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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆3、如下列图,空间存在着强度 L=0.5m 的绝缘细线,一端固定在E=2.5 10 2N/C 方向竖直向上的匀强电场,在电场内一长为O点,一端拴着质量 m=0.5kg 、电荷量 q=4 102C的小球 .现将细线拉直到水平位置,使小球由静止释放,当小球运动最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承担的最大值而断裂. 取 g=10m/s2. 求：（1）小球的电性；（2）细线能承担的最大拉力；（3）当小球连续运动后与O点水平方向距离为L 时,小球距O点的高度 . 解析：（ 1）由小球运动到最高点可知,小球带正电（2 分）（2）设
2、小球运动到最高点时速度为v,对该过程由动能定理有,qEmg L1mv2（ 2 分）（ 2 分）2在最高点对小球由牛顿其次定律得,F TmgqEmv2（ 2 分）L由式解得,FT=15N （1 分）（3）小球在细线断裂后,在竖直方向的加速度设为a,就aqEmgm设小球在水平方向运动L 的过程中,历时t,就 L= vt（ 1 分）设竖直方向上的位移为s,就s1at2（ 1 分）2由解得,s=0.125m（2 分）小球距 O 点高度为 s+L =0.625m. （1 分）4、如下列图半径为 r 的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内,环上套有质量为 m 的带正电的珠子,空间存在水平向右的匀强电场,珠子所受静
3、电力是其重力的3/4 倍将珠子从环上最低点A 静止释放,求珠子所能获得的最大动能Ek.；解：珠子沿圆环先做加速运动,后做减速运动,设其运动至跟圆心连线与竖直方向的夹角为 时,切向合力为零,珠子在此位置时速度最大,动能最大,就有名师归纳总结 mgsinF电cos第 1 页,共 15 页所以 tanF 电 ,就mgsin3,cos455由动能定理EkmqE rsinmgr（1cos）=mgr/4 5、如下列图, 水平地面上方分布着水平向右的匀强电场；一“L”形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中；管的水平部分长为l1=0.2m ,离水平面地面的距离为h=5.0m ,竖直部分长为l2=0.1m ；一带正
4、电的小球从管的上端口A 由静止释放,小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分 （长度极短可不计）时没有能量缺失,小球在电场中受到的电场力大小为重力的一半；求：小球运动到管口B 时的速度大小；小球着地点与管的下端口B 的水平距离； g=10m/s2 解：在小球从A 运动到 B 的过程中,由动能定理得：A mgl2F l112 mv B02F 电1mgB 2联立两式解得：v B2 m s小球离开B 点后,设水平方向的加速度为a,位移为 x,在空中运动的时间为t,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆水平方向有：ag21 2x v t
5、at 2竖直方向有：h 1gt 22由 式,并代入数据可得：x=4.5m 6、在一个水平面上建立 x 轴,在过原点 O 垂直于 x 轴的平面的右侧空间有一匀强电场,场强大小 E=6 10 5N/C,方向与 x 轴正方向相同,在 O 处放一个带电量 q=5108C,质量 m=10g 的绝缘物块；物块与水平面间的滑动摩擦系数 =0.2,沿 x 轴正方向给物块一个初速度 时的位置；（ g 取 10m/s 2）答案：物块最终停在 x = 0.2m 处；v0=2m/s,如下列图,求物块最终停止解：物块在电场中先向右做匀减速运动至速度为零,设位移为s1 ,由动能定理有：qE+ mg s 1 = 1 mv
6、22（ 3 分）得： s1= 0.4m （2 分）由于 qE mg （2 分）所以,物块接着向左做匀加速运动,从 物块运动全过程列动能定理方程有：O点离开电场后再匀减速直至停止运动； mg（2 s1+ s2）=1 mv 22（4 分）解得： s2=0.2m （3 分）7、如下列图, 一根长 L 1.5 m 的光滑绝缘细直杆 MN ,竖直固定在场强为 E1.0 10 5 N/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 Q+4.5 106 C；另一带电小球 B 穿在杆上可自由滑动,电荷量 q+1.0 10 一 6 C,质量 m1.0 10 一 2 k
