静电场经典模拟题

1、静电场经典题1.在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E (图象未画出)，由A点斜射出一质量为 m、带电量为+q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其中 10为常数，粒子所受重力忽略不计，求：(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功;(2)粒子从A到C过程所经历的时间；(3)粒子经过C点时的速率.E=30V,内阻r=1 Q,电阻R1=4 Q, R2=10Q.两正对的平行金属板长L=0.2m ,两板间的距离 d=0.1m.闭合开关S后，一质量 m=5X10 8kg,电荷量q=+4 x 10 6c的粒子以平行于两板且大小为v0=5X 10 / 44m/s的初速度从两板的正

2、中间射入，求粒子在两平行金属板间运动的过程中沿垂直于板方向发生的位移大小？(不考虑粒子的重力)3.如图所示，在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B. A球的带电量为+2q, B球的带电量为-3q,两球组成一带电系统.虚线 MN 与PQ平行且相距3L,开始时A和B分别静止于虚线 MN的两侧，虚线 MN恰为AB两球 连线的垂直平分线.若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线 MN、PQ间加上水平向右 的电场强度为E的匀强电场后.试求：(1) B球刚进入电场时，带电系统的速度大小；(2)带电系统向右运动的最大距离和此过程中B球电势能的变化量；(3)带电系统运动的周

3、期. TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark245 o Current Document MP11A： E ：NQ4.如图所示，绝缘水平面上静止着两个质量均为m、电量均为+Q的物体A和B (A、B均可视为质点)，它们间的距离为r,与水平面间的动摩擦因数均为国求： / 444B(1) A受到的摩擦力.(2)如果将A的电量增至+4Q,则两物体将开始运动，当它们的加速度第一次为零时， A、B各运动了多远的距离？5.在某电场中的 P点，放一带电量q=-3.0X 101OC的检验电荷，测得该电荷受到的电场力大小为F=6.0X107N,方向水平向右.求：(1) P点的场强大小

4、和方向(2)在P点放一带电量为q2=1.0X 10-10C的检验电荷，求q2受到的电场力F2的大小和方 向P点不放检验电荷时的场强大小和方向.如图所示，将点电荷 A、B放在绝缘的光滑水平面上.A带正电，B带负电，带电量都 TOC o 1-5 h z 是q,它们之间的距离为 d.为使两电荷在电场力作用下都处于静止状态，必须在水平方向 加一个匀强电场.求：两电荷都处于静止状态时，AB连线中点处的场强大小和方向.(已知静电力常数为k)AR.如图所示，一质量为 m、电量为+q的带电小球以与水平方向成某一角度 。的初速度V0 射入水平方向的匀强电场中， 小球恰能在电场中做直线运动. 若电场的场强大小不变

5、， 方向 改为相反同时加一垂直纸面向外的匀强磁场，小球仍以原来的初速度重新射人， 小球恰好又能做直线运动.求电场强度的大小、磁感应强度的大小和初速度与水平方向的夹角0.如图所示，匀强电场方向与水平方向的夹角9=30。斜右上方，电场强度为 巳 质量为m的带负电的小球以初速度 V0开始运动，初速度方向与电场方向一致，试求：(1)若小球带的电荷量为 q超，为使小球能做匀速直线运动，应对小球施加的恒力Fi的E大小和方向如何？(2)若小球带的电荷量为 q运，为使小球能做直线运动，应对小球施加的最小恒力F2E.如图所示，一根长 L=1.5m的光滑绝缘细直杆 MN,竖直固定在场强为E=1.0 X 105N/

6、C .与水平方向成。=30角的倾斜向上的匀强电场中.杆的下端M固定一个带电小球A ,电荷量 2Q=+4.5X 10 6C;另一带电小球 B穿在杆上可自由滑动， 电荷量q=+1.0X 10 6 C,质量m=1.0 X10 2 kg .现将小球B从杆的上端N静止释放，小球 B开始运动.(静电力常量k=9.0X10 9N?m2/C2,取 g=l0m/s2)(1)小球B开始运动时的加速度为多大？(2)小球B的速度最大时，距 M端的高度M为多大？(3)小球B从N端运动到距 M端的高度h2=0.61m时，速度为v=1.0m/s,求此过程中小球.如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm, bc=

7、12cm,其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60角，一个电荷量为q=4X10 8c的正电荷从a移到b电场力做功为 Wi=1.27,X10 J 求：(1)匀强电场的场强 E(2)电荷从b移到c,电场力做功 W2a、c两点的电势差 Uac.如图所示AB为半径R=1m四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一圆弧区域内存在着E=1 x 106V/m竖直向上的匀强电场，有一质量m=1kg、带电量q=1.4X10 5c正电荷的物体(可视为质点)，从A点的正上方距离 A点H处由静止开始自由下落(不计空气阻力)BC段为长L=2m,与物体动摩擦因素 四 =0.2的粗糙绝缘水平面，CD段为倾角9=53 且离地面

