帶電粒子電場的運動解答題練習(xí)

-.z.帶電粒子的運動解答題練習(xí)一．實驗題〔共3小題〕1．〔2016?甘肅自主招生〕平行板電容器豎直安放如下列圖，兩板間距d=0.1m，電勢差U=1000V，現(xiàn)從平行板上A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=10﹣4C，質(zhì)量m=0.02kg〕，經(jīng)一段時間后發(fā)現(xiàn)小球打在A點正下方的8點，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．〔2011?〕如下列圖，帶電荷量為+4×10﹣8C的滑塊在電場強度大小為2×104N/C、方向水平向右的勻強電場中，沿光滑絕緣水平面由M點運動到N點．M、N間的距離為0.1m．求：〔1〕滑塊所受電場力的大??；〔2〕M、N兩點間的電勢差；〔3〕電場力所做的功．3．如下列圖，AC是半徑為R的圓的一條直徑，該圓處于勻強電場中，圓平面與電場方向平行，場強大小為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點以一樣的動能拋出，拋出方向不同時，小球會經(jīng)過圓周不同的點，在這些所有的點中，到達B點小球的動能最大，∠CAB=45°，假設(shè)不計小球重力及空氣阻力．〔1〕試求電場方向與AC間的夾角θ為多大？〔2〕假設(shè)小球在A點沿AC方向以速度v0拋出，拋出后恰能經(jīng)過B點，求小球到達B點的速度大?。嬎泐}〔共4小題〕4．〔2016?高安市校級三模〕如圖甲所示，兩個帶正電的小球A、B套在一個傾斜的光滑直桿上，兩球均可視為點電荷，其中A球固定，帶電量QA=2×10﹣4C，B球的質(zhì)量為m=0.1kg．以A為坐標原點，沿桿向上建立直線坐標系，A、B球與地球所組成的系統(tǒng)總勢能〔重力勢能與電勢能之和〕隨位置*的變化規(guī)律如圖中曲線Ⅰ所示，直線Ⅱ為曲線I的漸近線．圖中M點離A點距離為6米．〔g取10m/s2，靜電力恒量k=9.0×109N?m2/C2．令A(yù)處所在平面為重力勢能的零勢能面，無窮遠處為零電勢能處〕．〔1〕求桿與水平面的夾角θ；〔2〕求B球的帶電量QB；〔3〕求M點電勢φM；〔4〕假設(shè)B球以Ek0=4J的初動能從M點開場沿桿向上滑動，求B球運動過程中離A球的最近距離及此時B球的加速度．5．〔2016?楊浦區(qū)三模〕研究靜電除塵，有人設(shè)計了一個盒狀容器，容器側(cè)面是絕緣的透明有機玻璃，它的上下地面是面積S=0.04m2的金屬板，間距L=0.05m，當連接到U=2500V的高壓電源正負兩極時，能在兩金屬板間產(chǎn)生一個勻強電場，如下列圖，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1×1013個，假設(shè)這些顆粒都處于靜止狀態(tài)，每個顆粒帶電量為q=+1.0×10﹣17C，質(zhì)量為m=2.0×10﹣15kg，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)過多長時間煙塵顆?？梢员蝗课剑俊?〕除塵過程中電場對煙塵顆粒共做了多少功？〔3〕經(jīng)過多長時間容器中煙塵顆粒的總動能到達最大？6．〔2016春?大連校級月考〕如下列圖，在水平向左的勻強電場中，有一個半徑為R的半圓形絕緣軌道豎直放置，軌道與一個水平絕緣軌道MN連接，一切摩擦都不計，半圓軌道所在豎直平面與電場線平行，一個帶正電的小滑塊質(zhì)量為m，所受電場力為其重力的，重力加速度為g，問：〔1〕要小滑塊恰好運動到圓軌道的最高點C，滑塊應(yīng)在水平軌道上離N點多遠處釋放？〔2〕這樣釋放的滑塊通過P點時，軌道對滑塊的作用力是多大？〔P為半圓軌道中點〕〔3〕小滑塊經(jīng)過C點后最后落地，落地點離N點的距離多大？7．〔2011秋?東莞市校級期中〕如下列圖，水平放置的平行板電容器，極板長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，由于重力作用微粒恰能落到下板中點O處；假設(shè)板間加豎直方向的勻強電場，帶電微粒剛好落到下板右邊緣B點．微粒質(zhì)量m=2.0×10﹣6kg，電量q=1.0×10﹣8C，取g=10m/s2．試求：〔1〕帶電微粒入射初速度的大??；〔2〕板間所加電場的電場強度多大？方向怎樣？三．解答題〔共13小題〕8．〔2016?大慶模擬〕在*Oy平面內(nèi)，有沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E〔圖象未畫出〕，由A點斜射出一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子，B和C是粒子運動軌跡上的兩點，如下列圖，其中l(wèi)0為常數(shù)，粒子所受重力忽略不計，求：〔1〕粒子從A到C過程中電場力對它做的功；〔2〕粒子從A到C過程所經(jīng)歷的時間；〔3〕粒子經(jīng)過C點時的速率．9．〔2016?四川校級模擬〕如下列圖，電源電動勢E=30V，內(nèi)阻r=1Ω，電阻R1=4Ω，R2=10Ω．兩正對的平行金屬板長L=0.2m，兩板間的距離d=0.1m．閉合開關(guān)S后，一質(zhì)量m=5×10﹣8kg，電荷量q=+4×10﹣6C的粒子以平行于兩板且大小為v0=5×102m/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動的過程中沿垂直于板方向發(fā)生的位移大?。俊膊豢紤]粒子的重力〕10．〔2016?重慶自主招生〕如下列圖，在光滑絕緣的水平面上，用長為2L的絕緣輕桿連接兩個質(zhì)量均為m的帶電小球A和B．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，開場時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)視小球為質(zhì)點，不計輕桿的質(zhì)量，在虛線MN、PQ間加上水平向右的電場強度為E的勻強電場后．試求：〔1〕B球剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度大??；〔2〕帶電系統(tǒng)向右運動的最大距離和此過程中B球電勢能的變化量；〔3〕帶電系統(tǒng)運動的周期．11．〔2016?上海模擬〕如圖〔a〕所示，一光滑絕緣細桿豎直放置，距細桿右側(cè)d=0.3m的A點處有一固定的點電荷．細桿上套有一帶電量q=1×10﹣6C，質(zhì)量m=0.05kg的小環(huán)．