高三物理力學(xué)與電場(chǎng)綜合模塊典型新計(jì)算題型展播

1、力學(xué)與電場(chǎng)綜合模塊典型新計(jì)算題型展播根據(jù)本屆學(xué)生實(shí)際，組編了如下 20道力學(xué)與電場(chǎng)綜合計(jì) 算題來訓(xùn)練學(xué)生的審題能力和規(guī)范解題能力。選題典型、新穎， 包容知識(shí)點(diǎn)多，隱含條件不顯露，學(xué)生入手困難，由此專題試卷 進(jìn)行強(qiáng)化訓(xùn)練，就可很快識(shí)別這類模型的題眼， 達(dá)到快速求解物 理壓軸題的能力。孝感三中三尺方地1、在一個(gè)水平地面上沿水平方向建立x軸，在過原點(diǎn) O垂直于x軸的平面的右側(cè)空間有一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小E=6X105N/C,方向與x軸正方向相同，在O處放一個(gè)質(zhì)量 m=10g帶負(fù)電荷的絕 緣物塊，其帶電荷量 q= -5 10 8CO物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù) 戶0. 2,沿x軸正方向給物塊一個(gè)初速度

2、 V0=2m/s,如圖所示.試求:(1)物塊沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)離 O點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離；(2)物塊最終停止時(shí)的位置.2、如圖所示，豎直放置的半圓形絕緣軌道半徑為R,下端與光滑絕緣水平面平滑連接，整個(gè)裝置處于方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中E中，一質(zhì)量為 m,帶電量為+q的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，從水平面上的A點(diǎn)以初速度V0水平向左運(yùn)動(dòng)，沿半圓形軌道恰好通過最高點(diǎn)C,場(chǎng)強(qiáng)大小為 E (E dB金屬板兩端與 B板的間隙可忽略不計(jì)?，F(xiàn)從正對(duì)B板小孔緊靠A CLr&_月一板的O處由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為 m、電量為q的帶正電微粒(微 限 /粒的重力不計(jì))，問：(1)微粒穿過B板小孔時(shí)的速度多大？P(2)為了使微粒能在 CD板

3、間運(yùn)動(dòng)而不碰板， CD板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小應(yīng)滿足什么條件？(3)從釋放微粒開始，經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間微粒通過半圓形金屬板間的最低點(diǎn)P點(diǎn)？7、如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線，一端懸于 O點(diǎn)，另一端連接帶電量為一q的金屬小球A,.3 、 置于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，小球所受的電場(chǎng)力是其重力的金倍，電場(chǎng)范圍足夠大，在距3O點(diǎn)為L(zhǎng)的正下方有另一完全相同的不帶電的金屬小球B置于光滑絕緣水平桌面的最左端桌面離地距離為H,現(xiàn)將細(xì)線向右水平拉直后從靜止釋放(1)求A球與B球碰撞前的速度？(小球體積可忽略不計(jì))A球。3（2）若（2+1） L=0.1m, H= 0.6m。則B球落地時(shí)的速度大小是多少？（不計(jì)碰撞過程3中機(jī)械能損失

4、及小球間庫(kù)侖力的作用）8、如圖所示，一矩形絕緣木板放在光滑水平面上，另一質(zhì)量為m帶電量為q的小物塊沿木板上表面以某一初速度從 A端沿水平方向滑入，木板周圍空間存在足夠大、 方向豎 直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng).已知物塊與木板間有摩擦， 物塊沿木板運(yùn)動(dòng)到 B端恰好相對(duì)靜止.若將 勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向改為豎直向上，大小不變，且物塊仍以原初速度沿木板上表面從 A端滑入，結(jié)果物塊運(yùn)動(dòng)到木板中點(diǎn)時(shí)相對(duì)靜止.求:物塊所帶電荷的性質(zhì).勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的大小9、在絕緣水平面上放一質(zhì)量m=2.0 x l0-3kg的帶電滑塊 A,所帶電荷量q=1.0 x 10-7C.在滑塊A的左邊l =0.3m處放置一個(gè)不帶電的絕緣滑塊B,質(zhì)量M=4