8、DE高h=0.8m的斜面.求：口(1)若H=1m ,物体能沿轨道 AB到达最低点，求它到达 B点时对轨道的压力大小？(2)通过你的计算判断：是否存在某一H值，能使物体沿轨道 AB经过最低点B后最终停在距离B点0.8m处？3 / 44(3)若高度H满足：0.85mWHWlm,请通过计算标示出物体从C处射出后打到的范围.(已知sin530=0.8, cos530=0.6.不需要计算过程，但要具体的位置.不讨论物体的反弹以后的 情况.).如图所示，A、B两物块用一根轻绳跨过定滑轮相连，其中A带负电，电荷量大小为q.A静止于斜面的光滑部分(斜面倾角为37。，其上部分光滑，下部分粗糙且足够长，粗糙部分的

9、摩擦系数为 臼上方有一个平行于斜面向下的匀强电场)，轻绳拉直而无形变.不带电的B、C通过一根轻弹簧拴接在一起，且处于静止状态，弹簧劲度系数为k. B、C质量相等，均为m, A的质量为2m,不计滑轮的质量和摩擦，重力加速度为g.(1)电场强度E的大小为多少？(2)现突然将电场的方向改变180, A开始运动起来，当 C刚好要离开地面时(此时 B还没有运动到滑轮处，A刚要滑上斜面的粗糙部分)，请求出此时B的速度大小.(3)若(2)问中A刚要滑上斜面的粗糙部分时，绳子断了，电场恰好再次反向，请问 A 再经多长时间停下来？13.如图甲所示，电荷量为 q=1X10 4c的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所

10、在空间存 在方向沿水平向右的电场，电场强度 E的大小与时间的关系如图乙所示，物块运动速度与时间t的关系如图丙所示，取重力加速度En小S激除法用(1)前2秒内电场力做的功；(2)物块的质量；(3)物块与水平面间的动摩擦因数.14.如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45角的绝缘直杆其下漏(C漏)距地面图度 h=0.8m .有一质重为500g的干电小环套在直杆上，正以某一速 2 一度沿杆匀速下滑，小环离开杆后正好通过C漏的正下方P点.(g取10m/s )求：(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；(2)小环在直杆上匀速运动时速度的大小;(3)小环运动到 P点的动能.15.如

11、图甲所示，A、B两块金属板水平放置，相距为 d=0.6cm ,两板间加有一周期性变化 的电压，当B板接地(如=0)时，A板电势 必，随时间变化的情况如图乙所示.现有一带 负电的微粒在t=0时刻从B板中央小孔射入电场，若该带电徽粒受到的电场力为重力的两倍， 且射入电场时初速度可忽略不计.求：(1)在0工和工T这两段时间内微粒的加速度大小和方向；2 22(2)要使该微粒不与 A板相碰，所加电压的周期最长为多少(g=10m/s ).中上16.有人设想用如图所示的装置来选择密度相同、大小不同的球状纳米颗粒.颗粒在电离室中电离后带正电，电量与其表面积成正比.电离后，颗粒缓慢通过小孔O1进入极板间电压为U

12、的水平加速电场区域I (加速距离极短，忽略此过程中重力的影响)，再通过小孔 02射入匀强电场区域II,区域II中极板长度为1,极板间距为d.收集室的小孔 03与01、02 在同一条水平线上且到上下极板的距离相等.半径为S的颗粒，其质量为 m。、电量为q0,刚好能沿O1O3直线射入收集室.(V ,0. 8ir,2口M4即物体能沿着轨道从 A点运动到B点，停的位置最近离 B点1m,所以不存在这样的 H值.20 / 44（3）在滑行的过程中，若速度较小则平抛后会落在CD斜面上，若速度较大时，平抛后会落在DE平面上.当H=0.85m时，小球从下落到到达 C点的过程，根据动能定理得：2mg （R+H）

13、- qER - （mgL=-mvc ,解得 vc=1m/s,假设小球以vc=1m/s从C点抛出时落在 CD斜面上的P点，则有tan 0=:，I 2 sy=gt ,Sx=vCt,由几何关系可求得抛出点与落点的距离为Am, CD的距离为1m,9所以假设成立，且 P离D的距离为nm, 9当H=1m时，小球从下落到到达 C点的过程，根据动能定理得:mg (R+H)-qER- mgL=/mvC乙2,解得 vc =2m/s,假设小球以vc=2m/s从C点抛出时落在平面 DE的Q点, 根据平抛运动公式可得：h=-.；gtSx =v C t解得 Sx =0.8m,由几何关系可求得 CD的水平距离为0.6m,所

14、以 DQ=0.2m .所以打到的范围为：在斜面上距离D点回1r范围内，（如图PD之间区域）9在水平面上距离 D点0.2m范围内（如图 DQ之间区域）.答：（1）它到达B点时对轨道的压力大小为8N;（2）不存在这样的 H值.（3）在斜面上距离 D点二1r范围内，（如图PD之间区域），在水平面上距离 D点0.2m范围内（如图DQ之间区域）.【点评】本题考查了动能定理、牛顿第二定律、运动学公式的综合，对学生的能力要求较高, 注意电场力大于重力，B点相当于等效最高点，这是本题的隐含条件.21 / 44(2016?运城模拟)如图所示，A、B两物块用一根轻绳跨过定滑轮相连，其中A带负电,电荷量大小为q.

