精品最全带电粒子电场的运动解答题练习

1、. z.-带电粒子的运动解答题练习一实验题(共 3 小题)1 (2016*自主招生)平行板电容器竖直安放如图所示，两板间距d=0.1m，电势差 U=1000V，现从平行板上 A 处0以 v =3m/s 初速度水平射入一带正电小球(已知小球带电荷量 q=104C，质量 m=0.02kg)，经一段时间后发现小球打在 A 点正下方的 8 点，求：(1) AB 间的距离；(2)若小球打在与 B 同一水平线上的+极板上，小球的初速度应是多大？2 (2011)如图所示，带电荷量为+410 8C 的滑块在电场强度大小为 2104N/C、方向水平向右的匀强电场中，沿光滑绝缘水平面由 M 点运动到 N 点已知

2、M、N 间的距离为 0.1m 求：(1)滑块所受电场力的大小；(2) M、N 两点间的电势差；(3)电场力所做的功3 如图所示， AC 是半径为 R 的圆的一条直径，该圆处于匀强电场中，圆平面与电场方向平行，场强大小为E ，方 向一定，在圆周平面内，将一带电量为+q、质量为 m 的小球从 A 点以相同的动能抛出，抛出方向不同时，小球会 经过圆周不同的点，在这些所有的点中，到达 B 点小球的动能最大，已知CAB=45，若不计小球重力及空气阻 力(1)试求电场方向与 AC 间的夹角 为多大？0(2)若小球在 A 点沿 AC 方向以速度 v 抛出，抛出后恰能经过 B 点，求小球到达 B 点的速度大小

3、二计算题(共 4 小题)4 (2016高安市校级三模)如图甲所示，两个带正电的小球A 、B 套在一个倾斜的光滑直杆上，两球均可视为点电A荷，其中 A 球固定，带电量 Q =210 4C，B 球的质量为 m=0.1kg以 A 为坐标原点，沿杆向上建立直线坐标系，A 、B 球与地球所组成的系统总势能(重力势能与电势能之和)随位置*的变化规律如图中曲线所示，直线为曲 线 I 的渐近线 图中 M 点离 A 点距离为 6 米 (g 取 10m/s2 ，静电力恒量k=9.0109Nm2/C2 令 A 处所在平面为重力势能的零势能面，无穷远处为零电势能处)(1)求杆与水平面的夹角 ；B(2)求 B 球的带电

4、量 Q ；M(3)求 M 点电势 ；k0(4)若 B 球以 E =4J 的初动能从 M 点开始沿杆向上滑动，求 B 球运动过程中离 A 球的最近距离及此时 B 球的加速度 5(2016杨浦区三模)研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，它的上下地面 是面积 S=0.04m2 的金属板，间距 L=0.05m，当连接到 U=2500V 的高压电源正负两极时，能在两金属板间产生一个匀强电场，如图所示，现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每立方米有烟尘颗粒11013 个，假设这些颗粒都处于静止状态，每个颗粒带电量为q=+1.01017C，质量为 m=2.01015kg

5、，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力求合上电键后：(1)经过多长时间烟尘颗粒可以被全部吸附？. z.-(2)除尘过程中电场对烟尘颗粒共做了多少功？(3)经过多长时间容器中烟尘颗粒的总动能达到最大？6 (2016 春*校级月考)如图所示，在水平向左的匀强电场中，有一个半径为R 的半圆形绝缘轨道竖直放置，轨 道与一个水平绝缘轨道 MN 连接，一切摩擦都不计，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，一个带正电的小滑块质量为 m，所受电场力为其重力的 ，重力加速度为 g，问：(1)要小滑块恰好运动到圆轨道的最高点 C，滑块应在水平轨道上离 N 点多远处释放？(2)这样释放的滑块通

6、过 P 点时，轨道对滑块的作用力是多大？(P 为半圆轨道中点)(3)小滑块经过 C 点后最后落地，落地点离 N 点的距离多大？7 (2011 秋*市校级期中)如图所示，水平放置的平行板电容器，极板长L=0.1m，两板间距离 d=0.4cm有一带 电微粒以一定的初速度从两板中央平行于极板射入，若板间不加电场，由于重力作用微粒恰能落到下板中点O 处；若板间加竖直方向的匀强电场， 带电微粒刚好落到下板右边缘 B 点 已知微粒质量 m=2.0106kg， 电量 q=1.0108C，取 g=10m/s2 试求：(1)带电微粒入射初速度的大小；(2)板间所加电场的电场强度多大？方向怎样？三解答题(共 13

7、 小题)8 (2016*模拟)在*Oy 平面内，有沿 y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E (图象未画出)，由 A 点斜射出一质0量为 m、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l 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；(3)粒子经过 C 点时的速率1 29 (2016*校级模拟)如图所示，电源电动势E=30V，内阻 r=1，电阻 R =4， R =10两正对的平行金属板长L=0.2m，两板间的距离 d=0.1m闭合开关 S 后，一质量 m=5108kg，电荷量 q=+

8、410 6C 的粒子以平行于两板0且大小为 v =5 102m/s 的初速度从两板的正中间射入，求粒子在两平行金属板间运动的过程中沿垂直于板方向发生的位移大小？(不考虑粒子的重力)10(2016*自主招生) 如图所示， 在光滑绝缘的水平面上， 用长为 2L 的绝缘轻杆连接两个质量均为 m 的带电小球 A 和 BA 球的带电量为+2q ，B 球的带电量为3q，两球组成一带电系统虚线 MN 与 PQ 平行且相距 3L，开始 时 A 和 B 分别静止于虚线 MN 的两侧， 虚线 MN 恰为 AB 两球连线的垂直平分线 若视小球为质点， 不计轻杆的质 量，在虚线 MN、PQ 间加上水平向右的电场强度为

