《2019年度高考-第二轮主题材料复习材料-静电场主题材料.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年度高考-第二轮主题材料复习材料-静电场主题材料.doc（17页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019年高考第二轮专题复习：静电场一、单选题1某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是Ac点场强大于b点场强Ba点电势高于b点电势C若将一试电荷+q由a点释放，它将沿电场线运动到b点D若在d点再固定一点电荷-Q，将一试探电荷+q由a移至b的过程中，电势能增大2如图所示，一根轻质的绝缘弹簧将光滑绝缘水平面上两个相同的不带电金属小球A、B(可以视为质点)连接起来。现用另一大小相同的带电金属小球C分别与A和B依次接触之后移去小球C，A、B均平衡时弹簧的形变量为x1；然后再将刚才移走的小球C与A接触之后再次移去小球C，A、B再次达到平衡时弹簧的形变量为x2。已知弹簧始终处在弹性限度以内，则x1x
2、2可能为A109 B43 C53 D23如图所示，轻弹簧上端固定，下端拴着一带正电小球Q，Q在A处时弹簧处于原长状态，Q可在C处静止若将另一带正电小球q固定在C正下方某处时，Q可在B处静止在有小球q的情况下，将Q从A处由静止释放，则Q从A运动到C处的过程中AQ运动到C处时速率最大 BQ、q两球组成的系统机械能不断增大CQ的机械能不断增大 D加速度大小先减小后增大4如图一根不可伸长的绝缘细线一端固定于O点，另一端系一带电小球，置于水平向右的匀强电场中，现把细线水平拉直，小球从A点静止释放，经最低点B后，小球摆到C点时速度为0，则A小球在B点时的速度最大 B从A到C的过程中小球的电势能一直增大C小
3、球从A到C的过程中，机械能先减少后增大 D小球在B点时的绳子拉力最大5如图所示的直角坐标系中，两电荷量分别为Q(Q0)和Q的点电荷对称地放置在x 轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b位于y轴O点上方，取无穷远处的电势为零。下列说法正确的是()Ab点的电势为零，电场强度也为零Ba点电场强度大于b点的电场强度，同一正的试探电荷在a点和b点所受电场力方向向右C将正的试探电荷从b点移到a点，电势能减少D将同一正的试探电荷先后分别从O、b点移到a点，第二次电场力做功较多，电势能的变化较少。6空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图像如图所示。下列说法正确的是AO点的电势最
4、低 Bx2点的电势最高Cx1和-x1两点的电势相等 Dx1和x3两点的电势相等7一个水平放置的电容为C的平行板电容器及三个电阻阻值分别为R1、R2、R3的电阻组成如图所示的电路，电源电动势为E内阻为r的电源。当开关S断开时，电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将开关S闭合，则以下判断正确的是（ ） A液滴带正电 B液滴将向上运动CS闭合前电容器上的带电荷量为CR1Er+R1+R3 DS闭合稳定后电容器上的带电量为CR2Er+R2+R38如图所示,C为平行板电容器,a和b为其两极板,a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板,在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连,Q板接地。开
5、始时悬线静止在竖直方向,在b板带电后,悬线偏转了角度，在以下方法中,能使悬线的偏角变大的是A缩小a、b间的距离 B在a、b两板间插入电介质Ca板向上平移 DQ板向右平移二、多选题9一带电质点从图中的A点竖直向上以速度v0射入一水平方向的匀强电场中，质点运动到B点时，速度方向变为水平，已知质点质量为m，带电荷量为q，A、B间距离为L，且AB连线与水平方向成=37角，质点到达B点后继续运动可达与A点在同一水平面上的C点（未画出），则（ ）A质点在C点的加速度大小为35g B匀强电场的电场强度大小为4mg3qC质点在B点的速度大小为4v03 D从A到C的过程中，带电质点的电势能减小了32mv0291
