北京市北京八中物理第十章 靜電場中的能量專題試卷

1、北京市北京八中物理第十章 靜電場中的能量專題試卷一、第十章靜電場中的能量選擇題易錯題培優(yōu)（難）1. 一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運(yùn)動，取該直線為x軸，起 始點(diǎn)。為坐標(biāo)原點(diǎn)，其電勢能Ep與位移X的關(guān)系如圖所示，下列圖象中合理的是（）【答案】D【解析】【分析】【詳解】粒子僅受電場力作用，做初速度為零的加速直線運(yùn)動，電場力做功等于電勢能的減小量，故：AEPAx即Ep - x圖象上某點(diǎn)的切線的斜率表示電場力；Ep - x圖象上某點(diǎn)的切線的斜率表示電場力，故電場力逐漸減小，根據(jù)故電場強(qiáng)度也逐漸減小，故A錯誤;根據(jù)動能定理，有：F 軟=AEk故Ek - x圖線上某點(diǎn)切線的斜率表示電

2、場力；由于電場力逐漸減小，與B圖矛盾，故B錯誤;按照C圖，速度隨著位移均勻增加，根據(jù)公式v2 一 v2 = 2ax勻變速直線運(yùn)動的v2-x圖象是直線，題圖v-x圖象是直線；相同位移速度增加量相等， 又是加速運(yùn)動，故增加相等的速度需要的時間逐漸減小，故加速度逐漸增加；而電場力減 小導(dǎo)致加速度減?。还拭?，故C錯誤；粒子做加速度減小的加速運(yùn)動，故D正確.空間存在一靜電場，電場中的電勢0隨x（x軸上的位置坐標(biāo)）的變化規(guī)律如圖所示，下 列說法正確的是（）x = 4 m處的電場強(qiáng)度可能為零x = 4 m處電場方向一定沿x軸正方向沿x軸正方向，電場強(qiáng)度先增大后減小電荷量為e的負(fù)電荷沿x軸從0點(diǎn)移動到6 m

3、處，電勢能增大8 eV【答案】D【解析】【分析】【詳解】A、由巾-x圖象的斜率等于電場強(qiáng)度，知x=4 m處的電場強(qiáng)度不為零，選項(xiàng)A錯誤；B、 從0到x=4 m處電勢不斷降低，但x=4 m點(diǎn)的電場方向不一定沿x軸正方向，選項(xiàng)B錯 誤；C、由斜率看出，沿x軸正方向，圖象的斜率先減小后增大，則電場強(qiáng)度先減小后增 大，選項(xiàng)C錯誤；D、沿x軸正方向電勢降低，某負(fù)電荷沿x軸正方向移動，電場力做負(fù) 功，從。點(diǎn)移動到6m的過程電勢能增大8 eV,選項(xiàng)D正確.故選D .【點(diǎn)睛】本題首先要讀懂圖象，知道0-x圖象切線的斜率等于電場強(qiáng)度，場強(qiáng)的正負(fù)反映場強(qiáng)的方 向，大小反映出電場的強(qiáng)弱.在電場方向水平向右的勻強(qiáng)電場

4、中，一帶電小球從A點(diǎn)豎直向上拋出，其運(yùn)動的軌跡 如圖所示，小球運(yùn)動的軌跡上人B兩點(diǎn)在同一水平線上，M為軌跡的最高點(diǎn)，小球拋出 時的動能為8.0J，在M點(diǎn)的動能為6.0J，不計(jì)空氣的阻力，則（）從A點(diǎn)運(yùn)動到M點(diǎn)電勢能增加2J小球水平位移x1與x2的比值1： 4小球落到B點(diǎn)時的動能24J小球從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的過程中動能有可能小于6J【答案】D【解析】【分析】【詳解】將小球的運(yùn)動沿水平和豎直方向正交分解，水平分運(yùn)動為初速度為零的勻加速直線運(yùn)動， 豎直分運(yùn)動為勻變速直線運(yùn)動；從A點(diǎn)運(yùn)動到M點(diǎn)過程中，電場力做正功，電勢能減小，故A錯誤；對于初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，在連續(xù)相等的時間間隔內(nèi)位移之比為1：

