2010——2016年电场高考试题计算题汇编

1、电厂高考试题计算题汇编一(2010 2016)(2010天津卷)12. (20分)质谱分析技术已广泛应用于各前沿科学领域。汤姆孙发现电子的质谱装置示意如图，M N为两块水平放置的平行金属极板，板长为L,板右端到屏的距离为D,且D远大于L,O O为垂直于屏的中心轴线，不计离子重力和离子在板间偏离O' O的距离。以屏中心 O为原点建立xOy直角坐标系，其中x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向。(1)设一个质量为mi、电荷量为q0的正离子以速度 V0沿O O的方向从O'点射入，板 间不加电场和磁场时，离子打在屏上 O点。若在两极板间加一沿 +y方向场强为E的匀强电 场，求离子射到屏上时偏离

2、 O点的距离y。；(2)假设你利用该装置探究未知离子，试依照以下实验结果计算未知离子的质量数。 上述装置中，保留原电场，再在板间加沿-y方向的匀强磁场。现有电荷量相同的两种正离子组成的离子流，仍从 O'点沿O' O方向射入，屏上出现两条亮线。在两线上取y坐标相同的两个光点，对应的 x坐标分别为3.24mm和3.00mm,其中x坐标大的光点是碳 12离子 击中屏产生的，另一光点是未知离子产生的。尽管入射离子速度不完全相同，但入射速度都很大，且在板间运动时 O' O方向的分速度总是远大于 x方向和y方向的分速度。 解析：(1)离子在电场中受到的电场力Fyq°E离子

3、获得的加速度F y ay-m0离子在板间运动的时间t0V0到达极板右边缘时，离子在y方向的分速度Vy ayt0离子从板右端到达屏上所需时间Dt0'V0离子射到屏上时偏离 O点的距离V。Vyt0 '由上述各式，得q°ELDy。 rm°v0（2）设离子电荷量为 q ,质量为m ,入射时速度为v,磁场的磁感应强度为B ,磁场对离子的洛伦兹力Fx qvB已知离子的入射速度都很大， 因而离子在磁场中运动时间甚短，所经过的圆弧与圆周相比甚小，且在板间运动时，O'O方向的分速度总是远大于在 x方向和y方向的分速度，洛伦兹力变化甚微，故可作恒力处理，洛伦兹力产生的加

4、速度qvBax 一 max是离子在x方向的加速度，离子在 x方向的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动，到达极板右端时，离子在x方向的分速度m v m离子飞出极板到达屏时，在 x方向上偏离O点的距离vx axt 处（L）吧,qBL/D qBLD x vxt()m v mv当离子的初速度为任意值时， 离子到达屏上时的位置在 y方向上偏离。点的距离为y,考虑到式，得qELDy 2mv由、（ii）两式得2 kx ym一 2 一qB LD 其中kE上式表明，k是与离子进入板间初速度无关的定值，对两种离子均相同，由题设条件知,x坐标3.24mm的光点对应的是碳 12离子，其质量为 m1 12u , x坐

5、标3.00mm的光点对应的是未知离子，设其质量为 m2 ,由式代入数据可得m2 14u故该未知离子的质量数为14。（2010安徽卷）24.（20分）如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的,BD段为半径R=0.2m的半圆，两段轨道相切于 B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中， 场强大小E=5.0 X 103V/mo 一不带电的绝缘小球甲，以速度u o沿水平轨道向右运动，与静止m=1.0X 10-2kg,乙所带在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为(1) 的距离；(2)(3)B点电荷量q=2.0 x 10-5C, g取10m/s2。(水平轨道足够长，甲、乙

6、两球可视为质点，整个运动过 程无电荷在满足(1)的条件下。求的甲的速度u 0； 若甲仍以速度u 。向右运动，增大甲的质量,保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围。答案：(1) 0.4m(2) 275m/s(3)0.4m < x'< 1,6m解析：(1)在乙恰好能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为Vd ,乙离开D点达到水平轨道的时间为t ,乙的落点到B点的距离为x ,则2VdmRmg qE2R - 2mg qEmt2xVDt联立得：x0.4m(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为 v甲、v乙，根据动量守恒和机械能守恒定律有:mv0 mv甲mv乙122