15、A静止于斜面的光滑部分(斜面倾角为 37。，其上部分光滑，下部分粗糙 且足够长，粗糙部分的摩擦系数为科，上方有一个平行于斜面向下的匀强电场)，轻绳拉直而无形变.不带电的 B、C通过一根轻弹簧拴接在一起，且处于静止状态，弹簧劲度系数为 k. B、C质量相等，均为 m, A的质量为2m,不计滑轮的质量和摩擦，重力加速度为g.(1)电场强度E的大小为多少？(2)现突然将电场的方向改变180, A开始运动起来，当 C刚好要离开地面时(此时 B还没有运动到滑轮处， A刚要滑上斜面的粗糙部分)，请求出此时B的速度大小.(3)若(2)问中A刚要滑上斜面的粗糙部分时，绳子断了，电场恰好再次反向，请问 A 再经

16、多长时间停下来？【分析】A静止时，受力平衡，根据平衡方程可求得电场强度大小；初始时刻B静止，由平衡条件可得弹簧压缩量， 当C刚要离开地面时，C对地面白压力N=0, 由平衡条件可得此时弹簧伸长量，分析可知，当C刚要离开地面时，B向上运动2x, A沿斜面下滑2x, A、B系统机械能守恒，根据 2mg x 2xsin37 +qE?2x=mg2工+3X可求解；A滑上斜面的粗糙部分，做匀减速直线运动，求出其加速度，从而根据速度公式可得停下来 的时间；【解答】解：(1) A静止，由平衡条件有：2mgsin370=qE解得：E=,二5q(2)初始时刻B静止，设弹簧压缩量为 x,由平衡条件有：kx=mg当C刚

17、要离开地面时，C对地面白压力N=0,设弹簧伸长量为 x 由平衡条件有：kx =mg由于B、C重力相等，故:mg=X=T分析可知，当C刚要离开地面时，B向上运动2x, A沿斜面下滑2x TOC o 1-5 h z -、，一，_17A、B 系统能量守恒，有： 2mg x 2xsin37 +qE?2x= mg -2z+y X 3m V解得：万以阿3q15k(3) A滑上斜面的粗糙部分，由牛顿第二定律：=2maN=2mgcos37 ,口-4倚：a-(jgcos37 p g 科5故A做匀减速直线运动，时间:22 / 44答：(1)电场强度E的大小为史5q(2)此时B的速度大小：尸友区至q15k(3)若(

18、2)问中A刚要滑上斜面的粗糙部分时，绳子断了，电场恰好再次反向，请问 A再二L便应停下来A V12k【点评】本题关键根据物体的受力情况和运动情况，结合机械能守恒定律和平衡方程，综合性较强，中难度.(2016?内蒙古校级一模)如图甲所示，电荷量为 q=1 X10 4C的带正电的小物块置于绝 缘水平面上，所在空间存在方向沿水平向右的电场，电场强度E的大小与时间的关系如图乙所示，物块运动速度与时间 t的关系如图丙所示，取重力加速度 g=10m/s甲(1)前2秒内电场力做的功；(2)物块的质量；(3)物块与水平面间的动摩擦因数.【分析】(1)根据速度时间图线求出匀加速运动的加速度，得出匀加速运动的位移

19、，根据电场力和位移求出前 2s内电场力做功的大小.(2、3)根据物块做匀速运动得出电场力和摩擦力相等，求出摩擦力的大小，对匀加速运动运用牛顿第二定律求出物块的质量和动摩擦因数的大小.【解答】解：(1)由图象可知，在前两秒内 2a= =1m/sc .2.S= at=一 . . -=2mW=qE1S=1 X 10 4X 3X 104X 2J=6J（2、3）后两秒物体做匀速运动E2q= pmg前两秒做匀加速运动E2q E1q=ma代入数据解得：m=1kg ,尸0.2.答：(1)前2秒内电场力做的功为 6J;(2)物块的质量为1kg；(3)物块与水平面间的动摩擦因数为0.2.【点评】本题考查了牛顿第二

20、定律和速度时间图线的综合运用，抓住匀速运动时，电场力和摩擦力相等，然后结合匀加速运动过程运用牛顿第二定律求解，难度中等.23 / 44.求n(2016?自贡模拟)如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45角的绝缘直杆 AC,其下端(C端)距地面高度 h=0.8m .有一质量为500g的带电小环套在C端的正下方P点.(g取直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离开杆后正好通过一 ，2、十10m/s )求：(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；(2)小环在直杆上匀速运动时速度的大小；(3)小环运动到 P点的动能.根据共点力平衡求出电场【分析】(1)根据小环在杆子上受力平衡，

21、判断出电场力的方向, 力的大小，从而得知离开杆子后所受的合力，根据牛顿第二定律求出加速度的大小和方向.(2)研究小环离开直杆的过程：小环做匀变速曲线运动，将其运动分解法水平和竖直两个研究，竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀减速直线运动，从C到P水平位移为0,根据牛顿第二定律和位移时间公式对两个方向分别列式，即可求出小球做匀变速运动的初速度，即在直杆上匀速运动时速度的大小.(3)根据动能定理求出小环运动到P点的动能.【解答】解：(1)小环在直杆上做匀速运动，电场力必定水平向右，否则小环将做匀加速运 动，其受力情况如图所示.由平衡条件得： mgsin45=Eqcos45得：mg=Eq,离开直杆