設(shè)小環(huán)與點電荷的豎直高度差為h．將小環(huán)無初速釋放后，其動能Ek隨h的變化曲線如圖〔b〕所示．〔1〕試估算點電荷所帶電量Q；〔2〕小環(huán)位于h1=0.40m時的加速度a；〔3〕小環(huán)從h2=0.3m下落到h3=0.12m的過程中其電勢能的改變量．〔靜電力常量k=9.0×109N?m2/C2，g=10m/s2〕12．〔2015?寶安區(qū)模擬〕如下列圖，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=1×106V/m、豎直向上的勻強電場，有一質(zhì)量m=1kg、帶電荷量q=+1.4×10﹣5C的物體〔可視為質(zhì)點〕，從A點的正上方距離A點H=1m處由靜止開場自由下落〔不計空氣阻力〕，BC段為長L=2m、與物體間動摩擦因數(shù)μ=0.2的粗糙絕緣水平面，CD段為傾角θ=53°且離地面DE高h=0.8m的斜面．〔取g=10m/s2〕〔1〕假設(shè)物體能沿軌道AB到達最低點B，求它到達B點時對軌道的壓力大??；〔2〕物體從C處飛出后的速度；〔3〕物體從C處飛出后落點與D點之間的距離〔sin53°=0.8，cos53°=0.6．不討論物體反彈以后的情況〕13．〔2015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端與桌面邊緣對齊，A是軌道上一點，過A點并垂直于軌道的豎直面右側(cè)有大小E=2×106N/C，方向水平向右的勻強電場．可視為質(zhì)點的帶負電的小物體P電荷量q=2×10﹣6C，質(zhì)量m=0.25kg，與軌道間動摩擦因數(shù)μ=0.4．P由靜止開場向右運動，經(jīng)過0.55s到達A點，到達B點時速度是5m/s．P在整個運動過程中始終受到水平向右的外力F作用，F(xiàn)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?s﹣1〕0≤v≤22＜v＜5v≥5F/N263〔1〕求小物體P從開場運動至A點的速率；〔2〕求小物體P從A運動至B的過程，電場力做的功；〔3〕小物體P到達B點后，飛向另一側(cè)呈拋物線形狀的坡面．如圖，以坡底的O點為原點建立坐標系*oy．BO高為h，坡面的拋物線方程為y=*2，式中h為常數(shù)，且h＞7，重力加速度為g．假設(shè)當小物體P剛到達B點時，通過對其施加一個水平向右的瞬時力，改變其在B點的速度．則欲使P落到坡面時的動能恰好最小，求其在B點時的速度．14．〔2011?浙江模擬〕如下列圖，直線OA與y軸成θ=30°角，在AOy范圍內(nèi)有沿y軸負方向的勻強電場，在AO*范圍內(nèi)有一個矩形區(qū)域的勻強磁場．該磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度B=0.2T，方向垂直紙面向里．一帶電微粒電荷量q=+2×10﹣14C，質(zhì)量m=4×10﹣20kg，微粒子在y軸上的*點以速度v0垂直于y軸進入勻強電場，并以速度v=3×104m/s垂直穿過直線OA，運動中經(jīng)過矩形磁場區(qū)域后，最終又垂直穿過*軸．不計微粒重力，求：〔根據(jù)創(chuàng)新設(shè)計習(xí)題改編〕〔1〕帶電微粒進入電場時的初速度v0多大？〔2〕帶電微粒在磁場中做圓周運動的半徑r．〔3〕最小矩形磁場區(qū)域的長和寬．15．〔2011?徐州一?！橙鐖D甲所示，M和N是相互平行的金屬板，OO1O2為中線，O1為板間區(qū)域的中點，P是足夠大的熒光屏帶電粒子連續(xù)地從O點沿OO1方向射入兩板間．帶電粒子的重力不計．〔1〕假設(shè)只在兩板間加恒定電壓U，M和N相距為d，板長為L〔不考慮電場邊緣效應(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O2最遠的電子的動能．〔2〕假設(shè)兩板間沒有電場，而只存在一個以O(shè)1點為圓心的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度B=0.50T，兩板間距cm，板長L=l.0cm，帶電粒子質(zhì)量m=2.0×10﹣25kg，電量q=8.0×10﹣18C，入射速度×105m/s．假設(shè)能在熒光屏上觀察到亮點，試求粒子在磁場中運動的軌道半徑r，并確定磁場區(qū)域的半徑R應(yīng)滿足的條件．〔不計粒子的重力〕〔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，板長為L〔不考慮電場邊緣效應(yīng)〕．入射粒子是電量為e、質(zhì)量為m的電子．*電子在時刻以速度v0射入電場，要使該電子能通過平行金屬板，試確定U0應(yīng)滿足的條件．______．16．〔2011?鼓樓區(qū)校級模擬〕如圖1所示為*儀器內(nèi)部構(gòu)造圖，由O1處靜止釋放的電子經(jīng)加速電壓U1加速后沿橫截面為正方形的金屬盒中軸線O2O3射入金屬盒，O2為金屬盒左端面的中心，金屬盒由上下兩個水平放置、前后兩個豎直放置，長為L1、寬為L0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O2O3相垂直的接收屏，屏中心為O，O1O2O3O在同一水平直線上．屏上所設(shè)直角坐標軸的*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U**′﹣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U0、T均為量．設(shè)所有入射的電子均能到達屏，不計電子所受重力、電子間的相互作用及電子由靜止釋放到O2的運動時間．在每個電子通過電場的極短時間內(nèi)，電場可視作恒定的．〔1〕如儀器只提供U**′﹣t掃描電壓，請定性說明t=T/4時刻入射的電子在盒內(nèi)及離盒后各做什么運動；〔2〕如儀器只提供U**′﹣t掃描電壓，試計算t=T/4時刻入射的電子打在屏上的坐標；〔3〕如果在盒內(nèi)同時具有U**′﹣t掃描電壓和UYY′﹣t的正弦交流電壓，請在答題卡上提供的坐標圖上標出t=T/2至t=3T/2時間段入射的電子打在屏上所留下的痕跡示意圖，其中坐標圖上每單位長度為[不要求計算過程]．17．〔2015秋?福州校級月考〕在粗糙的絕緣水平面上相距為6L的A、B兩處，分別固定電量不等的正點電荷，兩電荷的位置坐標如圖〔甲〕所示，其中B處電荷的電量為Q．圖〔乙〕是AB連線之間的電勢φ與位置*之間關(guān)系的圖象：圖中*=L點為圖線的最低點，*=﹣2L處的縱坐標φ=φ0，*=0處的縱坐標φ=φ0．