7、mv01mv甲 2联立得:v乙V0由动能定理得: 1212mg?2R qE?2R -mvD mv乙 联立得:5(mg qE)R 2.5m/s m(3)设甲的质量为 M碰撞后甲、乙白速度分别为 Vm、Vm,根据动量守恒和机械能守恒定律有:Mv0 MvM mvm(10)1 2-Mv02212MVm 21 2 mvm2联立(10) (11)得：vm2Mv0M m(11)(12)由(12)和 M m,可得：vD vm < 2vD(13)设乙球过D点的速度为vD',由动能定理得1 mg?2R qE?2R - mvD12一mvm 2(14)(15)联立(13) (14)得：2m/s vD&#

8、39;v8m/s设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为x',则有x' Vd't(16)联立(15) (16)得：0.4m vx'v 1.6mL、宽为b、高为d的矩形(浙江第25题).(22分)如图甲所示，静电除尘装置中有一长为通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料。图乙是装置的截面图,上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连。质量为nr电荷量为-q、分布均匀的尘埃以水平速度vo进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。通过调整两板间距 d可以改变收集效率。当d=d。时 为81% (即离下板0.81d。范围内的尘埃能够被收集)

9、。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。(1)求收集效率为1。%寸，两板间距白最大值为 dm；(2)求收集率 与两板间距d的函数关系;(3)若单位体积内的尘埃数为 n,求稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量与两板间距d的函数关系，并绘出图线。答案：(1) 0.9d0 (2)当d 0.9d0时，收集效率为100%；当d 0.9d0时，收集率2d00.81 (3) M / t =d0.81nmbv0电,如图所示。d解析：(1)收集效率为81%即离下板0.81d0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电源的电压为U,在水平方向有Lv0t在竖直方向有120.81d0 at2qumd0当减少两板间距是,能够

10、增大电场强度,提高装置对尘埃的收集效率。收集效率恰好为100%时，两板间距为dm。如果进一步减少d ,收集效率仍为100%=因此，在水平方向有 L v0t，、12在竖直方向有dmat2其中a匚肥也 m m mdm联立可得dm 0.9d0(2)通过前面的求解可知，当 d 0.9d0时，收集效率为100% 当d 0.9d0时，设距下板x处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有21 qU L x2 md v0根据题意，收集效率为联立可得0.81(3)稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量M / t = nmbdv00.9d0 时,1 ,因此 M / t = nmbdv00.9d0 时,dn 2d20.8

11、1 ，因此 M / t= 0.81nmbv0 dd绘出的图线如下17 （2011北京第24题）.（20分）静电场方向平行于x轴，其电势6随x的分布可简化为如图所示的折线，图中6。和d为已知量。一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心，沿x轴方向做周期性运动。已知该粒子质量为m电量为-q,其动能与电势能之和为一 A （0<A<q（h）。忽略重力。求：（1）粒子所受电场力的大小；（2）粒子的运动区间;（3）粒子的运动周期。解析：（1）由图可知，0与d （或-d）两点间的电势差为。电场强度的大小电场力的大小（2）设粒子在-xoF qE Tx°区间内运动，速率为 v,由题意得1mv

12、2 q A2由图可知x0(1 d)1 2一 mv2xqo(1 d) A因动能非负，有xq 0(1 d) A 0x d(1 qA0)一A即xo d（1 ）q o AA粒子运动区间 d（l ） x d（1 ） q oq o（3）考虑粒子从-xo处开始运动的四分之一周期根据牛顿第二定律，粒子的加速度a F Eq q将（4（5代入，得tmmmd由匀加速直线运动t粒子运动周期T（2。12全国理综）.（16分）（注意：在试题卷上作答无效） 如图，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘清线悬挂于。点。先给电容器缓慢充电，使两级板所带电荷量分别为十Q和-Q,此时悬线与竖直方向的

13、夹角为冗/6 o再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到冗/3,且小球与丁n两极板不接触。求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量。i【解析】根据力的平衡和力的合成（如下图），.DEq mg tan ,根据电场强度与电势差的关系及电容的定义得E 旦，所以Q W3mgCd;第二次充电后，Q' W3mgCd,所以第二次Cd3qB离开电场后，A B间的充电使电容器正极板增加的电荷量Q Q, Q 2 3mged 2Q. 3q（2。12北京高考卷）.（2。分）匀强电场的方向沿 x轴正方向，电场强度E随x的分布如图所示，图中b和d均为已知量.将带正电的质点A在O点由静止释放. A离开电场足