9、 E 的匀强电场后试求：(1) B 球刚进入电场时，带电系统的速度大小；(2)带电系统向右运动的最大距离和此过程中 B 球电势能的变化量；(3)带电系统运动的周期11(2016*模拟) 如图 (a) 所示， 一光滑绝缘细杆竖直放置， 距细杆右侧 d=0.3m 的 A 点处有一固定的点电荷 细 杆上套有一带电量 q=1106C，质量 m=0.05kg 的小环设小环与点电荷的竖直高度差为h将小环无初速释放后，k(1)试估算点电荷所带电量 Q；其动能 E 随 h 的变化曲线如图(b)所示1(2)小环位于 h =0.40m 时的加速度 a；-2 3(3)小环从 h =0.3m 下落到 h =0.12m

10、 的过程中其电势能的改变量 (静电力常量 k=9.0109Nm2/C2 ，g=10m/s2 )12 (2015宝安区模拟)如图所示， A、B 为半径 R=1m 的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一圆弧区域内 存在着 E=1106 V/m、竖直向上的匀强电场，有一质量 m=1kg、带电荷量 q=+1.410 5C 的物体(可视为质点) ， 从 A 点的正上方距离 A 点 H=1m 处由静止开始自由下落 (不计空气阻力) ，BC 段为长 L=2m、与物体间动摩擦因数 =0.2 的粗糙绝缘水平面， CD 段为倾角 =53且离地面 DE 高 h=0.8m 的斜面 (取 g=10m/s2 )(1)

11、若物体能沿轨道 AB 到达最低点 B，求它到达 B 点时对轨道的压力大小；(2)物体从 C 处飞出后的速度；(3)物体从 C 处飞出后落点与 D 点之间的距离(已知 sin 53=0.8，cos 53=0.6不讨论物体反弹以后的情况)13(2015 秋普陀区月考)如图，粗糙、绝缘的直轨道固定在水平桌面上， B 端与桌面边缘对齐， A 是轨道上一点， 过 A 点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小 E=2106N/C，方向水平向右的匀强电场可视为质点的带负电的小物体 P 电荷量 q=2106C，质量 m=0.25kg，与轨道间动摩擦因数 =0.4 P 由静止开始向右运动，经过 0.55s 到达 A点，

12、 到达 B 点时速度是 5m/sP 在整个运动过程中始终受到水平向右的外力F 作用， F 大小与 P 的速率 v 的关系如 表格所示，忽略空气阻力v (ms 1) 0v2 2v5 v5F/N 2 6 3(1)求小物体 P 从开始运动至 A 点的速率；(2)求小物体 P 从 A 运动至 B 的过程，电场力做的功；(3)小物体 P 到达 B 点后，飞向另一侧呈抛物线形状的坡面如图，以坡底的 O 点为原点建立坐标系*oy已知 BO 高为 h，坡面的抛物线方程为 y= *2，式中 h 为常数， 且 h7，重力加速度为 g若当小物体 P 刚到达 B 点时，通过对其施加一个水平向右的瞬时力， 改变其在 B

13、 点的速度 则欲使 P 落到坡面时的动能恰好最小， 求其在 B 点时 的速度14 (2011*模拟)如图所示，直线 OA 与 y 轴成 =30角，在 AOy 范围内有沿 y 轴负方向的匀强电场，在 AO* 范围内有一个矩形区域的匀强磁场 该磁场区域的磁感应强度 B=0.2T，方向垂直纸面向里 一带电微粒电荷量 q=+201014C，质量 m=41020kg，微粒子在 y 轴上的*点以速度v 垂直于 y 轴进入匀强电场，并以速度 v=3104m/s垂直穿过直线 OA，运动中经过矩形磁场区域后，最终又垂直穿过*轴不计微粒重力，求： (根据创新设计习题改 编)(1)带电微粒进入电场时的初速度v0 多

14、大？(2)带电微粒在磁场中做圆周运动的半径r(3)最小矩形磁场区域的长和宽1 2 115(2011*一模)如图甲所示， M 和 N 是相互平行的金属板， OO O 为中线， O 为板间区域的中点， P 是足够大1的荧光屏带电粒子连续地从 O 点沿 OO 方向射入两板间带电粒子的重力不计(1)若只在两板间加恒定电压 U，M 和 N 相距为 d，板长为 L (不考虑电场边缘效应) 若入射粒子是不同速率、2电量为 e、质量为 m 的电子，试求能打在荧光屏 P 上偏离点 O 最远的电子的动能. z.-1( 2)若两板间没有电场，而只存在一个以 O 点为圆心的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，已知

15、磁感应强度 B=0.50T，两板间距 cm，板长 L=l.0cm，带电粒子质量 m=2.0 10 25kg，电量 q=8.0 10 18C，入射速度 105m/s若能在荧光屏上观察到亮点，试求粒子在磁场中运动的轨道半径r，并确定磁场区域的半径 R 应满足的条件 (不计粒子的重力)( 3)若只在两板间加如图乙所示的交变电压 u，M 和 N 相距为 d，板长为 L (不考虑电场边缘效应)入射粒子是电量为 e、质量为m 的电子 *电子在应满足的条件0 0时刻以速度 v 射入电场，要使该电子能通过平行金属板，试确定U_1 116(2011鼓楼区校级模拟)如图 1 所示为*仪器内部结构图，由O 处静止释