5、 3,故B 錯誤；設(shè)物體在B動能為EkB，水平分速度為*x，豎直分速度為*y。由豎直方向運(yùn)動對稱性知12嗎2=引對于水平分運(yùn)動FX1= 2 mVMx2- 2 mVAX211F(X1+X2)= 2 mVBx2- 2 mVAx2x1：x2=1：3解得：Fx1=6J ；F (x1+x2)=24J故1EkB= 2 m 如By2+VBx2)=32J故C錯誤；由于合運(yùn)動與分運(yùn)動具有等時性，設(shè)小球所受的電場力為F，重力為G，則有：Fx1=6J所以:由右圖可得:F 212 = 6J mGh=8JG 212 = 8J mF3G 2F tan0 =G所以4.如圖所示,B.4、B、 C、D是真空中一正四面體的四個頂

6、點(diǎn)，每條棱長均為/.在正四面體則小球從A運(yùn)動到B的過程中速度最小時速度一定與等效&垂直，即圖中的P點(diǎn)，故廠 11 / 、24 E=虧 mv2, = 2 m(v sin0)2 = J 中=中 中正電荷在電勢高的地方電勢能大，所以將電荷+q沿曲線CAD從C移到D的過程中,電勢能 先增大后減少，將電荷+q沿曲線CBD從C移到D的過程中,電勢能先減少后增大，故CD錯 誤。一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運(yùn)動，取該直線為x軸，起 始點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，其電勢能Ep與位移x的關(guān)系如圖所示，下列圖象中合理的是（）A.電場強(qiáng)度與位移關(guān)系B.粒子動能與位移關(guān)系【解析】試題分析：粒子僅受電場力作用

7、，做初速度為零的加速直線運(yùn)動；根據(jù)功能關(guān)系得到Ep- x圖象的斜率的含義，得出電場力的變化情況；然后結(jié)合加速度的含義判斷加速度隨著位 移的變化情況.解：粒子僅受電場力作用，做初速度為零的加速直線運(yùn)動，電場力做功等于電勢能的減小量，故：F=|f衛(wèi)|，即Ep-x圖象上某點(diǎn)的切線的斜率表示電場力；AxFA、Ep-x圖象上某點(diǎn)的切線的斜率表示電場力，故電場力逐漸減小，根據(jù)E=Z，故電場強(qiáng) 度也逐漸減??；故A錯誤；B、根據(jù)動能定理，有：！= x=A Ek，故Ek-x圖線上某點(diǎn)切線的斜率表示電場力；由于電 場力逐漸減小，與B圖矛盾，故B錯誤；C、題圖v-x圖象是直線，相同位移速度增加量相等，又是加速運(yùn)動，

8、故增加相等的速度 需要的時間逐漸減小，故加速度逐漸增加；而電場力減小導(dǎo)致加速度減小；故矛盾，故C 錯誤；D、粒子做加速度減小的加速運(yùn)動，故D正確；故選D.【點(diǎn)評】本題切入點(diǎn)在于根據(jù)Ep-x圖象得到電場力的變化規(guī)律，突破口在于根據(jù)牛頓第 二定律得到加速度的變化規(guī)律，然后結(jié)合動能定理分析；不難.如圖所示，在等邊三角形ABC的三個頂點(diǎn)上固定三個點(diǎn)電荷，其中A點(diǎn)位置的點(diǎn)電荷 帶電量為+Q, Bs C兩點(diǎn)位置的點(diǎn)電荷帶電量均為-Q，在BC邊的中垂線上有P、M、N三點(diǎn)，且pa=AM=MN，關(guān)于三點(diǎn)的場強(qiáng)和電勢（取無窮遠(yuǎn)處電勢為零），下列說法不正確的 是（）I hIM點(diǎn)的場強(qiáng)大于P點(diǎn)的場強(qiáng)MN之間某點(diǎn)的場強(qiáng)