7、g；现将小球 B 从杆的上端 N 静止释放,小球 B 开头运动； （静电力常量k9.0 10 9 N m 2C 2,取 gl0 m/s 2 小球 B 开头运动时的加速度为多大？小球 B 的速度最大时,距M 端的高度 h1 为多大？B小球 B 从 N 端运动到距M 端的高度 h20.6l m 时,速度为 v1.0 m/s,求此过程中小球的电势能转变了多少？解：（ 1）开头运动时小球 其次定律得B 受重力、库仑力、杆的弹力和电场力,沿杆方向运动,由牛顿名师归纳总结 mgkQqqEsinmaN BE 第 2 页,共 15 页L2解得agkQqqEsinL2mm代入数据解得：a=3.2m/s2 MA2
8、小球 B 速度最大时合力为零,即kQqqEsinmgh2 1解得h1mgkQqqEsin- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆代入数据解得h1=0.9m 3小球 B 从开头运动到速度为v 的过程中,设重力做功为W 1,电场力做功为W 2,库仑力做功为 W 3,依据动能定理有W 1W2W31mv2qEL2W1mg（L-h2）W2=-qEL-h 2sin解得W31mv2mgLh2h2sin2设小球的电势能转变了 EP,就 EP（ W 2 W 3）1 2E P mg L h 2 mv22 EP8.2 10 J8、如下列图的装置,U1是加
9、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,经加速电压加速后沿金属板中心线水平射人两板中,如两水平金属板间加一电压U 2,当上板为正时,带电粒子恰好能沿两名师归纳总结 板中心线射出；当下板为正时,带电粒子就射到下板上距板的左端1 处,求：4第 3 页,共 15 页（1）U1为多少？U2（2）为使带电粒子经U 1 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 应满意什么条件？（1）设粒子被加速后的速度为v 0 ,当两板间加上电压U 2如上板为正时,U 2qmgdU 2m gd 1q如下板为正时,
10、amgU2q2g 1dm1d1 2g（21）2 124v 0得2 0v gl2 18dqU 11mv2 102U 1 mgl2 116 dq就U216d2 1U1- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆（2）当上板加最大电压U 2 时,粒子斜向上偏转刚好穿出：tl0vd 21 avt 21U2qg12 12mdr0U 2 2 9 mv 0d29mgd9U2ql28q8如上板加上最小正电压时,粒子向下偏转恰穿出a 2mgU2qgU2q2 2v2q 1 1dmmdd1a2t21gU2q（l）222md0vU27 U 82如下板加上正电压
11、时,粒子只能向下偏转mgda3m1d1 2gqU2l22dmv 0 2 U 7U2可见下板不能加正电压87U2U29U2889、如下列图,在绝缘水平面上,相距为L 的 A、B 两点处分别固定着两个带电量相等的正电荷, a、b 是 AB 连线上的两点,其中 A aBbL4,O 为 AB 连线的中点,一质量为 m带电量为 +q 的小滑块（可以看作质点）以初动能 E 0 从 a 点动身,沿直线 AB 向 b 点运动,其中小滑块第一次经过 O 点时的动能为初动能的 n 倍（ nl）,到达 b 点时动能恰好为零,小滑块最终停在 O 点,求：（1）小滑块与水平面间的动摩擦因数；（2）O、b 两点间的电势差
12、 U Ob；（3）小滑块运动的总路程；名师归纳总结 （ 1） 因 为 +qAq b,a、b是 以 中 点O 对 称 , 所 以mg1nE0 2第 4 页,共 15 页Uab0 1滑块由 ab,依据动能定理：qU abmg1E022E0 2 2m gl（2）对小滑块由ob 的过程,依据动能定理：qU ab4U abmg1nE 0 12n E 0 24q2 q- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆（3）UabUab2n21 E0 2q小滑块从 a 点开头,最终停在O 点,依据动能原理U,极板与qUaomgsE 0 2SqUaoE02n
13、41 l 2mg10、如下列图,带等量异种电荷的平行金属板,其间距为d,两板问的电势差为水平方向成37 角放置,有一质量为m 的带电粒子从下极板上端附近释放,恰好沿水平方向从上极板下端穿过电场,求: 1 粒子带何种电荷.电量多少 . 2 粒子的加速度多大.粒子射出电场时的速度多大. 答案： 1负电, q5mgd/ 4U 提示 : 联解 EU/ d 和 mg Eqcos37即可 2 a 3/ 4g,v5gd 提示 : 作用在粒子上的合外力为F2/ 2,可得2mgtan37 ,所以aF/ m3mg/ 4. 设粒子离开电场区时速度为v, 有 qU mvv5gd 211、如图 24 所示,在 E =