5、.0X10 kg, B與一端連在豎直墻壁上的輕彈簧接觸(不連接)且彈簧處于自然狀態(tài)，彈簧原長(zhǎng)S=0.05m.如圖所示，在水平面上方空間加一水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E=4.0 x 105N/C,滑塊A由靜止釋放后向左滑動(dòng)并與滑塊B發(fā)生碰撞，設(shè)碰撞時(shí)間極短，碰撞后兩滑塊結(jié)合在一起共同運(yùn)動(dòng)并一起壓縮彈簧至最短處(彈性限度內(nèi))，此時(shí)彈性勢(shì)能 E=3.2 X 10-3J,兩滑塊始終沒有分開， 兩滑塊的體積大小不計(jì)，與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為(1=0.5, g取10m/s2.求： TOC o 1-5 h z (1)兩滑塊碰撞后剛結(jié)合在一起的共同速度v；(2)兩滑塊被彈簧彈開后距豎直墻壁的最大距

6、離s. EeE；wwfBna S + I1),仍使電子從ABC取域左下角D處離 開(D不隨電場(chǎng)移動(dòng))，求在電場(chǎng)I區(qū)域內(nèi)由靜止釋放電子的所有位置。11、如圖所示，矩形區(qū)域 MNPQ內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，虛線框外為真空區(qū)域；半徑為R、內(nèi)壁光滑、內(nèi)徑很小的絕緣半圓管ADB固定在豎直平面內(nèi)，直徑 AB垂直于水平虛線MN,圓心O恰在MN的中點(diǎn)，半圓管的一半處于電場(chǎng)中.一質(zhì)量為m,可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電，電荷量為q的小球從半圓管的 A點(diǎn)由靜止開始滑入管內(nèi)，小球從B點(diǎn)穿出后，能夠通過 B點(diǎn)正下方的C點(diǎn).重力加速度為g,小球在C點(diǎn)處的加速度大小 5 5g + 為.求： 3 勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E;小球在到達(dá)B點(diǎn)前一瞬間

7、時(shí)，半圓軌道對(duì)它作用力的大?。灰剐∏蚰軌虻竭_(dá) B點(diǎn)正下方C點(diǎn)，虛線框MNPQ的高度和寬度滿足什么條件小球從B點(diǎn)開始計(jì)時(shí)運(yùn)動(dòng)到 C點(diǎn)的過程中，經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間小球的動(dòng)能最小。E12、如圖所示，沿水平方向放置一條平直光滑槽，它垂直穿過開有小孔的兩平行薄板， 板相距3.5L。槽 內(nèi)有兩個(gè)質(zhì)量均為 m的小球A和B,球A帶電量 為+2q,球B帶電量為-3q,兩球由長(zhǎng)為 2L的輕 桿相連，組成一帶電系統(tǒng)。最初 A和B分別靜止圖16于左板的兩側(cè)，離板的距離均為L(zhǎng)。若視小球?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)，不計(jì)輕桿的質(zhì)量，在兩板間加上與槽平行向右的勻強(qiáng)電場(chǎng) E后(設(shè)槽和輕桿由特殊絕緣材料制成，不影響電場(chǎng)的分布)求：球B剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，帶電

8、系統(tǒng)的速度大??；帶電系統(tǒng)從開始運(yùn)動(dòng)到速度第一次為零所需的時(shí)間及球A相對(duì)右板的位置。13、如圖所示，ABCD 為表示豎立放在 為E=104v/m的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中的絕緣光 道，其中軌道的 BCD部分是半徑為R的 環(huán)，軌道的水平部分與半圓環(huán)相切A為水道的一點(diǎn)，而且 AB = R = 0.2m.把一質(zhì) m=100g、帶電q=10 4c的小球，放在水平 的A點(diǎn)上面由靜止開始被釋放后，在軌道側(cè)運(yùn)動(dòng)。(g=10m/s2) 求：(1)它到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度是多大？(2)它到達(dá)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力是多大?(3)小球所能獲得的最大動(dòng)能是多少？14、.如圖所示，整個(gè)空間存在場(chǎng)強(qiáng)為e=103n/c、 TOC o 1-5 h