9、可能為零N點(diǎn)的場強(qiáng)方向沿中垂線向下P點(diǎn)的電勢高于M點(diǎn)的電勢【答案】C【解析】【分析】【詳解】點(diǎn)電荷的電場如圖所示：正電荷在P、M兩點(diǎn)處產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等為E廣為PA、M伽的距離)； 而兩負(fù)電荷在P點(diǎn)處的合場強(qiáng)向下，在M點(diǎn)場強(qiáng)為零；所以Em Ep ;故A正確，不符 合題意；BC.正電荷在N點(diǎn)的場強(qiáng)E3= k Q，兩負(fù)電荷在N點(diǎn)的場強(qiáng)Ej2k cos30。=kd. 氣，故可點(diǎn)合場強(qiáng)向上且可知在m、N之間某點(diǎn)F d)2場強(qiáng)可能為零，故B正確，不符合題意；C錯誤，符合題意；D.由場強(qiáng)疊加可知A、M之間的場強(qiáng)均大于A、P之間的場強(qiáng)，所以 m RR， 所以甲“V甲，故D正確，不符合題意.M P兩個質(zhì)量相同

10、的小球用不可伸長的細(xì)線連結(jié)，置于場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場中，小球1和2 均帶正電，電量分別為U和U (U 7 ) .將細(xì)線拉直并使之與電場方向平行，如圖所 示.若將兩小球同時從靜止?fàn)顟B(tài)釋放，則釋放后細(xì)線中的張力T為(不計(jì)重力及兩小球間 的庫侖力)T= .、E ) ET= (U ) ET=.、頃，+ ） ET= （，+* ） E【答案】A【解析】【分析】【詳解】將兩個小球看做一個整體，整體在水平方向上只受到向右的電場力，故根據(jù)牛頓第二定律 町牌+如）日可得日 -，對小球2分析，受到向右的電場力，繩子的拉力，由于如:，球1受到向右的電場力大于球2向右的電場力，所以繩子的拉力向右，根據(jù)牛頓第二定律有-；，

11、聯(lián)立解得山” 二，故A正確；【點(diǎn)睛】解決本題關(guān)鍵在于把牛頓第二定律和電場力知識結(jié)合起來，在研究對象上能學(xué)會整體法和 隔離法的應(yīng)用，分析整體的受力時采用整體法可以不必分析整體內(nèi)部的力，分析單個物體 的受力時就要用隔離法.采用隔離法可以較簡單的分析問題如圖所示，在點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場中，實(shí)線MN是一條方向未標(biāo)出的電場線，虛線AB 是一個電子只在靜電力作用下的運(yùn)動軌跡.設(shè)電子在A、B兩點(diǎn)的加速度大小分別為七、aB，電勢能分別為EpA、EpB .下列說法正確的是（）電子一定從A向B運(yùn)動若aA aB，則Q靠近M端且為正電荷無論Q為正電荷還是負(fù)電荷一定有夫.aB，則A點(diǎn)離點(diǎn)電荷Q更近即Q靠近M端；又由運(yùn)動軌

12、跡可知，電場力方向指向凹 的一側(cè)即左側(cè)，所以，在MN上電場方向向右，那么Q靠近M端且為正電荷，故B正 確；由B可知，電子所受電場力方向指向左側(cè)，那么，若電子從A向B運(yùn)動，則電場力做 負(fù)功，電勢能增加；若電子從B向A運(yùn)動，則電場力做正功，電勢能減小，所以，一定有 EpAEpB求解過程與Q所帶電荷無關(guān)，只與電場線方向相關(guān)，故C正確；由B可知，電場線方向由M指向N,那么A點(diǎn)電勢高于B點(diǎn)，故D錯誤；故選BC .10.如圖所示，ABC是處于豎直平面內(nèi)的光滑、絕緣斜劈，ZC = 30、ZB = 60 , D為 AC中點(diǎn)；質(zhì)量為m帶正電的小滑塊沿AB面由A點(diǎn)靜止釋放,滑到斜面底端B點(diǎn)時速度為 v0,若空間加