*=2L處的縱坐標φ=φ0，在*=﹣2L的C點由靜止釋放一個質(zhì)量為m、電量為q的帶正電物塊〔可視為質(zhì)點〕，物塊隨即向右運動．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摩擦因數(shù)μ應(yīng)多大，才能使小物塊恰好到達*=2L處；〔3〕假設(shè)小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=，小物塊運動到何處時速度最大？并求最大速度vm．18．〔2015秋?云南校級月考〕如圖，O、A、B為同一斜面內(nèi)的三個點，OB沿斜面向下，∠BOA=60°，0B=OA．將一質(zhì)量為m的小球以初速度v0自O(shè)點平行斜面水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過A點．使此小球帶電，電荷量為q〔q＞0〕，同時加一勻強電場．場強方向與△OAB所在平面平行，現(xiàn)從O點以同樣的速率沿*一平行斜面方向拋出此帶電小球，該小球也恰好通過了A點，到達A點時的動能是初動能的3倍；假設(shè)該小球從O點以同樣的速率沿另一平行斜面方向拋出，恰好通過B點，且到達B點的動能為初動能的6倍，重力加速度大小為g．固定光滑斜面的傾角θ=30°，求：〔1〕無電場時，小球到達A點時的速度大??；〔2〕OA、0B的電勢差UOA、UOB；〔3〕電場強度的大小和方向．19．〔2015春?贛州校級期中〕如圖〔甲〕為平行板電容器，板長l=0.1m，板距d=0.02m．板間電壓如圖〔乙〕示，電子以v=1×107m/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電場，為使電子從板邊緣平行于板的方向射出，電子應(yīng)從什么時刻打入板間？并求此交變電壓的頻率．〔電子質(zhì)量m=9.1×10﹣31kg，電量e=1.6×10﹣19C〕20．〔2015秋?番禺區(qū)校級期中〕如圖1，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一個質(zhì)量為m=0.2kg，帶電量為q=+2.0×10﹣6C的小物塊處于靜止狀態(tài)，小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.1．從t=0時刻開場，空間加上一個如圖2所示的場強大小和方向是周期性變化的電場．〔取水平向右的方向為正方向，g取10m/s2〕求：〔1〕物塊在前2s內(nèi)加速度的大??；〔2〕物塊在前4s內(nèi)的位移大??；〔3〕23秒內(nèi)電場力對小物塊所做的功．帶電粒子的運動解答題練習(xí)參考答案與試題解析一．實驗題〔共3小題〕1．〔2016?甘肅自主招生〕平行板電容器豎直安放如下列圖，兩板間距d=0.1m，電勢差U=1000V，現(xiàn)從平行板上A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=10﹣4C，質(zhì)量m=0.02kg〕，經(jīng)一段時間后發(fā)現(xiàn)小球打在A點正下方的8點，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？【分析】〔1〕將小球分解成水平方向與豎直方向運動，根據(jù)各方向的受力與運動來確定其運動性質(zhì)；再根據(jù)牛頓第二定律與運動學(xué)公式，來確定運動到最遠時間，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動借口求得【解答】解：〔1〕小球m在處以vA以水平射入勻強電場后，運動軌跡如下列圖．考察豎直方向情況：小球無初速，只受重力mg，可看作是自由落體運動；考察水平方向情況，有初速vA，受恒定的電場力qE作用，作勻速直線運動，小球的曲線運動由上述兩個正交的直線運動疊加而成．由題可知：E==103V/m設(shè)球飛行時間為t，在豎直方向上有：SAB=水平方向上有：t==代入數(shù)據(jù)解得：SAB=7.2×10﹣2m〔2〕在水平方向上有：*=*=d聯(lián)立解得：v0=3.8m/s答：〔1〕AB間的距離為7.2×10﹣2m〔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3.8m/s2．〔2011?〕如下列圖，帶電荷量為+4×10﹣8C的滑塊在電場強度大小為2×104N/C、方向水平向右的勻強電場中，沿光滑絕緣水平面由M點運動到N點．M、N間的距離為0.1m．求：〔1〕滑塊所受電場力的大?。弧?〕M、N兩點間的電勢差；〔3〕電場力所做的功．【分析】〔1〕在勻強電場中，根據(jù)F=qE直接計算電場力的大小；〔2〕根據(jù)U=Ed計算M、N兩點間的電勢差；〔3〕根據(jù)W=qU計算電場力所做的功．【解答】解：〔1〕滑塊所受的電場力為：F=qE=4×10一8×2×104N=8×10﹣4N〔2〕M、N兩點間的電勢差為：UMN=Ed=2×104×0.1V=2×103V〔3〕電場力所做的功為：WMN=qUMN=4×10﹣8×2×103J=8×10﹣5J答：〔1〕滑塊所受電場力的大小為8×10﹣4N；〔2〕M、N兩點間的電勢差為2×103V；〔3〕電場力所做的功為8×10﹣5J．3．如下列圖，AC是半徑為R的圓的一條直徑，該圓處于勻強電場中，圓平面與電場方向平行，場強大小為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點以一樣的動能拋出，拋出方向不同時，小球會經(jīng)過圓周不同的點，在這些所有的點中，到達B點小球的動能最大，∠CAB=45°，假設(shè)不計小球重力及空氣阻力．〔1〕試求電場方向與AC間的夾角θ為多大？〔2〕假設(shè)小球在A點沿AC方向以速度v0拋出，拋出后恰能經(jīng)過B點，求小球到達B點的速度大?。痉治觥俊?〕小球在勻強電場中，從A點運動到點，根據(jù)動能定理qUAB=△Ek，因為到達B點時的小球的動能最大，所以UAB最大，即在圓周上找不到與B電勢相等的點．所以與B點電勢相等的點在過B點的切線上．再根據(jù)電場線與等勢線垂直，可以畫出電場線，從而確定出電場的方向．〔2〕小球做類平拋運動，根據(jù)動能定理求解小球到達B點的速度大?。窘獯稹拷猓骸?〕小球在勻強電場中，從A點運動到B點，根據(jù)動能定理得qUAB=△Ek，因為到達B點時的小球的動能最大，所以UAB最大，即在圓周上找不到與B電勢相等的點．且由A到B電場力對小球做正功．