2024高考物理一輪復(fù)習(xí)限時檢測7靜電場含解析新人教版

PAGEPAGE12第七章靜電場綜合過關(guān)規(guī)范限時檢測滿分：100分考試時間：90分鐘一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.(2024·河南省試驗(yàn)中學(xué)質(zhì)檢)如圖所示，A、B、C、D是真空中一正四面體的四個頂點(diǎn)?，F(xiàn)在在A、B兩點(diǎn)分別固定電荷量為＋q、－q的兩個點(diǎn)電荷，則關(guān)于C、D兩點(diǎn)的場強(qiáng)和電勢，下列說法正確的是(A)A．C、D兩點(diǎn)的場強(qiáng)、電勢均相同B．C、D兩點(diǎn)的場強(qiáng)、電勢均不同C．C、D兩點(diǎn)的場強(qiáng)相同，電勢不同D．C、D兩點(diǎn)的場強(qiáng)不同，電勢相同[解析]本題考查電場強(qiáng)度、電勢等。C、D兩點(diǎn)處在＋q、－q兩個點(diǎn)電荷連線的中垂線上，該中垂面為等勢面，C、D兩點(diǎn)的電勢相同；由于C、D兩點(diǎn)距離A、B兩點(diǎn)距離相等，其電場強(qiáng)度大小相等。又因?yàn)樵冢玵、－q兩個點(diǎn)電荷連線的中垂面上電場強(qiáng)度的方向都相同，所以C、D兩點(diǎn)電場強(qiáng)度的方向相同，所以C、D兩點(diǎn)的場強(qiáng)、電勢均相同，選項(xiàng)A正確。2．(2024·北京模擬)如圖所示，真空中靜止點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中，A、B為同一條電場線上的兩點(diǎn)。取無窮遠(yuǎn)處為電勢能零點(diǎn)。電荷量為＋q的檢驗(yàn)電荷，在A點(diǎn)的電勢能為EpA，在B點(diǎn)的電勢能為EpB。則A、B兩點(diǎn)間的電勢差UAB等于(D)A．eq\f(q,EpA＋EpB) B．eq\f(EpA＋EpB,q)C．eq\f(q,EpA－EpB) D．eq\f(EpA－EpB,q)[解析]本題考查電勢差公式U＝eq\f(W,q)、電場力做功與電勢能變更公式WAB＝EpA－EpB的應(yīng)用。A與B兩點(diǎn)間的電勢差為UAB＝eq\f(WAB,q)，從A到B電場力做的功等于電勢能的削減量，則有WAB＝EpA－EpB，聯(lián)立解得UAB＝eq\f(EpA－EpB,q)，選項(xiàng)D正確。3.(2024·寧夏吳忠質(zhì)檢)如圖所示虛線a、b、c是電場中的等勢線，實(shí)線是正點(diǎn)電荷僅在電場力作用下的運(yùn)動軌跡，P、Q是軌跡上的兩點(diǎn)，則下列說法正確的是(C)A．a(chǎn)等勢線的電勢比c等勢線的電勢低B．點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的速率肯定比它在Q點(diǎn)的大C．點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的加速度大小肯定比它在Q點(diǎn)的大D．點(diǎn)電荷肯定是從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)的[解析]本題考查等勢線、電勢、帶電粒子在電場中的運(yùn)動。由于點(diǎn)電荷做曲線運(yùn)動，電場力必定指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，點(diǎn)電荷帶正電，電場強(qiáng)度方向與指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，而沿電場線方向電勢降低，可知a等勢線的電勢比c等勢線的電勢高，選項(xiàng)A錯誤；點(diǎn)電荷在Q點(diǎn)的速率肯定比它在P點(diǎn)的速率大，選項(xiàng)B錯誤；等勢線密集的區(qū)域電場強(qiáng)度大，電場力就大，加速度大小也大，故點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的加速度大小肯定比它在Q點(diǎn)的大，選項(xiàng)C正確；點(diǎn)電荷無論從P運(yùn)動到Q還是從Q運(yùn)動到P都可得到圖中的軌跡，選項(xiàng)D錯誤。4．(2024·浙江模擬)電荷量不等的兩點(diǎn)電荷固定在x軸上坐標(biāo)為－3L和3L的兩點(diǎn)，其中坐標(biāo)為3L處電荷帶正電，電荷量為Q。