带电粒子电场的运动解答题练习.doc

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1、带电粒子的运动解答题练习一实验题（共3小题）1（2016甘肃自主招生）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处以v0=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山东）如图所示，带电荷量为+4108C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M、N间的距离为0.1m求：（1）滑块所受电场力的大小；（2

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？（2）若小球在A点沿AC方向以速度v0抛出，抛出后恰能经过B点，求小球到达B点的速度大小二计算题（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，两球均可视为点电荷

3、，其中A球固定，带电量QA=2104C，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x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；（2）求B球的带电量QB； （3）求M点电势M；（4）若B球以Ek0=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，

4、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，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？6（2016春大连校级月考）如图所示

5、，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？7（2011秋东莞市校级期中）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

6、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小题）8（2016大庆模拟）在xOy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l0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

7、速率9（2016四川校级模拟）如图所示，电源电动势E=30V，内阻r=1，电阻R1=4，R2=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=+4106C的粒子以平行于两板且大小为v0=5102m/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重庆自主招生）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

8、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11（2016上海模拟）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，其动能Ek随h的变化曲线如图（b）所示（1）试估算点电荷所带电量Q；（2）小环位于h1=0.40m时的加

9、速度a；（3）小环从h2=0.3m下落到h3=0.12m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=+1.4105C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到达最

10、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=0.4P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

11、率v的关系如表格所示，忽略空气阻力v（ms1）0v22v5v5F/N263（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xoy已知BO高为h，坡面的抛物线方程为y=x2，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14（2011浙江模拟）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AOx范围内有一个矩形区域的匀

12、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=+21014C，质量m=41020kg，微粒子在y轴上的某点以速度v0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x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15（2011徐州一模）如图甲所示，M和N是相互平行的金属板，OO1O2为中线，O1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）

13、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、电量为e、质量为m的电子，试求能打在荧光屏P上偏离点O2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

14、效应）入射粒子是电量为e、质量为m的电子某电子在时刻以速度v0射入电场，要使该电子能通过平行金属板，试确定U0应满足的条件_16（2011鼓楼区校级模拟）如图1所示为某仪器内部结构图，由O1处静止释放的电子经加速电压U1加速后沿横截面为正方形的金属盒中轴线O2O3射入金属盒，O2为金属盒左端面的中心，金属盒由上下两个水平放置、前后两个竖直放置，长为L1、宽为L0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L2处有一面积足够大并与O2O3相垂直的接收屏，屏中心为O，O1O2O3O在同一水平直线上屏上所设直角坐标轴的X轴垂直纸面向外仪器可在盒前、后两面及上、下两面加如图3所示的UX

15、Xt扫描电压及UYYt的正弦交流电压设电子的质量为m，带电量为e，图中U0、T均为已知量设所有入射的电子均能到达屏，不计电子所受重力、电子间的相互作用及电子由静止释放到O2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UXXt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UXXt扫描电压，试计算t=T/4时刻入射的电子打在屏上的坐标；（3）如果在盒内同时具有UXXt扫描电压和UYYt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

16、要求计算过程17（2015秋福州校级月考）在粗糙的绝缘水平面上相距为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x之间关系的图象：图中x=L点为图线的最低点，x=2L处的纵坐标=0，x=0处的纵坐标=0x=2L处的纵坐标=0，在x=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：（1）固定在A处的电荷的电量QA；（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x=2L处；（3）若小物块与水平面间的动摩擦因数=，小物块运动到何处时速度最大？并求最大速度

17、vm18（2015秋云南校级月考）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将一质量为m的小球以初速度v0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点以同样的速率沿某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；（2）OA、0B的电势差U

18、OA、UOB；（3）电场强度的大小和方向19（2015春赣州校级期中）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=1107m/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水平地面上，一个质量为m=0.2kg，带电量为q=+2.0106C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

19、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甘肃自主招生）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处以v0=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

20、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【解答】解：（1）小球m在处以vA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，可看作是自由落体运动；考察水平方向情况，有初速vA，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由题可知：E=103V/m设球飞行时间为t，在竖直方向上有：SAB=水平方向上有：t=代入数据解得：SAB=7.2102m（2

