帶電粒子電場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)解答題練習(xí)

1、帶電粒子的運(yùn)動(dòng)解做題練習(xí)一.實(shí)驗(yàn)題(共3小題)1. (2021?甘肅自主招生)平行板電容器豎直安放如下圖,兩板間距d=0.1m,電勢(shì)差U=1000V,現(xiàn)從平行板上A處以vo=3m/s初速度水平射入一帶正電小球(小球帶電荷量q=104C,質(zhì)量m=0.02kg),經(jīng)一段時(shí)間后發(fā)現(xiàn)小球打在A點(diǎn)正下方的8點(diǎn),求：(1)AB間的距離；(2)假設(shè)小球打在與B同一水平線上的+極板上,小球的初速度應(yīng)是多大?2. (2021?山東)如下圖,帶電荷量為+4X10-8C的滑塊在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為2X104N/C、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,沿光滑絕緣水平面由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn).M、N間的距離為0.1m.求:(1)滑塊所受電場(chǎng)

2、力的大??；(2) M、N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差；(3)電場(chǎng)力所做的功.3. 如下圖,AC是半徑為R的圓的一條直徑,該圓處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中,圓平面與電場(chǎng)方向平行,場(chǎng)強(qiáng)大小為E,方向一定,在圓周平面內(nèi),將一帶電量為+q、質(zhì)量為m的小球從A點(diǎn)以相同的動(dòng)能拋出,拋出方向不同時(shí),小球會(huì)經(jīng)過(guò)圓周不同的點(diǎn),在這些所有的點(diǎn)中,到達(dá)B點(diǎn)小球的動(dòng)能最大,/CAB=45°,假設(shè)不計(jì)小球重力及空氣阻力.(1)試求電場(chǎng)方向與AC間的夾角.為多大？(2)假設(shè)小球在A點(diǎn)沿AC方向以速度V0拋出,拋出后恰能經(jīng)過(guò)B點(diǎn),求小球到達(dá)B點(diǎn)的速度大小.二.計(jì)算題(共4小題)4. (2021?高安市校級(jí)三模)如圖甲所示,兩個(gè)帶正電的小球A

3、、B套在一個(gè)傾斜的光滑直桿上,兩球均可視為點(diǎn)電荷,其中A球固定,帶電量Qa=2X104C,B球的質(zhì)量為m=0.1kg.以A為坐標(biāo)原點(diǎn),沿桿向上建立直線坐標(biāo)系,A、B球與地球所組成的系統(tǒng)總勢(shì)能(重力勢(shì)能與電勢(shì)能之和)隨位置x的變化規(guī)律如圖中曲線I所示,直線n為曲線I的漸近線.圖中M點(diǎn)離A點(diǎn)距離為6米.(g取10m/s2,靜電力恒量k=9.0X109N?m2/C2.令A(yù)處所在平面為重力勢(shì)能的零勢(shì)能面,無(wú)窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)能處)甲乙(1)求桿與水平面的夾角.；(2)求B球的帶電量Qb；(3)求M點(diǎn)電勢(shì)擊；(4)假設(shè)B球以Eko=4J的初動(dòng)能從M點(diǎn)開(kāi)始沿桿向上滑動(dòng),求B球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中離A球的最近距離及此時(shí)B

4、球的加速度.5. (2021?楊浦區(qū)三模)研究靜電除塵,有人設(shè)計(jì)了一個(gè)盒狀容器,容器側(cè)面是絕緣的透明有機(jī)玻璃,它的上下地面是面積S=0.04m2的金屬板,間距L=0.05m,當(dāng)連接到U=2500V的高壓電源正負(fù)兩極時(shí),能在兩金屬板間產(chǎn)生一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng),如下圖,現(xiàn)把一定量均勻分布的煙塵顆粒密閉在容器內(nèi),每立方米有煙塵顆粒1X1013個(gè),假設(shè)這些顆粒都處于靜止?fàn)顟B(tài),每個(gè)顆粒帶電量為q=+1.0X1017C,質(zhì)量為m=2.0x1015kg,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(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間煙塵顆?？梢员蝗课?？(2)除塵過(guò)程中電場(chǎng)對(duì)煙塵顆粒共做了多少功？

5、6. (2021春？大連校級(jí)月考)如下圖,在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,有一個(gè)半徑為R的半圓形絕緣軌道豎直放置,軌道與一個(gè)水平絕緣軌道MN連接,一切摩擦都不計(jì),半圓軌道所在豎直平面與電場(chǎng)線平行,一個(gè)帶正電的小滑塊質(zhì)量為m,所受電場(chǎng)力為其重力的,重力加速度為g,問(wèn)：4(1)要小滑塊恰好運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)C,滑塊應(yīng)在水平軌道上離N點(diǎn)多遠(yuǎn)處釋放？(2)這樣釋放的滑塊通過(guò)P點(diǎn)時(shí),軌道對(duì)滑塊的作用力是多大？(P為半圓軌道中點(diǎn))精選文檔3小滑塊經(jīng)過(guò)C點(diǎn)后最后落地,落地點(diǎn)離N點(diǎn)的距離多大?7. 2021秋？東莞市校級(jí)期中如下圖,水平放置的平行板電容器,極板長(zhǎng)L=0.1m,兩板間距離d=0.4cm.有一帶電微粒以

6、一定的初速度從兩板中央平行于極板射入,假設(shè)板間不加電場(chǎng),由于重力作用微粒恰能落到下板中點(diǎn)O處；假設(shè)板間加豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),帶電微粒剛好落到下板右邊緣B點(diǎn).微粒質(zhì)量mnZ.OXIO-'g,電量q=1.0X108C,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(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度多大？方向怎樣？三.解做題共13小題8. 2021?大慶模擬在xOy平面內(nèi),有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),場(chǎng)強(qiáng)大小為E圖象未畫(huà)出,由A點(diǎn)斜射出一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子,B和C是粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn),如下圖,其中l(wèi)o為常數(shù),粒子所受重力忽略不計(jì),求：1粒子從A到C過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)它做的功；2粒子從A到

7、C過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間；9. 2021?四川校級(jí)模擬如下圖,電源電動(dòng)勢(shì)E=30V,內(nèi)阻r=1Q,電阻R1二4Q,R2=10Q.兩正對(duì)的平行金屬板長(zhǎng)L=0.2m,兩板間的距離d=0.1m.閉合開(kāi)關(guān)S后,一質(zhì)量m=5X108kg,電荷量q=+4X10-6C的粒子以平行于兩板且大小為v0=5X102m/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(yùn)動(dòng)的過(guò)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. (2021?重慶自主招生)如下圖,在光滑絕緣的水平面上,用長(zhǎng)為2L的絕緣輕桿連接兩個(gè)質(zhì)量均為m的帶電小千AB,A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