過B點作切線DF，則該切線DF為等勢線．根據(jù)電場線與等勢面垂直，可知，電場線垂直于AC向左，場強方向如下列圖．即電場方向與AC間的夾角θ為90°．〔2〕小球只受電場力，根據(jù)動能定理得：qER=﹣可得：vB=答：〔1〕電場方向與AC間的夾角θ為90°．〔2〕小球到達B點的速度大小為．二．計算題〔共4小題〕4．〔2016?高安市校級三?！橙鐖D甲所示，兩個帶正電的小球A、B套在一個傾斜的光滑直桿上，兩球均可視為點電荷，其中A球固定，帶電量QA=2×10﹣4C，B球的質(zhì)量為m=0.1kg．以A為坐標原點，沿桿向上建立直線坐標系，A、B球與地球所組成的系統(tǒng)總勢能〔重力勢能與電勢能之和〕隨位置*的變化規(guī)律如圖中曲線Ⅰ所示，直線Ⅱ為曲線I的漸近線．圖中M點離A點距離為6米．〔g取10m/s2，靜電力恒量k=9.0×109N?m2/C2．令A(yù)處所在平面為重力勢能的零勢能面，無窮遠處為零電勢能處〕．〔1〕求桿與水平面的夾角θ；〔2〕求B球的帶電量QB；〔3〕求M點電勢φM；〔4〕假設(shè)B球以Ek0=4J的初動能從M點開場沿桿向上滑動，求B球運動過程中離A球的最近距離及此時B球的加速度．【分析】〔1〕由圖運用數(shù)學(xué)知識得到Ep=mg*sinθ=k*，從而的角度θ；〔2〕由圖乙中的曲線Ⅰ知，在*=6m出總勢能最小，動能最大，該位置B受力平衡，根據(jù)平衡條件和庫侖定律求解電荷量．〔3〕根據(jù)電勢和電勢能關(guān)系求解電勢；〔4〕根據(jù)能量守恒和牛頓運動定律求解加速度a．【解答】解：〔1〕漸進線Ⅱ表示B的重力勢能隨位置的變化關(guān)系，即Ep=mg*sinθ=k*則sinθ==0.5即θ=30°；〔2〕由圖乙中的曲線Ⅰ知，在*=6m出總勢能最小，動能最大，該位置B受力平衡則有mgsin30°=k解得QB=1×10﹣5C；〔3〕M點的電勢能EPM=E總﹣EP=6﹣3=3J則M點電勢φM==3×105V；〔4〕在M點B球總勢能為6J，根據(jù)能量守恒定律，當B的動能為零，總勢能為10J，由曲線Ⅰ知B離A的最近距離為*=2m．k﹣mg=ma解得a=40m/s2，方向沿桿向上；答：〔1〕桿與水平面的夾角θ為30°；〔2〕B球的帶電量QB是1×10﹣5C；〔3〕M點電勢φM是3×105V；〔4〕假設(shè)B球以Ek0=4J的初動能從M點開場沿桿向上滑動，B球運動過程中離A球的最近距離是2m，此時B球的加速度是40m/s2，方向沿桿向上．5．〔2016?楊浦區(qū)三模〕研究靜電除塵，有人設(shè)計了一個盒狀容器，容器側(cè)面是絕緣的透明有機玻璃，它的上下地面是面積S=0.04m2的金屬板，間距L=0.05m，當連接到U=2500V的高壓電源正負兩極時，能在兩金屬板間產(chǎn)生一個勻強電場，如下列圖，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1×1013個，假設(shè)這些顆粒都處于靜止狀態(tài)，每個顆粒帶電量為q=+1.0×10﹣17C，質(zhì)量為m=2.0×10﹣15kg，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)過多長時間煙塵顆?？梢员蝗课?？〔2〕除塵過程中電場對煙塵顆粒共做了多少功？〔3〕經(jīng)過多長時間容器中煙塵顆粒的總動能到達最大？【分析】〔1〕在此題中帶電顆粒做初速度為零的勻加速運動直到到達負極板為止，當離負極板最遠的粒子到達負極板時，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極板，從而求出電場對顆粒做的總功；〔3〕寫出動能表達式，利用數(shù)學(xué)知識和運動學(xué)公式可以求出經(jīng)過多長時間顆粒的總動能最大．【解答】解：〔1〕當最靠近上外表的煙塵顆粒被吸附到下板時，煙塵就被全部吸附．煙塵顆粒受到的電場力：，而可得t=0.02s〔2〕由于板間煙塵顆粒均勻分布，可以認為煙塵的質(zhì)心位置位于板的中心位置，因此除塵過程中電場力對煙塵做的總功為：〔3〕設(shè)煙塵顆粒下落距離為*，則當時所有煙塵顆粒的總動能：=，當時，最大，又根據(jù)得答：〔1〕經(jīng)過0.02s時間煙塵顆?？梢员蝗课健?〕除塵過程中電場對煙塵顆粒共做了功〔3〕經(jīng)過0.014s時間容器中煙塵顆粒的總動能到達最大6．〔2016春?大連校級月考〕如下列圖，在水平向左的勻強電場中，有一個半徑為R的半圓形絕緣軌道豎直放置，軌道與一個水平絕緣軌道MN連接，一切摩擦都不計，半圓軌道所在豎直平面與電場線平行，一個帶正電的小滑塊質(zhì)量為m，所受電場力為其重力的，重力加速度為g，問：〔1〕要小滑塊恰好運動到圓軌道的最高點C，滑塊應(yīng)在水平軌道上離N點多遠處釋放？〔2〕這樣釋放的滑塊通過P點時，軌道對滑塊的作用力是多大？〔P為半圓軌道中點〕〔3〕小滑塊經(jīng)過C點后最后落地，落地點離N點的距離多大？【分析】〔1〕在小滑塊運動的過程中，摩擦力對滑塊和重力做負功，電場力對滑塊做正功，根據(jù)動能定理可以求得滑塊與N點之間的距離；〔2〕在P點時，對滑塊受力分析，由牛頓第二定律可以求得滑塊受到的軌道對滑塊的支持力的大小，由牛頓第三定律可以求滑塊得對軌道壓力；〔3〕小滑塊經(jīng)過C點，在豎直方向上做的是自由落體運動，在水平方向上做的是勻減速運動，根據(jù)水平和豎直方向上的運動的規(guī)律可以求得落地點離N點的距離．【解答】解：〔1〕設(shè)滑塊與N點的距離為L，由動能定理可得：qEL﹣mg?2R=mv2﹣0小滑塊在C點時，有：mg=代入數(shù)據(jù)解得：L=10R〔2〕滑塊到達P點時，對全過程應(yīng)用動能定理可得：qE〔L+R〕﹣mg?R=mvP2﹣0在P點時可得：FN﹣qE=解得：FN=mg〔3〕在豎直方向上做的是自由落體運動，有：2R=gt2t=滑塊在水平方向上，做勻減速運動，由牛頓第二定律可得：qE=ma所以加速度為：a=g水平的位移為：*=vt﹣at2代入解得：*=R答：〔1〕滑塊與N點的距離為10R；〔2〕滑塊通過P點時對軌道壓力是mg；〔3〕滑塊落地點離N點的距離為R．7．〔2011秋?東莞市校級期中〕如下列圖，水平放置的平行板電容器，極板長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，由于重力作用微粒恰能落到下板中點O處；假設(shè)板間加豎直方向的勻強電場，帶電微粒剛好落到下板右邊緣B點．微粒質(zhì)量m=2.0×10﹣6kg，電量q=1.0×10﹣8C，取g=10m/s2．試求：〔1〕帶電微粒入射初速度的大小；〔2〕板間所加電場的電場強度多大？