高中物理考点专题09电场(3)(解析版)

1、2020年高中物理精选考点专项突破题集专题09 电场(3)三、计算题：(解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤)i1、如图所示，A、B是位于竖直平面内、半径R= 0.5 m的;4圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E=5X103 N/C。今有一质量 m=0.1kg、带电荷量q = +8M0-5C的小滑块(可视为质点)从A点由静止释放。若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数 尸 0.05,取 g=10m/s2,求：(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力；(2)小滑块在水平轨道上通过的总路程。【解析】(1)滑块从A

2、至IJ B的过程，由动能定理知：m* - qER 1 m寸-0滑块在B点由牛顿第二定律知：Fnmgmv2联立解得：F=2.2N由牛顿第三定律知压力大小2.2N,方向竖直向下(2)水平轨道上 Ff=科 mg=0.05NqE=0.4N ,故小滑块将沿轨道往复运动，最后一定停在B点。对小滑块全过程由动能定理知：mgR-EqR-科mgd=00联立解得：d=6m【考点】电场中的多过程问题【难度】中等2、如图所示，在足够高的竖直绝缘挡板上 A点，以水平速度V0向左抛出一个质量为 m,电荷量为+ q的小 球，由于空间存在水平向右、场强大小为 E的匀强电场。小球抛出后经过一段时间将再次到达墙面上的B点，重力加

3、速度为 go求在此过程中： (1)小球水平方向的速度为零时到板面的距离;(2)板上A、B两点间的距离；(3)小球的最小速度大小。【解析】(1)小球在水平方向先向左匀减速直线后向右匀加速直线水平方向上有ax=m=m o2-vo2=2 -失x联立解得：x=mqE(2)小球在水平方向匀减速往复直线：-vo= vo- ax t, ax = m=qE联立解得：1 =个 qE竖直方向自由落体运动：y = 1gt2 = 舞理(3)小球做类斜抛运动，将速度沿合力方向和垂直于合力方向正交分解，垂直于合力方向匀速直线,当沿合力方向的分速度为零时，小球的合速度最小o设合力F合与水平向右方向的夹角为avmin= vo

4、sin ,0根据力的关系知sin 0 =mgq2E2+ m2g2联立解得：vmin =mgvoq2E2+ m2g2【考点】电场中的类斜抛运动【难度】较难3、如图所示，在光滑的水平桌面上，水平放置的粗糙直线轨道AB与水平放置的光滑圆弧轨道 BCD相切于B点，整个轨道位于水平桌面内，圆心角/BOC = 37,线段OC垂直于OD,圆弧轨道半径为 R,直线轨道AB长为L = 5R。整个轨道处于电场强度为E的匀强电场中，电场强度方向平行于水平桌面所在的平面且垂直于直线 OD。现有一个质量为 m、带电荷量为+ q的小物块P从A点无初速度释放，小物块 P与AB之间的动摩擦因数尸0.25,取sin 37 =

5、0.6, cos 37 = 0.8,忽略空气阻力。求:(1)小物块第一次通过 C点时对轨道的压力大小；(2)小物块第一次通过 D点后离开D点的最大距离；(3)小物块在直线轨道 AB上运动的总路程。i，f“c，rE【解析】(1)小物块从A点到第一次到 C点的过程，由动能定理知：12qE (Lsin37 + RRcos37 )科 qELcos37 = 2mvci 0vC1在C点由牛顿第二定律知：FN-qE= mvC1R联立解得：FN=5.4qE由牛顿第三定律知此时压力大小是5.4qE(2)小物块从A到第一次到D的过程，由动能定理知。1 CqE(Lsin37 Rcos37 )科 qELcos 37

6、= 2mvDi 0小物块第一次到达 D点后先以速度VD1逆电场方向做匀减速直线运动，1 C由动能7E理知-qExmax= 0- 2mvD1联立解得：xmax=6R 5(3)分析可知小物块到达 B点的速度为零后，小物块就在圆弧轨道上往复圆周运动。由功能关系知 qELsin 37 =科qEdcos 37 解得:d = 15R【考点】电场中的多过程问题【难度】较难4、如图所示为研究电子枪中电子在恒定电场中运动的简化模型示意图。在 xOy平面的第一象限，存在以x轴、y轴及双曲线y = L的一段(0WxW，0w yw助边界的匀强电场区域I ,电场强度为E。在第二象限存2X在以(一2LWxW。0wyw助边