兩點(diǎn)電荷連線上各點(diǎn)電勢φ隨x變更的關(guān)系如圖所示，其中x＝L處電勢最低，電場強(qiáng)度為零，x軸上M、N兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為－2A．兩點(diǎn)電荷肯定為異種電荷B．原點(diǎn)O處電場強(qiáng)度大小為eq\f(kQ,3L2)C．負(fù)檢驗(yàn)電荷在原點(diǎn)O處受到方向向右的電場力D．負(fù)檢驗(yàn)電荷由M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程，電勢能先減小后增大[解析]本題考查對電勢φ隨坐標(biāo)x的變更曲線的理解。由φ－x圖象特點(diǎn)可知兩點(diǎn)電荷均為正電荷，A錯誤；設(shè)坐標(biāo)為－3L處的電荷的電荷量為Q′，x＝L處電勢最低，電場強(qiáng)度為零，則eq\f(kQ′,4L2)－eq\f(kQ,2L2)＝0，得Q′＝4Q，故原點(diǎn)O處的電場強(qiáng)度大小為eq\f(4kQ,3L2)－eq\f(kQ,3L2)＝eq\f(kQ,3L2)，方向向右，負(fù)檢驗(yàn)電荷在原點(diǎn)O處受到的電場力方向向左，B正確，C錯誤；由M點(diǎn)到N點(diǎn)電勢先減小后增大，所以負(fù)檢驗(yàn)電荷由M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程，電勢能先增大后減小，D錯誤。5．(2024·安徽皖西中學(xué)聯(lián)盟期末)先后讓一束氘核(eq\o\al(2,1)H)和一束氚核(eq\o\al(3,1)H)通過同一對平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場，進(jìn)入時速度方向與板面平行，離開時速度方向與板面夾角分別為α、β。不計(jì)原子核的重力，則(B)A．假如氘核和氚核的初速度相同，則eq\f(tanα,tanβ)＝eq\f(2,3)B．假如氘核和氚核的初動量相同，則eq\f(tanα,tanβ)＝eq\f(2,3)C．假如氘核和氚核的初動能相同，則eq\f(tanα,tanβ)＝eq\f(2,3)D．假如氘核和氚核由靜止起先從同一位置經(jīng)同一電場加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，則eq\f(tanα,tanβ)＝eq\f(2,3)[解析]本題考查帶電粒子受到的電場力和類平拋運(yùn)動。設(shè)帶電粒子入射速度為v0，質(zhì)量為m，電荷量為q，在電場中運(yùn)動的加速度a＝eq\f(qE,m)，由類平拋運(yùn)動規(guī)律，粒子離開時速度方向與板面夾角的正切值為eq\f(at,v0)＝eq\f(qEt,mv0)，假如氘核和氚核的初速度相同，則eq\f(tanα,tanβ)＝eq\f(m氚核,m氘核)＝eq\f(3,2)，選項(xiàng)A錯誤；假如氘核和氚核的初動量相同，則eq\f(tanα,tanβ)＝eq\f(t氘核,t氚核)＝eq\f(v0氚核,v0氘核)＝eq\f(m氚核,m氘核)＝eq\f(2,3)，選項(xiàng)B正確；由eq\f(at,v0)＝eq\f(qEt,mv0)＝eq\f(qEv0t,mv\o\al(2,0))＝eq\f(qEL,mv\o\al(2,0))可知，假如氘核和氚核的初動能相同，則eq\f(tanα,tanβ)＝1，選項(xiàng)C錯誤；假如氘核和氚核由靜止起先從同一位置經(jīng)同一電場加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，有qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，氘核和氚核的初動能相同，則eq\f(tanα,tanβ)＝1，選項(xiàng)D錯誤。6．(2024·天津高三質(zhì)檢)如圖所示，帶電量為Q＝＋4×10－2C的物塊A固定在斜面底端，斜面的傾角為θ＝30°；質(zhì)量為m＝2kg的物塊B(可視為點(diǎn)電荷)放置在斜面上，物塊B的帶電量為q＝＋1×10－7C。當(dāng)物塊A和物塊B的距離為L＝1.2m時木塊B恰好不上滑。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，靜電力常量為k＝9.0×109N·m2/C2。則物塊A．