14、103V/m 的水平向左匀强电场中,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,一带正电荷q = 104C 的小滑块质量为m = 40g,与水平轨道间的动摩因数 = 0.2,取 g = 10m/s 2,求：（1）要小滑块能运动到圆轨道的最高点L,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）解 ： 1 ） 滑 块 刚 能 通 过 轨 道 最 高 点 条 件 是 mg = 2m v , v Rg 2 m S ,R由 Eqs mgS 12 mv 2mg R
15、 . 解之得 S m2 1 v 22 gREq mg 125 m；（ 2 ） 滑 块 过 P 点 时 ,1 mv 2p mgR EqR 1mv 2P 得 v 2P U 22 g EqR,2 2 m2mv PN Eq , N 3 mg Eq 0 6 N；R答案： 1.25m 0.6N 12、如图甲所示,A、B 两块金属板水平放置,相距为 d=06cm,两板间加有一周期性变化的电压, 当 B 板接地 B=0时,A 板电势 A随时问变化的情形如图乙所示,现有一带负电的微粒在 t=0 时刻从 B 板中心小孔射入电场,如该带电微粒受到的电场力为重力的两倍,且射入电场时初速度可忽视不计；求：名师归纳总结
16、（1）在 0T和T T 这两段时间内0 AT/2 A t d 第 5 页,共 15 页22微粒的加速度大小和方向；B T - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆（2）要使该微粒不与A 板相碰,2 所加电压的周期最长为多少.g=10ms解：（ 1）设电场力大小为 F,就 F=2mg 对于 t=0 时刻射入的微粒,在前半个周期内,后半个周期的加速度a2 满意方向向下方向向上（2 分）（2 分）（2）前半周期上升的高度. 前半周期微粒的末速度为后半周期先向上做匀减速运动,设减速运动时间为 t 1,就此段时间内上升的高度就上升的总度高为（
17、2 分）后半周期的 时间内,微粒向下加速运动 . 下降的高度（2 分）上述运算说明, 微粒在一个周期内的总位移为零,只要在上升过程中不与 A 板相碰即可, 就所加电压的周期最长为（ 2 分）13、如下列图, 两平行金属板 A、B 长 8cm,两板间距离 d8cm,A 板比 B 板电势高 300V,一带正电的粒子电荷量 q10-10C,质量 m10-20kg,沿电场中心线 RO 垂直电场线飞入电场,初速度 02106m/s,粒子飞出平行板电场后经过界面 MN、PS间的无电场区域后,进入固定在 O 点的点电荷 Q 形成的电场区域,（设界面 PS 右边点电荷的电场分布不受界面的影响）,已知两界面 M
18、N、PS 相距为 12cm,D 是中心线 RO 与界面 PS 的交点, O 点在中心线上,距离界面 PS为 9cm,粒子穿过界面 PS最终垂直打在放置于中心线上的荧光屏 bc 上（ 静电力常数 k = 9.0 10 9N m 2/C 2）（1）求粒子穿过界面 MN 时偏离中心线 RO 的距离多远？到达 PS界面时离D 点多远？（2）在图上粗略画出粒子运动的轨迹（3）确定点电荷 Q 的电性并求其电荷量的大小解：（1）带电粒子穿过界面 MN 时偏离中心线的距离,即侧向位移：名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘
19、,思而不学就殆y 11at21qUL2210103000 . 0862m.0 03 m（3 分）22mdv 01020.0 08210电场力做的功为：10qUy 1 10 300 0 . 03 8W qEy 1 1 . 125 10 J（2 分）d 0 . 08（2）带电粒子的速度离开电场时的速度及穿过 PS 进入点电荷电场的速度：6 6v x v 0 2 10 m / s ; v y at qUL / mdv 0 1 . 5 10 m / s .（1 分）2 2 6v v x v y 2 5. 10 m / s .（1 分）此时的速度方向与水平方向成 ,tan v y 3（1 分）v x 4
20、带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动打在 PS 上的 a 点（如图）,就 a 点离中心线的距离为 y：就yy 1y2y 1l1tan0.030 .1230.12m2 分 4（3）a 点与点电荷所在位置的连线与PS 的夹角为 ,就tandl2y0. 12.1230 . 0804（1 分）22,带电粒子进入点电荷的电场时,速度与点电荷对粒子的库仑力垂直,由题的描述：粒子穿过界面 PS 最终垂直打在与 A板在同一水平线上的荧光屏 bc 上,由此可以做出判定：该带电粒子在穿过界面 PS 后将绕点电荷 Q 作匀速圆周运动 2 分 ；带正电的粒子必定受到 Q 的吸引力,所以 Q 带负电；（ 2分）半径ry