13、一與ABC平面平行的勻強(qiáng)電場，滑塊仍由靜止釋放，沿AB面滑下，滑到斜 面底端B點(diǎn)時速度為偵2%,若滑塊由靜止沿AC面滑下，滑到斜面底端C點(diǎn)時速度為 3v0，則下列說法正確的是()，上電場方向由A指向CB點(diǎn)電勢與D點(diǎn)電勢相等滑塊滑到D點(diǎn)時機(jī)械能增加了1 mv 220小滑塊沿AB面、AC面滑下過程中電勢能變化值之比為2:3【答案】BC【解析】【分析】【詳解】B.無電場時由A到B; TOC o 1-5 h z 71mgh = 2 mv 2 有電場時由A到B HYPERLINK l bookmark116 o Current Document 1 , .,mgh + W = m2v )2 e 20有電

14、場時由A到C1 成 HYPERLINK l bookmark122 o Current Document mgh + W = m；3v )2 e 20由可得1W = 2 mv 2W = mv 2又因?yàn)閃 = qUBW = qUEACU =1UAB 2 AC則D點(diǎn)與B點(diǎn)電勢相等，故B正確；AC與BD不垂直，所以電場方向不可能從由A指向C,故A錯誤；1因D為AC的中點(diǎn)，則滑到D點(diǎn)電場力做功為到滑到C點(diǎn)的一半，為2 mv2，則機(jī)械能增1加了 2mv02，則C正確；1根據(jù)W =元mv 2, W = mv 2知電勢能變化量之比為1:2 ,故D錯誤；E 20 E 0故選BC。點(diǎn)睛：由動能定理確定出由A到B

15、電場力做的功和由A到C電場力做的功，確定出AC與AB 間的電勢差，從而確定出BC的電勢的大小關(guān)系.由動能定理可求現(xiàn)到D點(diǎn)的機(jī)械能的增加量. 通過對做功的分析，要抓住小球在運(yùn)動的過程中，重力做功，電場力就做正功，由動能定理確定 功的值.在絕緣光滑的水平面上相距為6L的A、B兩處分別固定正電荷Qa、Qb，兩電荷的位置 坐標(biāo)如圖甲所示。若在A、B間不同位置放置一個電量為+q的帶電滑塊C （可視為質(zhì) 點(diǎn)），滑塊的電勢能隨x變化關(guān)系如圖乙所示，圖中x。點(diǎn)為圖線的最低點(diǎn)?，F(xiàn)讓滑塊從 x=2L處由靜止釋放，下列有關(guān)說法正確的是（）-3L0 2L 3L-3L -2L -L 0 L圖甲圖己小球在x = L處的速

16、度最大小球一定可以到達(dá)x = -2L點(diǎn)處x=0和x=2L處場強(qiáng)大小相等固定在AB處的電荷的電量之比為Qa： Qb=4： 1【答案】AD【解析】【分析】【詳解】滑塊C受重力、支持力和電場力，其重力和支持力在豎直方向相抵消，滑塊C受的合 外力為電場力，再由電荷在電場中電場力做正功，電荷的電勢能減小，動能增加，由圖可 知在x = L處電勢能最小，則滑塊在x = L處的動能最大，A正確；由圖可知，x = -2L處的電勢能大于x=2L處的電勢能，又因滑塊由靜止釋放，滑塊不 能到達(dá)x = -2L處，B錯誤；電荷在x = L處電勢能最小，即正電荷Qa、Qb在x = L處的電場強(qiáng)度等大反向，即x=L的電場強(qiáng)度

17、為零，有kQ_kQ(4L% (2L卞解得=4:1所以x=0和x=2L處場強(qiáng)大小分別為kQ kQ21kQA D C錯誤，D正確；故選AD.如圖所示，一勻強(qiáng)電場的電場線平行于xOy平面，電場強(qiáng)度大小為E ,xOy平面上有一 橢圓，橢圓的長軸在x軸上，E、F兩點(diǎn)為橢圓的兩個焦點(diǎn)，AB是橢圓的短軸，橢圓的一端 過O點(diǎn)，則下列說法正確的是（）在橢圓上，0、C兩點(diǎn)間電勢差一定最大在橢圓上，A、B兩點(diǎn)間電勢差可能最大一個點(diǎn)電荷從E點(diǎn)運(yùn)動到橢圓上任意一點(diǎn)再運(yùn)動到F點(diǎn)，電場力做功可能為零一個點(diǎn)電荷從0點(diǎn)運(yùn)動到A點(diǎn)與從B點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)，電場力做功一定相同【答案】BCD【解析】由于勻強(qiáng)電場方向平行于坐標(biāo)平面，當(dāng)電場方