8、平行且相距3L,開(kāi)始時(shí)A和B分別靜止于虛線MN的兩側(cè),虛線MN恰為AB兩球連線的垂直平分線.假設(shè)視小球?yàn)橘|(zhì)點(diǎn),不計(jì)輕桿的質(zhì)量,在虛線MN、PQ間加上水平向右的電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)后.試求：(1)B球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí),帶電系統(tǒng)的速度大小；(2)帶電系統(tǒng)向右運(yùn)動(dòng)的最大距離和此過(guò)程中B球電勢(shì)能的變化量;(3)帶電系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)的周期.11.(2021?上海模擬)如圖(a)所示,光滑絕緣細(xì)桿豎直放置,距細(xì)桿右側(cè)d=0.3m的A點(diǎn)處有一固定的點(diǎn)電荷.細(xì)桿上套有一帶電量q=1X106C,質(zhì)量m=0.05kg的小環(huán).設(shè)小環(huán)與點(diǎn)電荷的豎直高度差為h.將小環(huán)無(wú)初速釋放后,其動(dòng)能Ek隨h的變化曲線如圖(b)所示.0.0?

9、0.0'OM0050.C4-003fl.02扁:00.10.20JM0,5MRm-(1)試估算點(diǎn)電荷所帶電量Q;(2)小環(huán)位于h1=0.40m時(shí)的加速度a；(3)小環(huán)從h2=0.3m下落到h3=0.12m的過(guò)程中其電勢(shì)能的改變量.(靜電力常量k=9.0x109N?m2/C2,g=10m/s2)12. (2021?寶安區(qū)模擬)如下圖,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(nèi)存在著E=1X106V/m、豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng),有一質(zhì)量m=1kg、帶電荷量q=+1.4x105c的物體(可視為質(zhì)點(diǎn)),從A點(diǎn)的正上方距離A點(diǎn)H=1m處由靜止開(kāi)始自由下落(不計(jì)空氣阻力)

10、,BC段為長(zhǎng)L=2m、與物體間動(dòng)摩擦因數(shù)2科=0.2勺粗糙絕緣水平面,CD段為傾角0=53且離地面DE局h=0.8m的斜面.(取g=10m/s)(1)假設(shè)物體能沿軌道AB到達(dá)最低點(diǎn)B,求它到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)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(diǎn)與D點(diǎn)之間的距離(sin53°=0.8,cos53°=0.6.不討論物體反彈以后的情況)13. (2021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(duì)齊,A是軌道上一點(diǎn),過(guò)A點(diǎn)并垂直于軌道的豎直面右側(cè)有大小E=2X106N/C,方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng).可視為質(zhì)點(diǎn)的帶負(fù)電的小物體

11、P電荷量q=2X106C,質(zhì)量m=0.25kg,與軌道間動(dòng)摩擦因數(shù)科=0.4P由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng),經(jīng)過(guò)0.55s到達(dá)A點(diǎn),到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度是5m/s.P在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)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(guān)系如表格所示,忽略空氣阻力.v(m?s1)0<v<22Vv<5v>5F/N263(1)求小物體P從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)的速率；(2)求小物體P從A運(yùn)動(dòng)至B的過(guò)程,電場(chǎng)力做的功；(3)小物體P到達(dá)B點(diǎn)后,飛向另一側(cè)呈拋物線形狀的坡面.如圖,以坡底的O點(diǎn)為原點(diǎn)建立坐標(biāo)系xoy.BO高為h,坡面的拋物線方程為y=-x2,式中h為常數(shù),且h>7,重力加速度為g.假

12、設(shè)當(dāng)小物體P剛到達(dá)B點(diǎn)時(shí),通過(guò)對(duì)其施加一個(gè)水平向右的瞬時(shí)力,改變其在B點(diǎn)的速度.那么欲使P落到坡面時(shí)的動(dòng)能恰好最小,求其在B點(diǎn)時(shí)的速度.14. (2021?浙江模擬)如下圖,直線OA與y軸成0=30°角,AOy范圍內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),在AOx范圍內(nèi)有一個(gè)矩形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場(chǎng).該磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2T,方向垂直紙面向里.一帶電微粒電荷量q=+2x1014C,質(zhì)量m=4x1020kg,微粒子在y軸上的某點(diǎn)以速度vo垂直于y軸進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng),并以速度v=3xi04m/sx軸.不計(jì)微粒重力,求：(根據(jù)創(chuàng)新設(shè)計(jì)習(xí)題改垂直穿過(guò)直線OA,運(yùn)動(dòng)中經(jīng)過(guò)矩形磁場(chǎng)區(qū)域后,最終又垂直穿過(guò)編)(

13、1)帶電微粒進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的初速度V0多大？(2)帶電微粒在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r.(3)最小矩形磁場(chǎng)區(qū)域的長(zhǎng)和寬.15. (2021?徐州一模)如圖甲所示,M和N是相互平行白金屬板,OO1O2為中線,01為板間區(qū)域的中點(diǎn),P是足夠大的熒光屏帶電粒子連續(xù)地從.點(diǎn)沿001方向射入兩板間.帶電粒子的重力不計(jì).(1)假設(shè)只在兩板間加恒定電壓U,M和N相距為d,板長(zhǎng)為L(zhǎng)(不考慮電場(chǎng)邊緣效應(yīng)).假設(shè)入射粒子是不同速率、電量為e、質(zhì)量為m的電子,試求能打在熒光屏P上偏離點(diǎn).2最遠(yuǎn)的電子的動(dòng)能.(2)假設(shè)兩板間沒(méi)有電場(chǎng),而只存在一個(gè)以0i點(diǎn)為圓心的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,磁場(chǎng)方向垂直紙面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.50

14、T,兩板間距d=J3cm,板長(zhǎng)L=l.0cm,帶電粒子質(zhì)量m=2.0X10-25kg,電量q=8.0X10-18C,入射速度后門(mén)r,并確定磁場(chǎng)區(qū)域的半徑R應(yīng)滿足的xi05m/s.假設(shè)能在熒光屏上觀察到亮點(diǎn),試求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑條件.不計(jì)粒子的重力3假設(shè)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(zhǎng)為L(zhǎng)不考慮電場(chǎng)邊緣效應(yīng).入射粒子是電量為e、質(zhì)量為m的電子.某電子在時(shí)刻以速度vo射入電場(chǎng),要使該電子能通過(guò)平行金屬板,試確定°西口Uo應(yīng)滿足的條件.16. 2021?鼓樓區(qū)校級(jí)模擬如圖1所示為某儀器內(nèi)部結(jié)構(gòu)圖,由Oi處?kù)o止釋放的電子經(jīng)加速電壓Ui加速后沿橫截面為正方形的

