向右 運動再次速度為零的時間，帶電系統(tǒng)的運動周期為該時間的 2 倍1【解答】 解： ( 1)設 B 球剛進入電場時帶電系統(tǒng)電度為 v ，由動能定理得解得( 2)帶電系統(tǒng)向右運動分三段： B 球進入電場前、帶電系統(tǒng)在電場中、 A 球出電場設 A 球離

44、開 PQ 的最大位移為*，由動能定理得 2qELqEL 3qE*=0解得 則B 球從剛進入電場到帶電系統(tǒng)從開始運動到速度第一次為零時位移為. z.-其電勢能的變化量為( 3)向右運動分三段，取向右為正方向，第一段加速 ，第二段減速2設 A 球出電場電速度為v ，由動能定理得解得 ，則3 3第三段再減速則其加速度 a 及時間 t 為： ，所以帶電系統(tǒng)運動的周期為： 答： ( 1) B 球剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度大小為 ( 2)帶電系統(tǒng)向右運動的最大距離為 ，B 球電勢能的變化量為 4qEL( 3)帶電系統(tǒng)運動的周期 11(2016*模擬) 如圖 (a) 所示， 一光滑絕緣細桿豎直放置， 距細

45、桿右側 d=0.3m 的 A 點處有一固定的點電荷 細 桿上套有一帶電量 q=110 6C ，質量 m=0.05kg 的小環(huán)設小環(huán)與點電荷的豎直高度差為h將小環(huán)無初速釋放后，k其動能 E 隨 h 的變化曲線如圖(b)所示( 1)試估算點電荷所帶電量 Q；1( 2)小環(huán)位于 h =0.40m 時的加速度 a；2 3( 3)小環(huán)從 h =0.3m 下落到 h =0.12m 的過程中其電勢能的改變量 (靜電力常量 k=9.0 109N m2/C2 ，g=10m/s2 )【分析】 ( 1)由圖根據庫侖定律和受力平衡知電荷量；( 2)根據庫侖定律和牛頓運動定律知加速度；( 3)根據動能定理求解電勢能變化

46、【解答】 解： ( 1)由圖可知，當 h=0.36m 時，小環(huán)所受合力為零則 k =mg解得 Q= =1.6 10 5C1( 2)小環(huán)加速度沿桿方向，則 mg F =ma. z.-1又 F =k解得 a=0.78m/s2 方向向下G(3)設小環(huán)從 h=0.3m 下落到 h=0.12m 的過程中電場力對小環(huán)做功 W2 3 G k根據動能定理 mg (h h ) +W = EG kW = E mgh=0.11J所以小環(huán)的電勢能增加了 0.11J答： (1)試估算點電荷所帶電量 Q 為 1.6105C；1(2)小環(huán)位于 h =0.40m 時的加速度 a 為 0.78m/s2；2 3(3)小環(huán)從 h

47、=0.3m 下落到 h =0.12m 的過程中電勢能增加了 0.11J12 (2015寶安區(qū)模擬)如圖所示， A、B 為半徑 R=1m 的四分之一光滑絕緣豎直圓弧軌道，在四分之一圓弧區(qū)域內 存在著 E=1106 V/m、豎直向上的勻強電場，有一質量 m=1kg、帶電荷量 q=+1.410 5C 的物體(可視為質點) ， 從 A 點的正上方距離 A 點 H=1m 處由靜止開始自由下落 (不計空氣阻力) ，BC 段為長 L=2m、與物體間動摩擦因數 =0.2 的粗糙絕緣水平面， CD 段為傾角 =53且離地面 DE 高 h=0.8m 的斜面 (取 g=10m/s2 )(1)若物體能沿軌道 AB 到

48、達最低點 B，求它到達 B 點時對軌道的壓力大??；(2)物體從 C 處飛出后的速度；(3)物體從 C 處飛出后落點與 D 點之間的距離(已知 sin 53=0.8，cos 53=0.6不討論物體反彈以后的情況)【分析】 (1)根據動能定理求出物體到達 B 點的速度，結合牛頓第二定律求出支持力的大小，從而結合牛頓第三定 律得出到達 B 點對軌道的壓力(2)根據動能定理，選取由 B 到 C 過程，從而即可求解(3)根據平拋運動規(guī)律，求出飛出后落點與 D 點之間的距離【解答】 解： (1)物體由初始位置運動到 B 點的過程中，根據動能定理有：mg (R+H) qER= mvN到達 B 點時由支持力