18、向平行于y軸時，0、C間的電勢差為零，A、B間的電勢差最大，B項(xiàng)正確，A項(xiàng)錯誤；如果電場方向平行于y軸，則E、F兩點(diǎn)電勢 相等，則一個點(diǎn)電荷從E點(diǎn)運(yùn)動到橢圓上任意一點(diǎn)再運(yùn)動到F點(diǎn)，電場力做功為零，C項(xiàng) 正確；由于0、A連線平行于B、C連線，且長度相等，因此在勻強(qiáng)電場中，0、A間的電 勢差和B、C間的電勢差相等，一個點(diǎn)電荷從0點(diǎn)運(yùn)動到A點(diǎn)與從B點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)，電場 力做功一定相同，D項(xiàng)正確.如圖，在豎直平面內(nèi)有一勻強(qiáng)電場，一帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的小球在力F（大小 可以變化）的作用下沿圖中虛線由A至B做豎直向上的勻速運(yùn)動.已知力F和AB間夾角為 仇A、B間距離為d，重力加速度為則（）i力F大小的

19、取值范圍只能在0 cos 0mg sin 0電場強(qiáng)度E的最小值為q小球從A運(yùn)動到B電場力可能不做功mg tan 0若電場強(qiáng)度E=一q一 時，小球從A運(yùn)動到B電勢能變化量大小可能為2mgds 【答案】BCD【解析】分析小球受力情況：小球受到重力mg、拉力F與電場力qE ,因?yàn)樾∏蜃鰟蛩僦本€運(yùn)動，合 力為零，則F與qE的合力與mg大小相等、方向相反，作出F與qE的合力，如圖，可知F無最 大值，選項(xiàng)A錯誤；當(dāng)電場力qE與F垂直時，電場力最小，此時場強(qiáng)也最小.mg則得：qE=mgsin。，所以電場強(qiáng)度的最小值為E =竺竺史，選項(xiàng)B正 q一 mgtan0確.若電場強(qiáng)度E =q，即qE=mgtan0時，電

20、場力qE可能與AB方向垂直，如圖1位置，電場力不做功，選項(xiàng)C正確；也可能電場力位于位置2方向，則電場力做功為W=qEsin20*d=q* % sin20*d=2mgdsin20 .選項(xiàng) D 正確；故選 BCD.點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵是對小球進(jìn)行正確的受力分析，靈活運(yùn)用圖解法分析極值情況，并 根據(jù)力圖要知道電場力大小一定時，方向可能有兩種情況，不能漏解.如圖甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的 隨時間周期性變化的電場，電場方向與兩板垂直，不計(jì)重力的帶電粒子沿板間中線垂直電 場方向源源不斷地射入電場，粒子射入電場時的初動能均為Ek0。已知t=0時刻射入電場的 粒子

21、剛好沿上板右邊緣垂直電場方向射出電場。則( )甲 乙A所有粒子最終都垂直電場方向射出電場t=0之后射入電場的粒子有可能會打到極板上所有粒子在經(jīng)過電場過程中最大動能都不可能超過2E.Ok0。.若入射速度加倍成2%，則粒子從電場出射時的側(cè)向位移與相比必定減半【答案】AC【解析】 【分析】【詳解】AB.粒子在平行極板方向不受電場力，做勻速直線運(yùn)動，故所有粒子的運(yùn)動時間相同；t=0 時刻射入電場的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向射入電場，沿上板右邊緣垂直電場方向 射出電場，說明豎直方向分速度變化量為零，說明運(yùn)動時間為周期的整數(shù)倍；故所有粒子 最終都垂直電場方向射出電場；由于t=0時刻射入的粒子在電場方向

