交变电场计算题

3

1．如图所示，在E = 10V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘C 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E -4

场线平行，其半径R = 40cm，一带正电荷q = 10C的小球质量为m = 40g，P 2

与水平轨道间的动摩擦因数 = 0.2，取g = 10m/s，现要使小球恰能运动到m 圆轨道的最高点C，求： N M （1）小球应在水平轨道上离N点多远处释放？

（2）小球通过P点时对轨道压力是多大？（P为半圆轨道中点） （3）小球经过C点后最后落地，落地点离N点的距离； （4）小球落地时的速度。

2．如图所示，由静止开始被电场（加速电压为U1）加速的带电粒子(质量m,电量q)平行于两正对的平行金属板且从两板正中间射入，从右侧射出，设在此过程中带电粒子没有碰到两极板．若金属板长为L，板间距离为d、两板间电压为U2．(不计带电粒子重力)求: （1）粒子穿越加速电场获得的速度v1 （2）粒子在偏转电场发生的侧位移y （3）粒子射出偏转电场时的速度v2．

3．如图所示，平行金属板长为L，一个带电为＋q、质量为m的粒子以初速度v0紧贴上板垂直射入电场，刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板成30°角，粒子重力不计，求：

（1）粒子末速度大小； （2）电场强度； （3）两极板间距离． 4．（12分）如图所示的电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，间隔均为d，各面电势已在图中标出.现有一质量为m的带电小球以速度v0，方向与水平方向成45°角斜向上射入电场，要使小球做直线运动.问： (1)小球应带何种电荷?电荷量是多少?

(2)在入射方向上小球的最大位移是多少?(电场足够大) 5．（14分）如图所示，质量为m，电荷量为e的粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向的直线AO方向射入匀强电场，由B点飞出电场时速度方向与AO方向成45°角，已知AO的水平距离为d．（不计重力）求：（1）从A点到B点用的时间；（（2）匀强电场的电场强度大小；（3）AB两点间电势差． 6．（8分）如图所示，倾角为θ的斜面处于竖直向下的匀强电场中，在斜面上某点以初速度为v0水平抛出一个质量为m的带正电小球，小球在电场中受到的电场力与小球所受的重力相等。设斜面足够长，地球表面重力加速度为g，不计空气的阻力，求：

（1）小球落到斜面所需时间t；

（2）小球从水平抛出至落到斜面的过程中电势能的变化量ΔE。

7．如图所示，匀强电场的场强方向与竖直方向成α角，一带电荷量为q，质量为m的小球，用绝缘细线固定在竖直墙上，小球恰好静止在水平位置．求

1

（1）小球所带电荷的电性及场强的大小；

（2）若将细线突然剪断，小球在电场力和重力作用下做何种性质的运动? 加速度为多大？

8．如图甲所示，水平放置的平行金属板A和B的距离为d，它们的右端安放着垂直于金属板的靶MN，现在A、B板上加上如图乙所示的方波形电压，电压的正向值为U0，反向电压值为

U0，且每隔T/2变向1次。2现将质量为m的带正电，且电荷量为q的粒子束从AB的中点O以平行于金属板的方向OO′射入，设粒子能全部打在靶上而且所有粒子在A、B间的飞行时间均为T。不计重力的影响，试问：

（1）定性分析在t=0时刻从O点进入的粒子，在垂直于金属板的方向上的运动情况。 （2）在距靶MN的中心O′点多远的范围内有粒子击中？

（3）要使粒子能全部打在靶MN上，电压U0的数值应满足什么条件?（写出U0、m、d，q、T的关系式即可） 9．（10分）在金属板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压Uo，其周期是T。现有电子以平行于金属板的速度vo从两板射入。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，求：

A O UAB Uo O′ o B 甲 vo T/2 T 乙 3T/2 2T t -Uo

（1）若电子从t=0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小。 （2）若电子从t=0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少多长？ （3）若电子从t=T/4时刻射入，恰能从两板平行于板飞出，则两板间距至少多大？