9、z r-水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在豎直平面內(nèi)有一個(gè)半徑為/-，也R=40cm的光滑半圓形絕緣軌道 DC,其中C為最高-Z;_尸點(diǎn)、D為最低點(diǎn)，O為圓心，與水平成 e=37 0的絕(40緣斜軌道與半圓軌道相連于D點(diǎn).一質(zhì)量為 m=10g_*二二 t電荷量為q=I。-4C的小球P從斜面上的A點(diǎn)無初速度釋放，恰好能通過 C點(diǎn).已知小球 P在滑行的 D _ 過程中經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)沒有能量損失，小球P與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 =0.75,重力加速度 g=10m/s2, sin37 =0.6, cos37 =0.8,求AD的長(zhǎng)度以及小球在半圓形軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)與給軌道的最大壓力.15、如圖所示，水平名緣光滑軌道AB的B端與

10、處于豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧形粗糙絕緣軌道BC平滑連接，圓弧的半徑 R=0.40m。在軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電 場(chǎng)強(qiáng)度E=1.0X104 N/C?，F(xiàn)有一質(zhì)量 m=0.10kg的帶電體(可視為質(zhì)點(diǎn))放在水平軌道上與 B端距離s=1.0m的位置，由于受到電場(chǎng)力的作用帶電體由靜止開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到圓弧形 軌道的C端時(shí)，速度恰好為零。已知帶電體所帶電荷q=8.0X 10-5c,取g=10m/s2,求：(1)帶電體在水平軌道上運(yùn)動(dòng)到B端時(shí)的速度大??；(2)帶電體運(yùn)動(dòng)到圓弧形軌道的B端時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力大?。?3)帶電體沿圓弧形軌道從 B端運(yùn)動(dòng)到C端的過程中，摩擦力做的功。AB16、如圖所示

11、，在豎直面內(nèi)有一光滑絕緣導(dǎo)軌,以B為分界點(diǎn)，AB部分為直線軌道，BCD部分 是半徑為R的圓形軌道，直線軌道在B點(diǎn)恰好與 圓形軌道相切，軌道空間處于方向豎直向上的勻 強(qiáng)電場(chǎng)中。現(xiàn)有一質(zhì)量為 m、電荷最為q的帶正 電小球，在A點(diǎn)以方向平行于導(dǎo)軌向下的初速度V0開始運(yùn)動(dòng)。已知A點(diǎn)距導(dǎo)軌底端 C的豎直高度 為h ,小球可視為質(zhì)點(diǎn)。(1)要讓小球能沿軌道運(yùn)動(dòng)到 C點(diǎn)，場(chǎng)強(qiáng)E的大小應(yīng)滿足什么條件 ？(2)要讓小球在圓形軌道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，場(chǎng)強(qiáng)E應(yīng)滿足什么條件？17、如圖所示，在絕緣水平面上，相距為L(zhǎng)的A、B兩點(diǎn)處分別固定著兩個(gè)等量正電荷.a、b是AB連線上兩點(diǎn)，其中 Aa=Bb=- ,a、4量為m帶電量