6、0正方形虚线框ABCD位于竖直面内，中心为O。在A、B两点分别固定电荷量为+Q与Q的点电荷，AD中点E固定有电荷量为+q的点电荷。光滑绝缘竖直杆位于AB的中垂线上，与AB、CD交点分别为H、G，杆上套有一个带少量负电荷的小球。现将小球自G点无初速度释放，不计小球带电量对电场的影响，则下列说法正确的是AG、H两点的电势相等B小球在H点的动能为零C小球从G点运动到H点，电场力先做正功后做负功D小球从G点运动到H点，机械能先减小后增加11如图所示，正六边形ABCDEF的B、D两点各固定一个带正电电量为 +q的点电荷，F点固定一个带负电电量为-q的点电荷，O为正六边形的几何中心。则下列说法正确的是AO
7、点场强为0 BC点场强方向沿FC方向C电子在A点电势能比在O点小 DOA两点间电势差和OE两点间电势差相等12某静电场的方向平行于x轴，其电势随x的分布如图所示。一质量m=2.01014kg，电荷量q=2.01011C的带电粒子从(2，0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上运动。则A沿x轴方向，从1cm到2cm电场强度先增大后减小Bx轴原点左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比E1E2=21C该粒子在x轴上做周期性运动，且运动的周期T=3.0104sD该粒子在运动过程中最大速度的大小为200m/s13如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c
8、连线的中点，N为b、d连线的中点。一电荷量为q（q0）的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1：若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2，下列说法正确的是A此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行B若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为W1+W22C若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定不小于W2qLD若W1=W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差14如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内
9、做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是A匀强电场的电场强度E= mgtanqB小球动能的最小值为Ek= mgL2cosC小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小D小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大三、解答题15如图甲所示，长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置，ab为两板的中心线质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从左侧极板附近由静止开始经电压为U1的电场加速后，从a点水平射入求：（1）粒子从a点射入的速度v0；（2）若将两金属板接上恒定电压U2，使粒子恰好打到金属板的中点，求电压U2的大小；（3）若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，该粒子在t=0时
10、刻从a点射入，欲使粒子从板的边缘水平射出，求周期T及交变电压U0的大小16在一空间范围足够大区域内可能存在竖直向上的匀强电场，其电场线与坐标xOy平面平行。以坐标原点O为圆心，作半径为R的圆交坐标轴于A、B两点，C点为AB圆弧中点位置，如图所示。在原点O处有带正电小球，以某一初动能沿x轴正向水平抛出。（1）空间电场强度为0时，小球以Ek0的初动能从O点平抛，刚好能经过C点位置，求小球经过C点位置时的动能。（2）空间电场强度不为0时，小球以Ek0的初动能从O点平抛，当小球经过图中圆周上D点时动能大小为2Ek0，求D点位置坐标（图中未标出D点）。（3）空间电场强度不为0时，小球以某一初动能从O点平