10．如图甲所示，在y＝0和y＝2 m之间有沿着x轴方向的匀

强电场，MN为电场区域的上边界，在x轴方向范围足够大．电场强度随时间的变化如图乙所示，取x轴正方向为电场正方向．现有一个带负电的粒子，粒子的比荷为

2

甲 乙

q－2

＝1.0×10 C/kg，在t＝0时刻以速度v0m＝5×10 m/s从O点沿y轴正方向进入电场区域，不计粒子重力．求：

（1）粒子通过电场区域的时间； （2）粒子离开电场时的位置坐标；

（3）粒子通过电场区域后沿x方向的速度大小． 11．（9分）如图图（甲），A、B是真空中水平放置的一对平行金属板，两板间距离d=15cm．今将B板接地，

﹣27﹣

在A板间加上如图（乙）的交变电压（U0=1080V），然后让一个质量m=1.6×10kg、电量大小q=1.6×10

试卷第2页，总6页

19

C的带电粒子（不计重力）在t=0时刻从B板附近由静止开始运动．空气阻力不计．

（1）判断粒子的电性；

（2）当t1=？时，粒子的速度第一次达到最大，并求出此最大速度； （3）当粒子的速度第一次达到最大时，粒子的电势能多大？ （4）粒子撞击极板A时的速度为多大？ 12．如图甲所示，两平行金属板长度l不超过0.2 m，两板间电压U随时间t变化的U－t图象如图乙所示．在金属板右侧有一左边界为MN、右边无界的匀强磁场，磁感应强度B＝0.01 T，方向垂直纸面向里．现有带

5

正电的粒子连续不断地以速度v0＝10 m/s射入电场中，初速度方向沿两板间的中线OO′方向．磁场边界MN与中线OO′垂直．已知带电粒子的比荷计．

q8

＝10 C/kg，粒子的重力和粒子之间的相互作用力均可忽略不m

(1)在每个粒子通过电场区域的时间内，可以把板间的电场强度当做恒定的．请通过计算说明这种处理能够成立的理由；

(2)设t＝0.1 s时刻射入电场的带电粒子恰能从金属板边缘穿越电场射入磁场，求该带电粒子射出电场时速度的大小；

(3)对于所有经过电场射入磁场的带电粒子，设其射入磁场的入射点和从磁场射出的出射点间的距离为d，试判断：d的大小是否随时间变化？若不变，证明你的结论；若变化，求出d的变化范围． 13．（9分）如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、电场强度为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为＋q、质量为m的带电粒子（重力不计），以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O.试求：

（1）粒子从射入电场到打到屏上所用的时间．

（2）粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan α； （3）粒子打在屏上的点P到O点的距离x.

14．(15分)某一水平面内有一直角坐标系xOy平面，x0和xL的区间

O 内有一沿x轴负方向的有理想边界的匀强电场，场强大小为E1；在xL和

y E1 L E2 3L x

x3L的区间内有一沿y轴负方向的有理想边界的匀强电场场强大小为E23

且E2E1一比荷为

q带负电粒子从直角坐标系xOy平面内的坐标原点O以很小的速度进入匀强电场mE1，计算时不计此速度和粒子自身的重力，且只考虑粒子在xOy平面内的运

动。试求：

（1）粒子从O点进入到离开x3L处的电场所需的时间；

（2）电子离开x3L处的电场时的坐标；

（3）电子离开x3L处的电场时的速度大小和方向。 15．（20分）如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，其中

-19

ab沿电场方向，bc和电场方向成60°角，一电子(其电荷量为e=1.6×10C)从a

-18

移动到b电场力做功为Wab= 3.2×10J求：

（1）匀强电场的场强大小及方向

（2）电子从b移到c，电场力对它做功。 （3）b、c两点的电势差等于多少？

静电学计算题

1．在一个水平面上建立x轴，在过原点O右侧空间有一个匀强电场，电场强度大小E＝6×10

5

N/C，方向与x轴正方向相同，在O处放一个电荷量q＝5×10－8C、质量m＝0.010 kg的带负电绝缘物块．物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1,沿x轴正方向给物块一个初速度v0＝2 m/s，如图所示，求：(g取10 m/s2)

(1)物块最终停止时的位置；

(2)物块在电场中运动过程的机械能增量． m B 2．如右图所示，在方向竖直向下的匀强电场中，一个质量为m、带A 负电的小球从斜直轨道上的A点由静止滑下，小球通过半径为R的

h 圆轨道顶端的B点时恰好不落下来．若轨道是光滑绝缘的，小球的R 重力是它所受的电场力2倍，试求： C ⑴A点在斜轨道上的高度h； E ⑵小球运动到最低点C时，圆轨道对小球的支持力．

3．如图所示，光滑绝缘水平面AB与倾角θ=37°，长L=5m的绝缘斜面BC在B处圆滑相连，在斜面的C处有一与斜面垂直的弹性绝缘挡板，质量m=0.5kg、所带电荷量q=5×10-5C的绝缘带电小滑块（可看做质点）置于斜面的中点D，整个空间存在水平向右的匀强电场，场强E=2×l05N/C，现让滑块以v0=12m/s的速度沿斜面向上运动。设滑块与挡板碰撞前后所带电荷量不变、速度大小不变，滑块和斜面间的动摩擦因数μ=0.1，（g取10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.8）求：