12、為+q的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn)b兩點(diǎn)電勢(shì)相等，。為AB連線的中點(diǎn).一質(zhì))以初動(dòng)能Eo從a點(diǎn)出發(fā)，沿 AB直線向b(3)當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)E (未知量)為某一值時(shí)，小球恰能過圓形軌道最高點(diǎn) D,求軌道在C點(diǎn)處對(duì) 小球彈力大小。Eo出I ，申Aa Ob B運(yùn)動(dòng)，其中小滑塊第一次經(jīng)過。點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為初動(dòng)能的 n彳n (n1),到達(dá)b點(diǎn)時(shí)動(dòng)能恰好為零，小滑塊最終停在。點(diǎn)，求：(1)小滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)科.(2)Ob兩點(diǎn)間的電勢(shì)差 Uob.(3)小滑塊運(yùn)動(dòng)的總路程S.18、在xoy平面內(nèi)，第出象限內(nèi)的直線OM是電場(chǎng)與磁場(chǎng)的邊界，OM與負(fù)x軸成45角。在xv 0且OM的左側(cè)空間存在著負(fù) x方向的勻強(qiáng)電場(chǎng) E,場(chǎng)強(qiáng)大

13、小為0.32N/C ,在 y0且OM的右側(cè)空間存在著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 0.1T,如圖所示。一不計(jì)重力的帶負(fù)電的微粒，從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿y軸負(fù)方向以V0=2X 103m/s的初速度進(jìn)入磁場(chǎng)，已知微粒的帶電量為 q=5X10-18C,質(zhì)量為m=1 X10-24kg,(不計(jì)微粒所受重力)，求：(1)帶電微粒第一次經(jīng)過磁場(chǎng)邊界的位置坐標(biāo)(2)帶電微粒在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間；19、如圖所示，要使一質(zhì)量為m、電量為+q的小球能水平?jīng)]直線加速，需要外加一(3)帶電微粒最終離開電、磁場(chǎng)區(qū)域的位置坐標(biāo)。勻強(qiáng)電場(chǎng)。已知平行金屬板間距為 d,與水平面夾角為。，要使此小球從 A板左端沿直線從 靜

14、止沿水平方向被加速，恰從 B板的右端射出，求兩金屬板間所加電壓 U是多少？小球從B板右端射出時(shí)的速度是多大？(重力加速度為g)20、如圖所示為一個(gè)模擬貨物傳送的裝置，A是一個(gè)表面絕緣、質(zhì)量為 M=100kg,電荷量為q=+6.0X10-2C的傳送小車，小車置于光滑的水平地面上.在傳送途中，空間存在 一個(gè)可以通過開關(guān)控制其有無的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為E=4.0 X l03V/m.現(xiàn)將質(zhì)量為m=20 kg的貨物B（不帶電且可當(dāng)作質(zhì)點(diǎn)）放置在小車的左端，讓它們以v=2m/s的共同速度向右滑行，在貨物和小車快到終點(diǎn)時(shí)，閉合開關(guān)產(chǎn)生水平向左的電場(chǎng).經(jīng)過一段 時(shí)間后關(guān)閉電場(chǎng)，使貨物到達(dá)目的地時(shí)，小車和貨物的

15、速度恰好都為零.已知貨物與小車之間的動(dòng)摩擦因數(shù) 0 =0.1取g=10m/s2.說明關(guān)閉電場(chǎng)的瞬間，貨物和小車的速度方向；（2）為了使貨物不滑離小車，小車至少多長(zhǎng)？參考答案1、（1） 0. 4m； （2） -0. 2m。2、（1）物塊恰能通過最高點(diǎn)c時(shí)，圓弧軌道與物塊 之間沒有力作用，物塊受到重力和電場(chǎng)力提供向心力。mg-qE=mv2/R （百口 c力才777777777777777777777物塊在由A運(yùn)動(dòng)到C的過程中，設(shè)物塊克服摩擦力做 的功W,根據(jù)動(dòng)能定理有： TOC o 1-5 h z qE2R-W-mg2R=mvc2/2-mv02/2解得 W= mvc2/2+5 (qE-mg) R/