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(3),3)C．eq\f(\r(3),2) D．eq\f(1,3)[解析]木塊B恰好不上滑，由平衡條件得：mgsinθ＋μmgcosθ＝keq\f(Qq,L2)，解得：μ＝eq\f(\r(3),2)，故C項(xiàng)正確。7．(2024·青州高三模擬)在一靜止點(diǎn)電荷的電場中，任一點(diǎn)的電勢φ與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離x的關(guān)系如φ－x圖象中曲線所示。由圖象可知靜止點(diǎn)電荷電場中任一點(diǎn)的電勢φ(B)A．與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離x成正比B．與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離x成反比C．與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離x的二次方成正比D．與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離x的二次方成反比[解析]依據(jù)φ－x圖象可知點(diǎn)電荷四周每點(diǎn)的電勢φ與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離x的乘積是定值，所以靜止點(diǎn)電荷電場中任一點(diǎn)的電勢φ與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離x成反比，故B正確，A、C、D錯誤。8．(2024·江蘇高三月考)如圖所示，MN是負(fù)點(diǎn)電荷電場中的一條直線，a、b、c是直線上三點(diǎn)，已知直線上a點(diǎn)的場強(qiáng)最大為E，b點(diǎn)場強(qiáng)大小為a點(diǎn)的eq\f(1,2)，已知a、b間的距離和a、c間的距離均為L，靜電力常量為k，下列說法正確的是(C)A．場源電荷到a點(diǎn)距離為(eq\r(2)－1)LB．c點(diǎn)的場強(qiáng)大于b點(diǎn)C．c點(diǎn)電勢等于b點(diǎn)電勢D．從a點(diǎn)無初速釋放帶負(fù)電的粒子，其將沿直線MN運(yùn)動[解析]因a點(diǎn)的場強(qiáng)最大，可知a點(diǎn)離場源電荷最近，設(shè)場源電荷在距離a點(diǎn)x的位置，則E＝keq\f(Q,x2)，b點(diǎn)：eq\f(1,2)E＝keq\f(Q,x2＋L2)；解得：x＝L，A錯誤；因b、c關(guān)于a點(diǎn)對稱，其場強(qiáng)大小相等，B錯誤；b、c兩點(diǎn)等電勢，C正確；從a點(diǎn)無初速釋放帶負(fù)電的粒子，運(yùn)動軌跡為曲線，不行能沿直線MN運(yùn)動，D錯誤。二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9．(2024·山東高考模擬)在金屬球殼的球心有一個正點(diǎn)電荷，球殼內(nèi)外的電場線分布如圖所示，下列說法正確的是(ABD)A．M點(diǎn)的電場強(qiáng)度比K點(diǎn)的大B．球殼內(nèi)表面帶負(fù)電，外表面帶正電C．摸索電荷－q在K點(diǎn)的電勢能比在L點(diǎn)的大D．摸索電荷－q沿電場線從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)，電場力做負(fù)功[解析]由電場線的疏密程度可知，M點(diǎn)的場強(qiáng)大于N點(diǎn)，A正確；由于感應(yīng)起電，在金屬球殼的內(nèi)表面感應(yīng)出負(fù)電，外表面感應(yīng)出正電，B正確；負(fù)電荷在電場中，沿電場線方向運(yùn)動，電場力做負(fù)功，電勢能增加，可知C錯誤，D正確。10．(2024·江蘇如東中學(xué)等聯(lián)考)兩個固定的等量異種點(diǎn)電荷所形成電場的等勢面如圖中虛線所示，一帶電粒子以某一速度從圖中a點(diǎn)進(jìn)入電場，其運(yùn)動軌跡為圖中實(shí)線所示，若粒子只受靜電力作用，則下列關(guān)于帶電粒子的推斷正確的是(CD)A．粒子帶正電B．速度先增大后減小C．電勢能先增大后減小D．經(jīng)過b點(diǎn)和d點(diǎn)時的速度大小相同[解析]本題考查帶電粒子在等量異種點(diǎn)電荷電場中的運(yùn)動。