7、界的匀强电场区域n。一电子(电荷量大小为e,质量为m,不计重力)从电场I的边界B点处由静止释放，恰好从 N点离开电场区域n。求：(1)电子通过C点时的速度大小；(2)电场区域n中的电场强度的大小；试证明：从AB曲线上的任一位置由静止释放的电子都能从 N点离开电场。【解析】(1)由双曲线y=5且y=L知BC间距离为,从B到C电子做匀加速直线, nx|mvC-0,解得:12 ceEx= 2mv2 0由动能定理知:(2)电子在区域n中做类平抛运动,eE2x轴方向2L = vct, y轴方向1=茄产联立解得：E=| 设电子从AB曲线上点P(x, y)进入电场I区域，在区域I由动能定理知:电子类平抛运动

8、假设落在x轴上的x处eEx轴万向x = V0t , y轴万向y=2mt2L2，又y=L?联立解得：x=2L因此所有从边界 AB曲线上由静止释放的电子均从N点射出。【考点】电场中的多过程问题5、如图甲所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为UAB=1125V,板中央有小孔 。和。，现有足够多的电子源源不断地从小孔。由静止进入A、B之间。在B板右侧，平行金属板 M、N长L1 = 4X102m,板间距离d = 4X103m,在距离M、N右侧边缘L2=0.1m处有一荧光屏 P,当M、N之间未加电压时电子沿M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的 。点并发出荧光。现给金属板M、N之间加一个如图乙所示的变化电压

9、u,在t=0时刻，M板电势低于N板。已知电子质量为 me= 9.0 10 31kg,电荷量为e=1.6 10 19Co (1)每个电子从B板上的小孔O射出时的速度多大?(2)电子打在荧光屏上的范围是多少？(3)打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？【解析】(1)电子经AB间的电场加速，由动能定理知 eUAB2/口rmvo ,解得：v0=2xio7m/s2(2)电子水平方向匀速直线，水平运动时间t1L1-210-9s 0.4s ,vo因此每个电子都近似做类平抛运动。当u=22.5V时，电子竖直向下的偏移量最大,yi联立解得：y1=2xio-3m , y1Vd说明所有电子都能够飞出金属板，此时电子的

10、竖直速度vy=at联立解得：Vy=2 xi06m/s电子射出极板后匀速到达荧光屏：水平方向L2= Vot2,竖直方向y2=Vyt2联立解得：y2=0.01m , t2=5xi0-9s电子打在荧光屏 P上的总偏转位移 y=y i+y2=0.012m ,方向竖直向下(3)当u=22.5V时，电子飞出电场的动能最大Ek= 2 mv2, v2=V02+Vy2Ek =1.82 10-16J【考点】电场中的多过程问题【难度】较难6、如图所示，在 E=103V/m的水平向左的匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径 R=40cm, 一

11、带正电荷q=10-4C的小滑块质量为m=40g,与水平轨道间的动摩擦因数科=0.2取g=10m/s2,问：(1)要小滑块恰能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点时对轨道压力是多大？ ( 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？【解析】(1)设小滑块与N点的距离为L,从出发点到 C点由动能定理知:qEL-mgLmg2R= 2 mv2-0小滑块在C点由牛顿第二定律知：mg2 mv 玉联立解得：v=2m/s, L=20m1.(2)从出发点到 P点，由动能te理知：qE (L+R) -mgLmgR二万mvp2-0

12、在P点由牛顿第二定律知：FN-qE=2mv联立解得：Fn =1.5N由牛顿第三定律知小滑块通过P点时对轨道压力大小是1.5N(3)小滑块过C点后水平方向先匀减速直线：x=vt- - at2, qE=ma2竖直方向自由落体运动：2R= g gt2联立解得：x=0.6m【考点】电场中的多过程问题【难度】中等7、如图甲所示，A、B是两水平放置的足够长的平行金属板，组成偏转匀强电场，B板接地。A板电势 A随时间变化情况如图乙所示，C、D两平行金属板竖直放置，中间有正对两孔 O1和O2，两板间电压为U2,组成减速电场。现有一带负电粒子在t=0时刻以一定初速度沿 AB两板间的中轴线 O1O1进入，并能从O

13、1沿。1 2进入C、D间，刚好到达 。2孔，已知带电粒子带电荷量为一q,质量为m,不计其重力。求:（1）该粒子进入 A、B的初速度vo的大小。（2）A、B两板间距的最小值和 A、B两板长度的最小值。甲乙【解析】（1）粒子从O1到O1水平方向匀速, 粒子从 Q到O2匀减速直线运动，由动能定理知: -qU 2=0 - mvo2 ,解得：vc= , 口2: m（2）经分析知粒子在 AB间运动一个周期 AB板间距最小和 AB两板长度最小。AB两板长度最小值 L= v 0T=T2qJ在AB板中运动的竖直方向： 先向上匀加速直线再向上匀减速直线，后向下匀加速直线最后向下匀减速直线d1由对称性知一一 a22