16、2(2)物塊離開半圓形軌道后做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)水平位移為S則水平方向有S=v0t豎直方向有2R=(g-qE/m)t2/2解得S=2R因此物塊離開軌道落回水平面的水平距離與場(chǎng)強(qiáng)E大小無關(guān)，大小為 2R.3、(1)電荷做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有Eq a = 一 mRsin 0= v0t12R+Rcos 9=2 at由以上三式得v0 =EqRsin2 1 EqR(1 cos?)2m(1 cos?)2m(2)由(1)中的結(jié)論可得粒子從A點(diǎn)出發(fā)時(shí)的動(dòng)能為Ekomv22EqR(1 -cosi)則經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為121 LEk=Eq (R+RcosO) + m vo = 4 EqR (5+3cos0)(3)從上式可

17、以看出，當(dāng) 。從120。變化到60。的過程中，接收屏上電荷的動(dòng)能逐漸增大，因此D點(diǎn)接收到的電荷的末動(dòng)能最大.EqR (5+3cos60 )=乎 EqR812取大動(dòng)能為：EkD = Eq(R+Rcos60 ) + m vo4、設(shè)BC中點(diǎn)為 M MC=MD故D, C在等勢(shì)面上故由D到C,電場(chǎng)力不做功。同動(dòng)能能定理:01-mgLsin60 =mvCvC 二、3gL v2212-mv2在 D 點(diǎn):mgsin30mgsin30a2=g-a0-Fcos30 0=ma0+Fcos300=maNNA7F電Bmgme5、 設(shè)B受到的最大靜摩擦力為 f1m ,則f1m = N1mBg =2.5N.設(shè)a受到地面的滑

18、動(dòng)摩擦力的f2,則f2 = R2(mA+mB)g =4.0N.施加電場(chǎng)后，設(shè)A. B以相同的加速度向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a,由牛頓第二定律2qE + f2 =(mA+mB)a 解得：a = 2.0m/s設(shè)B受到的摩擦力為f1,由牛頓第二定律得f1 = mBa ,解得：t =2.0N.因?yàn)閠 fm,所以電場(chǎng)作用后，A. B仍保持相對(duì)靜止以相同加速 度a向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，所以剛加上勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，B的加速度大小a=2.0m/s2A與擋板碰前瞬間，設(shè) A. B向右的共同速度為 v1, 22v1 = v0 -2as, v1 = 1m/sA與擋板碰撞無機(jī)械能損失，故 A剛離開擋板時(shí)速度大小為 v1=

19、1m/sA與擋板碰后，以 A. B系統(tǒng)為研究對(duì)象，qE=f2故A . B系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè) A . B向左共同速度為v ,規(guī)定向左為正方向，得：mAW -mB% =(mA +mB)v 設(shè)該過程中，B相對(duì)于A向右的位移為由系統(tǒng)功能關(guān)系得：1212mBgsi =(mA+mB)v1 一一(mA+mB)v ，s1 = 0.60m22因s 由物塊與木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒得：mv = ( M+ m) v由系統(tǒng)能量守恒得：N2?2 L = 2 mv2- 2 ( m+M)v2 .m mg解得：E =二3q9、 解：(1)設(shè)兩滑塊碰前 A的速度為vi,由動(dòng)能定理有： TOC o 1-5 h z 12qEl - m

20、gl = ? mv1解得：w=3m/sA、B兩滑塊碰撞，由于時(shí)間極短動(dòng)量守恒，設(shè)共同速度為vmv1 = (M m)v解得：v=1.0m/s(2)碰后A、B 一起壓縮彈簧至最短，設(shè)彈簧壓縮量為Xi,由動(dòng)能定理有:,10qEx1 - 1 (Mm)gx1 - E0 = 0 (M m)v2解得：X1=0.02m設(shè)反彈后A B滑行了 X2距離后速度減為零，由動(dòng)能定理得：Eo -qEx2 - (M m)gx2 = 0解得：X2= 0.05m以后，因?yàn)閝E（M+n）g,滑塊還會(huì)向左運(yùn)動(dòng)，但彈開的距離將逐漸變小，所以，最大 品巨離為:S=X2+s- Xi=0.05m+0.05m-0.02m=0.08m.10、