依據(jù)粒子的運(yùn)動軌跡及等勢面分布可知，粒子帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯誤；粒子從a到c再到e的過程中電場力先做負(fù)功后做正功，速度先減小后增大，電勢能先增大后減小，選項(xiàng)B錯誤，C正確；因?yàn)閎、d兩點(diǎn)在同一等勢面上，所以粒子在b、d兩點(diǎn)的電勢能相同，經(jīng)過b點(diǎn)和d點(diǎn)時的速度大小相同，選項(xiàng)D正確。11．(2024·四川達(dá)州二診)如圖所示，M、N是組成電容器的兩塊水平放置的平行金屬極板，M中間有一小孔。M、N分別接到電壓恒定的電源上(圖中未畫出)。小孔正上方的A點(diǎn)與極板M相距h，與極板N相距3h，某時刻一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的微粒從A點(diǎn)由靜止下落，剛要到達(dá)極板N時速度剛好為零(不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g)。則(BD)A．帶電微粒在M、N兩極板間往復(fù)運(yùn)動B．兩極板間電場強(qiáng)度大小為eq\f(3mg,2q)C．若將M向下平移eq\f(h,3)，微粒仍從A點(diǎn)由靜止下落，進(jìn)入電場后速度為零的位置與N的距離為eq\f(5,4)hD．若將N向上平移eq\f(h,3)，微粒仍從A點(diǎn)由靜止下落，進(jìn)入電場后速度為零的位置與M的距離為eq\f(5,4)h[解析]本題考查帶電體在電場和重力場中的運(yùn)動。由于微粒在電場中和在電場外受到的力是恒力，到達(dá)極板N時速度剛好為零，故微粒將在點(diǎn)A和下極板之間往復(fù)運(yùn)動，選項(xiàng)A錯誤；由動能定理有mg·3h＝Eq·2h，解得E＝eq\f(3mg,2q)，選項(xiàng)B正確；若將M向下平移eq\f(h,3)，則板間場強(qiáng)變?yōu)镋1＝eq\f(U,\f(5,3)h)＝eq\f(3U,5h)＝eq\f(6,5)E，設(shè)當(dāng)微粒進(jìn)入電場后速度為零時的位置與N極板相距Δh，由動能定理有mg·(3h－Δh)＝E1q·(eq\f(5h,3)－Δh)，可知方程無解，選項(xiàng)C錯誤；若將N向上平移eq\f(h,3)，則板間場強(qiáng)變?yōu)镋2＝eq\f(U,\f(5,3)h)＝eq\f(3U,5h)＝eq\f(6,5)E，設(shè)當(dāng)微粒進(jìn)入電場后速度為零時的位置與M極板相距Δh′，由動能定理有mg·(h＋Δh′)＝E2q·Δh′，解得Δh′＝eq\f(5,4)h，選項(xiàng)D正確。12．(2024·肥城高三模擬)如圖所示，邊長為d的等邊三角形abc所在平面與一勻強(qiáng)電場(圖中未畫出)平行。將一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子從a點(diǎn)在平面內(nèi)沿某方向射出、粒子僅在電場力作用下恰好以相同的速度大小經(jīng)過c。若粒子以初速度v0從a點(diǎn)沿ac方向射入，僅在電場力作用下恰能運(yùn)動到b點(diǎn)，則(BD)A．a(chǎn)點(diǎn)電勢高于c點(diǎn)電勢B．a(chǎn)點(diǎn)電勢比b點(diǎn)電勢高eq\f(6mv\o\al(2,0),q)C．勻強(qiáng)電場場強(qiáng)大小為eq\f(6mv\o\al(2,0),qd)D．勻強(qiáng)電場方向垂直ac斜向下[解析]粒子經(jīng)a、c兩點(diǎn)速度大小相等，由動能定理知電場力做功為零，說明a、c兩點(diǎn)為等勢點(diǎn)，A錯誤；由電場線與等勢線垂直可知，勻強(qiáng)電場的電場線與ac垂直，因正電荷經(jīng)過b點(diǎn)，電場力做正功，故場強(qiáng)斜向右下方，D正確；粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，初速度方向：eq\f(d,2)＝v0t，電場力方向：eq\f(\r(3)d,2)＝eq\f(vy,2)t，粒子從a點(diǎn)移到b點(diǎn)，電場力做正功W，由動能定理得：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,y)＝6mveq\o\al(2,0)，解得：Uab＝eq\f(W,q)＝eq\f(6mv\o\al(2,0),q)，故B正確；勻強(qiáng)電場場強(qiáng)大小為E＝eq\f(Uab,dsin60°)＝eq\f(4\r(3)mv\o\al(2,0),qd)，C錯誤。