方向怎樣？【分析】〔1〕、帶電粒子以一定的初速度在兩板中央平行于兩板射入，此時沒有電場，粒子做平拋運動，把運動在水平方向和豎直方向上進展分解，水平方向是勻速直線運動；豎直方向是自由落體運動，在兩個方向上由運動學(xué)公式列式求解．〔2〕、由于兩板之間參加了勻強電場，此時帶電粒子在電場中的運動是類平拋運動，仍把運動在水平和豎直兩個方向上分解，進展列式計算．由于帶電粒子的水平位移增加，在板間的運動時間并沒有變化，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力作用，再結(jié)合牛頓運動定律列式求解即可．【解答】解：〔1〕落到O點的粒子做平拋運動，由平拋運動規(guī)律得：水平方向：…①豎直方向：…②①②所以兩式聯(lián)立得：…③〔2〕落到B點的粒子做類平拋運動，由類平拋運動規(guī)律得：水平方向：L=v0t…④豎直方向：…⑤對帶電粒子受力分析，由牛頓第二定律有：mg﹣Eq=ma…⑥由③④⑤⑥式聯(lián)立得：，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〕板間所加電場的電場強度為1.5×103v/m，方向豎直向上．三．解答題〔共13小題〕8．〔2016?大慶模擬〕在*Oy平面內(nèi)，有沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E〔圖象未畫出〕，由A點斜射出一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子，B和C是粒子運動軌跡上的兩點，如下列圖，其中l(wèi)0為常數(shù)，粒子所受重力忽略不計，求：〔1〕粒子從A到C過程中電場力對它做的功；〔2〕粒子從A到C過程所經(jīng)歷的時間；〔3〕粒子經(jīng)過C點時的速率．【分析】〔1〕由電場力做功的特點可明確W=Uq，而U=Ed，求得沿電場線方向上的距離即可求得功；〔2〕粒子在*軸方向上做勻速直線運動，根據(jù)水平位移可明確AO、BO及BC時間相等，由豎直方向的勻變速直線運動可求得時間；〔3〕由類平拋運動規(guī)律可求得水平和豎直豎直，再由運動的合成與分解求得合速度．【解答】解：〔1〕粒子從A到C電場力做功為W=qE〔yA﹣yC〕=3qEl0〔2〕根據(jù)拋體運動的特點，粒子在*軸方向做勻速直線運動，由對稱性可知，軌跡是最高點D在y軸上，可令tA0=toB=T，tBC=T；由Eq=ma得：a=又y=aT2y+3l0=a〔2T〕2解得：T=則A到C過程所經(jīng)歷的時間t=3；〔3〕粒子在DC段做類平拋運動，則有：2l0=vC*〔2T〕；vcy=a〔2T〕vc==答：〔1〕粒子從A到C過程中電場力對它做的功3qEl0〔2〕粒子從A到C過程所經(jīng)歷的時間3；〔3〕粒子經(jīng)過C點時的速率為．9．〔2016?四川校級模擬〕如下列圖，電源電動勢E=30V，內(nèi)阻r=1Ω，電阻R1=4Ω，R2=10Ω．兩正對的平行金屬板長L=0.2m，兩板間的距離d=0.1m．閉合開關(guān)S后，一質(zhì)量m=5×10﹣8kg，電荷量q=+4×10﹣6C的粒子以平行于兩板且大小為v0=5×102m/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動的過程中沿垂直于板方向發(fā)生的位移大??？〔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R2的電壓，然后根據(jù)U=Ed求解電場強度，最后根據(jù)類似平拋運動的分運動公式列式求解偏移量．【解答】解：根據(jù)閉合電路歐姆定律，有：U===20V電場強度：E′===200V/m粒子做類似平拋運動，根據(jù)分運動公式，有：L=v0ty=其中：a=聯(lián)立解得：y===2.56×10﹣3m=2.56mm答：粒子在兩平行金屬板間運動的過程中沿垂直于板方向發(fā)生的位移大小為2.56mm．10．〔2016?重慶自主招生〕如下列圖，在光滑絕緣的水平面上，用長為2L的絕緣輕桿連接兩個質(zhì)量均為m的帶電小球A和B．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，開場時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)視小球為質(zhì)點，不計輕桿的質(zhì)量，在虛線MN、PQ間加上水平向右的電場強度為E的勻強電場后．試求：〔1〕B球剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度大??；〔2〕帶電系統(tǒng)向右運動的最大距離和此過程中B球電勢能的變化量；〔3〕帶電系統(tǒng)運動的周期．【分析】〔1〕對系統(tǒng)運用動能定理，根據(jù)動能定理求出B球剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度大小．〔2〕帶電系統(tǒng)經(jīng)歷了三個階段，：B球進入電場前、帶電系統(tǒng)在電場中、A球出電場，根據(jù)動能定理求出A球離開PQ的最大位移，從而求出帶電系統(tǒng)向右運動的最大距離．根據(jù)B球在電場中運動的位移，求出電場力做的功，從而確定B球電勢能的變化量．〔3〕根據(jù)運動學(xué)公式和牛頓第二定律分別求出帶電系統(tǒng)B球進入電場前做勻加速直線運動的時間，帶電系統(tǒng)在電場中做勻減速直線運動的時間，A球出電場帶電系統(tǒng)做勻減速直線運動的時間，從而求出帶電系統(tǒng)從靜止開場向右運動再次速度為零的時間，帶電系統(tǒng)的運動周期為該時間的2倍．【解答】解：〔1〕設(shè)B球剛進入電場時帶電系統(tǒng)電度為v1，由動能定理得解得〔2〕帶電系統(tǒng)向右運動分三段：B球進入電場前、帶電系統(tǒng)在電場中、A球出電場．設(shè)A球離開PQ的最大位移為*，由動能定理得2qEL﹣qEL﹣3qE*=0解得則B球從剛進入電場到帶電系統(tǒng)從開場運動到速度第一次為零時位移為其電勢能的變化量為〔3〕向右運動分三段，取向右為正方向，第一段加速，第二段減速設(shè)A球出電場電速度為v2，由動能定理得解得，則第三段再減速則其加速度a3及時間t3為：，所以帶電系統(tǒng)運動的周期為：．答：〔1〕B球剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度大小為．〔2〕帶電系統(tǒng)向右運動的最大距離為，B球電勢能的變化量為4qEL．