22、后，只受 mg、Eq作用，则合力为F合=&mg=ma所以加速度为：a=J2g=10&m/s2= 14.1 m/s2.方向与杆垂直斜向右下方.(2)设小环在直杆上运动的速度为V0,离杆后经t秒到达P点,2-则竖直万向：h=v0sin45 t+gt 2水平方向：V0cos45 t?- 42=02 m联立解得：v0= =2 m/s(3)由动能定理得：EkP -1mv02=mgh2可得：EkP=mv02+mgh=X 0.5x 22+0.5x 10X0.8=5 J 222答：(1)小环离开直杆后运动的加速度大小为14.1 m/s ,垂直于杆斜向右下方;(2)小环在直杆上匀速运动时速度的大小为2 m/s；

23、(3)小环运动到 P点的动能是5 J.24 / 44Fnmg【点评】解决本题的关键通过共点力平衡得出电场力的大小和方向，然后运用牛顿第二定律和动能定理进行求解.对于匀变速曲线运动，要学会运用运动的分解法研究.(2016?徐州一模)如图甲所示，A、B两块金属板水平放置，相距为 d=0.6cm,两板间加有一周期性变化的电压，当B板接地(相=0)时，A板电势(f)A,随时间变化的情况如图乙所示.现有一带负电的微粒在 t=0时刻从B板中央小孔射入电场， 若该带电徽粒受到的电 场力为重力的两倍，且射入电场时初速度可忽略不计.求：(1)在0工和工T这两段时间内微粒的加速度大小和方向；2 22(2)要使该微

24、粒不与 A板相碰，所加电压的周期最长为多少(g=10m/s ).甲乙【分析】(1)根据牛顿第二定律求出加速度的大小和方向.(2)前半周期粒子向上匀加速运动，后半周期先向上做匀减速运动，后向下加速运动，根 据牛顿第二定律和运动学公式求得微粒在一个周期内的总位移，再进行分析计算.【解答】解：(1)设电场力大小为 F,则F=2mg,对于t=0时刻射入的微粒，在前半个周期 内，有F mg=ma1又由题意，F=2mg解得，a1=g,方向向上.后半个周期的加速度 a2满足F+mg=ma2得a2=3g,方向向下. 前半周期上升的高度(y) %孑前半周期微粒的末速度为 vi=-二一，、，1T后半周期先向上做匀

25、减速运动，设减速运动时间t1,则3gt1=ygT,则得2此段时间内上升的(Wj度h2=an = ?=o= () = =21 2624则上升的总高度为 H=h1+h2= 125 / 44H3=2后半周期的 工-t仔工时间内，微粒向下加速运动，下降的高度23上述计算表明，微粒在一个周期内的总位移为零，只要在上升过程中不与则 H d,即 JL!d6所加电压的周期最长为Tm=*=6X 102S答:(1)在0工和工T这两段时间内微粒的加速度大小和方向分别为：2 2方向向下；(2)要使该微粒不与 A板相碰，所加电压的周期最长为6X 10 2s.-：=A板相碰即可，g,方向向上和 3g,【点评】带电粒子在电

26、场中运动的问题，是电场知识和力学知识的综合应用，分析方法与力 学分析方法基本相同，关键在于分析粒子的受力情况和运动情况.(2016?庄河市模拟)有人设想用如图所示的装置来选择密度相同、大小不同的球状纳米颗粒.颗粒在电离室中电离后带正电，电量与其表面积成正比.电离后，颗粒缓慢通过小孔O1进入极板间电压为 U的水平加速电场区域 1(加速距离极短，忽略此过程中重力的影响)， 再通过小孔O2射入匀强电场区域II ,区域II中极板长度为1,极板间距为d.收集室的小孔O3与。1、。2在同一条水平线上且到上下极板的距离相等.半径为r0的颗粒，其质量为m。、 电量为q0,刚好能沿O1O3直线射入收集室.(V

27、土8亘行3, S球=4d2)3(1)图中区域II的电场强度；(2)半径为r的颗粒通过 O2时的速率；【分析】(1)带电粒子在电场中被加速，当进入区域II内做匀速直线运动，因而根据动能(3)落到区域II中的下极板上的颗粒半径.定理可求出被加速的速度大小，再由洛伦兹力等于电场力， 从而确定电场强度的大小与方向；(2)根据密度相同，可确定质量与半径立方关系；根据题意，可知电量与半径平方关系.从而由动能定理可算出粒子通过O2时的速率；(3)由半径的不同，导致速度大小不一，从而出现重力与电场力不等现象，根据其力大小确定向哪个极板偏转.【解答】解：(1)半径为0的粒子匀速通过电场，Eq0=mg由式得:E=

28、,电场强度万向竖直向上(2)设半径为r的粒子加速度后的速度为v,1加/=叼226 / 44（3）落到下极析则： mg-Eq=ma由 式得：a=（i ）g半径大，则越容易落到下极板上，设刚好落到下极板的 r右边颗粒为rm-j-ra (-)2 m vm 2r& 二 Cl - M fTl丁 m2QnUd由式得：rm=-mogl 一，一，- rr - 1rleI 6答：（1）图中区域II的电场强度；(2)半径为r的颗粒通过O2时的速率2q0Ud（3）落到区域II中的下极板上的颗粒半径为 3+1丘Qmogl【点评】本题考查运用动能定理求带电粒子在电场中加速后的速度大小，再洛伦兹力与电场力关系来确定偏向何