21、）在水平方向上有：x=x=d联立解得：v0=3.8m/s答：（1）AB间的距离为7.2102m（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山东）如图所示，带电荷量为+4108C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：

22、F=qE=410一82104N=8104N（2）M、N两点间的电势差为：UMN=Ed=21040.1V=2103V（3）电场力所做的功为：WMN=qUMN=41082103J=8105J答：（1）滑块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

23、阻力（1）试求电场方向与AC间的夹角为多大？（2）若小球在A点沿AC方向以速度v0抛出，抛出后恰能经过B点，求小球到达B点的速度大小【分析】（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，所以UAB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【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点时的小球的动能最大，所以UAB最大，即在圆周上找不到

24、与B电势相等的点且由A到B电场力对小球做正功过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=可得：vB=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，两球均可视为点电荷，其中A球固定，带电量QA=2104C，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

25、x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；（2）求B球的带电量QB； （3）求M点电势M；（4）若B球以Ek0=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【分析】（1）由图运用数学知识得到 Ep=mgxsin=kx，从而的角度；（2）由图乙中的曲线知，在x=6m出总势能最小，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

26、量守恒和牛顿运动定律求解加速度a【解答】解：（1）渐进线表示B的重力势能随位置的变化关系，即 Ep=mgxsin=kx则 sin=0.5 即 =30；（2）由图乙中的曲线知，在x=6m出总势能最小，动能最大，该位置B受力平衡则有 mgsin30=k解得 QB=1105C；（3）M点的电势能 EPM=E总EP=63=3J则M点电势 M=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，总势能为10J，由曲线知B离A的最近距离为 x=2m kmg=ma 解得a=40m/s2，方向沿杆向上；答：（1）杆与水平面的夹角为30；（2）B球的带电量QB是1105C；（3）M点电势

27、M是3105V；（4）若B球以Ek0=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=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，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和

28、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：，

29、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x，则当时所有烟尘颗粒的总动能：=，当时，最大，又根据得答：（1）经过0.02s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春大连校级月考）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

30、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？【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

31、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=mv20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，对全过程应用动能定理可得：qE（L+R）mgR=mvP20在P点时可得：FNqE=解得：FN=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：x=vtat2代入解得：x=R答：（1）滑块与N点的距离为10R；（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秋东莞市校级期中）如图所示，水

32、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？【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

33、（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：水平方向：L=v0t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

34、电场的电场强度为1.5103v/m，方向竖直向上三解答题（共13小题）8（2016大庆模拟）在xOy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l0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【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x轴方向上做匀速直线运动，根据水平位移可明确AO、BO及BC时间相等，由竖直方向的匀变速直线运动可求

35、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【解答】解：（1）粒子从A到C电场力做功为W=qE（yAyC）=3qEl0（2）根据抛体运动的特点，粒子在x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tA0=toB=T，tBC=T；由Eq=ma得：a=又y=aT2y+3l0=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：2l0=vCx（2T）；vcy=a（2T）vc=答：（1）粒子从A到C过程中电场力对它做的功3qEl0（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9（201

36、6四川校级模拟）如图所示，电源电动势E=30V，内阻r=1，电阻R1=4，R2=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=+4106C的粒子以平行于两板且大小为v0=5102m/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）【分析】先根据闭合电路欧姆定律列式求解电阻R2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，

37、有：L=v0ty=其中：a=联立解得：y=2.56103m=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重庆自主招生）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

38、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

39、周期为该时间的2倍【解答】解：（1）设B球刚进入电场时带电系统电度为v1，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球离开PQ的最大位移为x，由动能定理得2qELqEL3qEx=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，第二段减速设A球出电场电速度为v2，由动能定理得解得，则第三段再减速则其加速度a3及时间t3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4q

40、EL（3）带电系统运动的周期11（2016上海模拟）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，其动能Ek随h的变化曲线如图（b）所示（1）试估算点电荷所带电量Q；（2）小环位于h1=0.40m时的加速度a；（3）小环从h2=0.3m下落到h3=0.12m的过程中其电势能的改变量（静电力常量k=9.0109Nm2/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