22、上始終做單向的直線 運(yùn)動，豎直方向的位移最大，故所有粒子最終都不會打到極板上，A正確，B錯誤；t=0時刻射入的粒子豎直方向的分位移最大，為1 d ；根據(jù)分位移公式，有d=工.上2 v0由于L=d，故 =V0故最大動能E = m (v 2 + v 2 )= 2Ek 20 ymk0C正確；粒子入射速度加倍成2%，則粒子從電場出射時間減半，穿過電場的運(yùn)動時間變?yōu)殡妶?變化半周期的整數(shù)倍，則不同時刻進(jìn)入電場的側(cè)向位移與原相比關(guān)系就不確定，如t=0 時刻，粒子從電場出射時的側(cè)向位移與相比減半，t=t進(jìn)入電場，入射速度時，側(cè)1向位移為0，入射速度2%時，側(cè)向位移為d，D錯誤。故選AC。如圖所示，電容器固定

23、在一個絕緣座上，絕緣座放在光滑水平面上，平行板電容器板 間距離為d,右極板有一小孔，通過孔有絕緣桿，左端固定在左極板上，電容器極板連同 底座、絕緣桿總質(zhì)量為M.給電容器充電后，有一質(zhì)量為m的帶正電環(huán)恰套在桿上以某一 速度勺對準(zhǔn)小孔向左運(yùn)動，設(shè)帶電環(huán)不影響電容器極板間電場的分布.帶電環(huán)進(jìn)入電容器 后距左極板的最小距離為d/2，則mv帶電環(huán)與左極板相距最近時的速度v =0Mmd此過程中電容器移動的距離尤=2 (+ m )mMv 2c.此過程中電勢能的變化量Ep=2(M +脂)帶電環(huán)減少的動能大于電容器增加的動能【答案】BCD【解析】【分析】帶電環(huán)與極板間相距最近時兩者速度相等，選取帶電環(huán)與電容器構(gòu)

24、成的系統(tǒng)作為研究對 象，根據(jù)動量守恒定律，即可求出帶電環(huán)與左極扳相距最近時的速度大??；結(jié)合運(yùn)動學(xué)公 式求解電容器移動的距離；在此過程，系統(tǒng)中，帶電小環(huán)動能減少，電勢能增加，同時電 容器等的動能增加，系統(tǒng)中減少的動能全部轉(zhuǎn)化為電勢能.【詳解】帶電環(huán)進(jìn)入電容器后在電場力的作用下做初速度為v0的勻減速直線運(yùn)動，而電容器則 在電場力的作用下做勻加速直線運(yùn)動，當(dāng)它們的速度相等時，帶電環(huán)與電容器的左極板相 距最近，由系統(tǒng)動量守恒定律可得mv = (M + m )v，解得mv一 M + m A錯誤；v該過程中電容器向左做勻加速直線運(yùn)動根據(jù)運(yùn)動學(xué)基本公式得5, = s，環(huán)向左做勻減速直線運(yùn)動，由公式得V +

25、V,01 = s，2根據(jù)位移關(guān)系有s s =-，2解得_ mdS 2(M + m )，B正確；C.在此過程，系統(tǒng)中，帶電小環(huán)動能減少，電勢能增加，同時電容器等的動能增加，系統(tǒng)中減少的動能全部轉(zhuǎn)化為電勢能.所以E =4 mv2 - (m + M )v2， f 20 2聯(lián)立得Mmv 2E 2 (m + M )，C正確；D.在此過程，系統(tǒng)中，帶電小環(huán)動能減少，轉(zhuǎn)化為電容器增加的動能以及系統(tǒng)的電勢能，故帶電環(huán)減少的動能大于電容器增加的動能，D正確。故選BCD。二、第十章靜電場中的能量解答題易錯題培優(yōu)（難）如圖所示，BCD為固定在豎直平面內(nèi)的半徑為r=10m的圓弧形光滑絕緣軌道，O為圓 心，OC豎直，O

26、D水平，OB與OC間夾角為53，整個空間分布著范圍足夠大的豎直向下 的勻強(qiáng)電場.從A點(diǎn)以初速v0=9m/s沿AO方向水平拋出質(zhì)量m=0. 1kg的小球（小球可視 為質(zhì)點(diǎn)），小球帶正電荷q=+0. 01C，小球恰好從B點(diǎn)沿垂直于OB的方向進(jìn)入圓弧軌 道.不計(jì)空氣阻力.求：（1）A、B間的水平距離L（2）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E（3）小球過C點(diǎn)時對軌道的壓力的大小Fn（4）小球從D點(diǎn)離開軌道后上升的最大高度H【答案】（1）9m（2）E = 20N/C（3）Fn= 4.41N（4）H = 3.375m【解析】【分析】1y = r cos53 ， y = at2【詳解】 （1）從 A 到 B，vy = v