29、处.同时注意紧扣题意密度相同及电量与表面积成正比等隐含条件.（2016?铜仁市校级模拟）如图（a）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 O和O.现有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入 A、B之间.在B板右侧，平行金属板 M、N长L1=4 X 10 2m,板间距离d=4 X 10 3m,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 O并发出荧光.现给金属板M、N之间加一个如图（b）所示的变化电压ui,在t=0时刻，M板电势低于N板.已知电子质量为 m二9. 0X 1 0 kg,

30、电量为 ee=1.6x 1019c. / 44(a)(b)(1)每个电子从B板上的小孔O射出时的速度多大？(2)打在荧光屏上的电子范围是多少？(3)打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？【分析】(1)电场力对电子做功，电子的动能增加；(2)打在荧光屏上的电子在 y方向的位移是电场中的偏转与电场外y方向的运动两部分组成的，要分别计算出；(3)计算电子的动能要计算电子的合速度.【解答】解：(1)电子经A、B两块金属板加速，有得二一-.V m 9X10-31(2)当u=22.5V时，电子经过 MN极板向下的偏移量最大，为力等.占压16然1“2.5(型与21rp2X1。-%l md 炉口 1 g x 1

31、0 X 4X102X10Yid,说明所有的电子都可以飞出M、N.此时电子在竖直方向的速度大小为eU21.6X 101SX22. 5V 寸=二-T1Tld /o 9X 10- 31 X 4X 1Q-3一2X 101 o6m/s2X 10 * 、 一 一，、一， L? 0 1 q电子射出极板 MN后到达荧光屏 P的时间为t?二一二一_产5乂 0 sv0 2X10电子射出极板 MN后到达荧光屏P的偏移量为2-2 X 1 0eX5X10 - %=0. 01m电子打在荧光屏P上的总偏移量为y=yi+y2=0.0i2m ,方向竖直向下;y的计算方法n：由三角形相似，有L 1yi_ y 4T+L2一 3一

32、2Rn2X 10 2X 10 y 2X 10-z+0.1解得 y=0.012m28 / 44(3)当u=22.5V时，电子飞出电场的动能最大,EEiDV2=ym(VQ + Vy)=yX9X1031(2Xl 07)3+(2X10S)=1-82x 10弋答：(1)每个电子从B板上的小孔O射出时的速度是2X107m/s(2)打在荧光屏上的电子范围是y=0.012m；(3)打在荧光屏上的电子的最大动能是1.82X 10 16J.【点评】电子先经加速电场加速，后经偏转电场偏转，是常见的问题，本题的难点是加速电压是周期性变化的，推导出偏转距离与两个电压的关系是关键，同时要挖掘隐含的临界状态.(2016?北

33、京校级模拟)如图(a),平行金属板 A和B间的距离为d,现在A、B板上加上如图(b)所示的方波形电压，t=0时A板比B板的电势高，电压的正向值为 U0,反向值也为U0.现有由质量为 m的带正电且电荷量为q的粒子组成的粒子束，从 AB的中点O以平行于金属板方向OO的速度vo=爽，UT射入,所有粒子在 AB间的飞行时间均为 T,不3dm计重力影响.求:B(1)粒子飞出电场时的速度；(2)粒子飞出电场时位置离 O点的距离范围.【分析】(1)将粒子的运动沿着平行于初速度方向和垂直于初速度的方向正交分解,在平行于初速度方向，粒子做匀速直线运动， 在垂直于初速度方向， 粒子在电场力的作用下做变速 直线运动

34、，求出两个方向上的分速度，最后得到合速度即可；(2)粒子在t=0、T、2T时刻进入时，O位置偏向最下端； 粒子在t=21、2工+T、2工+2T333时刻进入时,【解答】解:O位置偏向最上端，根据运动学公式列式求解即可.(1)将粒子的运动沿着平行于初速度方向和垂直于初速度的方向正交分解,平行于初速度方向，粒子做匀速直线运动，有v / =v 0=3 dm在垂直于初速度方向，粒子在电场力的作用下做变速直线运动，根据牛第二定律，有_ 皿 口& m md任意时刻进入后，穿过电场的时间都为T,故OJ D故q/TV-L 3md故飞出电场时的速度为. . . 129 / 44速度方向与水平方向的夹角为0=30

35、（2）粒子在t=0、T、2T时刻进入时，O位置偏向最下端，此时，在垂直电场方向，粒子 先向下匀加速直线运动后向下匀减速直线运动，根据运动学公式，有粒子在t=2L ZL+t、2+2t时刻进入时,33 1 3 ZlO位置偏向最上端，此时，在垂直电场方向,根据运动学公2 qU0T2=IH-粒子先向上匀加速直线运动后向上匀减速直线运动最后向下匀加速直线运动, 式，有k二隹R （fl）/+ a-审）卜号）-/&,号）故粒子飞出电场时位置在O点的上方 也二到下方四星_范围内.18iod18md【点评】本题关键将粒子的运动沿着平行于初速度方向和垂直于初速度方向进行正交分解, 然后根据运动学公式列式求解.（2