41、理求解电势能变化【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=1.6105C（2）小环加速度沿杆方向，则mgF1=ma又F1=k解得a=0.78m/s2 方向向下 （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WG根据动能定理 mg（h2h3）+WG=EkWG=Ekmgh=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；（2）小环位于h1=0.40m时的加速度a为0.78m/s2；（3）小环从h2=0.3m下落到h3=0.12m的过程中电势能增加了0.11J12（2015宝安区模拟）如图所示

42、，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=+1.4105C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

43、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=mv到达B点时由支持力FN、重力、电场力的合力提供向心力，有：FNmg+qE=m，联立并代入数据解得：FN=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：mgL=mvC2mvB2，代入数据解得：vC=2.0m

44、/s（3）物体离开C点后做平抛运动，有：x=vct且解得：x=0.8mxCD=0.6m所以，落点与D点之间的距离为：x=0.80.6=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=0.4P由静止

45、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（ms1）0v22v5v5F/N263（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xoy已知BO高为h，坡面的抛物线方程为y=x2，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】

46、（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：Ff=mg=1N根据表格数据可知，物体P在速率0v2m/s时，所受水平外力F1=2NFf因此，在进入电场区域之前，物体P做匀加速直线运动，设加速度为a1，不妨设经时间t1速度为v1=2m/s时，物体P还未进入电场区域根据匀变速直

47、线运动规律有：v1=a1t1根据牛顿第二定律有：F1Ff=ma1由（1）（2）式联立解得：=0.5s0.55s，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t2=0.5s当物体P在速率2v5m/s时，所受水平外力F1=6N，设先以加速度a1再加速t3=0.05s至A点，速度为vA，根据牛顿第二定律有：F2Ff=ma2根据匀变速直线运动规律有：vA=v1+a2t由（3）（4）式联立解得：vA=3m/s（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F2=6N不变，设位移为s，加速度为a3，根据牛顿第二定律有：F3qEFf=ma3根据匀变速直线运动规律有：由（

48、5）（6）式联立解得：s=2m所以电场力做的功为：W=qEs=8J（3）根据表格数据可知，当物体P到达B点时，水平外力为F3=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x，纵坐标为y由运动学公式和已知条件得，x=vBthy=gt2根据题意有 y=x2（9）由机械能守恒，落到坡面时的动能为（10）联立（7）（8）（9）（10）式得：上式可以改写为：利用基本不等式可得当：时，动能最小此时，vB=答：（1）小物体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14（2011浙江模拟）如

49、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AOx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=+21014C，质量m=41020kg，微粒子在y轴上的某点以速度v0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x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

50、动的规律可以求得带电微粒进入电场时的初速度v0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AOx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：根据平抛运动规律v0=vcos解得 v0=2.6104m/s，所以带电微粒进入电场时的初速度大小为2.6104m/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x轴，所以

51、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0.56m15（2011徐州一模）如图甲所示，M和N是相互平行的金属板，OO1O2为中线，O1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、电量为e、质量为m的电子，试求能打在荧光屏P上偏离点O2最远的电子的动能（2）若两板

52、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的电子某电子在时刻以速度v0射入电场，要使该电子能通过平行金属板，试确定U0应满足的条件U0【分析】（1）打在荧光屏上偏离点O2最远的粒子在电场

53、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粒子的轨道半径由几何关系求出磁场区域最大的半径（3）由图读出交变电压的周期为T=，则t0=T，电子分别在TT、TT、TT、TT时间内沿垂直于初速度方向运动的位移依次为y1、y2、y3、y4，根据牛顿第二定律求出加速度，要使该电子能通过平行金属板，则应满足条件y1+y2+y3+y4，即可求出U0应满足的条件【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

54、=at2有动能定理得：Ek=eU+mv2联立解得：Ek=（2）由牛顿第二定律可知，qvB=代入数据解得：r=5103m=8.7103m如图所示，设恰好在荧光屏P上观察到亮点时，粒子偏转角为2，磁场区域的最大半径为R0，由几何关系可知tan2=，tan=代入数据解得：R0=5103m则R应满足的条件：R5103m（3）交变电压的周期 T=，则t0=T电子通过金属板的时间：t=T电子在两极板间的加速度：a=设电子分别在TT、TT、TT、TT时间内沿垂直于初速度方向运动的位移依次为y1、y2、y3、y4，则有y1=y3=a（Tt0）2y2=a（T）2 y4=a（T）2要使电子能通过平行金属板，应满足