15、金屬盒中軸線.2.3射入金屬盒,.2為金屬盒左端面的中央,金屬盒由上下兩個(gè)水平放置、前后兩個(gè)豎直放置,長(zhǎng)為L(zhǎng)1、寬為L(zhǎng)o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L2處有一面積足夠大并與.2.3相垂直的接收屏,屏中央為O,O1O2O3O在同一水平直線上.屏上所設(shè)直角坐標(biāo)軸的X軸垂直紙面向外.儀器可在盒前、后兩面及上、下兩面加如圖3所示的Uxx'-t掃描電壓及Uyy'-t的正弦交流電壓.設(shè)電子的質(zhì)量為m,帶電量為e,圖中U.、T均為量.設(shè)所有入射的電子均能到達(dá)屏,不計(jì)電子所受重力、電子間的相互作用及電子由靜止釋放到.2的運(yùn)動(dòng)時(shí)間.在每個(gè)電子通過(guò)電場(chǎng)的極短時(shí)間內(nèi),電場(chǎng)

16、可視作恒定(1)(2)如儀器只提供Uxx'-t掃描電壓,請(qǐng)定性說(shuō)明t=T/4時(shí)刻入射的電子在盒內(nèi)及離盒后各做什么運(yùn)動(dòng);如儀器只提供Uxx'-t掃描電壓,試計(jì)算t=T/4時(shí)刻入射的電子打在屏上的坐標(biāo);至t=3T/2時(shí)間段入射的電子打在屏上所留下的痕跡示意圖,其中坐標(biāo)圖上每單位長(zhǎng)度為L(zhǎng)l(L+2L2)U口不要求計(jì)算過(guò)程.17.2021秋？福州校級(jí)月考在粗糙的絕緣水平面上相距為荷的位置坐標(biāo)如圖甲所示,其中B處電荷的電量為6LQ.圖的A、B兩處,分別固定電量不等的正點(diǎn)電荷,兩電乙是AB連線之間的電勢(shì).與位置x之間關(guān)系的圖象：圖中x=L點(diǎn)為圖線的最低點(diǎn),x=-2L處的縱坐標(biāo).Hgx=2L

17、處的縱坐標(biāo)嶗加在x=-2L的C點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m圖(¥)x=0處的縱坐標(biāo)4=0力求:(1)固定在A處的電荷的電量Qa；(2)小物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)科應(yīng)多大,才能使小物塊恰好到達(dá)x=2L處;(3)假設(shè)小物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)kqQ科-三Smgl,小物塊運(yùn)動(dòng)到何處時(shí)速度最大？并求最大速度Vm.3如果在盒內(nèi)同時(shí)具有Uxx'-t掃描電壓和U'-t的正弦交流電壓,請(qǐng)?jiān)谧鲱}卡上提供的坐標(biāo)圖上標(biāo)出t=T/218.2021秋？云南校級(jí)月考如圖,O、A、B為同一斜面內(nèi)的三個(gè)點(diǎn),OB沿斜面向下,/BOA=60°,0BOA.將2一質(zhì)量為m的小球以初速度vo自O(shè)點(diǎn)平

18、行斜面水平向右拋出,小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中恰好通過(guò)A點(diǎn).使此小球帶電,電荷量為qq>0,同時(shí)加一勻強(qiáng)電場(chǎng).場(chǎng)強(qiáng)方向與OAB所在平面平行,現(xiàn)從O點(diǎn)以同樣的速率沿某一平行斜面方向拋出此帶電小球,1小球也恰好通過(guò)了A點(diǎn),到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是初動(dòng)能的3倍；假設(shè)該小球從.點(diǎn)以同樣的速率沿另一平行斜面方向拋出,恰好通過(guò)B點(diǎn),且到達(dá)B點(diǎn)的動(dòng)能為初動(dòng)能的6倍,重力加速度大小為g.固定光滑斜面的傾角.=30°,求：1無(wú)電場(chǎng)時(shí),小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的速度大??；2OA、0B的電勢(shì)差Uoa、Uob；3電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向.19. 2021春？贛州校級(jí)期中如圖甲為平行板電容器,板長(zhǎng)l=0.1m,板距d=0.02m.板

19、間電壓如圖乙示,電子以v=1X107m/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(qiáng)電場(chǎng),為使電子從板邊緣平行于板的方向射出,電子應(yīng)從什么時(shí)刻打入板間？并求此交變電壓的頻率.電子質(zhì)量m=9.1x1031kg,電量e=1.6X1019Cx106C的小物塊處于靜止?fàn)顟B(tài),20. 2021秋？番禺區(qū)校級(jí)期中如圖1,在真空中足夠大的絕緣水平地面上,一個(gè)質(zhì)量為m=0.2kg,帶電量為q=+2.0小物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)科=0.1從t=0時(shí)刻開(kāi)始,空間加上一個(gè)如圖2所示的場(chǎng)強(qiáng)大小和方向是周期性變化的電場(chǎng).取水平向右的方向?yàn)檎较?g取10m/s2求:wq3一一一一船i(1)物塊在前2s內(nèi)加速度的大

20、??；(2)物塊在前4s內(nèi)的位移大小；(3)23秒內(nèi)電場(chǎng)力對(duì)小物塊所做的功.帶電粒子的運(yùn)動(dòng)解做題練習(xí)參考答案與試題解析一.實(shí)驗(yàn)題共3小題1. 2021?甘肅自主招生平行板電容器豎直安放如下圖,兩板間距d=0.1m,電勢(shì)差U=1000V,現(xiàn)從平行板上處以V0=3m/s初速度水平射入一帶正電小球小球帶電荷量q=104C,質(zhì)量m=0.02kg,經(jīng)一段時(shí)間后發(fā)現(xiàn)小球打在A點(diǎn)正下方的8點(diǎn),求：1AB間的距離；2假設(shè)小球打在與B同一水平線上的+極板上,小球的初速度應(yīng)是多大?u4【分析】1將小球分解成水平方向與豎直方向運(yùn)動(dòng),根據(jù)各方向的受力與運(yùn)動(dòng)來(lái)確定其運(yùn)動(dòng)性質(zhì)；再根據(jù)牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式,來(lái)確定運(yùn)動(dòng)到最