36、016?浙江模拟）如图所示，在区域 I （0WxWL）和区域H内分别存在匀强电场，电 场强度大小均为 E,但方向不同.在区域I内场强方向沿y轴正方向，区域n内场强方向未 标明，都处在xoy平面内，一质量为m,电量为q的正粒子从坐标原点 O以某一初速度沿x 轴正方向射入电场区域I,从P点进入电场区域n ,到达n区域右边界 Q处时速度恰好为零.P 点的坐标为（L , L）.不计粒子所受重力，求：2（1）带电粒子射入电场区域I时的初速度；（2）电场区域n的宽度.【分析】粒子进入电场区域做类平抛运动，根据类平抛运动规律列方程即可求解；结合运动的合成与分解求出 p点的合速度，然后根据位移公式求通过的位移

37、，最后根据几何关系磁场宽度【解答】解：（1）设带电粒子射入电场区域I时的初速度为V0,在x方向：粒子做匀速直线运动L=v0t在y方向：粒子做初速度为零的匀加速直线运动30 / 44且硬（2）粒子在区域n做匀减速直线运动,设粒子在P处的速度为vp,在x方向的分速度为,在y方向的分速度为vpy,电场区域n的宽度为 X2Vpx=V0=V mvpy2=2 XX m 2即：Vpx=Vpy故：Vp= 一二一V m.tane=ZL.-. vpx 4设粒子从P做直线运动到 Q所通过的位移为 S因有：，-_ . 即： .:;p m解得：S=Lx2=Scos45得：.二-答：（1）带电粒子射入电场区域 I时的初速

38、度为 匡E；V r（2）电场区域n的宽度为 返L.2【点评】本题考查带粒子在电场中的类平抛运动，灵活运用类平抛运动时速度偏转角的正切值求解其他量，属于常规题型.（2016?铜仁市模拟）在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电极，然后射到荧光 屏上.如图所示，设电子的质量为m （不考虑所受重力），电荷量为e,从静止开始，经过加速电场加速，加速电压为Ui,然后进入偏转电场，偏转电极中两板之间的距离为d,板长为L,偏转电压为U2,求电子射到荧光屏上的动能为多大？【分析】电子先直线加速，再类似平抛运动，最后匀速直线运动， 根据动能定理和类似平抛运动的分运动公式列式求解.31 / 44【解答】解：直线

39、加速过程，有:eUl=mv：-W类似平抛运动过程，有：L=v it _ 12_ 1 巳口2 2 自y=;rat =丁 -j-t2 z nd对运动的全程，根据动能定理，有:eUi+e ：.y=E k - 0 l 2联立 解得：Ek=eUi+e-UL 答：电子射到荧光屏上的动能为eUi+e【点评】本题关键是明确电子的受力情况和运动情况，然后根据动能定理、类平抛运动的分运动公式列式求解，不难.(2016?常熟市校级三模)如图所示，四分之一光滑绝缘圆弧轨道AP和水平绝缘传送带PC固定在同一竖直平面内，圆弧轨道的圆心为 O,半径为R; P点离地高度也为 R,传送 带PC之间的距离为L,沿逆时针方向的传动

40、，传送带速度 v=、P嬴 在PO的左侧空间存 在方向竖直向下的匀强电场.一质量为 m、电荷量为+q的小物体从圆弧顶点 A由静止开始 沿轨道下滑，恰好运动到C端后返回.物体与传送带间的动摩擦因数为 均不计物体经过轨 道与传送带连接处 P时的机械能损失，重力加速度为 g.求：(1)物体由P点运动到C点过程，克服摩擦力做功；(2)匀强电场的场强 E为多大；(3)物体返回到圆弧轨道 P点，物体对圆弧轨道的压力大小.【分析】(1)分析过程中受到的摩擦力，由功的公式可求得摩擦力所做的功;(2)对AC运动过程由动能定理求场强(2)分析物体的运动过程，结合动能定理、向心力公式牛顿第三定律求压力.【解答】解：(

41、1)物体由P点运动到C点过程由 Wf=f?Sf= (jNN=mg可得 Wf= pmgL(2)从A到C由动能定理： mgR+qER一 师gL=032 / 44解得：EJ .二艮 qR(3)物体从A到P由动能定理：mgR+ qER=-n)Vp所以：- -.- .一，.三A返回P过程，先加速后匀速运动，返回P的速度为:VpJ -=V=，2gR在P点有牛顿第二定律：由牛顿第三定律，物体对圆弧轨道的压力大小FN=Ff2mg+生詈答：(1)物体由P点运动到C点过程，克服摩擦力做功 师gL；(2)匀强电场的场强 E为二L一二丐(3)物体返回到圆弧轨道 P点，物体对圆弧轨道的压力大小 2mg+-mgL ；R【

42、点评】本题考查带电粒子在电场中的运动，解题的关键在于明确物理过程，分析受力及运动过程，对各过程选择正确的物理规律求解.(2016?广元一模)如图所示，A、B间存在与竖直方向成 45斜向上的匀强电场 El, B、C间存在竖直向上的匀强电场E2,A、B的间距为1.25m, B、C的间距为3m, C为荧光屏.一质量m=1.0X103kg,电荷量q=+1.0X102C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向 经过b点到达荧光屏上的 。点.若在B、C间再加方向垂直于纸面向外且大小B=0.1T的匀2强磁场，粒子经 b点偏转到达荧光屏的 。点(图中未回出).取g=10m/s .求：Ei的大小(2)加上磁场后