〔3〕帶電系統(tǒng)運動的周期．11．〔2016?上海模擬〕如圖〔a〕所示，一光滑絕緣細桿豎直放置，距細桿右側(cè)d=0.3m的A點處有一固定的點電荷．細桿上套有一帶電量q=1×10﹣6C，質(zhì)量m=0.05kg的小環(huán)．設(shè)小環(huán)與點電荷的豎直高度差為h．將小環(huán)無初速釋放后，其動能Ek隨h的變化曲線如圖〔b〕所示．〔1〕試估算點電荷所帶電量Q；〔2〕小環(huán)位于h1=0.40m時的加速度a；〔3〕小環(huán)從h2=0.3m下落到h3=0.12m的過程中其電勢能的改變量．〔靜電力常量k=9.0×109N?m2/C2，g=10m/s2〕【分析】〔1〕由圖根據(jù)庫侖定律和受力平衡知電荷量；〔2〕根據(jù)庫侖定律和牛頓運動定律知加速度；〔3〕根據(jù)動能定理求解電勢能變化．【解答】解：〔1〕由圖可知，當h’=0.36m時，小環(huán)所受合力為零則k×=mg解得Q==1.6×10﹣5C〔2〕小環(huán)加速度沿桿方向，則mg﹣F1=ma又F1=k解得a=0.78m/s2方向向下〔3〕設(shè)小環(huán)從h=0.3m下落到h=0.12m的過程中電場力對小環(huán)做功WG根據(jù)動能定理mg〔h2﹣h3〕+WG=△EkWG=△Ek﹣mg△h=﹣0.11J所以小環(huán)的電勢能增加了0.11J答：〔1〕試估算點電荷所帶電量Q為1.6×10﹣5C；〔2〕小環(huán)位于h1=0.40m時的加速度a為0.78m/s2；〔3〕小環(huán)從h2=0.3m下落到h3=0.12m的過程中電勢能增加了0.11J．12．〔2015?寶安區(qū)模擬〕如下列圖，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=1×106V/m、豎直向上的勻強電場，有一質(zhì)量m=1kg、帶電荷量q=+1.4×10﹣5C的物體〔可視為質(zhì)點〕，從A點的正上方距離A點H=1m處由靜止開場自由下落〔不計空氣阻力〕，BC段為長L=2m、與物體間動摩擦因數(shù)μ=0.2的粗糙絕緣水平面，CD段為傾角θ=53°且離地面DE高h=0.8m的斜面．〔取g=10m/s2〕〔1〕假設(shè)物體能沿軌道AB到達最低點B，求它到達B點時對軌道的壓力大??；〔2〕物體從C處飛出后的速度；〔3〕物體從C處飛出后落點與D點之間的距離〔sin53°=0.8，cos53°=0.6．不討論物體反彈以后的情況〕【分析】〔1〕根據(jù)動能定理求出物體到達B點的速度，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B點對軌道的壓力．〔2〕根據(jù)動能定理，選取由B到C過程，從而即可求解．〔3〕根據(jù)平拋運動規(guī)律，求出飛出后落點與D點之間的距離．【解答】解：〔1〕物體由初始位置運動到B點的過程中，根據(jù)動能定理有：mg〔R+H〕﹣qER=mv到達B點時由支持力FN、重力、電場力的合力提供向心力，有：FN﹣mg+qE=m，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，由動能定理，有：﹣μmgL=mvC2﹣mvB2，代入數(shù)據(jù)解得：vC=2.0m/s〔3〕物體離開C點后做平拋運動，有：*=vct且解得：*=0.8m＞*CD=0.6m所以，落點與D點之間的距離為：△*=0.8﹣0.6=0.2m答：〔1〕假設(shè)物體能沿軌道AB到達最低點B，它到達B點時對軌道的壓力大小8N；〔2〕物體從C處飛出后的速度2.0m/s；〔3〕物體從C處飛出后落點與D點之間的距離0.2m．13．〔2015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端與桌面邊緣對齊，A是軌道上一點，過A點并垂直于軌道的豎直面右側(cè)有大小E=2×106N/C，方向水平向右的勻強電場．可視為質(zhì)點的帶負電的小物體P電荷量q=2×10﹣6C，質(zhì)量m=0.25kg，與軌道間動摩擦因數(shù)μ=0.4．P由靜止開場向右運動，經(jīng)過0.55s到達A點，到達B點時速度是5m/s．P在整個運動過程中始終受到水平向右的外力F作用，F(xiàn)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?s﹣1〕0≤v≤22＜v＜5v≥5F/N263〔1〕求小物體P從開場運動至A點的速率；〔2〕求小物體P從A運動至B的過程，電場力做的功；〔3〕小物體P到達B點后，飛向另一側(cè)呈拋物線形狀的坡面．如圖，以坡底的O點為原點建立坐標系*oy．BO高為h，坡面的拋物線方程為y=*2，式中h為常數(shù)，且h＞7，重力加速度為g．假設(shè)當小物體P剛到達B點時，通過對其施加一個水平向右的瞬時力，改變其在B點的速度．則欲使P落到坡面時的動能恰好最小，求其在B點時的速度．【分析】〔1〕根據(jù)牛頓第二定律計算加速度的大小，根據(jù)運動學(xué)的公式計算速度的大??；〔2〕牛頓第二定律和運動學(xué)的公式計算位移的大小，根據(jù)電場力做功的公式計算做功的大??；〔3〕物體P離開桌面做平拋運動，最后落到斜面上，根據(jù)平拋運動的規(guī)律和機械能守恒計算動能最小的時候B的速度的大?。窘獯稹拷猓骸?〕物體P在水平桌面上運動時，豎直方向上只受重力mg和支持力N作用，因此其滑動摩擦力大小為：Ff=μmg=1N根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，物體P在速率0≤v≤2m/s時，所受水平外力F1=2N＞Ff．因此，在進入電場區(qū)域之前，物體P做勻加速直線運動，設(shè)加速度為a1，不妨設(shè)經(jīng)時間t1速度為v1=2m/s時，物體P還未進入電場區(qū)域．根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有：v1=a1t1…①根據(jù)牛頓第二定律有：F1﹣Ff=ma1…②由〔1〕〔2〕式聯(lián)立解得：=0.5s＜0.55s，所以假設(shè)成立，即小物體P從開場運動至速率為2m/s所用的時間為t2=0.5s．