11、抛，小球经过图中圆周上C点时动能大小为2Ek0，若已知带电小球的质量为m，电量为q，求空间所加匀强电场的场强大小（用m、q、g表达）。17如图所示，两块平行金属板MN、PQ竖直放置，两板间的电势差U1.6103 V，现将一质量m3.0102 kg、电荷量q4.0105 C的带电小球从两板左上方的A点以初速度v04.0 m/s水平抛出，已知A点距两板上端的高度h0.45 m，之后小球恰好从MN板上端内侧M点进入两板间匀强电场，然后沿直线运动到PQ板上的C点，不计空气阻力，取g10 m/s2，求：(1)带电小球到达M点时的速度大小；(2)C点到PQ板上端的距离L；(3)小球到达C点时的动能Ek.1
12、8如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止。重力加速度用g表示，sin37=0.6，cos37=0.8。求：(1)电场强度的大小E；(2)将电场强度减小为原来的12时，物块加速度的大小a以及物块下滑距离L时的动能Ek。19如图所示，在沿水平方向的匀强电场中用一根长度L=0.8m的绝缘细绳把质量为m=0.20kg、带有正电荷的金属小球悬挂在固定点O点，小球静止在B点时细绳与竖直方向的夹角为=37现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：(1)从
13、A到C静电力对小球做的功；(2)小球通过最低点C时的速度的大小；(3)小球在摆动过程中细线对小球的最大拉力。20如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出(初速度不计)，经灯丝与A板间的加速电压U2加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直,电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U2，M、N两板间的电压为U2,两板间的距离为d，板长为L1,板右端到荧光屏的距离为L2，电子质量为m，电荷量为e，求：（1）电子穿过A板时的速度大小；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量y；（3）P点到O
14、点的距离Y；（4）该示波器的灵敏度D（荧光屏上每单位偏转电压引起的偏转量）。21如图所示，纸面为竖直面，MN为竖直线段，MN之间的距离为h，空间存在平行于纸面的足够宽广的匀强电场，其大小和方向未知，图中未画出，重力加速度为g，一质量为m的带正电的小球从M点在纸面内以v0=2gh 的速度水平向左开始运动，以后恰好以大小为v=22gh 的速度通过N点。已知m ,重力加速度g和高度h. （1）小球从M到N的过程经历的时间;（2）小球所受电场力的大小;（3）从M到N的运动过程中速度最小值.22在如图所示的直角坐标系xoy中，矩形区域oabc内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.2T；第
15、一象限内有沿-y方向的匀强电场，电场强度大小为E=4.0105N/C已知矩形区域oa边长为0.60m，ab边长0.20m在bc边中点N处有一放射源，某时刻，放射源沿纸面向磁场中各方向均匀地辐射出速率均为v=2.0106m/s的某种带正电粒子，带电粒子质量m=6.410-27kg，电荷量为q=+3.210-19C，不计粒子重力，求：（计算结果保留两位有效数字）（1）粒子在磁场中运动的半径；（2）放射源沿-x方向射出的粒子，从射出到从 y轴离开所用的时间（3）从x轴上射出的粒子中，在磁场中运动的最短路程为多少？23如图所示，ABCD为表示竖立放在场强为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道
16、，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切A为水平轨道的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=100g、带电q=10-4C的小球，放在水平轨道的A点上面由静止开始被释放后，在轨道的内侧运动（g=10m/s2）求：（1）它到达C点时的速度是多大？（2）它到达C点时对轨道压力是多大？（3）小球所能获得的最大动能是多少？24如图所示，在E1103V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q1104C的小滑块质量m10g，与水平轨