16、放的电子经加速电压 U 加速后沿横截2 3 2面为正方形的金属盒中轴线 O O 射入金属盒， O 为金属盒左端面的中心，金属盒由上下两个水平放置、前后两个1 0 2竖直放置，长为 L 、宽为 L 的金属薄板组成(它们不相连)，金属盒横截面如图 2 ，距盒右端面 L 处有一面积足够2 3 1 2 3大并与 O O 相垂直的接收屏，屏中心为 O ，O O O O 在同一水平直线上屏上所设直角坐标轴的*轴垂直纸面向* YY外仪器可在盒前、后两面及上、下两面加如图 3 所示的 U t 扫描电压及 U t 的正弦交流电压设电子0的质量为 m，带电量为 e，图中 U 、T 均为已知量设所有入射的电子均能到

17、达屏，不计电子所受重力、电子间的. z. ，-2相互作用及电子由静止释放到 O 的运动时间在每个电子通过电场的极短时间内，电场可视作恒定的*( 1)如仪器只提供 U t 扫描电压，请定性说明 t=T/4 时刻入射的电子在盒内及离盒后各做什么运动；*( 2)如仪器只提供 U t 扫描电压，试计算t=T/4 时刻入射的电子打在屏上的坐标；* YY( 3)如果在盒内同时具有 U t 扫描电压和 U t 的正弦交流电压，请在答题卡上提供的坐标图上标出t=T/2至 t=3T/2 时间段入射的电子打在屏上所留下的痕迹示意图， 其中坐标图上每单位长度为 不要求计算过程17(2015秋*校级月考)在粗糙的绝缘

18、水平面上相距为 6L 的 A、B 两处，分别固定电量不等的正点电荷，两电荷 的位置坐标如图(甲)所示，其中 B 处电荷的电量为 Q图(乙)是 AB 连线之间的电势 与位置*之间关系的图0象：图中*=L 点为图线的最低点， *= 2L 处的纵坐标 = ，*=0 处的纵坐标 =0*=2L 处的纵坐标 =0在*= 2L 的 C 点由静止释放一个质量为 m、电量为 q 的带正电物块(可视为质点) ，物块随即向右运动 求：A( 1)固定在 A 处的电荷的电量 Q ；( 2)小物块与水平面间的动摩擦因数 应多大，才能使小物块恰好到达*=2L 处；( 3)若小物块与水平面间的动摩擦因数 =m，小物块运动到何

19、处时速度最大？并求最大速度 v 18 (2015 秋*校级月考)如图， O、A、B 为同一斜面内的三个点， OB 沿斜面向下，BOA=60， 0B= OA将0一质量为 m 的小球以初速度 v 自 O 点平行斜面水平向右抛出，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 (q0)，同时加一匀强电场场强方向与OAB 所在平面平行，现从 O 点以同样的速率沿*一平行斜面 方向抛出此带电小球，该小球也恰好通过了 A 点，到达 A 点时的动能是初动能的 3 倍；若该小球从 O 点以同样的 速率沿另一平行斜面方向抛出，恰好通过 B 点，且到达 B 点的动能为初动能的 6 倍，重力加速度大小为

20、 g固定光 滑斜面的倾角 =30，求：( 1)无电场时，小球达到 A 点时的速度大小；. z.-OA OB(2) OA 、0B 的电势差 U 、U ；(3)电场强度的大小和方向19 (2015 春*校级期中)如图(甲)为平行板电容器，板长 l=0.1m，板距 d=0.02m板间电压如图(乙)示，电子以 v=1 107m/s 的速度，从两板中央与两板平行的方向射入两板间的匀强电场，为使电子从板边缘平行于板的方向射出，电子应从什么时刻打入板间？并求此交变电压的频率 (电子质量 m=9.11031 kg，电量 e=1.61019 C)20(2015 秋番禺区校级期中) 如图 1，在真空中足够大的绝缘

21、水平地面上， 一个质量为 m=0.2kg，带电量为 q=+2.0 10 6C 的小物块处于静止状态， 小物块与地面间的动摩擦因数 =0.1 从 t=0 时刻开始， 空间加上一个如图 2 所示的场强大小和方向是周期性变化的电场 (取水平向右的方向为正方向， g 取 10m/s2 )求：(1)物块在前 2s 内加速度的大小；(2)物块在前 4s 内的位移大小；(3) 23 秒内电场力对小物块所做的功带电粒子的运动解答题练习参考答案与试题解析一实验题(共 3 小题)1 (2016*自主招生)平行板电容器竖直安放如图所示，两板间距 d=0.1m，电势差 U=1000V，现从平行板上 A 处0以 v =

22、3m/s 初速度水平射入一带正电小球(已知小球带电荷量 q=104C，质量 m=0.02kg)，经一段时间后发现小球打在 A 点正下方的 8 点，求：(1) AB 间的距离；(2)若小球打在与 B 同一水平线上的+极板上，小球的初速度应是多大？【分析】 (1)将小球分解成水平方向与竖直方向运动，根据各方向的受力与运动来确定其运动性质；再根据牛顿第 二定律与运动学公式，来确定运动到最远时间，从而可求得竖直方向下落的距离(2)根据水平方向匀加速竖直方向自由落体运动借口求得A【解答】 解： (1)小球 m 在处以v 以水平射入匀强电场后，运动轨迹如图所示考察竖直方向情况：小球无初速，只受重力 mg，