14、qU1T qU1,a联立解得：d- Jq-1md2 , 2m【考点】带电粒子在交变电场中的运动【难度】较难8、在如图所示的直角坐标系中，第二象限有沿y轴负方向的匀强电场 Ei,第三象限存在沿x轴正方向的匀强电场E2,第四象限中有一固定的点电荷。现有一质量为m的带电粒子由第二象限中的A点（一a, b）由静止释放（不计重力），粒子到达y轴上的B点时，其速度方向和 y轴负方向的夹角为 45。粒子在第四象限中恰好做匀速圆周运动，经过 x轴上的C点时，其速度方向与 x轴负方向的夹角为 60 o求：（1） Ei和E2之比；（2）点电荷的位置坐标。【解析】（1）粒子在第二象限匀加速直线运动，设进入第三象限时

15、的速度为v0：1 2 b -a1t1 , qEi=mai, vo= aiti22联立解得：E1一01 2qb粒子在第三象限做类平抛运动，设VxB点速度为v,在B点速度正交分解：tan 45 一V0水平方向匀加速直线：a1 a2t222，qE2=ma2, vx=a2t2联立解得:E22m%2qaE1 因此E2t 2a2V0(2)设 O、B的间距为L,粒子做匀速圆周的半径为r：粒子在第三象限类平抛运动:L=v 0t2=2a粒子在第四象限匀速圆周:L=rcos45 +rsin30 联立解得：r=4a ( J2 -1)点电荷在的位置坐标：XD=rsin45(4a-2 2 2 a) , yD=- ( L

16、-rcos45 ) = (2a-2、12a)点电荷的位置坐标为(4a-2%：2a), (2a-2j2a)【考点】电场中的多过程问题【难度】较难9、在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体 B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角k=5N/m的轻弹簧一端= 37的光滑斜面上的 M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行。劲度系数固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连。弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面。水平面处于场强 E=5X104 N/C、方向水平向右的匀强电场中。已知A、B的质量分别为 mA = 0.1kg和mB= 0.2kg, B所带电荷量q=+4X1Q 6

17、co设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长,弹簧始终在弹性限度内，B电荷量不变。取 g=10 m/s2, sin 37 =0.6, cos 37=0.8。(1)求B所受静摩擦力Ff的大小;(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F,使A以加速度a=0.6 m/s2开始做匀加速直线运动,A从M到N的过程中，B的电势能增加了 AEp=0.06 J。已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数科=0.4。求A到达N点时拉力F的瞬时功率。解：(1)对A由平衡条件知：mAgsin -F1=0对B由平衡条件知：qE+Ff-Fi=0联立解得：Ff=0.4N(2)设MN的长度为d,A到N点时对A由牛顿第二

18、定律知：F+mAgsin -F2-F弹sin。=ma,A到N点时对B由牛顿第二定律知：F2-qE-pmBg=mBad d由胡克定律知 5弹=k乂，由几何关系知 X,由功能关系知 AEP=qEd,sin tanA从M匀加速运动到 N： V2-02=2ad拉力F在N点的瞬时功率：P=Fv联立解得：P=0.528W【考点】电场中的动力学问题；连接体问题【难度】较难10、一绝缘？ ”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ、MN和一半径为R的光滑半圆环 MAP组成,固定在竖直平面内，其中MN杆是光滑的，PQ杆是粗糙的。现将一质量为m的带正电荷的小环套在 MN1杆上，小环所受的电场力为重力的20(1)若

19、将小环由D点静止释放，则刚好能到达P点，求DM间的距离；小环所受最大静摩擦力与滑(2)若将小环由M点右侧5R处静止释放，设小环与PQ杆间的动摩擦因数为 动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功。【解析】(1)设DM间的距离为x,小环刚好到达 P点时速度为零对小环从D点到P点的过程由动能定理知：qEx-mg - 2R=0-0又由题意知1qE= 2 mg,联立解得:x=4R1(2)当mgqE寸，即科箕时小环到达P点右侧x1处静止,2由动能定理知：qE (5R-x1) -mg?2R-mgxi=0R联立解得：xi 1 2u整个运动过程中克服摩擦力所做的功为W1umgxum1 2u，一

20、 rr 1 一当(img2LV0qE0= m 0RqE= ma,12、如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y长为L,相距d,足够大的竖直屏与两板右侧相距1 一【解析】(1)离子在加速电场中加速，由动能定理知：qU = 2mv02-0离子在辐向电场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律知:2U 联立解得：RW(2)离子在偏转电场中类平抛,竖直方向匀速：Q2N- = vot,1 C水平万向匀加速直线：PN=2at2,由牛顿第二定律知联立解得：E = d【考点】电场中的多过程问题的粒子(不计重力)从两板左侧中点 A以初bo在两板间加上可调偏转电压U, 一束质量为 m、带电量为十速度V0沿水平方向射入