17、道间的动摩擦因数0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，g取10 m/s2，求：(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？参考答案及解析1B【解析】电场线的密的地方场强大，b点电场线密，所以b点场强大，故A错误沿着电场线方向电势降低，a点电势高于b点电势，故B正确若将一试探电荷+q由a点静止释放，将沿着在a点的场强方向运动，运动轨迹不是电场线，故C错误若在d点再固定一点电荷Q，将一试探电荷q由a移至b的过程中，原来的电场力和点电荷Q对试探电荷q做功均为正，故电势能减小，选项D错误；故选B2A【解析】设弹
18、簧的原长为L0，C球的电量为q，C分别与A和B依次接触之后移去小球C，可得qA=q2，qB=q4，由库仑力和弹力二力平衡可知kx1=k0qAqB(L0+x1)2；将移走的小球C与A接触之后再次移去小球C，qA=q4+q22=38q，由平衡条件得kx2=k0qAqB(L0+x2)2，联立可得x1x2=4(L0+x2)23(L0+x1)2 ；假定保持伸长量x1不变时，因qAqB=18qAqB=332，则库仑力斥力变小，伸长量变小x2x1，联立得x1x2=4(L0+x2)23(L0+x1)243；比较四个选项只有A项10943；另外三个选项均大于43错误；故可能的比值选A.3D【解析】A、q在C正下
19、方某处时，Q在B处所受的合力为零，速率最大，故A错误；C、Q的机械能E等于Q的动能与重力势能之和，由功能关系有E=W弹+W电，而弹簧的弹力一直做负功，即W弹0，库仑力也一直做负功，即W电0，则E0，即Q的机械能不断减小，故C错误；B、因小球q固定不动，则其机械能不变，故Q的机械能不断变小即为Q、q两球组成的系统的机械能不断减小；故B错误.D、Q在B处加速度为零，则Q从A运动到B的过程中，加速度一直减小直到零，从B到C加速度反向增大，故D正确；故选D.4B【解析】AD：小球受电场力、重力和绳子拉力作用，在复合场中摆动，当重力与电场力的合力与绳子的拉力在同一直线上时，小球处于等效最低点。据对称性可
20、知B点不是等效最低点，则球在B点时的速度不是最大，小球在B点时的绳子拉力不是最大。故AD两项错误。BC：据小球的摆动情况知，小球所受电场力的方向水平向右，则从A到C的过程中小球所受电场力一直做负功，从A到C的过程中小球的电势能一直增大。据功能关系可得小球从A到C的过程中小球机械能变化等于电场力做的功，则从A到C的过程中小球的机械能一直减小。故B项正确，C项错误。5B【解析】A、结合等量异种点电荷的电场的特点可知，两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线。电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向，所以b点的电势等于0，而电场强度不等于0;故A错误.B、由图，两个点电荷在a点产生的电
21、场强度的方向都向右，所以合场强的方向一定向右，则正电荷在a点受到的电场力的方向向右；根据点电荷电场强度公式E=kQr2，及矢量的叠加原理，可知，x轴上O点的电场强度最小，而y轴上，O点的电场强度最大，那么a点电场强度比b点电场强度的大故B正确；C、电场线由Q指向-Q，故正电荷从b向a运动的过程中，电场力做负功，电势能减增加；故C错误.D、两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以O、b两点的电势是相等的，将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，二者电势能的变化相等;故D错误.故选B.6C【解析】作出电场线，根据顺着电场线电势降低，则O电势最高，故A错误，B错误；从图线看出，电场强度
22、关于原点O对称，则X轴上关于O点对称位置的电势相等故C正确；x1和x3两点在电场线的不同位置，沿电场线电势降低，故两点电势不相等，故D错误。7D【解析】A、由题意可知，电场力与重力相平衡，电容器上极板带正电，则液滴带负电，故A错误；B、当开关断开时，电路稳定时，电路中没有电流，电容器板间电压等于电源的电动势；开关闭合时，电容器两板间的电压等于电阻R2两端的电压，小于电源的电动势，则知电容器板间电压减小，板间场强减小，液滴所受电场力减小，则液滴将向下运动；故B错误.C、当开关断开时，UC=E，由Q=CUC=CE；故C错误.D、开关闭合时，UC=ER2R3+R2+r，则Q=CUC=CER2R3+R