23、可看作是自由落体运动；A考察水平方向情况，有初速 v ，受恒定的电场力 qE 作用，作匀速直线运动，小球的曲线运动由上述两个正交的直线运动叠加而成=103V/m由题可知： E=S = AB设球飞行时间为 t，在竖直方向上有：水平方向上有： t= =AB代入数据解得： S =7.210 2m. z.-(2)在水平方向上有： *=*=d0联立解得： v =3.8m/s答： (1) AB 间的距离为 7.210 2m(2)若小球打在与 B 同一水平线上的+极板上，小球的初速度应是 3.8m/s2 (2011)如图所示，带电荷量为+410 8C 的滑块在电场强度大小为 2104N/C、方向水平向右的匀

24、强电场中，沿光滑绝缘水平面由 M 点运动到 N 点已知 M、N 间的距离为 0.1m 求：(1)滑块所受电场力的大小；(2) M、N 两点间的电势差；(3)电场力所做的功【分析】 (1)在匀强电场中，根据 F=qE 直接计算电场力的大小；(2)根据 U=Ed 计算 M 、N 两点间的电势差；(3)根据 W=qU 计算电场力所做的功【解答】 解： (1)滑块所受的电场力为：F=qE=410 一 8 2104N=810 4N(2) M、N 两点间的电势差为：MNU =Ed=2104 0.1V=2103V(3)电场力所做的功为：MN MNW =qU =4108 2103J=8105J答： (1)滑块

25、所受电场力的大小为 8104N；(2) M、N 两点间的电势差为 2103V；(3)电场力所做的功为 8105J3 如图所示， AC 是半径为 R 的圆的一条直径，该圆处于匀强电场中，圆平面与电场方向平行，场强大小为E，方 向一定，在圆周平面内，将一带电量为+q、质量为 m 的小球从 A 点以相同的动能抛出，抛出方向不同时，小球会 经过圆周不同的点，在这些所有的点中，到达 B 点小球的动能最大，已知CAB=45，若不计小球重力及空气阻 力(1)试求电场方向与 AC 间的夹角 为多大？0(2)若小球在 A 点沿 AC 方向以速度 v 抛出，抛出后恰能经过 B 点，求小球到达 B 点的速度大小【分

26、析】 (1) 小球在匀强电场中， 从 A 点运动到点， 根据动能定理 qUAB= Ek，因为到达 B 点时的小球的动能最大，AB所以 U 最大， 即在圆周上找不到与 B 电势相等的点 所以与 B 点电势相等的点在过 B 点的切线上 再根据电场线与等势线垂直，可以画出电场线，从而确定出电场的方向(2)小球做类平抛运动，根据动能定理求解小球到达 B 点的速度大小. z.-【解答】 解： (1)小球在匀强电场中，从 A 点运动到 B 点，根据动能定理得 qUAB = Ek ，因为到达 B 点时的小球AB的动能最大，所以 U 最大，即在圆周上找不到与 B 电势相等的点且由 A 到 B 电场力对小球做正

27、功过 B 点作切线 DF，则该切线 DF 为等势线根据电场线与等势面垂直，可知，电场线垂直于 AC 向左，场强方向如图所示即电场方向与 AC 间的夹角 为 90(2)小球只受电场力，根据动能定理得：qER= B可得： v =答： (1)电场方向与 AC 间的夹角 为 90(2)小球到达 B 点的速度大小为 二计算题(共 4 小题)4 (2016高安市校级三模)如图甲所示，两个带正电的小球A 、B 套在一个倾斜的光滑直杆上，两球均可视为点电A荷，其中 A 球固定，带电量 Q =210 4C，B 球的质量为 m=0.1kg以 A 为坐标原点，沿杆向上建立直线坐标系，A 、B 球与地球所组成的系统总

28、势能(重力势能与电势能之和)随位置*的变化规律如图中曲线所示，直线为曲线 I 的渐近线 图中 M 点离 A 点距离为 6 米 (g 取 10m/s2 ，静电力恒量k=9.0109Nm2/C2 令 A 处所在平面为重力势能的零势能面，无穷远处为零电势能处)(1)求杆与水平面的夹角 ；B(2)求 B 球的带电量 Q ；M(3)求 M 点电势 ；k0(4)若 B 球以 E =4J 的初动能从 M 点开始沿杆向上滑动，求 B 球运动过程中离 A 球的最近距离及此时 B 球的加速度p【分析】 (1)由图运用数学知识得到 E =mg*sin=k*，从而的角度 ；(2)由图乙中的曲线知，在*=6m 出总势能

29、最小，动能最大，该位置B 受力平衡，根据平衡条件和库仑定律求解 电荷量(3)根据电势和电势能关系求解电势；(4)根据能量守恒和牛顿运动定律求解加速度ap【解答】 解： (1)渐进线表示 B 的重力势能随位置的变化关系，即 E =mg*sin=k*则 sin= =0.5 即 =30；(2)由图乙中的曲线知，在*=6m 出总势能最小，动能最大，该位置 B 受力平衡则有 mgsin30=kB解得 Q =1105C；. z.-PM 总 P(3) M 点的电势能 E =E E =63=3JM则 M 点电势 = =3105V；(4)在 M 点 B 球总势能为 6J，根据能量守恒定律，当 B 的动能为零，总

30、势能为 10J，由曲线知 B 离 A 的最近距 离为 *=2mk mg=ma 解得 a=40m/s2 ，方向沿杆向上；答：( 1)杆与水平面的夹角 为 30；B( 2) B 球的带电量 Q 是 1 105C；M(3) M 点电势 是 3105V；k0(4)若 B 球以 E =4J 的初动能从 M 点开始沿杆向上滑动， B 球运动过程中离 A 球的最近距离是 2m ，此时 B 球的加速度是 40m/s2 ，方向沿杆向上5(2016杨浦区三模)研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，它的上下地面 是面积 S=0.04m2 的金属板，间距 L=0.05m，当连接到 U=2