21、d2l2.0 120 . 0820 . 122m0 .20 m（1 分）222由库仑定律和匀速周运动规律得：kQqmv2（2 分）10209.2 510620 .21 .39108C（ 2 分）r2rmv2r得：Qkq9 10101014、有个演示试验, 在上下面都是金属板的玻璃盒内,放了很多锡箔纸揉成的小球,当上下板间加上电压后,小球就上下不停地跳动；现取以下简化模型进行定量争论；如下列图,电容量为C 的平行板电容器的极板A 和 B 水平放置,相距为d,与电动势为 、内阻可不计的电源相连；设两板之间只有一个质量为m 的导电小球,小球可视为质点；已知：如小球与极板发生碰撞,就碰撞后小球的速度立
22、刻变为零,带电状态也立刻转变,转变后,小球所带电荷符号与该极板相同,电量为极板电量的 极板间匀强电场的影响；重力加速度为 g；（1）欲使小球能够不断地在两板间上下来回运动,电动势 倍（ mga1 表示其加其中q=Q又有Q=C由以上三式有 mgd C（2）当小球带正电时,小球所受电场力与重力方向相同,向下做加速运动；以速度, t1 表示从 A 板到 B 板所用的时间,就有 q d+mg=ma 1郝双制作以 a2 表示其加速度,1 2d= 2 a1t1当小球带负电时,小球所受电场力与重力方向相反,向上做加速运动,t2表示从 B 板到 A 板所用的时间,就有 q dmg=ma21 2d= 2 a2t
23、2小球来回一次共用时间为（t1+t 2）,故小球在T 时间内来回的次数T n= t1+t2郝双制作由以上关系式得: n=T2 2md C 2mgd2 2md C 2+mgd+ 小球来回一次通过的电量为2q,在 T 时间内通过电源的总电量Q=2qn 11 O-q 和由以上两式可得:郝双制作Q=2 C T2 2md C 2+mgd+ 2 2md C 2mgd15、有三根长度皆为L=1.00m 的不行伸长的绝缘轻线,其中两根的一端固定在天花板上的点,另一端分别拴有质量皆为m =1.00 10-2kg 的带电小球A 和 B,它们的电量分别为+q,q=1.00 10-7C；A、B 之间用第三根线连接起来
24、；空间中存在大小为 E=1.00 106N/C 的匀强电场,场强方向沿水平方向向右,平稳时 A、B 球的位置如下列图；现将 O、B 之间的线烧断,由于有空气阻力,A 、B 球最终会达到新的平稳位置；求最终两球的机械能与电势能总和与烧断前相比转变了多少；（不计两带电小球间相互作用的静电力,g 取 10m/s 2）【点拨解疑】 图（ 1）中虚线表示A、B 球原先的平稳位置,实线表示烧断后重新达到平稳的位置,其中、分别表示 OA、AB与竖直方向的夹角；A 球受力如图 （2）所示： 重力 mg,竖直向下； 电场力 qE,水平向左；细线 OA对 A 的拉力 T1,方向如图；细线T 1 sin T 2 s
25、in qE T 1 cosAB对 A的拉力 T2,方向如图；由平稳条件得 mg T 2 cos 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆B球受力如图（ 3）所示：重力mg,竖直向下；电场力qE,水平向右；细线AB对 B O A -q E B q 图（ 4）图 4 的拉力 T2,方向如图；由平稳条件得T sinqET cos 2amg45 60联立以上各式并代入数据,得0 由此可知, A、B 球重新达到平稳的位置如图（4）所示；与原先位置相比,A球的重力势能削减了E Amgl 1sinB球的重力势
26、能削减了EBmgl 1sin60cos 45A球的电势能增加了WA=qElcos60 sin30B球的电势能削减了WBqElsin45两种势能总和削减了WWBWAEAEB代入数据解得W6 .8102J16、如下列图,竖直放置的半圆形绝缘轨道半径为R,下端与光滑绝缘水平面平滑连接,整个装置处于方向竖直向上的匀强电场 E 中一质量为 m、带电量为 +q 的物块（可视为质点） ,从水平面上的 A 点以初速度 v0 水平向左运动,C 沿半圆形轨道恰好通过最高点 C,场强大小E0,x0 的空O 间存在沿 y 轴负方向的匀强电场E1,在 y0 的空间存在沿x 轴负方向的匀强电场 E2,其中 m=0.1kg
27、 ,q= + 1.0 10- 3C,v0=2m/s,E 1103N/C,E 233 10N/C,E2 t,未速度为V ,V重力加速度g=10m/s2,求：（1）小球到达x 轴上的速度a1,运动时间为（2）小球回到y 轴时的座标（ 8 分）小球做类平抛运动,设在竖直方向加速度为与 x 轴正方向夹角 F1Eqmg a V 0 a1F 1 mV 011 t2 1h 122 mlsVy Vy a 1t 1 2 2V V 0 V y Vytan V 0由以上各式得 V=4m/s , =60各式 1 分,答案 2 分（ 11 分）由受力分析可知小球再次做类平抛运动,设运动的加速度为 a2, x1 y/m