55、条件：y1+y2+y3+y4联立解得：U0答：（1）打在荧光屏P上偏离点O2最远的电子的动能是（2）磁场区域的半径R应满足的条件是5103m（3）U0应满足的条件是 U016（2011鼓楼区校级模拟）如图1所示为某仪器内部结构图，由O1处静止释放的电子经加速电压U1加速后沿横截面为正方形的金属盒中轴线O2O3射入金属盒，O2为金属盒左端面的中心，金属盒由上下两个水平放置、前后两个竖直放置，长为L1、宽为L0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L2处有一面积足够大并与O2O3相垂直的接收屏，屏中心为O，O1O2O3O在同一水平直线上屏上所设直角坐标轴的X轴垂直纸面向外仪器

56、可在盒前、后两面及上、下两面加如图3所示的UXXt扫描电压及UYYt的正弦交流电压设电子的质量为m，带电量为e，图中U0、T均为已知量设所有入射的电子均能到达屏，不计电子所受重力、电子间的相互作用及电子由静止释放到O2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UXXt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UXXt扫描电压，试计算t=T/4时刻入射的电子打在屏上的坐标；（3）如果在盒内同时具有UXXt扫描电压和UYYt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

57、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【分析】（1）提供UXXt扫描电压，电场在XX方向，电子进入磁场受电场力，电场力与速度方向垂直，做类平抛运动，出电场后，电子不受力，电子做匀速直线运动（2）求出时刻入射时，在XX方向上的电势差，从而求出电场强度，根据牛顿第二定律求出该方向上的加速度，从而求出离开电场时的偏转位移，出电场后做匀速直线运动，将该运动分解为x轴方向和OO1方向，根据OO1方向求出运动的时间，从而求出x轴方向上的位移，两个位移之和即为打在屏上的横坐标（3）分析出在内在x轴方向和y轴方向偏移量与所加电压的关系，从而作出入射的电子打在屏上所留下的痕迹示意图【解答】解

58、：（1）在盒内做类平抛运动，离盒后做匀速直线运动（2）设离盒时x方向的侧移为x1，在盒内运动的时间为t1，离盒后到屏的运动时间为t2，最终打在屏上x坐标为x a=E=x=x1+x，又x=a1t1t2联立各式解得：x=所以打在屏上的坐标为（，0）（3）痕迹如图所示答：（1）在盒内做类平抛运动，离盒后做匀速直线运动（2）打在屏上的坐标为（，0）（3）痕迹如图所示17（2015秋福州校级月考）在粗糙的绝缘水平面上相距为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x之间关系的图象：图中x=L点为图线的最低点，x=

59、2L处的纵坐标=0，x=0处的纵坐标=0x=2L处的纵坐标=0，在x=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：（1）固定在A处的电荷的电量QA；（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x=2L处；（3）若小物块与水平面间的动摩擦因数=，小物块运动到何处时速度最大？并求最大速度vm【分析】（1）由图（乙）得，x=L点为图线的最低点，切线斜率为零，即合场强E合=0，根据点电荷场强公式列方程化简，可得A处的电荷的电量（2）物块先做加速运动再做减速运动，到达x=2L处速度vt0，从x=2L到x=2L过程中，由动能定理列式，可解得动

60、摩擦因数（3）小物块运动速度最大时，电场力与摩擦力的合力为零，列平衡方程，化简解出速度最大位置距离A点的距离lA 小物块从x=2L运动到x=0的过程中，由动能定理解得最大速度【解答】解：（1）由图（乙）得，x=L点为图线的最低点，切线斜率为零，即合场强E合=0所以 k=k代入得 k=k解得QA=4QB=4Q；（2）物块先做加速运动再做减速运动，到达x=2L处速度vt0从x=2L到x=2L过程中，由动能定理得： qU1mgs1=mv120，即q（00）mg（4L）=mv120解得=；（3）小物块运动速度最大时，电场力与摩擦力的合力为零，设该位置离A点的距离为lA则：mg=0解得lA=3L，即小物块运动到x=0时速度最大小物块从x=2L运动到x=0的过程中，由动能定理得： qU2mgs2=mvm20代入数据：q（00）mg（2L）=m