31、500V 的高压电源正负两极时，能在两金属板间产生一个匀强电场，如图所示，现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每立方米有烟尘颗粒 1 1013 个，假设这些颗粒都处于静止状态，每个颗粒带电量为q=+1.010 17C，质量为 m=2.01015kg，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力求合上电键后：( 1)经过多长时间烟尘颗粒可以被全部吸附？( 2)除尘过程中电场对烟尘颗粒共做了多少功？(3)经过多长时间容器中烟尘颗粒的总动能达到最大？【分析】 ( 1)在本题中带电颗粒做初速度为零的匀加速运动直到到达负极板为止，当离负极板最远的粒子到达负极 板时，所有颗粒全部被

32、吸收； ( 2)由于颗粒均匀分布在密闭容器内，可以等效为所有颗粒从两极板中间被加速到负极板，从而求出电场对颗粒 做的总功；(3)写出动能表达式，利用数学知识和运动学公式可以求出经过多长时间颗粒的总动能最大【解答】 解： ( 1)当最靠近上表面的烟尘颗粒被吸附到下板时，烟尘就被全部吸附烟尘颗粒受到的电场力：，而可得 t=0.02s ( 2)由于板间烟尘颗粒均匀分布，可以认为烟尘的质心位置位于板的中心位置，因此除尘过程中电场力对烟尘做 的总功为：(3)设烟尘颗粒下落距离为*，则当时所有烟尘颗粒的总动能：，=当 时， 最大，又根据. z.-得答： (1)经过 0.02s 时间烟尘颗粒可以被全部吸附(

33、2)除尘过程中电场对烟尘颗粒共做了 功(3)经过 0.014s 时间容器中烟尘颗粒的总动能达到最大6 (2016 春*校级月考)如图所示，在水平向左的匀强电场中，有一个半径为R 的半圆形绝缘轨道竖直放置，轨 道与一个水平绝缘轨道 MN 连接，一切摩擦都不计，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，一个带正电的小滑块质量为 m，所受电场力为其重力的 ，重力加速度为 g，问：(1)要小滑块恰好运动到圆轨道的最高点 C，滑块应在水平轨道上离 N 点多远处释放？(2)这样释放的滑块通过 P 点时，轨道对滑块的作用力是多大？(P 为半圆轨道中点)(3)小滑块经过 C 点后最后落地，落地点离 N 点的距离多大？

34、【分析】 (1)在小滑块运动的过程中，摩擦力对滑块和重力做负功，电场力对滑块做正功，根据动能定理可以求得 滑块与 N 点之间的距离；(2)在 P 点时，对滑块受力分析，由牛顿第二定律可以求得滑块受到的轨道对滑块的支持力的大小，由牛顿第三 定律可以求滑块得对轨道压力；(3)小滑块经过 C 点，在竖直方向上做的是自由落体运动，在水平方向上做的是匀减速运动，根据水平和竖直方 向上的运动的规律可以求得落地点离 N 点的距离【解答】 解： (1)设滑块与 N 点的距离为 L，由动能定理可得：qELmg2R= mv2 0小滑块在 C 点时，有： mg=代入数据解得： L=10R(2)滑块到达 P 点时，对

35、全过程应用动能定理可得：PqE (L+R)mgR= mv 2 0N在 P 点时可得： F qE=N解得： F = mg(3)在竖直方向上做的是自由落体运动，有： 2R= gt2t=滑块在水平方向上，做匀减速运动，由牛顿第二定律可得：qE=ma所以加速度为： a= g水平的位移为： *=vt at2代入解得： *= R答： (1)滑块与 N 点的距离为 10R；. z.-(2)滑块通过 P 点时对轨道压力是 mg；(3)滑块落地点离 N 点的距离为 R7 (2011 秋*市校级期中)如图所示，水平放置的平行板电容器，极板长L=0.1m，两板间距离 d=0.4cm有一带 电微粒以一定的初速度从两板

36、中央平行于极板射入，若板间不加电场，由于重力作用微粒恰能落到下板中点O 处；若板间加竖直方向的匀强电场， 带电微粒刚好落到下板右边缘 B 点 已知微粒质量 m=2.0106kg， 电量 q=1.0108C，取 g=10m/s2 试求：(1)带电微粒入射初速度的大小；(2)板间所加电场的电场强度多大？方向怎样？【分析】 (1)、带电粒子以一定的初速度在两板中央平行于两板射入，此时没有电场，粒子做平抛运动，把运动在 水平方向和竖直方向上进行分解，水平方向是匀速直线运动；竖直方向是自由落体运动，在两个方向上由运动学公 式列式求解 (2)、由于两板之间加入了匀强电场，此时带电粒子在电场中的运动是类平抛

37、运动，仍把运动在水平和竖直两个方 向上分解，进行列式计算由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间并没有变化，所以在竖直方向的加速 度减小了，由此可判断受到了竖直向上的电场力作用，再结合牛顿运动定律列式求解即可【解答】 解： (1)落到 O 点的粒子做平抛运动，由平抛运动规律得：水平方向： 竖直方向： 所以两式联立得： (2)落到 B 点的粒子做类平抛运动，由类平抛运动规律得：0水平方向： L=v t竖直方向： 对带电粒子受力分析，由牛顿第二定律有： mgEq=ma由式联立得： ，方向竖直向上答： (1)带电微粒入射初速度的大小为 2.5m/s(2)板间所加电场的电场强度为 1.5 103v