49、F 、重力、電場力的合力提供向心力，有：NF mg+qE=m ，N聯立并代入數據解得： F =8N根據牛頓第三定律，可知物體對軌道的壓力大小為 8N，方向豎直向下(2)在粗糙水平面上，由動能定理，有：C BmgL= mv 2 mv 2，C代入數據解得： v =2.0m/s-(3)物體離開 C 點后做平拋運動，有：*=v tc且解得： *=0.8m* =0.6mCD所以，落點與 D 點之間的距離為：*=0.8 0.6=0.2m答： (1)若物體能沿軌道 AB 到達最低點 B，它到達 B 點時對軌道的壓力大小 8N；(2)物體從 C 處飛出后的速度 2.0m/s；(3)物體從 C 處飛出后落點與

50、D 點之間的距離 0.2m13(2015 秋普陀區(qū)月考)如圖，粗糙、絕緣的直軌道固定在水平桌面上， B 端與桌面邊緣對齊， A 是軌道上一點，過 A 點并垂直于軌道的豎直面右側有大小 E=2106N/C，方向水平向右的勻強電場可視為質點的帶負電的小物體 P 電荷量 q=2106C，質量 m=0.25kg，與軌道間動摩擦因數 =0.4 P 由靜止開始向右運動，經過 0.55s 到達 A點， 到達 B 點時速度是 5m/sP 在整個運動過程中始終受到水平向右的外力F 作用， F 大小與 P 的速率 v 的關系如 表格所示，忽略空氣阻力v (ms 1) 0v2 2v5 v5F/N 2 6 3(1)求

51、小物體 P 從開始運動至 A 點的速率；(2)求小物體 P 從 A 運動至 B 的過程，電場力做的功；(3)小物體 P 到達 B 點后，飛向另一側呈拋物線形狀的坡面如圖，以坡底的 O 點為原點建立坐標系*oy已知 BO 高為 h，坡面的拋物線方程為 y= *2，式中 h 為常數， 且 h7，重力加速度為 g若當小物體 P 剛到達 B 點時，通過對其施加一個水平向右的瞬時力， 改變其在 B 點的速度 則欲使 P 落到坡面時的動能恰好最小， 求其在 B 點時 的速度【分析】 (1)根據牛頓第二定律計算加速度的大小，根據運動學的公式計算速度的大??；(2)牛頓第二定律和運動學的公式計算位移的大小，根據

52、電場力做功的公式計算做功的大??；(3)物體 P 離開桌面做平拋運動，最后落到斜面上，根據平拋運動的規(guī)律和機械能守恒計算動能最小的時候B 的 速度的大小【解答】 解： (1)物體 P 在水平桌面上運動時，豎直方向上只受重力mg 和支持力N 作用，因此其滑動摩擦力大小 為：f根據表格數據可知，物體P 在速率0v2m/s 時，所受水平外力 F =2NF 因此，在進入電場區(qū)域之前，物體PF =mg=1N1 f做勻加速直線運動，設加速度為 a ，不妨設經時間 t 速度為 v =2m/s 時，物體 P 還未進入電場區(qū)域1 1 1根據勻變速直線運動規(guī)律有： v =a t 1 1 1根據牛頓第二定律有： F

53、F =ma 1 f 1. z.-由(1) (2)式聯立解得： =0.5s0.55s，2所以假設成立，即小物體 P 從開始運動至速率為 2m/s 所用的時間為 t =0.5s1當物體 P 在速率2v5m/s 時，所受水平外力 F =6N，1 3 A設先以加速度 a 再加速 t =0.05s 至 A 點，速度為 v ，2 f 2根據勻變速直線運動規(guī)律有： v =v +a t根據牛頓第二定律有： F F =ma A 1 2由(3) (4)式聯立解得： v =3m/sA2(2)物體 P 從 A 點運動至 B 點的過程中，由題意可知，所受水平外力仍然為 F =6N 不變，3設位移為 s，加速度為 a ，

54、3 f 3根據牛頓第二定律有： F qE F =ma 根據勻變速直線運動規(guī)律有： 由(5) (6)式聯立解得： s=2m所以電場力做的功為： W=qEs=8J3(3)根據表格數據可知，當物體 P 到達 B 點時，水平外力為 F =qE=4N，因此，物體 P 離開桌面做平拋運動設物體 P 在空中運動的時間為 t，在坡面上落點的橫坐標為*，縱坐標為 yB由運動學公式和已知條件得， *=v thy= gt2 根據題意有 y= *2 (9)由機械能守恒，落到坡面時的動能為聯立( 7) (8) (9) (10)式得：(10)上式可以改寫為：利用基本不等式可得當：時，動能最小B此時， v =答： (1)小