當物體P在速率2＜v＜5m/s時，所受水平外力F1=6N，設(shè)先以加速度a1再加速t3=0.05s至A點，速度為vA，根據(jù)牛頓第二定律有：F2﹣Ff=ma2…③根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有：vA=v1+a2t…④由〔3〕〔4〕式聯(lián)立解得：vA=3m/s〔2〕物體P從A點運動至B點的過程中，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a3，根據(jù)牛頓第二定律有：F3﹣qE﹣Ff=ma3…⑤根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有：…⑥由〔5〕〔6〕式聯(lián)立解得：s=2m所以電場力做的功為：W=﹣qEs=﹣8J〔3〕根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，當物體P到達B點時，水平外力為F3=qE=4N，因此，物體P離開桌面做平拋運動．設(shè)物體P在空中運動的時間為t，在坡面上落點的橫坐標為*，縱坐標為y．由運動學(xué)公式和條件得，*=vBt…⑦h﹣y=gt2…⑧根據(jù)題意有y=*2…〔9〕由機械能守恒，落到坡面時的動能為…〔10〕聯(lián)立〔7〕〔8〕〔9〕〔10〕式得：上式可以改寫為：利用根本不等式可得當：時，動能最?。藭r，vB=答：〔1〕小物體P從開場運動至A點的速率為3m/s；〔2〕小物體P從A運動至B的過程，電場力做的功為﹣8J；〔3〕在B點時的速度為．14．〔2011?浙江模擬〕如下列圖，直線OA與y軸成θ=30°角，在AOy范圍內(nèi)有沿y軸負方向的勻強電場，在AO*范圍內(nèi)有一個矩形區(qū)域的勻強磁場．該磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度B=0.2T，方向垂直紙面向里．一帶電微粒電荷量q=+2×10﹣14C，質(zhì)量m=4×10﹣20kg，微粒子在y軸上的*點以速度v0垂直于y軸進入勻強電場，并以速度v=3×104m/s垂直穿過直線OA，運動中經(jīng)過矩形磁場區(qū)域后，最終又垂直穿過*軸．不計微粒重力，求：〔根據(jù)創(chuàng)新設(shè)計習(xí)題改編〕〔1〕帶電微粒進入電場時的初速度v0多大？〔2〕帶電微粒在磁場中做圓周運動的半徑r．〔3〕最小矩形磁場區(qū)域的長和寬．【分析】〔1〕在AOy范圍內(nèi)只有電場，粒子在AOy區(qū)域做類平拋運動，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律可以求得帶電微粒進入電場時的初速度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動的半徑的大?。弧?〕由粒子運動的軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系可以求得矩形磁場區(qū)域的長和寬．【解答】解：設(shè)磁場區(qū)域長為a，寬為b．帶電微粒在AOy區(qū)域做類平拋運動，進入AO*區(qū)域后在洛倫茲力作用下做局部勻速圓周運動，軌跡如下列圖．〔1〕由圖可得：根據(jù)平拋運動規(guī)律v0=vcosθ解得v0=2.6×104m/s，所以帶電微粒進入電場時的初速度大小為2.6×104m/s．〔2〕根據(jù)勻速圓周運動規(guī)律解得．帶電微粒在磁場中做圓周運動的半徑r為0.3m．〔3〕由題意可知，粒子垂直穿過OA，經(jīng)過磁場后又垂直穿過*軸，所以粒子的偏轉(zhuǎn)的角度為120°，運動的軌跡如下列圖，矩形磁場的長a等于粒子做圓周運動的直徑的長度，所以a=2r=0.6m，矩形磁場的寬為圓周的半徑加上rcosθ，所以b=r+rcosθ=0.56m．所以最小矩形磁場區(qū)域的長為0.6m，寬為0.56m．15．〔2011?徐州一模〕如圖甲所示，M和N是相互平行的金屬板，OO1O2為中線，O1為板間區(qū)域的中點，P是足夠大的熒光屏帶電粒子連續(xù)地從O點沿OO1方向射入兩板間．帶電粒子的重力不計．〔1〕假設(shè)只在兩板間加恒定電壓U，M和N相距為d，板長為L〔不考慮電場邊緣效應(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O2最遠的電子的動能．〔2〕假設(shè)兩板間沒有電場，而只存在一個以O(shè)1點為圓心的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度B=0.50T，兩板間距cm，板長L=l.0cm，帶電粒子質(zhì)量m=2.0×10﹣25kg，電量q=8.0×10﹣18C，入射速度×105m/s．假設(shè)能在熒光屏上觀察到亮點，試求粒子在磁場中運動的軌道半徑r，并確定磁場區(qū)域的半徑R應(yīng)滿足的條件．〔不計粒子的重力〕〔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，板長為L〔不考慮電場邊緣效應(yīng)〕．入射粒子是電量為e、質(zhì)量為m的電子．*電子在時刻以速度v0射入電場，要使該電子能通過平行金屬板，試確定U0應(yīng)滿足的條件．U0≤．【分析】〔1〕打在熒光屏上偏離點O2最遠的粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的距離等于．粒子在電場中做類平拋運動，運用運動的分解法，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式求粒子的初速度，根據(jù)動能定理求解動能．〔2〕粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑．由幾何關(guān)系求出磁場區(qū)域最大的半徑．〔3〕由圖讀出交變電壓的周期為T=，則t0=T，電子分別在T～T、T～T、T～T、T～T時間內(nèi)沿垂直于初速度方向運動的位移依次為y1、y2、y3、y4，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，要使該電子能通過平行金屬板，則應(yīng)滿足條件y1+y2+y3+y4≤，即可求出U0應(yīng)滿足的條件．【解答】解：〔1〕電子在兩極板間的加速度為：a=通過金屬板的時間為：t=對打在熒光屏上偏離點O2最遠的粒子，有：d=at2有動能定理得：Ek=eU+mv2聯(lián)立解得：Ek=〔2〕由牛頓第二定律可知，qvB=代入數(shù)據(jù)解得：r=5×10﹣3m=8.7×10﹣3m如下列圖，設(shè)恰好在熒光屏P上觀察到亮點時，粒子偏轉(zhuǎn)角為2θ，磁場區(qū)域的最大半徑為R0，由幾何關(guān)系可知tan2θ=，tanθ=代入數(shù)據(jù)解得：R0=5×10﹣3m則R應(yīng)滿足的條件：R≤5×10﹣3m〔3〕交變電壓的周期T=，則t0=T電子通過金屬板的時間：t′==T電子在兩極板間的加速度：a′=設(shè)電子分別在T～T、T～T、T～T、T～T時間內(nèi)沿垂直于初速度方向運動的位移依次為y1、y2、y3、y4，則有y1=y3=﹣a′〔T﹣t0〕2y2=a′〔T〕2y4=a′〔T〕2要使電子能通過平行金屬板，應(yīng)滿足條件：y1+y2+y3+y4≤聯(lián)立解得：U0≤答：〔1〕打在熒光屏P上偏離點O2最遠的電子的動能是．