38、/m ，方向竖直向上三解答题(共 13 小题)8 (2016*模拟)在*Oy 平面内，有沿 y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E (图象未画出)，由 A 点斜射出一质0量为 m、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l 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；(3)粒子经过 C 点时的速率. z.-【分析】 (1)由电场力做功的特点可明确 W=Uq，而 U=Ed，求得沿电场线方向上的距离即可求得功； (2)粒子在*轴方向上做匀速直线运动，根据水平位移可明确AO 、BO 及

39、 BC 时间相等，由竖直方向的匀变速直线 运动可求得时间；(3)由类平抛运动规律可求得水平和竖直竖直，再由运动的合成与分解求得合速度A C 0【解答】 解： (1)粒子从 A 到 C 电场力做功为 W=qE (y y ) =3qElA0 oB(2)根据抛体运动的特点，粒子在*轴方向做匀速直线运动，由对称性可知，轨迹是最高点D 在 y 轴上，可令 t =t =T，BCt =T；由 Eq=ma 得：a=又 y= aT20y+3l = a (2T) 2解得： T=则 A 到 C 过程所经历的时间 t=3 ；(3)粒子在 DC 段做类平抛运动，则有：0 C*2l =v (2T) ；cyv =a (2T

40、)cv= =0答： (1)粒子从 A 到 C 过程中电场力对它做的功 3qEl(2)粒子从 A 到 C 过程所经历的时间 3 ；(3)粒子经过 C 点时的速率为 1 29 (2016*校级模拟)如图所示，电源电动势E=30V，内阻 r=1，电阻 R =4， R =10两正对的平行金属板长L=0.2m，两板间的距离 d=0.1m闭合开关 S 后，一质量 m=5108kg，电荷量 q=+410 6C 的粒子以平行于两板0且大小为 v =5 102m/s 的初速度从两板的正中间射入，求粒子在两平行金属板间运动的过程中沿垂直于板方向发生的位移大小？(不考虑粒子的重力). z.-2【分析】 先根据闭合电

41、路欧姆定律列式求解电阻 R 的电压，然后根据 U=Ed 求解电场强度，最后根据类似平抛运动的分运动公式列式求解偏移量【解答】 解：根据闭合电路欧姆定律，有：U= = =20V电场强度：E= = =200V/m粒子做类似平抛运动，根据分运动公式，有：0L=v ty=其中：a=联立解得：y= = =2.56 10 3m=2.56mm答：粒子在两平行金属板间运动的过程中沿垂直于板方向发生的位移大小为2.56mm10(2016*自主招生) 如图所示， 在光滑绝缘的水平面上， 用长为 2L 的绝缘轻杆连接两个质量均为 m 的带电小球 A 和 BA 球的带电量为+2q ，B 球的带电量为3q，两球组成一带

42、电系统虚线 MN 与 PQ 平行且相距 3L ，开始 时 A 和 B 分别静止于虚线 MN 的两侧， 虚线 MN 恰为 AB 两球连线的垂直平分线 若视小球为质点， 不计轻杆的质 量，在虚线 MN、PQ 间加上水平向右的电场强度为 E 的匀强电场后试求：( 1) B 球刚进入电场时，带电系统的速度大小；( 2)带电系统向右运动的最大距离和此过程中 B 球电势能的变化量；( 3)带电系统运动的周期【分析】 ( 1)对系统运用动能定理，根据动能定理求出 B 球刚进入电场时，带电系统的速度大小 ( 2)带电系统经历了三个阶段，：B 球进入电场前、带电系统在电场中、 A 球出电场，根据动能定理求出 A

43、 球离开 PQ 的最大位移，从而求出带电系统向右运动的最大距离根据 B 球在电场中运动的位移，求出电场力做的功，从 而确定 B 球电势能的变化量( 3)根据运动学公式和牛顿第二定律分别求出带电系统 B 球进入电场前做匀加速直线运动的时间，带电系统在电 场中做匀减速直线运动的时间， A 球出电场带电系统做匀减速直线运动的时间，从而求出带电系统从静止开始向右 运动再次速度为零的时间，带电系统的运动周期为该时间的 2 倍1【解答】 解： ( 1)设 B 球刚进入电场时带电系统电度为 v ，由动能定理得解得( 2)带电系统向右运动分三段： B 球进入电场前、带电系统在电场中、 A 球出电场设 A 球离

44、开 PQ 的最大位移为*，由动能定理得 2qELqEL 3qE*=0解得 则B 球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时位移为. z.-其电势能的变化量为( 3)向右运动分三段，取向右为正方向，第一段加速 ，第二段减速2设 A 球出电场电速度为v ，由动能定理得解得 ，则3 3第三段再减速则其加速度 a 及时间 t 为： ，所以带电系统运动的周期为： 答： ( 1) B 球刚进入电场时，带电系统的速度大小为 ( 2)带电系统向右运动的最大距离为 ，B 球电势能的变化量为 4qEL( 3)带电系统运动的周期 11(2016*模拟) 如图 (a) 所示， 一光滑绝缘细杆竖直放置， 距细

45、杆右侧 d=0.3m 的 A 点处有一固定的点电荷 细 杆上套有一带电量 q=110 6C ，质量 m=0.05kg 的小环设小环与点电荷的竖直高度差为h将小环无初速释放后，k其动能 E 随 h 的变化曲线如图(b)所示( 1)试估算点电荷所带电量 Q；1( 2)小环位于 h =0.40m 时的加速度 a；2 3( 3)小环从 h =0.3m 下落到 h =0.12m 的过程中其电势能的改变量 (静电力常量 k=9.0 109N m2/C2 ，g=10m/s2 )【分析】 ( 1)由图根据库仑定律和受力平衡知电荷量；( 2)根据库仑定律和牛顿运动定律知加速度；( 3)根据动能定理求解电势能变化