21、电场且能穿出。O点。(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线与初速度方向交于两板间的中心(2)求两板间所加偏转电压 U的范围。(3)求粒子可能到达屏上区域的长度。【解析】(1)粒子在偏转电场中类平抛,水平方向匀速：L = vot 竖直方向匀加速直线：y= 2at2 Vy= at由三角函数知tan旬1X，联立解得：x=2因此粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线与初速度方向交于两板间的中心O点。F Eq U(2)竖直万向匀加速直线：a= -= m , E =-2联立解得：y = 4UL22dmv2当y=2时u = md0,因此两板间所加电压的范围：一mdyWUmdL炉当y=2时，粒子在屏上侧

22、向偏移最大ymax= (2+ b)tan 8而tan打L，布/口d (L+2b)”,且 c d (L + 2b)斛伶：ymax=2L ，屏上区域的长度为 2ymax=L【考点】电偏转问题【难度】中等13、从阴极K发射的电子经电势差 U0=5000V的阳极加速后，沿平行于板面的方向从中央射入两块长L1二10cm、间距d=4cm的平行金属板 A、B之间，在离金属板边缘L2=75cm处放置一个直径 D=20cm、带有tV记录纸的圆筒.整个装置放在真空内，电子发射的初速度不计 (图)。若在两金属板上加以 U2=1000cos2兀的交变电压，并使圆筒绕中心轴按图示方向以n=2转/秒匀速转动，确定电子在记

23、录纸上的轨迹形状并画出1s内所记录到的图形。【解析】电子在加速电场中由动能定理知:eU。一 2m% - 0,解得 v0=4.2107m/s交变的偏转电场强度：E2U2又 U2=1000cos2 TttV解得：E2=2.5 104cos2 t V/md1 . 2 eEo,eEoL偏转电场中：y-atna -2,Lv0t, 联立解得：y1V2m2mv0电子飞离金属板时的竖直速度:vyeE2.at i, a , L1mv0t 1电子从飞离金属板到达圆筒时的偏距:y 2v yt 2,L2v0t 2,联立解得：y 2eEzLLz2m%2-1s所以在纸筒上的落点对入射方向的总偏距(见图2)由图知y=y1+

24、y2 ,解得y=0.20cos2 7tt m偏距白周期T可见，在纪录纸上的点在竖直方向上以振幅0.20m、周期T=1s做简谐运动。因为圆筒每秒转2周，故转一周在纸上留下的是前半个余弦图形，接着的一周中，留下后半个图形，因此1s内在纸上的图形如图所示。【考点】带电粒子在组合电场中的运动【难度】较难14、如图所示，BCD是光滑绝缘的半圆形轨道，位于竖直平面内，直径BD。竖直轨道半径为 R,下端与水平绝缘轨道在 B点平滑连接，质量为 m的不带电的滑块 b静止在B点。整个轨道处在水平向左的匀强电场中场强大小为E。质量为m且带正电的小滑块 a置于水平轨道上，电荷量为 q 3mg,滑块a与水平轨道 2E间

25、的动摩擦因数科=0.5重力加速度为go现将滑块a从水平轨道上距离 B点s=12R的A点由静止释放，运动到B点与滑块b碰撞，碰撞时间极短且电量不变， 碰后两滑块粘在一起运动，a、b滑块均视为质点。 求:(1)滑块a、b碰撞后的速度大小。(2)滑块在圆形轨道上最大速度的大小，以及在最大速度位置处滑块对轨道作用力的大小。(3)滑块第一次落地点到 B点的距离。【解析】(1) a从A到B的过程由动能定理知:qE?12R umg?12Rmv 2-0,3mg 2EE联立解得：vi2 6gRab碰撞的过程由动量守恒定律知mvi=2mv2,解得：v2v6gR(2)在圆形轨道左下方，当变速圆周的切向力等于零时滑块速度最大。由受力图知，tanqE 3-,解得 0 =37 2mg 4ab从碰后到最大速度的过程由动能定理知:qERsin37 -2mg (R-Rcos37 ) =2 2mvm2- 2 2mv2213gR斛伶：v m -,2滑块在P点由牛顿第二定律知:Fn2mg2mvm解得:fn=31万mgcos37由牛顿第三定律知此时滑块对轨道的作用力大小是(3) ab整体从B到D的过程由动能定理知：31万mg-2mg 2R= 2 2mv42-g 2mv22 ,解得:v4=v2gR在D点由牛顿第二定律知：F %十2mg=c 22mv4联立解得：FN=2mg,