14、够远后，再将另一带正电的质点 B放在O点也由静止释放.当B在电场中运动时，A B间的相互作用力及相互作用能均为5相互作用视为第EEo *-x静电作用.已知 A的电荷量为 Q A和B的质量分别为 m和史.不计重力. 4(1)求A在电场中的运动时间 t ;(2)若B的电荷量为q=4Q,求两质点相互作用能的最大值Em;9(3)为使B离开电场后不改变运动方向，求 B所带电荷量的最大值 qm.答案：(1)由牛顿第二定律， A在电场中运动的加速度 a=F=QE0 m mA在电场中做匀变速直线运动d=I at22解得运动时间t = . 2d = 2dma QE0(2)设A、B离开电场时的速度分别为ubo,由

15、动能定理，有QEd=m A°，QEd=2 m 2oA B相互作用过程中，动量和能量守恒.A B相互作用力为斥力，A受的力与其运动方向相同，B受的力与其运动方向相反， 相互作用力对 A做正功，对B做负功.A、 B靠近的过程中，B的路程大于 A的路程，由于相互作用力大小相等，相互作用力对B做功的绝对值大于对 A做功的绝对值，因此相互作用力做功之和为负，相互 作用能增加.所以，当 A B最接近时相互作用能最大，此时两者速度相同，设为 u ',有(n+m)u'= muAo+muBo12 1m 2、 1 m 2 肉Epm"( 2m A0+ 2 4 B0)- 2(n+4

16、) U 已知= 4q,由、式解得9相互作用能的最大值日行QEd45(3)考虑A、B在x>d区间的运动，由动量守恒、能量守恒，且在初态和末态均无相互 作用，有mu A+m4U B= m U Ao+m U Bo41m A + 1m2 A 2 42 1B=2m2 +1 mA0 2 42B0由、解得因B不改变运动方向，故由、解得TY"0q<Q即B所带电荷量的最大值 qm=16 Q9(2012四川卷).(19分)如图所示，ABC时固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑=0.25 。设小物体的电水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角 0 = 370,半径r=2.5m, CD段平直倾斜且粗糙

17、，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在 区域有场强大小为 E=2Xl0 5N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强 电场。质量 m=5Xl0-2kg、电荷量q=+1x 10-6C的小物体(视为 质点)被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度vo=3m/s冲上斜轨。以小物体通过 C点时为计时起点，0.1s以 后，场强大小不变，方向反向。已知斜轨与小物体间的动摩擦因数 荷量保持不变，取 g=10m/s2. sin37 0=0.6 , cos370=0.8。(1)求弹簧枪对小物体所做的功;(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P,求CP的长度。24.解： 1O (1)设弹黄枪对小物体做功为W,由动能te理

18、得 WAmgr(l- cos 8 )=2 mv 代人数据得W=0.475J说明：式4分，式2分。(2)取沿平直斜轨向上为正方向。设小物体通过C点进入电场后的加速度为ab由牛顿第二定律得一 mgsin 0 (mgcos 0 +qE)=ma小物体向上做匀减速运动，经t1=0.1s后，速度达到V1,有V1=v0+a1t 1 由可知V1=2.1m/s ,设运动的位移为 s1,有,1,2xpxSi - V0t 1+2 a1t 1电场力反向后，设小物体的加速度为a2,由牛顿第二定律得一mgsin 0 (mgcos 0 -qE)=ma 设小物体以此加速度运动到速度为0,运动的时间为t2,位移为S2,有0=V

19、1+a2t 21 2S2=V1t 2+2 a2t 2设CP的长度为s,有S=S1+S2联立相关方程，代人数据解得s=0.57m®说明：式各3分，式各1分，式2分。(2013全国卷大纲版).(19分)一电荷量为q (q>0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在 t=0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示，不计重力。求在 t=0至ij t=T的时间间隔内(1) 粒子位移的大小和方向(2) 粒子沿初始电场反方向运动的时间答案：解法一：粒子在 0T4、T/4T/2、T/23T74、3T/4T时间间隔内做匀变速运动，设 加速度分别为ai、a、a3、a4,由牛顿第二定律得$