43、，粒子由 b点到O点电势能的变化量.【分析】(1)由平衡条件可以求出电场强度；(2)根据动能定理，可求出粒子经b点的速度，再由平衡状态，与牛顿第二定律，及几何关系可确定电势能变化量.【解答】解：(1)粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有：qE1cos 45=mg33 / 44解得：E1=V2 N/C=1.4 N/C .(2)粒子从a到b的过程中，由动能定理得:I 2qE1dABsin 45 =-mvb解得：vb= ；：.： =5 m/s贝 U 有：qE2=mg加磁场后粒子在 B、C间必做匀速圆周运动,如图所示，由动力学知识可得:2qvb B=m R解得：R=5 m设偏转距离为

44、y,由几何知识得：R2=d bc2+ (R - y) 2代入数据得y=1.0 m粒子在B、C间运动时电场力做的功为：W= - qE2y= - mgy= - 1.0 X 10 2J由功能关系知，粒子的电势能增加了 1.0X 答：(1) E1的大小为1.4N/C;10 2J(2)加上磁场后，粒子由b点至IJ O点粒子的电势能增加了1.0X 10 2J.b加磁场前粒子在B、C间必做匀速直线运动,【点评】考查力的平行四边形定则，学会进行力的分解，理解动能定理与牛顿第二定律的应 用，注意几何关系的正确性，同时掌握三角函数关系.(2016?宜昌一模)如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心在O点、半

45、径为r,内壁光滑，A、B两点分别是圆弧的最低点和最高点.该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为 m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角0=60,重力加速度为g.(1)求小球所受到的电场力大小；(2)小球在A点速度v0多大时，小球经 B点时对轨道的压力最小？ 【分析】(1)抓住带电小球运动至 C点的速度最大这一突破口，竖直面内圆周运动的最大 速度出现在物理 最低点”，即合外力沿半径指向圆心， 而电场力和重力的合力则背离圆心的 方向；34 / 44(2)竖直面内圆周运动的最高点，轨道对小球的压力竖直向下，对 B的压力最小时，对 D

46、 的最小压力等于零.【解答】解：(1)已知带电小球在光滑的竖直圆轨道内做完整的圆周运动，经 C点时速度 最大，因此，C点是竖直面内圆周运动的物理 最低点”，也就是小球在C点受力情况满足合 外力完全充当向心力，如图满足-.工- .一 一二mgBmg因此电场力F=mgtan60 即F= 1(2)小球在轨道最高点 B时的受力情况如图所示,讨论：若在B点时轨道对小球的压力最小等于零.半径方向的合外力为重力mg,在B点，根据圆周运动的条件可获得，若小球在D点时的轨道对小球的压力最小等于零灯2 (mg)2；(qE) 之二 irr则D到B的过程中，重力和电场力做功:35 / 44得：=m 4+ qEi?in

47、60t)- irgr(l - cosGO*1n 淄，代入数据解得：虫=44 gx 根据 两种情况的讨论可知，小球在B点的最小速度为VB2；小球从A到B过程中，只有电场力和重力做了功，又知 A、B两点在同一等势面上，该 过程电场力做功为 0,根据动能定理可得：-mg 2r=ymvg2 _联立以上 两式可得蕈0T商:24元.答：(1)求小球所受到的电场力大小为 Mmg;(2)小球在A点速度邛口二2讨暮；时，小球经B点时对轨道的压力最小.【点评】本题抓住小球经 C点时速度最大这也关键突破口展开讨论，小球在B点压力对轨道压力最小为0,根据指向圆心的合力提供圆周运动向心力为解题关键.(2016?四川模拟

48、)如图所示的装置，U1是加速电压，紧靠其右侧的是两块彼此平行的水平金属板.板长为 L,两板间距离为d, 一个质量为 m、带电量为-q的粒子从静止出发 经加速电压加速后沿金属板中心线水平射入两板中，若两水平金属板间加一电压U2,当上板为正时，带电粒子恰好能沿两板中心线射出；当下板为正时，带电粒子则射到下板上距板的左端Xl处，求：4、力.(1)为多少?U2(2)为使带电粒子经 U1加速后，沿中心线射入两金属板， 并能够从两板之间射出， 两水平 金属板所加电压U2应满足什么条件？【分析】根据受力平衡以及类平抛运动解出粒子在偏转电场中的加速度，根据运动学表达式写出粒子打不到极板上的条件，列出方程组解题

49、【解答】解：(1)设粒子被加速后的速度为 V0,当两板间加上电压 U2 Uq如上板为正时，=mgdiDgdU2=q U2q 啥 如下板为正时， a=2gm36 / 44色-X 2g 得 /=良1qUl=16dqUj_ I2U2 16 d2(2)当上板加最大电压 U时，粒子斜向上偏转刚好穿出： &包2=上粤-G)22 22 ind vq可得：-|O J若上板加上最小正电压时，粒子向下偏转恰穿出：二1 I-二 .：2 2 md v0可得：u=r.S上则要加：.一.“Ui 1 2一 7 一 上Q答：(1)1=口 (2)要加电压： u9u-U2 16*白8 *【点评】意粒子打不到极板上有两种可能，一种