23、2+r；D正确.故选D.8C【解析】A、缩小a、b间的距离，根据C=s4kd，则电容增大，Q不变，ab端的电势差U=QC，知电势差减小，所以PQ两端的电势差减小，电场强度减小，则电场力变小，变小；故A错误.B、ab间插入电介质，则电容增大，Q不变，ab端的电势差U=QC，知电势差减小，所以PQ两端的电势差减小，电场强度减小，则电场力变小，变小；故B错误.C、a板向上移动，正对面积减小，电容减小，而Q不变，则ab端的电势差增大，即PQ两端的电势差增大，电场强度增大，则电场力变大，变大；故C正确.D、Q板向右移动，PQ间的距离增大，故电容器的电容C变小，而Q不变，则PQ两端的电势差增大，而电场强度
24、E=4kQs不变，则电场力不变，不变；故D错误.故选C.9BCD【解析】由题意可知，质点的运动是竖直方向和水平方向的匀变速直线运动，因此在竖直方向上有：Lsin37=vA2t；在水平方向上有：Lcos37=vB2t；由上两式得：tan37=vAvB；可得：vB=vAtan37=43v0，故C正确。由于两分运动的时间相同即：竖直方向上的时间：t=vAg ；在水平方向上有：vB=at；所以有：a=vBt=vBvAg=g；又a=43qEm，解得：E=4mg3q，故B正确。质点在C点的加速度大小a=g2+(qEm)2=53g，故A错误。从A到B，对于水平方向，根据能量守恒可知：带电质点的电势能减小为E
25、p1=12mvB212m(43v0)2=89mv02；由于质点在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，由推论可知：AC间的水平距离等于AB间水平距离的4倍，由W=qEd，可知从A到C的过程中电场力做功是从A到B的过程电场力做功的4倍，所以从A到C的过程中，带电质点的电势能减小为Ep2=4Ep1=329mv02，故D正确。故选BCD。10AC【解析】A、在A、B两电荷的电场中，竖直杆与等势线重合，在E点的+q点电荷的电场中，G、H为等势点，即在三个点电荷的合电场中，G、H两点电势相同；故A正确.B、因G和H两点电势相同，则小球由G到H，电场力做功为零，但重力做功使小球动能增加，故小球在H点速度
26、不为零，即动能不为零；故B错误.C、D、根据点电荷的场强叠加原理可知G点的场强斜向右上，O点的场强水平向右，H点的场强斜向右下；故带负电的小球在GH段运动时电场力先做正功后做负功；除重力做功以外的电场力做功衡量机械能的变化，故机械能也为先增大后减小；则C正确，D错误.故选AC.11BD【解析】根据点电荷的场强公式E=kqr2可知，三个点电荷在O点产生的场强大小相等，合场强沿OF方向；故A错误；B和D两个正场源在C点产生的合场强沿FC方向，F点的负点电荷在C点产生的场强沿CF方向，但距离较大，则总的合场强沿FC方向；故B正确；电子沿OA运动时，OA是BF的中垂线，BF两点放了等量异种电荷，所以这
27、两个电荷对电子的作用力的合力垂直AO，对电子做功，D处的电荷是正电荷，是引力，对电子做负功，所以三个电荷对电子做负功，电势能增大，电子在A点电势能比在O点大，故C错误；根据对称性可知，电荷从O点移到A点、从O点移到E，电场力做功相同，所以OA两点间电势差和OE两点间电势差相等，故D正确；点故选BD.12BD【解析】根据U=Ed结合图像可知：左侧电场强度：E1=20110-2V/m=2.0103V/m；右侧电场强度：E2=20210-2V/m=1.0103V/m；所以x轴左侧电场强度和右侧电场强度的大小之比E1E2=21，沿x轴方向，从1cm到2cm电场强度在O点两侧都是匀强电场，故A错误，B正
28、确；该粒子将在-1cm到0之间电场力做正功，动能增加；该粒子将在0-2cm间克服电场力做功，动能减少，所以该粒子将在-1cm到2cm间作周期性运动，在-1cm-0之间的加速度a1=qE1m=210-112103210-14m/s2=2106m/s2，到达O点的速度最大，大小为v=2a1x1=200m/s，用时间t1=x1v2=210-2200s=110-4s；同理从O点到2cm位置的时间t2=x2v2=2210-2200s=210-4s，则振动的周期为T=2(t1+t2)=610-4s，故C错误；D正确；故选BD。13BCD【解析】一电荷量为q（q0）的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1，