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13．(6分)(2024·黑龍江高三模擬)“探究電容器充放電”的試驗(yàn)裝置示意圖如圖所示，已知靈敏電流計(jì)0刻度在表盤中心位置，經(jīng)推斷：當(dāng)電流從左接線柱流入時指針左偏，電流從右接線柱流入時指針右偏。請依據(jù)所學(xué)學(xué)問回答下列問題：(1)電容器充電結(jié)束后，將開關(guān)S扳到2放電的過程中，靈敏電流計(jì)指針會左偏(填“左”或“右”)。(2)將開關(guān)S扳到1，讓電源給電容器充電結(jié)束后，保持開關(guān)位置不變，若將電容器中間插入一層有機(jī)玻璃板，則在插入過程中靈敏電流計(jì)指針右偏(填“左”或“右”)。[解析](1)當(dāng)電流從左接線柱流入時指針左偏，電流從右接線柱流入時指針右偏。電容器充電結(jié)束后，將開關(guān)S扳到2放電的過程中，電流自左向右通過電流計(jì)，靈敏電流計(jì)指針會左偏。(2)將開關(guān)S扳到1，讓電源給電容器充電結(jié)束后，保持開關(guān)位置不變，電容器極板間電壓恒定，若將電容器中間插入一層有機(jī)玻璃板，電容增大，電量增大，電流自右向左通過電流計(jì)，靈敏電流計(jì)指針會右偏。14．(8分)(2024·北京高三模擬)電流傳感器可以像電流表一樣測量電流。不同的是它的反應(yīng)特別快，可以捕獲到瞬間的電流變更。此外，由于它與計(jì)算機(jī)相連，還能顯示出電流隨時間變更的I－t圖象。如圖甲所示連接電路。直流電源電動勢8V，內(nèi)阻可忽視，電容器可選幾十微法的電解電容器。先使開關(guān)S與1端相連，電源向電容器充電，這個過程可在短時間內(nèi)完成。然后把開關(guān)S擲向2端，電容器通過電阻R放電，傳感器將電流信息傳入計(jì)算機(jī)，屏幕上顯示出電流隨時間變更的I－t圖象，一位同學(xué)得到的I－t圖象如圖乙所示。(1)在圖乙I－t圖中用陰影標(biāo)記了一個直立的狹長矩形(在圖的1s旁邊)，這個陰影面積的物理意義是通電0.2_s充入電容器(流過電阻R)的電荷量。(2)依據(jù)I－t圖象可估算電容器在全部放電過程中釋放的電荷量為(1.4～1.8)×10－3C(3)假如不變更電路其他參數(shù)，只增大電阻R，充電時I－t曲線與橫軸所圍成的面積將_不變(填“增大、不變、變小”)；充電時間將變長(填“變長、不變、變短”)。[解析](1)將橫坐標(biāo)t分成很多很小的時間間隔，在這些很小的時間間隔里，放電電流I可以視為不變，則IΔt為這段時間內(nèi)充入電容器的電量，即這個陰影面積的物理意義是通電0.2s充入電容器(流過電阻R)的電荷量。(2)電容器在全部放電過程中釋放的電荷量在數(shù)值上等于圖象與坐標(biāo)軸所包圍的面積；詳細(xì)的做法是首先以坐標(biāo)紙上的一個小正方形作為一個面積計(jì)量單位，數(shù)出圖象與坐標(biāo)軸有多少個完整的小正方形，對于曲線下的部分超過該格一半面積的記為一個，不足一半的則舍去不計(jì)，這樣既可以得到曲線下包含的小正方形的個數(shù)為40個(格數(shù)為38～42都正確)；其次確定每個小方格所對應(yīng)的電荷量值，縱坐標(biāo)的每個小格為0.2mA，橫坐標(biāo)的每個小格為0.2s，則每個小格所代表的電荷量數(shù)值為：q＝0.2×10－3×0.2C＝4×10－5最終由曲線下方的方格數(shù)與q的乘積即得電容器所帶的電荷量：Q＝40×4×10－5C＝1.6×10－3(3)假如不變更電路其他參數(shù)，只增大電阻，將開關(guān)擲向1時，電容器的電壓不變，由于電容器的電容不變，依據(jù)Q＝CU可知充入電容的電荷量不變，即充電時I－t曲線與橫軸所圍成的面積將不變；只增大電阻R，由閉合電路歐姆定律知，將開關(guān)擲向1時電容器起先充電的電流減小，則曲線與縱軸交點(diǎn)的位置將向下移動，而充電時I－t曲線與橫軸所圍成的面積將不變，所以充電時間將變長。15．