50、是向上偏转，另一种是向下偏转， 考虑问题要全面(2016?广东模拟)如图，平行金属带电极板 A、B间可看作匀强电场，场强E=1.2X 103V/m , 极板间距离d=5cm ,电场中C和D分别到A、B两板距离均为0.5cm, B极接地，求：(1) C和D两点的电势，两点的电势差？(2)点电荷q1= - 2X 10 3C分别在C和D两点的电势能？(3)将点电荷q2=2X 10 3C从C匀速移到D时外力做功多少？ AC*D*e【分析】(1)根据在匀强电场中电势差和场强的关系式U=Ed可求出C和D之间的电势差Ucd、B和D之间的电势差 Ubd、B和C之间的电势差Ubc .根据Ubd=(j)B -如可

51、求出 如.同 理可求出(f)c.(2)根据EP=q。可知点电荷在C点和在D点的电势能.(3)根据动能定理可知物体的动能未变，则合外力所做的功为0,故要求除电场力以外的力所做的功就必须先求电场力所做的功，而根据WcD=qUCD可求出电场力所做的功37 / 44【解答】解：(1) B板接地，()B=0 ,沿电场方向有CD 之间的距离为：dcD=d hAC hBD=5 0.5 0.5=4cm=4 X 10 2m,UCD=EdCD= - 1.2X 103X 4X 10 2=-48V;UDB=EdDB=1.2X 103X 0.5X 10 2=6V,即：4d 如=6V ,贝U (j)D= 6V ,UCB=

52、EdCB=1.2 X 103 x 4.5 X 10 2=54V ,即忙一加=54V,(j)C= - 54V ;(2)由Epuq。可知点电荷q1=- 2X 10 3C在C点的电势能EPC= - 2X 10 3X 54=0.108J,在 D 点的电势能 Epd=2X 10 3X6=1.2 X 10 2j;(3)将点电荷q2=2X 10 2C从C匀速移到D时，电场力所做的功：W=q2* Ucd=2X 102X (- 48) =-9.6X10-J,故除电场以外的力所做的功：W外=-W=9.6 X 10 1J答：(1) C和D两点的电势分别为 54V、6V,两点间的电势差 Ucd等于48V.(2)点电荷

53、q1=-2X10 3C在C和D两点的电势能分别为 0.108J和1.2X 10 2J.(3)除电场力以外的力做功为9.6X10。.【点评】在利用 Ep=q 4求电势能时电量q和电势4的正负号一定要保留.根据WCD=qUCD可求出电场力所做的功时电荷是从C点运动到D点(2016?大庆模拟)如图甲所示，质量为m、电荷量为e的电子经加速电压 U1,加速后，在水平方向沿 O1O2垂直进入偏转电场.已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L(不考虑电场边缘效应)，两极板间距为d, O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏 与极板右边缘的距离也为 L .求：(1)粒子进入偏转电场的速度v的大小；(

54、2)若偏转电场两板间加恒定电压，电子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，A点与极板M在同一水平线上，求偏转电场所加电压U2；(3)若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使电子经加速电场后在t=0时刻进入偏转电场后水平击中 A点，试确定偏转电场电压 U0以及周期T分别应该满足的条 件.【分析】(1)根据动能定理求出粒子进入偏转电场的速度v的大小.(2)粒子出电场后反向速度的反向延长线经过偏转电场中轴线的中点，根据几何关系得出速度与水平方向的夹角，结合牛顿第二定律和运动学公式求出偏转电压的大小.(3)要使电子在水平在水平方向击中 A点，电子必向上极板偏转， 且vy=0,则电子应在t=0

55、时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期.抓住时间与周期的关系38 / 44求出周期的通项表达式. 根据运动的对称性， 知粒子在一半时间内在竖直方向上的位移等于应,根据该关系求出偏转电压的通项表达式.2【解答】解：(1)电子经加速电场加速：eUi=lmv22(2)由题意知，电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达的偏转角为0,则由几何关系得： =(L+Ll)tan 022解得：tan打一3LA点，设电子离开偏转电场时又 tan 0=叫lnid yveU2LU2Lmdv2 2U i d解得：U2=2Uid31?t=nTVO贝U T=TW 口1m (n=1, 2, 3, 4)在竖直

56、方向位移应满足=2n x -La2 -(J_) 2=2n x ?22 ir*d2 2 2nmd解得：U 0=J(n=1, 2, 3, 4)答：(1)粒子进入偏转电场的速度 , 2eUiV的大小V=Y ID(3)要使电子在水平方向击中 A点，电子必向上极板偏转，且vy=0,则电子应在t=0时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期，设电子从加速电场射出的速 度为V0,则因为电子水平射出，则电子在偏转电场中的运动时间满足2Ui dS TOC o 1-5 h z (2)偏转电场所加电压 U2=.31?4nUid2i r(3)偏转电场电压 Uo=5(n=1, 2, 3, 4)，周期 T

57、=_1l_ T_ (n=1, 2, 3, 4).L【点评】本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成.39 / 44(2016?大庆模拟)水平放置的两块平行金属板长L,两板间距d,两板间电压为 U,且上板为正，一个电子沿水平方向以速度 vo从两板中间射入，已知电子质量 m,电荷量e,如 图，求：(1)电子偏离金属板时的侧位移y是多少？(2)电子飞出电场时的速度是多少？(3)电子离开电场后，打在屏上的P点，若屏与金属板右端相距 S,求OP的长？1L 【分析】电子垂直进入电场，在电场力的作用下做类平抛运动，离开电场后，做匀速直线运动，打在屏上.利用平