46、【解答】 解： ( 1)由图可知，当 h=0.36m 时，小环所受合力为零则 k =mg解得 Q= =1.6 10 5C1( 2)小环加速度沿杆方向，则 mg F =ma. z.-1又 F =k解得 a=0.78m/s2 方向向下G(3)设小环从 h=0.3m 下落到 h=0.12m 的过程中电场力对小环做功 W2 3 G k根据动能定理 mg (h h ) +W = EG kW = E mgh=0.11J所以小环的电势能增加了 0.11J答： (1)试估算点电荷所带电量 Q 为 1.6105C；1(2)小环位于 h =0.40m 时的加速度 a 为 0.78m/s2；2 3(3)小环从 h

47、=0.3m 下落到 h =0.12m 的过程中电势能增加了 0.11J12 (2015宝安区模拟)如图所示， A、B 为半径 R=1m 的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一圆弧区域内 存在着 E=1106 V/m、竖直向上的匀强电场，有一质量 m=1kg、带电荷量 q=+1.410 5C 的物体(可视为质点) ， 从 A 点的正上方距离 A 点 H=1m 处由静止开始自由下落 (不计空气阻力) ，BC 段为长 L=2m、与物体间动摩擦因数 =0.2 的粗糙绝缘水平面， CD 段为倾角 =53且离地面 DE 高 h=0.8m 的斜面 (取 g=10m/s2 )(1)若物体能沿轨道 AB 到

48、达最低点 B，求它到达 B 点时对轨道的压力大小；(2)物体从 C 处飞出后的速度；(3)物体从 C 处飞出后落点与 D 点之间的距离(已知 sin 53=0.8，cos 53=0.6不讨论物体反弹以后的情况)【分析】 (1)根据动能定理求出物体到达 B 点的速度，结合牛顿第二定律求出支持力的大小，从而结合牛顿第三定 律得出到达 B 点对轨道的压力(2)根据动能定理，选取由 B 到 C 过程，从而即可求解(3)根据平抛运动规律，求出飞出后落点与 D 点之间的距离【解答】 解： (1)物体由初始位置运动到 B 点的过程中，根据动能定理有：mg (R+H) qER= mvN到达 B 点时由支持力

49、F 、重力、电场力的合力提供向心力，有：NF mg+qE=m ，N联立并代入数据解得： F =8N根据牛顿第三定律，可知物体对轨道的压力大小为 8N，方向竖直向下(2)在粗糙水平面上，由动能定理，有：C BmgL= mv 2 mv 2，C代入数据解得： v =2.0m/s-(3)物体离开 C 点后做平抛运动，有：*=v tc且解得： *=0.8m* =0.6mCD所以，落点与 D 点之间的距离为：*=0.8 0.6=0.2m答： (1)若物体能沿轨道 AB 到达最低点 B，它到达 B 点时对轨道的压力大小 8N；(2)物体从 C 处飞出后的速度 2.0m/s；(3)物体从 C 处飞出后落点与

50、D 点之间的距离 0.2m13(2015 秋普陀区月考)如图，粗糙、绝缘的直轨道固定在水平桌面上， B 端与桌面边缘对齐， A 是轨道上一点，过 A 点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小 E=2106N/C，方向水平向右的匀强电场可视为质点的带负电的小物体 P 电荷量 q=2106C，质量 m=0.25kg，与轨道间动摩擦因数 =0.4 P 由静止开始向右运动，经过 0.55s 到达 A点， 到达 B 点时速度是 5m/sP 在整个运动过程中始终受到水平向右的外力F 作用， F 大小与 P 的速率 v 的关系如 表格所示，忽略空气阻力v (ms 1) 0v2 2v5 v5F/N 2 6 3(1)求

51、小物体 P 从开始运动至 A 点的速率；(2)求小物体 P 从 A 运动至 B 的过程，电场力做的功；(3)小物体 P 到达 B 点后，飞向另一侧呈抛物线形状的坡面如图，以坡底的 O 点为原点建立坐标系*oy已知 BO 高为 h，坡面的抛物线方程为 y= *2，式中 h 为常数， 且 h7，重力加速度为 g若当小物体 P 刚到达 B 点时，通过对其施加一个水平向右的瞬时力， 改变其在 B 点的速度 则欲使 P 落到坡面时的动能恰好最小， 求其在 B 点时 的速度【分析】 (1)根据牛顿第二定律计算加速度的大小，根据运动学的公式计算速度的大小；(2)牛顿第二定律和运动学的公式计算位移的大小，根据

52、电场力做功的公式计算做功的大小；(3)物体 P 离开桌面做平抛运动，最后落到斜面上，根据平抛运动的规律和机械能守恒计算动能最小的时候B 的 速度的大小【解答】 解： (1)物体 P 在水平桌面上运动时，竖直方向上只受重力mg 和支持力N 作用，因此其滑动摩擦力大小 为：f根据表格数据可知，物体P 在速率0v2m/s 时，所受水平外力 F =2NF 因此，在进入电场区域之前，物体PF =mg=1N1 f做匀加速直线运动，设加速度为 a ，不妨设经时间 t 速度为 v =2m/s 时，物体 P 还未进入电场区域1 1 1根据匀变速直线运动规律有： v =a t 1 1 1根据牛顿第二定律有： F

53、F =ma 1 f 1. z.-由(1) (2)式联立解得： =0.5s0.55s，2所以假设成立，即小物体 P 从开始运动至速率为 2m/s 所用的时间为 t =0.5s1当物体 P 在速率2v5m/s 时，所受水平外力 F =6N，1 3 A设先以加速度 a 再加速 t =0.05s 至 A 点，速度为 v ，2 f 2根据匀变速直线运动规律有： v =v +a t根据牛顿第二定律有： F F =ma A 1 2由(3) (4)式联立解得： v =3m/sA2(2)物体 P 从 A 点运动至 B 点的过程中，由题意可知，所受水平外力仍然为 F =6N 不变，3设位移为 s，加速度为 a ，