(8分)(2024·西安高三質(zhì)檢)如圖，空間存在一平行于豎直平面的勻強(qiáng)電場，某時刻將一質(zhì)量為m、電量為q、帶負(fù)電的小球從P點(diǎn)水平向右拋出，拋出的速度v0＝eq\r(2gh)，經(jīng)過一段時間后，小球經(jīng)過P點(diǎn)正下方距P點(diǎn)距離為h的Q點(diǎn)，且經(jīng)過Q點(diǎn)的速度大小為v＝2eq\r(gh)，已知重力加速度為g，試求：(1)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小及方向；(2)小球從P運(yùn)動到Q的過程中向右運(yùn)動的最遠(yuǎn)水平距離。[答案](1)eq\f(2mg,q)，水平向右(2)eq\f(1,2)h[解析](1)從P到Q，由動能定理得：mgh＋qUPQ＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得：UPQ＝0所以場強(qiáng)方向水平向右從P到Q，豎直方向由運(yùn)動學(xué)公式得：h＝eq\f(1,2)gt2水平方向由牛頓其次定律得：a＝eq\f(qE,m)水平方向由運(yùn)動學(xué)公式得：v0t－eq\f(1,2)at2＝0解得：a＝2所以E＝eq\f(2mg,q)(2)當(dāng)水平分速度為0時，小球向右運(yùn)動的水平距離最大由運(yùn)動學(xué)公式得：x＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)解得x＝eq\f(1,2)h16．(8分)(2024·城陽高三檢測)如圖所示a、b、c、d四條水平直線為勻強(qiáng)電場中的相鄰四個等勢面，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子在該勻強(qiáng)電場中運(yùn)動，實(shí)線為粒子的運(yùn)動軌跡，A、B是粒子運(yùn)動軌跡上的兩點(diǎn)。已知粒子在B點(diǎn)的速度大小為v，方向與等勢面平行，A與B的連線長為L且與等勢面的夾角為θ，不計(jì)粒子的重力。求：(1)該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)；(2)粒子通過A點(diǎn)時的速率。[答案](1)eq\f(2mv2sinθ,qLcos2θ)(2)veq\r(1＋4tan2θ)[解析](1)由帶電粒子運(yùn)動的軌跡可知其受到的電場力方向與等勢面垂直，豎直向下。粒于帶正電，其所受電場力方向與場強(qiáng)方向相同，故勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)方向垂直于等勢面豎直向下。粒子在從A運(yùn)動到B的過程中，在與等勢面平行的方向的分運(yùn)動是勻速直線運(yùn)動，在與等勢面垂直的方向分運(yùn)動是勻減速直線運(yùn)動。設(shè)粒子從A運(yùn)動到B的時間為t，加速度為a，則：在平行于等勢面方向上：Lcosθ＝vt在垂直于等勢面方向上：Lsinθ＝eq\f(1,2)at2qE＝ma聯(lián)立得：E＝eq\f(2mv2sinθ,qLcos2θ)(2)把粒子在A點(diǎn)的速度分解在平行于等勢面方向和垂直于等勢面方向，則平行于等勢面對右方向：vx＝v垂直于等勢面對上方向：vy＝at依據(jù)勾股定理，粒子在A點(diǎn)的速率：vA＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))聯(lián)立可得：vA＝veq\r(1＋4tan2θ)17．(14分)如圖所示，板長L＝10cm、板間距離d＝10cm的平行板電容器水平放置，它的左側(cè)有與水平方向成60°角斜向右上方的勻強(qiáng)電場。某時刻一質(zhì)量為m＝3.6×10－4kg、帶電荷量為q＝9×10－4C的小球由O點(diǎn)靜止釋放，沿直線OA從電容器極板間的中線水平進(jìn)入，最終剛好打在電容器的上極板右邊緣，O到A的距離x＝45eq\r(3)cm(g取10m/s2)。求：(1)電容器外左側(cè)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大??；(2)小球剛進(jìn)入電容器時的速度v的大小；(3)電容器極板間的電壓U。[答案](1)eq\f(8\r(3),3)N/C(2)3m/s(3)4V[解析](1)由于小球在電容器外左側(cè)的勻強(qiáng)電場中做直線運(yùn)動，因此小球所受合力沿水平方向，則Eq＝eq\f(mg,sin60°)解得E＝eq\f(8\r(3),3)N/C。(2)從O點(diǎn)到A點(diǎn)，由動能定理得：qExcos60°＝eq\f(1,2)mv2－0解得：v＝3m/s。(3)小球在電容器中做類平拋運(yùn)動