21、遠(yuǎn)時(shí)間,從而可求得豎直方向下落的距離.2根據(jù)水平方向勻加速豎直方向自由落體運(yùn)動(dòng)借口求得【解答】解：1小球m在處以Va以水平射入勻強(qiáng)電場(chǎng)后,運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖.考察豎直方向情況：小球無(wú)初速,只受重力mg,可看作是自由落體運(yùn)動(dòng)；考察水平方向情況,有初速Va,受恒定的電場(chǎng)力qE作用,作勻速直線運(yùn)動(dòng),小球的曲線運(yùn)動(dòng)由上述兩個(gè)正交的直線運(yùn)動(dòng)疊加而成.由題可知：E=U=103V/md071設(shè)球飛行時(shí)間為t,在豎直方向上有：SAB=gt22ya2贏.水平方向上有：仁二二7代入數(shù)據(jù)解得：Sab=7.2X102m2在水平方向上有：x=vqx=d聯(lián)立解得：v0=3.8m/s答：1AB間的距離為7.2X102m2假設(shè)小

22、球打在與B同一水平線上的+極板上,小球的初速度應(yīng)是3.8m/s2. (2021?山東)如下圖,帶電荷量為+4X10-8C的滑塊在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為2X104N/C、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,沿光滑絕緣水平面由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn).M、N間的距離為0.1m.求：(1)滑塊所受電場(chǎng)力的大小；(2)M、N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差；(3)電場(chǎng)力所做的功.【分析】(1)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中,根據(jù)F=qE直接計(jì)算電場(chǎng)力的大小;(2)根據(jù)U=Ed計(jì)算M、N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差；(3)根據(jù)W=qU計(jì)算電場(chǎng)力所做的功.【解答】解：(1)滑塊所受的電場(chǎng)力為：F=qE=4X10-8X2X104N=8X104N(2)M、N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為：UMN=E

23、d=2X104x0.1V=2X103V(3)電場(chǎng)力所做的功為：WMN=qUMN=4X108X2X103J=8X105J答：(1)滑塊所受電場(chǎng)力的大小為8X104N;(2)M、N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為2X103V；(3)電場(chǎng)力所做的功為8X105J.3.如下圖,AC是半徑為R的圓的一條直徑,該圓處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中,圓平面與電場(chǎng)方向平行,場(chǎng)強(qiáng)大小為E,方向一定,在圓周平面內(nèi),將一帶電量為+q、質(zhì)量為m的小球從A點(diǎn)以相同的動(dòng)能拋出,拋出方向不同時(shí),小球會(huì)經(jīng)過(guò)圓周不同的點(diǎn),在這些所有的點(diǎn)中,到達(dá)B點(diǎn)小球的動(dòng)能最大,/CAB=45°,假設(shè)不計(jì)小球重力及空氣阻力.(1)試求電場(chǎng)方向與AC間的夾角.為多大？

24、(2)假設(shè)小球在A點(diǎn)沿AC方向以速度V0拋出,拋出后恰能經(jīng)過(guò)B點(diǎn),求小球到達(dá)B點(diǎn)的速度大小.【分析】1小球在勻強(qiáng)電場(chǎng)中,從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn),根據(jù)動(dòng)能定理qUAB=Ek,由于到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的小球的動(dòng)能最大,所以Uab最大,即在圓周上找不到與B電勢(shì)相等的點(diǎn).所以與B點(diǎn)電勢(shì)相等的點(diǎn)在過(guò)B點(diǎn)的切線上.再根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直,可以畫(huà)出電場(chǎng)線,從而確定出電場(chǎng)的方向.2小球做類平拋運(yùn)動(dòng),根據(jù)動(dòng)能定理求解小球到達(dá)B點(diǎn)的速度大小.【解答】解：1小球在勻強(qiáng)電場(chǎng)中,從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),根據(jù)動(dòng)能定理得qUAB=AEk,由于到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的小球的動(dòng)能最大,所以Uab最大,即在圓周上找不到與B電勢(shì)相等的點(diǎn).且由A到B電場(chǎng)力對(duì)小球做正

25、功.過(guò)B點(diǎn)作切線DF,那么該切線DF為等勢(shì)線.根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直,可知,電場(chǎng)線垂直于AC向左,場(chǎng)強(qiáng)方向如下圖.即電場(chǎng)方向與AC間的夾角.為90°.2小球只受電場(chǎng)力,根據(jù)動(dòng)能定理得：nER-2L2qER=；7叫ymv0答：1電場(chǎng)方向與AC間的夾角.為90°.2小球到達(dá)B點(diǎn)的速度大小為/自唾LV口m二.計(jì)算題共4小題4.2021?高安市校級(jí)三模如圖甲所示,兩個(gè)帶正電的小球A、B套在一個(gè)傾斜的光滑直桿上,兩球均可視為點(diǎn)電荷,其中A球固定,帶電量Qa=2X104C,B球的質(zhì)量為m=0.1kg.以A為坐標(biāo)原點(diǎn),沿桿向上建立直線坐標(biāo)系,A、B球與地球所組成的系統(tǒng)總勢(shì)能(重力勢(shì)能與電

26、勢(shì)能之和)隨位置x的變化規(guī)律如圖中曲線I所示,直線n為曲線I的漸近線.圖中M點(diǎn)離A點(diǎn)距離為6米.(g取10m/s2,靜電力恒量k=9.0X109N?m2/C2.令A(yù)處所在平面為重力勢(shì)能的零勢(shì)能面,無(wú)窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)能處)(1)求桿與水平面的夾角.；(2)求B球的帶電量Qb；(3)求M點(diǎn)電勢(shì)擊;(4)假設(shè)B球以Eko=4J的初動(dòng)能從M點(diǎn)開(kāi)始沿桿向上滑動(dòng),求B球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中離A球的最近距離及此時(shí)B球的加速度.【分析】(1)由圖運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)得到Ep=mgxsin0=kx,從而的角度.;(2)由圖乙中的曲線I知,在x=6m出總勢(shì)能最小,動(dòng)能最大,該位置B受力平衡,根據(jù)平衡條件和庫(kù)侖定律求解電荷量.(3)根

27、據(jù)電勢(shì)和電勢(shì)能關(guān)系求解電勢(shì)；(4)根據(jù)能量守恒和牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解加速度a.【解答】解：(1)漸進(jìn)線n表示B的重力勢(shì)能隨位置的變化關(guān)系,即Ep=mgxsin0=kxL貝usinqJO.5即.=30°mg(2)由圖乙中的曲線I知,在x=6m出總勢(shì)能最小,動(dòng)能最大,該位置B受力平衡那么有mgsin30=k-L?"解得Qb=1X105C；(3)M點(diǎn)的電勢(shì)能Epm=E總-Ep=6-3=3J那么M點(diǎn)電勢(shì)布.=3X105V；(4)在M點(diǎn)B球總勢(shì)能為6J,根據(jù)能量守,ff定律,當(dāng)B的動(dòng)能為零,總勢(shì)能為10J,由曲線I知B離A的最近距離為x=2m.k-mg=ma解得a=40m/s2,方向沿桿