20、£0 =抄也=一访口： 2g 耳=与=»ia4由此得带电粒子在 。T时间间隔内运动的 at图像如图（a）所小）对应的vt图像如图（b）所示，其中5 D由图（b）可知，带电粒子在 t = 0到t = T时的位移为44 联立解得：16组，它的方向沿初始电场正方向。（2）由图（b）可知，粒子在t=3T/8到t=5T/8内沿初始电场反方向运动，总的运动时间 为*（4分）解法二：带电粒子在粒子在0T/4、T/4T/2、T/23T/4、3T/4T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为ai、a2、a3、a4,由牛顿第二定律得祖二%、用迄一出、加与心、注二一叫（每个式子1分）设粒子在t =

21、 T/4、t = T/2、t = 3 T/4、t =T时刻的速度分别为 vi、V2、V3、V4,则有TTTT5 = g 吗=5 + 勺 一o= 的+叼 一%=七 十 % 一,4一 4 >'.、4（每个式子1分）设带电粒子在1=0到1=丁时的位移为s,有-_产十巧+啊十巧十的十巧十 %2222 ,J y分）解得16加（2分）它的方向沿初始电场正方向。（1分）(2)由电场的变化规律知，粒子从 t=T/4时开始减速，设经过时间 ti粒子速度为零，有°二吗+口出，解得ti=T/8(1分)粒子从t=T/2时开始加速，设经过时间 t2粒子速度为零，有°=口嘎，解得 t2=

22、T/8 (1 分)设粒子从t = 0到t = T内沿初始电场反方向运动的时间为t2,有,八、 t = 4(1 分)解得t = T/4 (1分)2014 新课标全国卷I 如图所示，Q A, B为同一竖直平面内的三个点，OBg竖直方向，/ BOA= 60° , OB= 20A将一质量为 m的小球以一定的初动能自 O点水平向右抛出， 小球在运动过程中恰好通过A点，使此小球带电，电荷量为q( q>0),同时加一匀强电场，场强方向与 0A的在平面平彳T.现从 0点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该 小球通过了 A点，到达A点时的动能是初动能的 3倍；若该小球从0点以同样的初动能沿

23、另 一方向抛出，恰好通过 B点，且到达B点时的动能为初动能的 6倍，重力加速度大小为 g. 求(1)无电场时，小球到达 A点时的动能与初动能的比值；(2)电场强度的大小和方向.3mq25. (1)7 : 3 (2) 6q ,方向略解析设小球的初速度为 V0,初动能&0,从0点运动到A点的时间为t ,令0A= d, 3则0B= 2d,根据平抛运动的规律有dsin 60 ° = V0t ,1 .2dcos 60= 2gt 1 2 又有E0=2m0由式得Ek0= 8mgdD设小球到达A点时的动能为Ea,则1EkA= E<o+ 2mg(dD由式得EkA 7Ek0=3.d3(2)

24、加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了 2和2d,设电势能分别减小AE3A和A&B,由能量守恒及式得12A E，A=3E<0-Ek0-2mgd= 3区3A Epb= 6Ek0- E<0 2mgd=国在匀强电场中， 沿任一直线，M与O点的距离为x,如图，则有电势的降落是均匀的， 设直线OB上的M点与A点等电势,3 A EpA d= A EpB©解得x=d, MA为等势线，电场必与其垂线 OCT向平行，设电场方向与竖直向下的方向 的夹角为a ,由几何关系可得a = 30 即电场方向与竖直向下的方向的夹角为 30 ° .设场强的大小为E,有qEcCo

25、s 30 ° = A EA? 式得3mgE° 6q .2014 安徽卷(14分)如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C,极板间距离为d,上极板正中有一小孔.质量为 mi电荷量为+ q的小球从小孔正上方高 h处由 静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g).求：(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量;(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间.22.答案(1)(2)mg (h + d) C gh+ d2h h g解析(1)由 v2=2gh 得 v=(2)在极板间带电小球受重

26、力和电场力，有mg- qE= ma20- v = 2ad得E=mg (h + d)qdU= EdQ= CUmg (h + d) 得 Q= C y q,1 2(3)由 h= 2gt 1、0= v+ at 2、t = 11 +12可得t =h+ d2h2014 福建卷I 如图，真空中xOy平面直角坐标系上的A B、C三点构成等边三角形，边长L= 2.0 m.若将电荷量均为 q=+2.0 X 106 C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k=9X109N m2/C2,求：(1)两点电荷间的库仑力大小；(2) C点的电场强度的大小和方向.20. (1)9.0 X 10 3 N (2)7.8 X