29、但ab连线不一定沿着电场线，故A错误；粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1，故：qa-qb=W1，粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2，故：qc-qd=W2，匀强电场中，沿着相同方向每前进相同距离电势的变化相同，故a-M=M-c，即M=12（a+c），同理N=12（b+d），故qM-qN=W1+W22，故B正确；若c、d之间的距离为L，但cd不一定平行电场线，故W2=qELcos，其中为cd与电场线的夹角，不一定为零，故该电场的场强大小不小于W2qL，故C正确；若W1=W2，根据U=Wq可知，Uab=Ucd，故a-b=c-d，则a-c=b-d，故Uac=Ubd；而Uac=2UaM，Ubd=
30、2UbN，故UaM=UbN，故D正确；故选BCD。14AB【解析】小球静止时悬线与竖直方向成角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有：mgtan=qE，解得E=mgtanq，选项A正确；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有：mgcos=mv2L，则最小动能Ek=12mv2=mgL2cos，所以选项B正确。小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，选项C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先
31、减小后增大，再减小，选项D错误；故选AB.15（1）2qU1m（2）U2=8U1d2L2（3） T=LNm2qU1 ,(N=1,2,3) ; U0=4Nd2U1L2 ,(N=1,2,3)【解析】（1）粒子在加速电场运动叶，由动能定理得qU1=12mv02 解得：v0=2qU1m （2）粒子沿水平方向做匀速运动：t1=L2v0=L2v0 竖直方向做匀加速运动：d2=12qU2mdt12 解得：U2=8U1d2L2（3）为使粒子从极板边缘水平射出电场，在竖直方向上粒子的运动应为：先加速后减速，且到达极板边缘时，在竖直方向上速度正好等于零，这段时间等于整数个周期，有L=v0T N T=LNm2qU1
32、 ,(N=1,2,3)d2=12qU0mdT222N 解得：U0=4Nd2U1L2 ,(N=1,2,3)故本题答案是：（1）2qU1m（2）U2=8U1d2L2（3） T=LNm2qU1 ,(N=1,2,3) ; U0=4Nd2U1L2 ,(N=1,2,3)16（1）5Ek0 （2）xD=255R，yD=55R （3）3mg5q【解析】（1）小球从O到C做平抛运动有xc=22R=v0t yc=22R=12gt22=12vyt可得vy2v0则vC=v02+vy2=5v0得EkC5Ek0（2）小球过D点时有xDv0tyD=12vytEkD2Ek0即12m(v02+vy2)=212mv02可得vD=
33、2v0则有vyv0代入位移公式得：yD=12xD又由几何关系得xD2+yD2=R2解得xD=255R，yD=55R（3）在（1）问中由22R=v0t和22R=12gt22可得v02=224gR空间有电场时小球过C点有：xcv0tyc=12at22其中a=mg-Eqm，xc=yc=22Rvy2v0EkC2Ek0即12m(v02+vy2)=212mv02可得v0=12v0代入位移公式得：a=42v025R=2g5代入加速度公式得E=3mg5q17（1）5.0m/s（2）0.12m（3）0.475J【解析】（1）设小球到达M点的速度大小为v，从A到M的时间为t：位移公式可得：h=12gt2速度公式可
34、得：vy=gt可得：v=v02+vy2=5m/s（2）在两平行板间运动时，小球受水平方向的静电力和竖直向下的重力作用，因为小球在电场内做直线运动，由动力学知识可知，小球受到的电场力方向水平向右，合力方向与速度的方向一致。设极板间的电场强度为E、极板间距离为d则有：tan=qEmgU=EdL=dtan联立以上几式，代入数据，可解得C点到PQ板上端的距离L=qUmgtan2=0.12m（3）从M到C的过程中，由动能定理，有：Ek-12mv2=qU+mgL代入数据，可求得小球到达C点时的动能Ek=0.475J18（1）3mg4q （2）0.3mgL【解析】小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持