28、向上;答：(1)桿與水平面的夾角.為30°(2) B球的帶電量Qb是1X10-5C；(3) M點(diǎn)電勢(shì)如是3X105V；(4)假設(shè)B球以Eko=4J的初動(dòng)能從M點(diǎn)開(kāi)始沿桿向上滑動(dòng),B球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中離A球的最近距離是2m,此時(shí)B球的加速度是40m/s2,方向沿桿向上.13.1X10個(gè),假設(shè)這些5. (2021?楊浦區(qū)三模)研究靜電除塵,有人設(shè)計(jì)了一個(gè)盒狀容器,容器側(cè)面是絕緣的透明有機(jī)玻璃,它的上下地面是面積S=0.04m2的金屬板,間距L=0.05m,當(dāng)連接到U=2500V的高壓電源正負(fù)兩極時(shí),能在兩金屬板間產(chǎn)生一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng),如下圖,現(xiàn)把一定量均勻分布的煙塵顆粒密閉在容器內(nèi),每立方米有煙塵

29、顆粒顆粒都處于靜止?fàn)顟B(tài),每個(gè)顆粒帶電量為q=+1.0X1017C,質(zhì)量為m=2.0x1015kg,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)(2)經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間煙塵顆?？梢员蝗课?？除塵過(guò)程中電場(chǎng)對(duì)煙塵顆粒共做了多少功?【分析】(1)在此題中帶電顆粒做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)直到到達(dá)負(fù)極板為止,當(dāng)離負(fù)極板最遠(yuǎn)的粒子到達(dá)負(fù)極板時(shí),所有顆粒全部被吸收；(2)由于顆粒均勻分布在密閉容器內(nèi),可以等效為所有顆粒從兩極板中間被加速到負(fù)極板,從而求出電場(chǎng)對(duì)顆粒做的總功；(3)寫(xiě)出動(dòng)能表達(dá)式,利用數(shù)學(xué)知識(shí)和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以求出經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間顆粒的總動(dòng)能最大.【解答】解：(1

30、)當(dāng)最靠近上外表的煙塵顆粒被吸附到下板時(shí),煙塵就被全部吸附.煙塵顆粒受到的電場(chǎng)力：,而qU可彳導(dǎo)t=0.02s(2)由于板間煙塵顆粒均勻分布,可以認(rèn)為煙塵的質(zhì)心位置位于板的中央位置,因此除塵過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)煙塵做的總功為：KUqU=2,5X1Q-4J(3)設(shè)煙塵顆粒下落距離為x,那么當(dāng)時(shí)所有煙塵顆粒的總動(dòng)能:答：(1)經(jīng)過(guò)0.02s時(shí)間煙塵顆?？梢员蝗课?2)除塵過(guò)程中電場(chǎng)對(duì)煙塵顆粒共做了(3)經(jīng)過(guò)0.014s時(shí)間容器中煙塵顆粒的總動(dòng)能到達(dá)最大6. (2021春？大連校級(jí)月考)如下圖,在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,有一個(gè)半徑為R的半圓形絕緣軌道豎直放置,軌道與一個(gè)水平絕緣軌道MN連接,一切摩擦都不

31、計(jì),半圓軌道所在豎直平面與電場(chǎng)線平行,一個(gè)帶正電的小滑塊質(zhì)量為m,所受電場(chǎng)力為其重力的-=j-,重力加速度為g,問(wèn)：(1)要小滑塊恰好運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)C,滑塊應(yīng)在水平軌道上離N點(diǎn)多遠(yuǎn)處釋放？(2)這樣釋放的滑塊通過(guò)P點(diǎn)時(shí),軌道對(duì)滑塊的作用力是多大？(P為半圓軌道中點(diǎn))(3)小滑塊經(jīng)過(guò)C點(diǎn)后最后落地,落地點(diǎn)離N點(diǎn)的距離多大？【分析】(1)在小滑塊運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,摩擦力對(duì)滑塊和重力做負(fù)功,電場(chǎng)力對(duì)滑塊做正功,根據(jù)動(dòng)能定理可以求得滑塊與N點(diǎn)之間的距離；(2)在P點(diǎn)時(shí),對(duì)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(duì)滑塊的支持力的大小,由牛頓第三定律可以求滑塊得對(duì)軌道壓力；(3)小滑塊經(jīng)過(guò)C點(diǎn)

32、,在豎直方向上做的是自由落體運(yùn)動(dòng),在水平方向上做的是勻減速運(yùn)動(dòng),根據(jù)水平和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可以求得落地點(diǎn)離N點(diǎn)的距離.【解答】解：(1)設(shè)滑塊與N點(diǎn)的距離為L(zhǎng),由動(dòng)能定理可得:qEL-mg?2R=i-mv2-0小滑塊在C點(diǎn)時(shí),有：mg二2niyT代入數(shù)據(jù)解得：(2)滑塊到達(dá)L=10RP點(diǎn)時(shí),對(duì)全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理可得:qE(L+R)一mg?R二mvP2-0在P點(diǎn)時(shí)可得:Fn-qE=n.vp2一15解得：fn=mg(3)在豎直方向上做的是自由落體運(yùn)動(dòng),有:22R=-gtt=滑塊在水平方向上,做勻減速運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律可得:qE=ma所以加速度為:水平的位移為:代入解得：x=R2答：(1)滑

33、塊與N點(diǎn)的距離為10R;(2)滑塊通過(guò)P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力是用mg；(3)滑塊落地點(diǎn)離N點(diǎn)的距離為二R.27. (2021秋？東莞市校級(jí)期中)如下圖,水平放置的平行板電容器,極板長(zhǎng)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,假設(shè)板間不加電場(chǎng),由于重力作用微粒恰能落到下板中點(diǎn)O處；假設(shè)板間加豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),帶電微粒剛好落到下板右邊緣B點(diǎn).微粒質(zhì)量mnZ.OXIO-'g,電量q=1.0X108C,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(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)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