21、（1）設(shè)電子的質(zhì)量為 簿 電量為e,電子在電場(chǎng)I中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，出區(qū)域 I時(shí)的為V%此后電場(chǎng)II做類平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)電子從 CD邊射出，出射點(diǎn)縱坐標(biāo)為 y,有2eEL = mv0J 、 1 J (-y) =-at22解得 y= 1 L4 ,、 r ,一，1所以原假設(shè)成立，即電子離開 ABC函域的位置坐標(biāo)為（2L, L）4（2）設(shè)釋放點(diǎn)在電場(chǎng)區(qū)域 I中，其坐標(biāo)為（x, y）,在電場(chǎng)I中電子被加速到V1,然后進(jìn)入電場(chǎng)II做類平拋運(yùn)動(dòng)，并從 D點(diǎn)離開，有eExm%22區(qū)域內(nèi)滿足方程的點(diǎn)即為所求位置。（3）設(shè)電子從（x,丘/口L2口解得 xy=,即在電場(chǎng)I4y）點(diǎn)釋放，在電場(chǎng)I中加速到V2,進(jìn)入電場(chǎng)

22、II后做類平拋運(yùn)動(dòng)，在高度為y處離開電場(chǎng)II時(shí)的情景與（2）中類似，然后電子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過 D點(diǎn)，則eExmv； 21在k 2ml v2 JeEL. LVy = at =y = Vymv2nv2解得 xy = L2 工+1 j,即在電場(chǎng)I區(qū)域內(nèi)滿足方程的點(diǎn)即為所求位置2n 411則由 J(qE ) +m2g2二m (3 g)= E 二4mg3q從A-B由動(dòng)能定理得12mg (2R) - qERmvBVb =24gR力與在B點(diǎn) Fn小球從B-C4mg2 mvBR二 Fn 二gmg水平方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)ay 二 g設(shè)向左減速時(shí)間為tt ax3R14g Rx = vBt

23、= 一22y =1g(2t)22寬度應(yīng)滿足條件高度滿足條件H3R2L2R ,_5R2以合力F合方向、垂直于合力方向分別建立坐標(biāo)系，并將速度分解，當(dāng)V垂直時(shí)，即圖中Vy=0時(shí)小球的動(dòng)能最小，設(shè)經(jīng)過的時(shí)間為tF與mg的合qEmgVy =Vb cos1t = Vy a253Rg12、解：對(duì)帶電系統(tǒng)進(jìn)行分析，假設(shè)球A能達(dá)到右極板，電場(chǎng)力對(duì)系統(tǒng)做功為W1,有:小球在c處受水平向右的電場(chǎng)力f和豎直向下的重力G,加速度為-g3qEm球B剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，帶電系統(tǒng)的速度為2v1 =2a1L設(shè)球B從靜止到剛進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)間為tiaia2,則:球B進(jìn)入電場(chǎng)后，帶電系統(tǒng)的加速度為-3qE 2qEa2 -qE顯然，帶電系統(tǒng)

24、做勻減速運(yùn)動(dòng)。設(shè)球2mA剛達(dá)到右極板時(shí)的速度為2mV2,減速所需時(shí)間為 t2,貝U有：v； -v12 =2a2M1.5Lt2V2 - V|a2W =2qEM2.5L +（4qE x1.5L）0而且還能穿過小孔，離開右極板。假設(shè)球B能達(dá)到右極板，電場(chǎng)力對(duì)系統(tǒng)做功為W2,有:W4=2qE 2.5L (-3qE 3.5L) ： 0綜上所述，帶電系統(tǒng)速度第一次為零時(shí)，球A、B應(yīng)分別在右極板兩側(cè)。2m帶電系統(tǒng)開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)加速度為ai,由牛頓第二定律：a1=2田2-v2 =2a3x求得:求得： v2 二球A離電場(chǎng)后，帶電系統(tǒng)繼續(xù)做減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a3,則a3 =-3qE2m設(shè)球A從離開電場(chǎng)到靜止所需