27、103 N/C 沿 y 轴正方向解析(1)根据库仑定律，A B两点电荷间的库仑力大小为q2F= kL2 代入数据得F=9.0 X 10 3 N(2) A B两点电荷在C点产生的场强大小相等，均为E= kL2 A、B两点电荷形成的电场在 C点的合场强大小为E= 2日cos 30 ° 由式并代入数据得 E= 7.8 X 103 N/C场强E的方向沿y轴正方向.(15江苏卷)(16分)一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为+q、质量不同的离子飘入电压为Uo的加速电场，其初速度几乎为零，这些离子经过加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为 B的匀强磁场，最后打在底片上，已知放置

28、底片区域已知放置2 底片的区域 MN =L且OM =L某次测量发现 MN中左侧2区域吊或坏,3右侧1区域QN05能正常检测到离子.在适当调节加速电压后，原本打在 3检测不到离子，但MQ 勺离子即可在(1)求原本打在M时点P的离子质量m(2)为使原本打在 P的离子能打在 QNK域，求加速电压 U的调节范围;(3)为了在QN区域将原本打在MQE域的所有离子检测完整，求需要调节U的最少次数。(取 lg2 0. 301; lg3 0. 477,lg50. 699)【解答】（1）离子在电场中加速qU01 2 一mv2在磁场中做匀速圆周运动qvB2 v m r2mU。代入一 _ 2 29qB!32U。(2

29、)由（1）得,16U 0r9L25L 6100U0；离子打在N8116U00 ,则电压的范围9100U08116U09(3)由（1）可知,第一次调节电压到U1，使原本打到Q点的离子打到N点，白 5L 6胆，此时，设原本半径为1的打在Q1的离子打在Q上,5L则"6-（6）2L丝L36第二次调节电压到 U2,使原本打到Q1点的离子打到N点,L5 2(6)LU2,此时，设原 ,U。5L本半径为2的打在Q2的离子打在 Q上，则 r25 3125(-)L - L621651同理，第n次倜节电压，有rn （5） L,检测完整，有rn - L 62 lg2,解得 n - 1 2.8,lg(f)5Q

30、M佥测到。最少次数为3次。【最后一步本人的简便解法】L . U3第三次调节电压到 U3,使原本打到Q2点的离子打到 N点，一 片=，此时，设原 (5)3L Uo本半径为3的打在Q3的离子打在Q上，则_6 上；，解得3 (-)4L -625- L - L ,3U0612962调节电压的次数最少为 3次。(15海南卷)在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E(图中未画出)， 由A点斜射出一质量为 mi带电量为+q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点， 如图所示， 其中lo为常数。粒子所受重力忽略不计，求：(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功；(2)粒子从A到C过程所经历的时间；(

31、3)粒子经过C点时的速率。【答案】(1) W3qElo；(2)tAc31驷;(3)%JlZqEk, qE 2m【解析】(1)电场力做功与路径无关，A C间沿电场线方向的距离 y 3l0,所以电场力做功 W qE y 3qEl0；(2)由对称性知，轨迹最高点在 y轴上，设为P点，带电粒子在水平方向做匀速直线运动，又A、P、B、C的水平间距相等，均为 I。，所以三段轨迹经历时间也相等，设为 t。，由P到C竖直方向做初速为零的匀加速直线运动，有yPB ： yBC 3, yPB I。，由P到B,有(3)1 qE2gmEt2 解得 t0空，所以粒子从A到C过程所经历的时间tAC3to 32mlo qE，

32、由P到c,水平速度Vxg2to 2lo,所以 Vx色to幽，竖直方向4g?to 4lo,所 2m2以Vy4° 4Vx,即粒子经过C点时的速率Vc Jv2 V J17vx，173曳to. 2m(北京卷，23)如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于版面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m,电荷量为e,加速电场电压为U。，偏转电场可看做匀.强电场，极板间电压为U,极板长度为L,板间距为do(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度V0和从电场射出时沿垂直版面方向的偏转距离 Ay；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法。在解决(1)问时忽略 了

33、电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因。已知 U 2.0 102V,23119 _2d 4.0 10 m , m 9.1 10 kg , e 1.6 10 C, g 110 m/s 。(3)极板间既有电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势 的定义式。类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”的g概念,并简要说明电势和“重力势”的共同特点。 UI2 Ec一【答案】(1)(2)不需要考虑电子所受的重力(3)，、电势 和重4U°dq力势G都是反映场的能的性质的物理量，仅仅由场自身的因素决定【解析】(1)根据功能关系，可得eU0 Nmv2,2电子射入偏转电场的初速度