27、o tan 53o，Vy = at解得 E = 20N / C12 mv2解得 t = 1s，a = 12m / s 2，L = vt = 9m（2）根據(jù)牛頓第二定律可得mg + qE = ma1（3）從A到C，根據(jù)動能定理可得mar = -mv2 -AV 2在 C 點(diǎn)，F(xiàn) 一 ma = m，解得 Fn - 4.41N1（4）對全過程運(yùn)用動能定理，二mv2 = maH，故H = 3.375m20【點(diǎn)睛】應(yīng)用動能定理應(yīng)注意的幾個問題（1）明確研究對象和研究過程，找出始末狀態(tài)的速度.（2）要對物體正確地進(jìn)行受力分析，明確各力做功的大小及正負(fù)情況（待求的功除 外）.（3）有些力在物體運(yùn)動過程中不是始

28、終存在的.若物體運(yùn)動過程中包括幾個階段， 物體在不同階段內(nèi)的受力情況不同，在考慮外力做功時需根據(jù)情況區(qū)分對待如圖所示，從電子槍射出的電子束（初速度不計(jì)）經(jīng)電壓U1=2000V加速后，從一對 金屬板Y和Y正中間平行金屬板射入，電子束穿過兩板空隙后最終垂直打在熒光屏上的O 點(diǎn).若現(xiàn)在用一輸出電壓為U2=160V的穩(wěn)壓電源與金屬板YY連接，在YY間產(chǎn)生勻強(qiáng)電 場，使得電子束發(fā)生偏轉(zhuǎn).若取電子質(zhì)量為9x10 -31kg，YY兩板間距d=2. 4cm，板長 l=6. 0cm，板的末端到熒光屏的距離L=12cm.整個裝置處于真空中，不考慮重力的影響， 試回答以下問題：電子束射入金屬板YY時速度為多大？加上

29、電壓U2后電子束打到熒光屏上的位置到O點(diǎn)的距離為多少？如果兩金屬板YY間的距離d可以隨意調(diào)節(jié)(保證電子束仍從兩板正中間射入)，其 他條件都不變，試求電子束打到熒光屏上的位置到O點(diǎn)距離的取值范圍.【答案】(1) 2. 67x1Q?m/s；(2) 15mm；(3) 030mm.【解析】【分析】 【詳解】根據(jù)動能定理，設(shè)電子在加速電極作用下獲得速度為v0,有 U e = mv 2，i 20解得：v0二/28 .代入數(shù)據(jù)解得:=x 107 m / s 牝 2.67 x 107 m / s 3；電子穿過偏轉(zhuǎn)電極過程中，在沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動有l(wèi)=v0t 在沿電場方向受力為F=Eq.根據(jù)勻強(qiáng)電場性質(zhì)

30、U2=Ed.根據(jù)牛頓第二定律F=ma.根據(jù)勻變速直線運(yùn)動規(guī)律，在出偏轉(zhuǎn)電場時其在電場方向位移為來 =1 at2Ul 2-根據(jù)-式可推得：=4dUi此時在電場方向上的分速度為：vy=at出電場后電子做直線運(yùn)動最終打在熒光屏上，距離O點(diǎn)的距離設(shè)為y，根據(jù)幾何關(guān)系及可得,l + 2 L Ul (/ + 2 L)八 V = d 1d將數(shù)據(jù)代入式可得y=3mm 了，所以此時電子可以射出偏轉(zhuǎn)電場于是將數(shù)據(jù)代入式可得y=15mmd越小則偏轉(zhuǎn)電場越強(qiáng)，電子的偏轉(zhuǎn)也越厲害，但是同時兩板間距縮小電子更容易打 在極板上， 所以電子的偏轉(zhuǎn)應(yīng)有最大值，且臨界條件為電子剛好擦YY極板而出.即: 聯(lián)立式代入數(shù)據(jù)可解得此時：