〔2〕磁場區(qū)域的半徑R應(yīng)滿足的條件是5×10﹣3m．〔3〕U0應(yīng)滿足的條件是U0≤．16．〔2011?鼓樓區(qū)校級模擬〕如圖1所示為*儀器內(nèi)部構(gòu)造圖，由O1處靜止釋放的電子經(jīng)加速電壓U1加速后沿橫截面為正方形的金屬盒中軸線O2O3射入金屬盒，O2為金屬盒左端面的中心，金屬盒由上下兩個水平放置、前后兩個豎直放置，長為L1、寬為L0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O2O3相垂直的接收屏，屏中心為O，O1O2O3O在同一水平直線上．屏上所設(shè)直角坐標軸的*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U**′﹣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U0、T均為量．設(shè)所有入射的電子均能到達屏，不計電子所受重力、電子間的相互作用及電子由靜止釋放到O2的運動時間．在每個電子通過電場的極短時間內(nèi)，電場可視作恒定的．〔1〕如儀器只提供U**′﹣t掃描電壓，請定性說明t=T/4時刻入射的電子在盒內(nèi)及離盒后各做什么運動；〔2〕如儀器只提供U**′﹣t掃描電壓，試計算t=T/4時刻入射的電子打在屏上的坐標；〔3〕如果在盒內(nèi)同時具有U**′﹣t掃描電壓和UYY′﹣t的正弦交流電壓，請在答題卡上提供的坐標圖上標出t=T/2至t=3T/2時間段入射的電子打在屏上所留下的痕跡示意圖，其中坐標圖上每單位長度為[不要求計算過程]．【分析】〔1〕提供U**′﹣t掃描電壓，電場在**′方向，電子進入磁場受電場力，電場力與速度方向垂直，做類平拋運動，出電場后，電子不受力，電子做勻速直線運動．〔2〕求出時刻入射時，在**′方向上的電勢差，從而求出電場強度，根據(jù)牛頓第二定律求出該方向上的加速度，從而求出離開電場時的偏轉(zhuǎn)位移，出電場后做勻速直線運動，將該運動分解為*軸方向和OO1方向，根據(jù)OO1方向求出運動的時間，從而求出*軸方向上的位移，兩個位移之和即為打在屏上的橫坐標．〔3〕分析出在～內(nèi)在*軸方向和y軸方向偏移量與所加電壓的關(guān)系，從而作出入射的電子打在屏上所留下的痕跡示意圖．【解答】解：〔1〕在盒內(nèi)做類平拋運動，離盒后做勻速直線運動．〔2〕設(shè)離盒時*方向的側(cè)移為*1，在盒內(nèi)運動的時間為t1，離盒后到屏的運動時間為t2，最終打在屏上*坐標為*．a(chǎn)=E=*=*1+△*，又△*=a1t1t2．聯(lián)立各式解得：*=．所以打在屏上的坐標為〔，0〕〔3〕痕跡如下列圖．答：〔1〕在盒內(nèi)做類平拋運動，離盒后做勻速直線運動．〔2〕打在屏上的坐標為〔，0〕〔3〕痕跡如下列圖．17．〔2015秋?福州校級月考〕在粗糙的絕緣水平面上相距為6L的A、B兩處，分別固定電量不等的正點電荷，兩電荷的位置坐標如圖〔甲〕所示，其中B處電荷的電量為Q．圖〔乙〕是AB連線之間的電勢φ與位置*之間關(guān)系的圖象：圖中*=L點為圖線的最低點，*=﹣2L處的縱坐標φ=φ0，*=0處的縱坐標φ=φ0．*=2L處的縱坐標φ=φ0，在*=﹣2L的C點由靜止釋放一個質(zhì)量為m、電量為q的帶正電物塊〔可視為質(zhì)點〕，物塊隨即向右運動．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摩擦因數(shù)μ應(yīng)多大，才能使小物塊恰好到達*=2L處；〔3〕假設(shè)小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=，小物塊運動到何處時速度最大？并求最大速度vm．【分析】〔1〕由圖〔乙〕得，*=L點為圖線的最低點，切線斜率為零，即合場強E合=0，根據(jù)點電荷場強公式列方程化簡，可得A處的電荷的電量．〔2〕物塊先做加速運動再做減速運動，到達*=2L處速度vt≥0，從*=﹣2L到*=2L過程中，由動能定理列式，可解得動摩擦因數(shù)．〔3〕小物塊運動速度最大時，電場力與摩擦力的合力為零，列平衡方程，化簡解出速度最大位置距離A點的距離lA．小物塊從*=﹣2L運動到*=0的過程中，由動能定理解得最大速度．【解答】解：〔1〕由圖〔乙〕得，*=L點為圖線的最低點，切線斜率為零，即合場強E合=0所以k=k代入得k=k解得QA=4QB=4Q；〔2〕物塊先做加速運動再做減速運動，到達*=2L處速度vt≥0從*=﹣2L到*=2L過程中，由動能定理得：qU1﹣μmgs1=mv12﹣0，即q〔φ0﹣φ0〕﹣μmg〔4L〕=mv12﹣0解得μ=；〔3〕小物塊運動速度最大時，電場力與摩擦力的合力為零，設(shè)該位置離A點的距離為lA則：﹣﹣μmg=0解得lA=3L，即小物塊運動到*=0時速度最大．小物塊從*=﹣2L運動到*=0的過程中，由動能定理得：qU2﹣μmgs2=mvm2﹣0代入數(shù)據(jù)：q〔φ0﹣φ0〕﹣μmg〔2L〕=mvm2﹣0解得vm=答：〔1〕固定在A處的電荷的電量QA是4Q〔2〕小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ應(yīng)，才能使小物塊恰好到達*=2L處；〔3〕假設(shè)小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=，小物塊運動到離A點的距離3L處時速度最大，最大速度vm是．18．〔2015秋?云南校級月考〕如圖，O、A、B為同一斜面內(nèi)的三個點，OB沿斜面向下，∠BOA=60°，0B=OA．將一質(zhì)量為m的小球以初速度v0自O(shè)點平行斜面水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過A點．使此小球帶電，電荷量為q〔q＞0〕，同時加一勻強電場．場強方向與△OAB所在平面平行，現(xiàn)從O點以同樣的速率沿*一平行斜面方向拋出此帶電小球，該小球也恰好通過了A點，到達A點時的