34、V0在偏转电场中电子的运动时间t ' L mV0: 2eU。侧移量y ；a( t)2UL24U°d(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力 G mg 10 29 N 来源:学电场力F eU 10 15N d由于F G,因此不需要考虑电子所受的重力(3)电场中某点电势定义为电荷在该点的电势能E. Ep与电荷量q的比值 q将重力场中物体在某点Egm由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义,Eg的重力势能 与其质量m的比值，叫做重力势，即 电势和重力势 g都是反映场的能的性质的物理量，仅仅由场自身的因素决定2 .(上海卷，32) (14分)如图(a),长度L=0.8m

35、的光滑杆左端固定一带正电 的点电荷A,其电荷量Q=1.8 10 7c ; 一质量m=0.02kg,带电量为q的小球B套 在杆上。将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系。点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如 图(b)中曲线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图(b)中曲线II所示，其中曲线II在0.16&x00.20和x>0.40范围可近似看 作直线。求：(静电力常量k 9 109N m/C2)(1)小球B所带电量q;(2)非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小 E； (3)在合电场中，x=0.

36、4m与x=0.6m之间的电势差 U。(4)已知小球在x=0.2m处获得v=0.4m/s的初速度时， 最远可以运动到x=0.4m。若小球在x=0.16m处受到方向 向右，大小为0.04N的恒力作用后，由静止开始运动， 为使小球能离开细杆，包力作用的做小距离s是多少？【答案】(1) 1 10 6C(2) 3 104N/C(3) 800v(4) 0.065m【解析】（1）由图可知，当x=0.3m时，F1 = k£Q= 0.018N x因此 q=1?10-6C（2）设在x=0.3m处点电荷与小球间作用力为F2,F 合=F2+qE因止匕E= £qF2- 0.012- 0.0181 1

37、0-6一 一 一4 一N /C= - 3? 10 N /C电场在x=0.3m处沿细秆方向的电场强度大小为 3, 104N/C ,方向水平向左。（3）根据图像可知在x=0.4m与x=0.6m之间合力做功大小W 0.004 0.2 8 10 4 J,又 qU W ,可得 U W 800V q（4）由图可知小球从x=0.16至ijx=0.2m处,电场力做功W0.03 0.04 八 “ 4 , 6 10 J小球从x=0.2m至I x=0.4m处123W2-mv21.6 10 3J2由图可知小球从x 0.4m至I x 0.8m处3.电场力做功 W4=0.004 X 0.4= 1.6 10 J由动能定理W

38、1+W+W3+F外s=0解得 s= WLJW_JW3=0.065m F外3 .（四川卷，9） （15分）中国科学家2015年10月宣布中国将在2020年开始建造 世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备， 在放射治疗、 食品安全、材料科学等方面有广泛应用。如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管（漂移管）组成，相邻漂 移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿 过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速、加速电压视 为不变。设质子进入漂移管B时速度为8 106m/s,进入漂移管E时速度为1 107m/s, 电源频率为1 1

39、07Hz,漂移管间缝隙很小。质子在每个管内运动时间视为电源周脉冲电遁期的1/2。质子的荷质比取1 108C/kg。求：（1）漂移管B的长度；（2）相邻漂移管间的加速电压。【解析】（1）设高频脉冲电源的频率为f,周期为T;质子在每个漂移管中运动的时间为t ;质子进入漂移管B时速度为vB ;漂移管B的长度为LB 。则1-T 2LBVb联立式并代入数据得：LB 0.4m（2）设质子的电荷量为q,质量为m荷质比为e；质子进入漂移管B时动能为Ekb ;质子进入漂移管E时速度为vE ,动能为EkE ;质子从漂移管B运动到漂移管E,动能的增加量为 Ek ;质子每次在相邻漂移管间被电场加速，电场的电压为U,所做的功为W则122mvB1 2-mvE 2EkEkEEkBqu质子从漂移管B运动到漂移管E共被电场加速3次，根据动能定理有3WEk联立式并代入数据得:114U 6 10 V答：（1）漂移管B的长度为0.4 m （2）相邻漂移管间的加速电压为 6X104V。4 .（四川卷，11） （19分）如图所示，图面内