34、央平行于兩板射入,此時(shí)沒(méi)有電場(chǎng),粒子做平拋運(yùn)動(dòng),把運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上進(jìn)行分解,水平方向是勻速直線運(yùn)動(dòng)；豎直方向是自由落體運(yùn)動(dòng),在兩個(gè)方向上由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解.(2)、由于兩板之間參加了勻強(qiáng)電場(chǎng),此時(shí)帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是類平拋運(yùn)動(dòng),仍把運(yùn)動(dòng)在水平和豎直兩個(gè)方向上分解,進(jìn)行列式計(jì)算.由于帶電粒子的水平位移增加,在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間并沒(méi)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(chǎng)力作用,再結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律列式求解即可.【解答】解：(1)落到.點(diǎn)的粒子做平拋運(yùn)動(dòng),由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：水平方向:豎直方向:所以兩式聯(lián)立得:(2)落到B點(diǎn)的粒子做類平拋運(yùn)動(dòng),由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得

35、:水平方向：L=Vot豎直方向：包七？22ai對(duì)帶電粒子受力分析,由牛頓第二定律有:mgEq=ma由式聯(lián)立得:2mg-uid(一E=1,5X103V/m,Q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(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為1.5X103v/m,方向豎直向上.三.解做題(共13小題)8.(2021?大慶模擬)在xOy平面內(nèi),有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),場(chǎng)強(qiáng)大小為E(圖象未畫(huà)出),由A點(diǎn)斜射出一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子,B和C是粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn),如下圖,其中I.為常數(shù),粒子所受重力忽略不計(jì),求：(1)粒子從A到C過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)它做的功;(2)粒子從A到C過(guò)程所經(jīng)歷

36、的時(shí)間；【分析】(1)由電場(chǎng)力做功的特點(diǎn)可明確W=Uq,而U=Ed,求得沿電場(chǎng)線方向上的距離即可求得功；(2)粒子在x軸方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)水平位移可明確AO、BO及BC時(shí)間相等,由豎直方向的勻變速直線運(yùn)動(dòng)可求得時(shí)間；(3)由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可求得水平和豎直豎直,再由運(yùn)動(dòng)的合成與分解求得合速度.【解答】解：(1)粒子從A到C電場(chǎng)力做功為W=qE.a-yc)=3qEl.(2)根據(jù)拋體運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn),粒子在x軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),由對(duì)稱性可知,軌跡是最高點(diǎn)D在y軸上,可令tA0=toB=T,tBC=T；由Eq=ma得:aqEa=n又y=aT22y+3la(2T)2那么A到C過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間t=3巴

37、組;VoE(3)粒子在DC段做類平拋運(yùn)動(dòng),那么有：2lo=vcx(2T);Vcy=a(2T)Vc=1rME12d答：(1)粒子從A到C過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)它做的功3qElo(2)粒子從A到C過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間(3)粒子經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速率為17qEln2m9. (2021?四川校級(jí)模擬)如下圖,電源電動(dòng)勢(shì)E=30V,內(nèi)阻r=1Q,電阻R1二4Q,R2=10Q.兩正對(duì)的平行金屬板長(zhǎng)L=0.2m,兩板間的距離d=0.1m.閉合開(kāi)關(guān)S后,一質(zhì)量m=5X108kg,電荷量q=+4X106c的粒子以平行于兩板且大小為Vo=5X102m/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(yùn)動(dòng)的過(guò)程中沿垂直于板方向發(fā)

38、生的位移大小？(不考慮粒子的重力)【分析】先根據(jù)閉合電路歐姆定律列式求解電阻&的電壓,然后根據(jù)U=Ed求解電場(chǎng)強(qiáng)度,最后根據(jù)類似平拋運(yùn)動(dòng)的分運(yùn)動(dòng)公式列式求解偏移量.【解答】解：根據(jù)閉合電路歐姆定律,有：EU=rc咔產(chǎn)X10=20Vr+Rl+R221+4+10電場(chǎng)強(qiáng)度：匚,Uonnx/E=-=200V/md0.1m粒子做類似平拋運(yùn)動(dòng),根據(jù)分運(yùn)動(dòng)公式,有:L=v0t一二一其中：a=Ln聯(lián)立解得:y=的L?2ipyq25X10-3X(5乂102產(chǎn)=2.56X103m=2.56mm2.56mm.答：粒子在兩平行金屬板間運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中沿垂直于板方向發(fā)生的位移大小為10. (2021?重慶自主招生)

39、如下圖,在光滑絕緣的水平面上,用長(zhǎng)為2L的絕緣輕桿連接兩個(gè)質(zhì)量均為m的帶電小千AB,A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(kāi)始時(shí)A和B分別靜止于虛線MN的兩側(cè),虛線MN恰為AB兩球連線的垂直平分線.假設(shè)視小球?yàn)橘|(zhì)點(diǎn),不計(jì)輕桿的質(zhì)量,在虛線MN、PQ間加上水平向右的電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)后.試求：(1)B球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí),帶電系統(tǒng)的速度大小；(2)帶電系統(tǒng)向右運(yùn)動(dòng)的最大距離和此過(guò)程中B球電勢(shì)能的變化量；(3)帶電系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)的周期.hP|iI<431>NQ【分析】(1)對(duì)系統(tǒng)運(yùn)用動(dòng)能定理,根據(jù)動(dòng)能定理求出B球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí),帶電系統(tǒng)的速

40、度大小.(2)帶電系統(tǒng)經(jīng)歷了三個(gè)階段,：B球進(jìn)入電場(chǎng)前、帶電系統(tǒng)在電場(chǎng)中、A球出電場(chǎng),根據(jù)動(dòng)能定理求出A球離開(kāi)PQ的最大位移,從而求出帶電系統(tǒng)向右運(yùn)動(dòng)的最大距離.根據(jù)B球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的位移,求出電場(chǎng)力做的功,從而確定B球電勢(shì)能的變化量.(3)根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律分別求出帶電系統(tǒng)B球進(jìn)入電場(chǎng)前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間,帶電系統(tǒng)在電場(chǎng)中做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間,A球出電場(chǎng)帶電系統(tǒng)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間,從而求出帶電系統(tǒng)從靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)再次速度為零的時(shí)間,帶電系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)周期為該時(shí)間的2倍.【解答】解：(1)設(shè)B球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)帶電系統(tǒng)電度為V1,由動(dòng)能定理得ZqEL二(2)帶電系統(tǒng)向右運(yùn)動(dòng)分三段

41、：B球進(jìn)入電場(chǎng)前、帶電系統(tǒng)在電場(chǎng)中、A球出電場(chǎng).設(shè)A球離開(kāi)PQ的最大位移為x,由動(dòng)能定理得2qEL-qEL-3qEx=0解得貝Usgj=yLB球從剛進(jìn)入電場(chǎng)到帶電系統(tǒng)從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到速度第一次為零時(shí)位移為為L(zhǎng)其電勢(shì)能的變化量為二3事L=4qEL(3)向右運(yùn)動(dòng)分三段,取向右為正方向,第一段加速a,t1=,一加一m勺力qE第二段減速,-l'a2百設(shè)A球出電場(chǎng)電速度為V2,由動(dòng)能定理得-qEL=X2id(；V2丫：)解得市二居L,那么區(qū)三六2丘1渥第三段再減速那么其加速度出及時(shí)間t3為:所以帶電系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)的周期為：T=2Ctt24t3)=(6V2_.答：(1)B球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí),帶電系統(tǒng)的速度大小為