31、y=6mm，繼續(xù)代入式可得此時：y=30mm，所以電子束打到熒光屏上的位置到O點(diǎn)距離的取值范圍為030mm；如圖所示，M、N為豎直放置的平行金屬板，兩板間所加電壓為U0， 正對的小孔.金屬板P和Q水平放置在N板右側(cè)，關(guān)于小孔、S2所在直線對稱，兩板的 長度和兩板間的距離均為/;距金屬板P和Q右邊緣l處有一熒光屏，熒光屏垂直于金屬 板P和Q；取屏上與S1. S2共線的。點(diǎn)為原點(diǎn)，向上為正方向建立x軸，M板左側(cè)電子槍 發(fā)射出的電子經(jīng)小孔S1進(jìn)入M、N兩板間.電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，初速度可以忽略. 不計(jì)電子重力和電子之間的相互作用.為簡單計(jì)，忽略電容器的邊緣效應(yīng).求電子到達(dá)小孔S2時的速度大小

32、v；金屬板P和Q間電壓u隨時間t的變化關(guān)系如圖所示，單位時間內(nèi)從小孔S1進(jìn)入的 電子都相同.電子打在熒光屏上形成一條亮線，忽略電場變化產(chǎn)生的磁場；可以認(rèn)為每個電 子在板P和Q間運(yùn)動過程中，兩板間的電壓恒定.a.試分析、猜測題干中可以認(rèn)為每個電子在板P和Q間運(yùn)動過程中，兩板間的電壓恒定 這句話的根據(jù)？b.當(dāng)某個電子在金屬板P、Q兩板間電壓=U時進(jìn)入P、Q間，求其打到熒光屏上的位置.求打到熒光屏上的電子最大動能.試分析在一個周期(即2七時間)內(nèi)熒光屏單位長度亮線上的電子個數(shù)是否相同?【答案】(1)v =0 (2) a.見解析b. x = c.E 2eUn d.電子個數(shù)相同m4 km0【解析】【詳解

33、】1根據(jù)動能匕定理有：eU = mv20 2,_2eU解得：V =、，0ma.由(1)中電子速度表達(dá)式猜測，由于電子比荷q/m極大，電子很容易加速到很大的速度，電子在板P和Q間運(yùn)動的時間遠(yuǎn)小于交變電壓變化的周期，故可以認(rèn)為每個電 子在板P和Q間運(yùn)動過程中，兩板間的電壓恒定”。b.假設(shè)所有電子均能打在熒光屏上，下面以偏向P板的電子為例推導(dǎo)，偏向Q板的電子推 導(dǎo)過程相同。設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動時間為，PQ間的電壓為u垂直電場方向：1 = vti一1平行電場方向：x =二at2i 2 ieu此過程中電子的加速度大小a=-mlul聯(lián)立得：xi = U0電子出偏轉(zhuǎn)電場時，在X方向的速度vx=氣電子在偏

34、轉(zhuǎn)電場外做勻速直線運(yùn)動，設(shè)經(jīng)時間七到達(dá)熒光屏，則水平方向：1 = vt2豎直方向：x2 = v，2ul聯(lián)立解得：x2 = 2U03l電子打在熒光屏上的位置坐標(biāo)：x =氣+、= Uu0 l l當(dāng)U - Uo時，X1 - 4 0)的帶電粒子在紙面內(nèi)自A點(diǎn)先后以不同 的速度進(jìn)入電場，速度方向與電場的方向垂直。已知剛進(jìn)入電場時速度為零的粒子，自圓 周上的C點(diǎn)以速率穿出電場，AC與AB的夾角齒60。運(yùn)動中粒子僅受電場力作用。求電場強(qiáng)度的大??；為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進(jìn)入電場時的速度應(yīng)為多大？為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為mv0，該粒子進(jìn)入電場時的速度應(yīng)為多 大？ TOC o 1-5 h z mv2J2vJ3v【答莉E =刀V1寸；（3）0或v2T【解析】【分析】=【詳解】（1）由題意知在人點(diǎn)速度為零的粒子會沿著電