25、的時(shí)間為t3,運(yùn)動(dòng)的位移為X,則有：t3=0之a(chǎn)3可知，帶電系統(tǒng)從靜止到速度第一次為零所需的時(shí)間為: TOC o 1-5 h z 2mLLt =t1 +t2 +t3 =-J 球A相對(duì)右板的位置為： X =3 qE613、 解：（1）、（2）設(shè)：小球在 C點(diǎn)的速度大小是 Vc,對(duì)軌道的壓力大小為 No,則對(duì) 于小球由A-C的過程中，應(yīng)用動(dòng)能定律列出：1、，2 c不 HYPERLINK l bookmark129 o Current Document qE.2R-mgR = 2 mVC -0 FE在C點(diǎn)的圓軌道徑向應(yīng)用牛頓第二定律，有:NC -qE = mVc2解得：Vc = 4qER -2gR

26、=2m/s mNC =5qE -2mg =3N(3) mg=qE=1N，合場(chǎng)的方向垂直于 B、C點(diǎn)的連線BC，合場(chǎng)勢(shì)能最低的點(diǎn)在BC時(shí)中點(diǎn)D如圖： ，小球的最大能動(dòng)Ekm :Ekm = Epmin = EPd =qER(1 sin45 ) mg.R(1 -cos45 )2 =J 51.0m ; 0.414N15、(1)設(shè)帶電體在水平軌道上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a,根據(jù)牛頓第二定律有 qE=ma解得 a=qE/m= 8.0m/s2設(shè)帶電體運(yùn)動(dòng)到B端的速度大小為Vb,則VB2=2as TOC o 1-5 h z 解得 Vb= 4 2as =4.0m/s(或用動(dòng)能定理) 3分(2)設(shè)帶電體運(yùn)動(dòng)到圓軌道

27、B端時(shí)受軌道的支持力為N ,根據(jù)牛頓第二定律有 N-mg=mv b2/R解得 N=mg+ mv b2/R=5.0N3 分根據(jù)牛頓第三定律可知，帶電體對(duì)圓弧軌道B端的壓力大小N =N=5.0N1分(3)設(shè)帶電體沿圓弧形軌道運(yùn)動(dòng)過程中摩擦力所做的功為W摩，對(duì)此過程根據(jù)動(dòng)能定理有qER +W 摩-mgR=0-；mvB2解得 W摩-0.72J16、(1)只要小球沿軌道 AB運(yùn)動(dòng)，就一定能夠到達(dá) C點(diǎn)，它在AB上運(yùn)動(dòng)的條件是軌道對(duì)它的支持力 N 0因此有mg qE解得E mg/q(2)小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)條件是qE= mg解得E= mg/q(3)由題意知，在 D點(diǎn)，小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱? TOC o

28、1-5 h z 根據(jù)牛頓第二7E律有 mg qE= m% / R對(duì)小球運(yùn)動(dòng)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有212 K從 A到 D (mg qE) (h2R) = mvD mv0 221212個(gè)從 A到 C (mg qE) h=mvc mv0區(qū) HYPERLINK l bookmark36 o Current Document 2在C點(diǎn)，設(shè)軌道對(duì)小球的彈力為 F根據(jù)牛頓第二定律有 F (mg qE) = mv2 / R 聯(lián)立式解得26mvoF 二5R -2h17、 解：(1)由Aa=Bb=L，O為AB連線的中點(diǎn)得：a、b關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱，則 TOC o 1-5 h z Uab=0設(shè)小滑塊與水平面間的摩擦力大小為f,對(duì)于滑塊從a-b過程，由動(dòng)能定理得:q U ab - f L=0-E02而f=mg2Ec由一一式得：2 = 2E0mgL(2)對(duì)于滑塊從 O-b過程，由動(dòng)能定理得：q Ub -f L =0-nE4由一一式得：u Ob = -(2n -1)E2q(3)對(duì)于小Vt塊從a開始運(yùn)動(dòng)到最終在 O點(diǎn)停