42、廣儼亂.(2)帶電系統(tǒng)向右運(yùn)動(dòng)的最大距離為三L,B球電勢(shì)能的變化量為4qEL.(3)帶電系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)的周期11. (2021?上海模擬)如圖(a)所示,一光滑絕緣細(xì)桿豎直放置,距細(xì)桿右側(cè)d=0.3m的A點(diǎn)處有一固定的點(diǎn)電荷.細(xì)桿上套有一帶電量q=1X106C,質(zhì)量m=0.05kg的小環(huán).設(shè)小環(huán)與點(diǎn)電荷的豎直高度差為h.將小環(huán)無(wú)初速釋放后,其動(dòng)能Ek隨h的變化曲線如圖(b)所示.0.0?0070M0.C50.C40.030.02TTWIIIIII書(shū)卅i-.小周1一iliaiilllaii!rkiltklIII11HIIIIVRIIBillIlli«1»1*1iiiaiKillim

43、iiilHI1livihiin*rvisviaiVII1VIiiiia'in!：!：!：!IISI!：!ill114IIII'llItPIHill114HHlllilIlli|Bitiiai1biiilllllflll*iii|i(1)試估算點(diǎn)電荷所帶電量Q;(2)小環(huán)位于h1=0.40m時(shí)的加速度a；(3)小環(huán)從h2=0.3m下落到h3=0.12m的過(guò)程中其電勢(shì)能的改變量.(靜電力常量k=9.0x109N?m2/C2,g=10m/s2)【分析】(1)由圖根據(jù)庫(kù)侖定律和受力平衡知電荷量;(2)根據(jù)庫(kù)侖定律和牛頓運(yùn)動(dòng)定律知加速度；(3)根據(jù)動(dòng)能定理求解電勢(shì)能變化.【解答】解：(1

44、)由圖可知,當(dāng)h'=0.36m時(shí),小環(huán)所受合力為零貝Uk®x>_=mgd2+h,2必2+h'3解得Q=mgld*_213/"=i.6xQ5ckqh'=ma(2)小環(huán)加速度沿桿方向,那么mg-FLJliVd2+hl2又Fi=kd2fhl22解得a=0.78m/s方向向下(3)設(shè)小環(huán)從h=0.3m下落到h=0.12m的過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)小環(huán)做功Wg根據(jù)動(dòng)能定理mg(h2-h3)+WG=AEkWG=Ek-mgAh=-0.11J所以小環(huán)的電勢(shì)能增加了0.11J答：(1)試估算點(diǎn)電荷所帶電量Q為1.6X105C；(2)小環(huán)位于h=0.40m時(shí)的加速度a為0.

45、78m/s2;(3)小環(huán)從h2=0.3m下落到h3=0.12m的過(guò)程中電勢(shì)能增加了0.11J.12. (2021?寶安區(qū)模擬)如下圖,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(nèi)存在著E=1x106V/m、豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng),有一質(zhì)量m=1kg、帶電荷量q=+1.4X105c的物體(可視為質(zhì)點(diǎn)),從A點(diǎn)的正上方距離A點(diǎn)H=1m處由靜止開(kāi)始自由下落(不計(jì)空氣阻力),BC段為長(zhǎng)L=2m、與物體間動(dòng)摩擦因數(shù)科=0.2勺粗糙絕緣水平面,CD段為傾角0=53°且離地面DE高h(yuǎn)=0.8m的斜面.(取g=10m/s2)(1)假設(shè)物體能沿軌道AB到達(dá)最低點(diǎn)B,求它到達(dá)B點(diǎn)

46、時(shí)對(duì)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(diǎn)與D點(diǎn)之間的距離(sin53°=0.8,cos53°=0.6.不討論物體反彈以后的情況)【分析】(1)根據(jù)動(dòng)能定理求出物體到達(dá)B點(diǎn)的速度,結(jié)合牛頓第二定律求出支持力的大小,從而結(jié)合牛頓第三定律得出到達(dá)B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力.(2)根據(jù)動(dòng)能定理,選取由B到C過(guò)程,從而即可求解.(3)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律,求出飛出后落點(diǎn)與D點(diǎn)之間的距離.【解答】解：(1)物體由初始位置運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)能定理有：mgRR+H)-qER=/mv/到達(dá)B點(diǎn)時(shí)由支持力Fn、重力、電場(chǎng)力的合力提供向心力,有:Fnmg+qE=m2

47、VB聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：Fn=8N根據(jù)牛頓第三定律,可知物體對(duì)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(dòng)能定理,有：-mmgL=-mvc2-i-mvB2,代入數(shù)據(jù)解得：vC=2.0m/s(3)物體離開(kāi)C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng),有：X=Vct且解得：x=0.8m>xCD=0.6m所以,落點(diǎn)與D點(diǎn)之間的距離為：x=0.8-0.6=0.2m答：(1)假設(shè)物體能沿軌道AB到達(dá)最低點(diǎn)B,它到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)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(diǎn)與D點(diǎn)之間的距離0.2m.13.(2021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

48、端與桌面邊緣對(duì)齊,A是軌道上一點(diǎn),過(guò)A點(diǎn)并垂直于軌道的豎直面右側(cè)有大小E=2X106N/C,方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng).可視為質(zhì)點(diǎn)的帶負(fù)電的小物體P電荷量q=2X106C,質(zhì)量m=0.25kg,與軌道間動(dòng)摩擦因數(shù)科=0.4P由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng),經(jīng)過(guò)0.55s到達(dá)A點(diǎn),到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度是5m/s.P在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)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(guān)系如表格所示,忽略空氣阻力.v(m?s1)0<v<22Vv<5v>5F/N263(1)求小物體P從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)的速率；(2)求小物體P從A運(yùn)動(dòng)至B的過(guò)程,電場(chǎng)力做的功；(3)小物體P到達(dá)B點(diǎn)后,飛向另一側(cè)呈拋物線形