28、为第一次水平方向的位移,运动轨迹如图所示：a2E 2q 2mg 2 O S x1 0 30600 v x x/m ms 0x 1/cos 30t2 2 x 1V 0t1s1a2s 0 22S0y名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆3s4t2tan30 112ysX 1由以上各式可得：0,1 8.）y8.1：（y 轴上的座标为各 1 分,11各 2 分,答案 3 分18、如下列图, 挡板 P 固定在足够高的水平桌面上,小物块A 和 B大小可忽视,它们分别带有+QA和+QB的电荷量, 质量分别
29、为 mA和 mB；两物块由绝缘的轻弹簧相连,一不行伸长的轻绳跨过滑轮,一端与 B连接,另一端连接一轻质小钩；整个装置处于场强为 E、方向水平向左的匀强电场中；A、B 开头时静止,已知弹簧的劲度系数为 k,不计一切摩擦及 A、B 间的库仑力, A、 B 所带电荷量保持不变, B不会遇到滑轮；1 如在小钩上挂一质量为 M的物块 C并由静止释放,可使物块 A 恰好能离开挡板 P,求物块 C下落的最大距离；2 如 C的质量改为2M,就当 A 刚离开挡板P 时, B 的速度多大？B 的电势能的增量（1）开头平稳时有：kx 1EQ B可得x 1EQ BK EQ A当 A 刚离开档板时：kx 2EQA可得x
30、2K故 C下落的最大距离为：hx 1x 2由式可解得h=EQBQAK（2）由能量守恒定律可知：C下落 h 过程中, C重力势能的的削减量等于和弹簧弹性势能的增量、系统动能的增量之和当 C的质量为 M时：MghQ E hE弹12 MmBV2E；在的空间内,当 C的质量为 2M时：2MghQBEhE弹2解得 A 刚离开 P 时 B的速度为：V2MgE QAQBK2MmB19、如图 6 所示,在的空间中,存在沿x 轴正方向的匀强电场存在沿 x 轴负方向的匀强电场,场强大小也等于E；一电子（ e,m）在 xd 处的 P 点以沿 y 轴正方向的初速度 开头运动,不计电子重力；求：图 6 （1）电子在 x
31、 方向分运动的周期；名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆（2）电子运动的轨迹与y 轴的各个交点中,任意两个相邻交点之间的距离l ；解析：电子射入电场后,y 方向的分运动始终为匀速运动；x 方向的分运动为先是x 方向的加速运动,接着是x 方向的减速运动,又x 方向的加速运动,再x 方向的减速运动 ,如此反复；故电子运动的轨迹如图 7 所示；图 7 （1）设电子从射入到第一次与y 轴相交所用时间为t ,就解得：所以,电子在 x 方向分运动的周期为：（2）在竖直方向上：电子运动的轨迹与y 轴的各
32、个交点中,任意两个相邻交点之间的距离l 为：；20.20XX 年（上海卷 物理）如下列图为争论电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图；在 Oxy平面的 ABCD 区域内,存在两个场强大小均为 E 的匀强电场 I 和 II,两电场的边界均是边长为 L 的正方形（不计电子所受重力）；（1）在该区域 AB 边的中点处由静止释放电子,求电子离开 ABCD 区域的位置；（2）在电场 I 区域内适当位置由静止释放电子,电子恰能从 ABCD 区域左下角 D 处离开,求全部释放点的位置；（3）如将左侧电场II 整体水平向右移动L/n（n1）,仍使电子从ABCD 区域左下角D 处离开（ D 不随电场移动）,求
33、在电场I 区域内由静止释放电子的全部位置；名师归纳总结 解析： （1）设电子的质量为m,电量为 e,电子在电场I 中做匀加速直线运动,出区域I 时第 12 页,共 15 页的为 v0,此后电场II 做类平抛运动,假设电子从CD 边射出,出射点纵坐标为y,有eEL12 mv 02Ly1at21eEL2222mv 0解得y1 4L ,所以原假设成立,即电子离开ABCD 区域的位置坐标为（2L,1 4L ）（2）设释放点在电场区域I 中,其坐标为（x,y）,在电场I 中电子被加速到v1,然后进- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆入电场 II 做类平抛运动,并从 D 点离开,有1 2eEx mv 1221 2 1 eE Ly at2 2 m v 12解得 xyL,即在电场 I 区域内满意议程的点即为所求位置；4（3）设电子从（ x,y）点释放,在电场 I 中加速到 v2,进入电场