54、3 f 3根据牛顿第二定律有： F qE F =ma 根据匀变速直线运动规律有： 由(5) (6)式联立解得： s=2m所以电场力做的功为： W=qEs=8J3(3)根据表格数据可知，当物体 P 到达 B 点时，水平外力为 F =qE=4N，因此，物体 P 离开桌面做平抛运动设物体 P 在空中运动的时间为 t，在坡面上落点的横坐标为*，纵坐标为 yB由运动学公式和已知条件得， *=v thy= gt2 根据题意有 y= *2 (9)由机械能守恒，落到坡面时的动能为联立( 7) (8) (9) (10)式得：(10)上式可以改写为：利用基本不等式可得当：时，动能最小B此时， v =答： (1)小

55、物体 P 从开始运动至 A 点的速率为 3m/s；(2)小物体 P 从 A 运动至 B 的过程，电场力做的功为8J；(3)在 B 点时的速度为 . z.-14 (2011*模拟)如图所示，直线 OA 与 y 轴成 =30角，在 AOy 范围内有沿 y 轴负方向的匀强电场，在 AO* 范围内有一个矩形区域的匀强磁场 该磁场区域的磁感应强度 B=0.2T，方向垂直纸面向里 一带电微粒电荷量 q=+201014C，质量 m=41020kg，微粒子在 y 轴上的*点以速度v 垂直于 y 轴进入匀强电场，并以速度 v=3104m/s垂直穿过直线 OA，运动中经过矩形磁场区域后，最终又垂直穿过*轴不计微粒

56、重力，求： (根据创新设计习题改 编)0(1)带电微粒进入电场时的初速度v 多大？(2)带电微粒在磁场中做圆周运动的半径r(3)最小矩形磁场区域的长和宽【分析】 (1)在 AOy 范围内只有电场，粒子在 AOy 区域做类平抛运动，根据类平抛运动的规律可以求得带电微粒0进入电场时的初速度 v 的大小；(2)根据粒子的速度的大小，由半径的公式可以求得粒子做圆周运动的半径的大小；(3)由粒子运动的轨迹，结合几何关系可以求得矩形磁场区域的长和宽【解答】 解：设磁场区域长为 a，宽为 b带电微粒在 AOy 区域做类平抛运动，进入 AO*区域后在洛伦兹力作用下做部分匀速圆周运动，轨迹如图所示(1)由图可得

57、：0根据平抛运动规律 v =vcos0解得 v =2.6104m/s，所以带电微粒进入电场时的初速度大小为 2.6 104m/s(2)根据匀速圆周运动规律解得 带电微粒在磁场中做圆周运动的半径 r 为 0.3m (3)由题意可知，粒子垂直穿过OA，经过磁场后又垂直穿过*轴，所以粒子的偏转的角度为120，运动的轨迹如 图所示，矩形磁场的长 a 等于粒子做圆周运动的直径的长度，所以 a=2r=0.6m，矩形磁场的宽为圆周的半径加上 rcos，所以b=r+rcos=0.56m所以最小矩形磁场区域的长为 0.6m，宽为 0.56m1 2 115(2011*一模)如图甲所示， M 和 N 是相互平行的金

58、属板， OO O 为中线， O 为板间区域的中点， P 是足够大的荧光屏带电粒子连续地从 O 点沿 OO1 方向射入两板间带电粒子的重力不计(1)若只在两板间加恒定电压 U，M 和 N 相距为 d，板长为 L (不考虑电场边缘效应) 若入射粒子是不同速率、2电量为 e、质量为 m 的电子，试求能打在荧光屏 P 上偏离点 O 最远的电子的动能(2)若两板间没有电场，而只存在一个以O1 点为圆心的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，已知磁感应强度 B=0.50T，两板间距 cm，板长 L=l.0cm，带电粒子质量 m=2.01025kg，电量 q=8.01018C，入射速度. z.-105m/

59、s若能在荧光屏上观察到亮点，试求粒子在磁场中运动的轨道半径r，并确定磁场区域的半径 R 应满足的条件 (不计粒子的重力)(3)若只在两板间加如图乙所示的交变电压u，M 和 N 相距为 d，板长为 L (不考虑电场边缘效应)入射粒子是电量为 e、质量为 m 的电子 *电子在应满足的条件0 0时刻以速度 v 射入电场，要使该电子能通过平行金属板，试确定U0U 2【分析】 (1)打在荧光屏上偏离点 O 最远的粒子在电场中偏转的距离等于 粒子在电场中做类平抛运动，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式求粒子的初速度，根据动能定理求解动能 (2)粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出

60、粒子的轨道半径由几何关系求出磁场区域最大 的半径0(3) 由图读出交变电压的周期为 T= ，则 t = T，电子分别在 T T 、 T T 、 T T 、 T T1 2 3 4时间内沿垂直于初速度方向运动的位移依次为 y 、y 、y 、y ，根据牛顿第二定律求出加速度，要使该电子能通过平1 2 3 4 ，即可求出 U0 应满足的条件行金属板，则应满足条件 y +y +y +y 【解答】 解： (1)电子在两极板间的加速度为： a=通过金属板的时间为： t=对打在荧光屏上偏离点 O2 最远的粒子，有： d= at2k有动能定理得： E = eU+ mv2k联立解得： E =(2)由牛顿第二定律可