49、狀的坡面.如圖,以坡底的O點(diǎn)為原點(diǎn)建立坐標(biāo)系xoy.BO高為h,坡面的拋物線方程為y=-x2,式中h為常數(shù),且h>7,重力加速度為g.假設(shè)當(dāng)小物體P剛到達(dá)B點(diǎn)時(shí),2hf通過(guò)對(duì)其施加一個(gè)水平向右的瞬時(shí)力,改變其在B點(diǎn)的速度.那么欲使P落到坡面時(shí)的動(dòng)能恰好最小,求其在B點(diǎn)時(shí)的速度.【分析】(1)根據(jù)牛頓第二定律計(jì)算加速度的大小,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式計(jì)算速度的大??；(2)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式計(jì)算位移的大小,根據(jù)電場(chǎng)力做功的公式計(jì)算做功的大小；(3)物體P離開(kāi)桌面做平拋運(yùn)動(dòng),最后落到斜面上,根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和機(jī)械能守恒計(jì)算動(dòng)能最小的時(shí)候B的速度的大小.【解答】解：(1)物體P在水平桌面上運(yùn)動(dòng)

50、時(shí),豎直方向上只受重力mg和支持力N作用,因此其滑動(dòng)摩擦力大小為：Ff=mg=1N根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知,物體P在速率0Wv&2m/s時(shí),所受水平外力Fi=2N>Ff.因此,在進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域之前,物體P做勻加速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)加速度為a1,不妨設(shè)經(jīng)時(shí)間G速度為V1=2m/s時(shí),物體P還未進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域.根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：v產(chǎn)a*根據(jù)牛頓第二定律有：Fi-Ff=ma1由(1)(2)式聯(lián)立解得：乎一=0.5sV0.55s,F-Ff所以假設(shè)成立,即小物體P從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至速率為2m/s所用的時(shí)間為t2=0.5s.當(dāng)物體P在速率2Vv5m/s時(shí),所受水平外力Fi=6N,設(shè)先以加速度研再加速t3=0

51、.05s至A點(diǎn),速度為VA,根據(jù)牛頓第二定律有：F2-Ff=ma2根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：VA=Vl+a2t由(3)(4)式聯(lián)立解得：VA=3m/s(2)物體P從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)的過(guò)程中,由題意可知,所受水平外力仍然為F2=6N不變,設(shè)位移為s,加速度為出,根據(jù)牛頓第二定律有：F3-qE-Ff=ma3根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：喝-=2旦3s由(5)(6)式聯(lián)立解得：s=2m所以電場(chǎng)力做的功為：W=-qEs=-8J(3)根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知,當(dāng)物體P到達(dá)B點(diǎn)時(shí),水平外力為F3=qE=4N,因此,物體P離開(kāi)桌面做平拋運(yùn)動(dòng).設(shè)物體P在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,在坡面上落點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x,縱坐標(biāo)為y.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

52、和條件得,X=VBth-y=|"gt2根據(jù)題意有y=一x2(9)2n由機(jī)械能守恒,落到坡面時(shí)的動(dòng)能為卷坨.2皿十即g(h-y)(10)聯(lián)立(7)(8)(9)(10)式得：22X_fhq卬2占占V后上式可以改寫(xiě)為：22和2$卜-gh)22v+gh利用根本不等式可得當(dāng)：帝gh二空戶時(shí),動(dòng)能最小.此時(shí),Vb=,;-：<'>.答：(1)小物體P從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)的速率為3m/s；(2)小物體P從A運(yùn)動(dòng)至B的過(guò)程,電場(chǎng)力做的功為-8J;(3)在B點(diǎn)時(shí)的速度為-L>gh.14 .(2021?浙江模擬)如下圖,直線OA與y軸成0=30°角,AOy范圍內(nèi)有沿y軸負(fù)方

53、向的勻強(qiáng)電場(chǎng),在AOx范圍內(nèi)有一個(gè)矩形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場(chǎng).該磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2T,方向垂直紙面向里.一帶電微粒電荷量q=+2x1014C,質(zhì)量m=4x1020kg,微粒子在y軸上的某點(diǎn)以速度v0垂直于y軸進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng),并以速度v=3xi04m/s垂直穿過(guò)直線OA,運(yùn)動(dòng)中經(jīng)過(guò)矩形磁場(chǎng)區(qū)域后,最終又垂直穿過(guò)x軸.不計(jì)微粒重力,求：(根據(jù)創(chuàng)新設(shè)計(jì)習(xí)題改編)(1)帶電微粒進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的初速度V0多大?(2)帶電微粒在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r.(3)最小矩形磁場(chǎng)區(qū)域的長(zhǎng)和寬.【分析】(1)在AOy范圍內(nèi)只有電場(chǎng),粒子在如下圖,AOy區(qū)域做類平拋運(yùn)動(dòng),根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可以求得帶電微粒進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的

54、初速度v0的大??；(2)根據(jù)粒子的速度的大小,由半徑的公式可以求得粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑的大?。?3)由粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡,結(jié)合幾何關(guān)系可以求得矩形磁場(chǎng)區(qū)域的長(zhǎng)和寬.【解答】解：設(shè)磁場(chǎng)區(qū)域長(zhǎng)為a,寬為b帶電微粒在AOy區(qū)域做類平拋運(yùn)動(dòng),進(jìn)入AOx區(qū)域后在洛倫茲力作用下做局部勻速圓周運(yùn)動(dòng),軌跡如下圖.(1)由圖可得：根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律v0=vcos0解得vc=2.6x104m/s,所以帶電微粒進(jìn)入電場(chǎng)日的初速度大小為2.6X104m/s.2(2)根據(jù)勻速圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律-r解得二ji-帶電微粒在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r為0.3m.120°,運(yùn)動(dòng)的軌跡(3)由題意可知,粒子垂直穿過(guò)OA,經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)后又垂直穿過(guò)x軸,所以粒子的偏轉(zhuǎn)的角度為矩形磁場(chǎng)的長(zhǎng)a等于粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的直徑的長(zhǎng)度,所以a=2r=0.6m,矩形磁場(chǎng)的寬為圓周的半徑加上rcos0,所外=r+rcos0=0.56m.所以最小矩形磁場(chǎng)區(qū)域的長(zhǎng)為0.6m,寬為0.56m.15 .(2021?徐州一模)如圖甲所示,M和N是相互平行白金屬板,OO1O2為中線,Oi為板間區(qū)域的中點(diǎn),P是足夠大的熒光屏帶電粒子連續(xù)地從.點(diǎn)沿OO1方向射入兩板間.帶電粒子的重力不計(jì).(1)假設(shè)只在兩板間加恒定電壓U,M和N相距為d,板長(zhǎng)為L(zhǎng)(不考慮電場(chǎng)邊緣效應(yīng)).假設(shè)入射粒子是不同速率、電量為e、質(zhì)量為m的電子,試求能打在熒光屏P上偏離點(diǎn).2最遠(yuǎn)