35、力，FNsin37=qE FNcos37=mg 可得电场强度E=3mg4q （2）若电场强度减小为原来12，则变为E=3mg8q mgsin37-qEcos37=ma 可得加速度a=0.3g。 物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功由动能定理则有：mgLsin37-qELcos37=Ek-0可得动能Ek=0.3mgL19（1）-1.2J（2）2m/s（3）4.5N【解析】（1）小球受到电场力qE,重力mg和绳的拉力F的作用下处于静止，根据共点力的平衡条件有：qE=mgtan37 小球从A到C的过程中，W=-qEL=-1.2J （2）A到C的过程中，根据动能定理有：mgL-qEL=12mvc
36、2 可得：vc=2m/s （3）在摆动过程中，经B点时，细线的拉力最大，从A到B的过程中，根据动能定理可得：mgLcos37-qEL（1-sin37 ）=12mvB2在B点时，满足:F-mgcos370=mvB2L 拉力:F=4.5N20（1）v0=2eU1m （2）y=U2L124U1d （3）Y=U2L12U1d(L12+L2)=U2L14U1d(L1+2L2)（4）D=L12U1d(L12+L2)【解析】（1）粒子在电场中加速，由动能定理可知：eU1=12mv02 解得：v0=2eU1m （2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，则沿电场方向：eU2d=ma 垂直电场方向：L1=v0t y=1
37、2at2 解得：y=U2L124U1d （3）由几何关系可知：Y=U2L12U1d(L12+L2)=U2L14U1d(L1+2L2) （4）该示波器的灵敏度D=YU2 解得：D=L12U1d(L12+L2)21（1）t=2hg（2）F=2mg （3）vmin=25gh【解析】（1）小球运动的过程中重力与电场力做功，设电场力做的功为W，则有：W+mgh12mv212mv02 所以有：W=0。可知电场的方向水平向右；小球在竖直方向做自由落体运动，可知小球从M到N的过程经历的时间t=2hg （2）水平方向小球受向右的电场力先向左加速后减速，则a=Fm v0=at2解得电场力： F=2mv0t=mv0
38、2gh =2mg（3）设经过时间t1小球的速度最小，则竖直方向vy=gt1；水平方向vx=v0-at1=2gh-2v02hgt1=2gh-2gt1 合速度v=vx2+vy2=(gt1)2+(2gh-2gt1)2=5g2t12-4g2ght1+2gh 由数学知识可知，v的最小值为vmin=25gh22（1）0.20m（2）4.610-7s（3）0.21m【解析】（1）粒子运动的轨迹如图，由牛顿第二定律可得：qvB=mv2R，解得：R=0.20m；（2）粒子在磁场中的周期T=2Rv=20.22106=6.2810-7s；粒子在磁场中沿NP运动的时间t1=T4；粒子在电场中的加速度为a=Eqm，v=
39、at，解得：t=1.010-7s则可解得粒子在电场中往返运动的时间为t2+t3=2t=2.010-7s由图可知cos=0.5，=60；粒子在磁场中运动的第二部分时间t4=2T=T6；粒子运动的总时间t=t1+t2+t3+t4=T4+T6+2.010-7s=4.610-7s；（3）由数学知识可知，最短弦对应最短的弧长；由图可知，=60；最短的弧长即最短路程s=R=15m=0.21m；23（1）2m/s（2）3N（3）25J 【解析】（1）设小球在C点的速度大小是vc，则对于小球由AC的过程中，由动能定律得：qE2R-mgR=12mvc2-0解得：vc=2m/s（2）小球在C点时受力分析如图由牛顿
40、第二定律有：Nc-qE=mvc2R解得Nc=3N由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力为3N（3）由mg=qE=1N，可知小球受到合力的方向垂直于B、C点的连线BC指向圆心O，所以“等效最低点”在BC的中点E，设小球的最大动能为Ekm由动能定理可得：Ekm=qER1+sin45+mgR1-cos45解得：Ekm=25J24（1）7m/s；（2）0.6N，水平向右【解析】（1）设滑块恰能到达Q点时速度为v，则由牛顿第二定律得：mg+qE=mv2R，滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得：-mg2R-qE2R-（mg+qE）x=12mv2-12mv02联立方程组解得：v0=7m/s；（2）设滑块到达P点时速度为v，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得：-（mg+qE）R-（qE+mg）x=12mv2-12mv02 又在P点时，由牛顿第二定律得：FN=mv2R，代入数据解得：FN=0.6N，方向水平向右；