55、物體 P 從開始運動至 A 點的速率為 3m/s；(2)小物體 P 從 A 運動至 B 的過程，電場力做的功為8J；(3)在 B 點時的速度為 . z.-14 (2011*模擬)如圖所示，直線 OA 與 y 軸成 =30角，在 AOy 范圍內有沿 y 軸負方向的勻強電場，在 AO* 范圍內有一個矩形區(qū)域的勻強磁場 該磁場區(qū)域的磁感應強度 B=0.2T，方向垂直紙面向里 一帶電微粒電荷量 q=+201014C，質量 m=41020kg，微粒子在 y 軸上的*點以速度v 垂直于 y 軸進入勻強電場，并以速度 v=3104m/s垂直穿過直線 OA，運動中經過矩形磁場區(qū)域后，最終又垂直穿過*軸不計微粒

56、重力，求： (根據創(chuàng)新設計習題改 編)0(1)帶電微粒進入電場時的初速度v 多大？(2)帶電微粒在磁場中做圓周運動的半徑r(3)最小矩形磁場區(qū)域的長和寬【分析】 (1)在 AOy 范圍內只有電場，粒子在 AOy 區(qū)域做類平拋運動，根據類平拋運動的規(guī)律可以求得帶電微粒0進入電場時的初速度 v 的大??；(2)根據粒子的速度的大小，由半徑的公式可以求得粒子做圓周運動的半徑的大小；(3)由粒子運動的軌跡，結合幾何關系可以求得矩形磁場區(qū)域的長和寬【解答】 解：設磁場區(qū)域長為 a，寬為 b帶電微粒在 AOy 區(qū)域做類平拋運動，進入 AO*區(qū)域后在洛倫茲力作用下做部分勻速圓周運動，軌跡如圖所示(1)由圖可得

57、：0根據平拋運動規(guī)律 v =vcos0解得 v =2.6104m/s，所以帶電微粒進入電場時的初速度大小為 2.6 104m/s(2)根據勻速圓周運動規(guī)律解得 帶電微粒在磁場中做圓周運動的半徑 r 為 0.3m (3)由題意可知，粒子垂直穿過OA，經過磁場后又垂直穿過*軸，所以粒子的偏轉的角度為120，運動的軌跡如 圖所示，矩形磁場的長 a 等于粒子做圓周運動的直徑的長度，所以 a=2r=0.6m，矩形磁場的寬為圓周的半徑加上 rcos，所以b=r+rcos=0.56m所以最小矩形磁場區(qū)域的長為 0.6m，寬為 0.56m1 2 115(2011*一模)如圖甲所示， M 和 N 是相互平行的金

58、屬板， OO O 為中線， O 為板間區(qū)域的中點， P 是足夠大的熒光屏帶電粒子連續(xù)地從 O 點沿 OO1 方向射入兩板間帶電粒子的重力不計(1)若只在兩板間加恒定電壓 U，M 和 N 相距為 d，板長為 L (不考慮電場邊緣效應) 若入射粒子是不同速率、2電量為 e、質量為 m 的電子，試求能打在熒光屏 P 上偏離點 O 最遠的電子的動能(2)若兩板間沒有電場，而只存在一個以O1 點為圓心的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里，已知磁感應強度 B=0.50T，兩板間距 cm，板長 L=l.0cm，帶電粒子質量 m=2.01025kg，電量 q=8.01018C，入射速度. z.-105m/

59、s若能在熒光屏上觀察到亮點，試求粒子在磁場中運動的軌道半徑r，并確定磁場區(qū)域的半徑 R 應滿足的條件 (不計粒子的重力)(3)若只在兩板間加如圖乙所示的交變電壓u，M 和 N 相距為 d，板長為 L (不考慮電場邊緣效應)入射粒子是電量為 e、質量為 m 的電子 *電子在應滿足的條件0 0時刻以速度 v 射入電場，要使該電子能通過平行金屬板，試確定U0U 2【分析】 (1)打在熒光屏上偏離點 O 最遠的粒子在電場中偏轉的距離等于 粒子在電場中做類平拋運動，運用運動的分解法，由牛頓第二定律和運動學公式求粒子的初速度，根據動能定理求解動能 (2)粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出

60、粒子的軌道半徑由幾何關系求出磁場區(qū)域最大 的半徑0(3) 由圖讀出交變電壓的周期為 T= ，則 t = T，電子分別在 T T 、 T T 、 T T 、 T T1 2 3 4時間內沿垂直于初速度方向運動的位移依次為 y 、y 、y 、y ，根據牛頓第二定律求出加速度，要使該電子能通過平1 2 3 4 ，即可求出 U0 應滿足的條件行金屬板，則應滿足條件 y +y +y +y 【解答】 解： (1)電子在兩極板間的加速度為： a=通過金屬板的時間為： t=對打在熒光屏上偏離點 O2 最遠的粒子，有： d= at2k有動能定理得： E = eU+ mv2k聯立解得： E =(2)由牛頓第二定律可