（1）滑块第一次与挡板碰撞时的速度大小； （2）滑块第一次与挡板碰撞后能达到左端的最远点离B点的距

θ

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离；

（3）滑块运动的总路程。

4．如图所示的电路中，三个电阻阻值均为R，电源内阻不计。两金属板间的距离为d，当开关K闭合时，一质量为m、电量为q的带电油滴从高处由静止下落经上板小孔后，落到两板间的匀强电场中时做匀速运动。开关断开后，仍使该油滴从同一位置由静止落下，恰好不能碰到下板，忽略空气对油滴的浮力和阻力，重力加速度为g。求：

（1）油滴开始下落时离上板的高度H；

（2）开关断开后，油滴下落过程的总时间t。

5．如图所示，真空中一质量为m，带电量为－q的液滴以初速度为v0，仰角α射入匀强电场中以后，做直线运动，求：

（1）所需电场的最小场强的大小，方向。

（2）若要使液滴的加速度最小，求所加的电场场强大小和方向。 6．一根光滑的绝缘细杆与水平成a＝300倾斜放置，其BC部分在

向右的匀强电场中，电场强度E＝2×104N/C，在细杆上套一个带负电的电量q=1.73×10-5C,质量m＝3×10-2kg的小球，今使小球由A点静止沿杆下滑从B点进入电场，已知AB长为l1m,如图，求：

（1）小球进入电场后还能滑行多远？ （2）小球从A滑至最远时间是多少？ 7．（12分）如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R0.40m．在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线

44q1.010C，质量E1.010N/C与轨道所在的平面平行，电场强度．现有一电荷量

m0.10kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P点PB2.5m处由静止释放，带电体

恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D

2g10m/s点．取．试求：

（1）带电体在圆形轨道C点的速度大小； （2）D点到B点的距离xDB；

带电体从p点运动到B点的过程中，摩擦力做的功．

8．如图所示的示波管，电子由阴极K发射后，初速度可以忽略，经加速后水平飞入偏转电场，最后打在荧光屏上，已知加速电压为U1，偏转电压为U2，两偏转极板间距为d，板长为L，从偏转极板到荧光屏的距离为D，不计重力， 求：（1）电子飞出偏转电场时的偏转距离y；

B y P A K O C U1 L D 5

（2）电子打在荧光屏上的偏距OP． 9．（8分）如图所示，在匀强电场中，有A、B两点，它们间距为2cm ，两点的连线与场强方向成60°角。将一个电量为−2×10−5C的电荷由A移到B，其电势能增加了0.1J。则：

（1）在此过程中，电场力对该电荷做了多少功？ （2）A．B两点的电势差UAB为多少？ （3）匀强电场的场强为多大？

10．(12分)如图11所示，长L＝1.2 m、质量M＝3 kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m＝1 kg、带电荷量q＝＋2.5×10－4 C的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E＝4.0×104 N/C的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F＝10.8 N. 取g＝10 m/s2，斜面足够长．求：

(1)物块经多长时间离开木板？

(2)物块离开木板时木板获得的动能． (3)物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能．

11，如右图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点

电荷，电荷量分别为+Q和—Q，A、B相距为2d，MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p．质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷，不影响电场的分布），现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的0点时，速度为v0已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g，求：

（1）．C、O间的电势差UCO；

（2）．0点处的电场强度E的大小；

（3）（4）．小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度 12．（9分）如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、电场强度为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为＋q、质量为m的带电粒子（重力不计），以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O.试求：

（1）粒子从射入电场到打到屏上所用的时间．

（2）粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan α；

（3）粒子打在屏上的点P到O点的距离x.

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1．（1）20m （2）1.5N （3）0.6m（4）17m/s．方向与竖直方向成arctan1. 4【解析】

试题分析：（1）设滑块与N点的距离为L，分析滑块的运动过程，由动能定理可得， qEL-μmgL-mg•2R=

12

mv-0 2v2小滑块在C点时，重力提供向心力，所以 mgm

R代入数据解得 v=2m/s，L=20m．

（2）滑块到达P点时，对全过程应用动能定理可得，qE（L+R）-μmgL-mg•R=

2vP在P点时由牛顿第二定律可得，NqEm

R12

mvP-0 2解得N=1.5N

由牛顿第三定律可得，滑块通过P点时对轨道压力是1.5N． （3）小滑块经过C点，在竖直方向上做的是自由落体运动， 由2R=

124Rgt可得滑块运动的时间t为，t 0.4s，2g滑块在水平方向上只受到电场力的作用，做匀减速运动，由牛顿第二定律可得 qE=ma，所以

2

加速度 a=2.5m/s， 水平的位移为 x=vt-

12

at 2代入解得 x=0.6m．

（4）滑块落地时竖直方向的速度的大小为vy=gt=10×0.4m/s=4m/s， 水平方向的速度的大小为 vx=v-at=2-2.5×0.4=1m/s，

4117m/s．落地时速度的大小为v地vyvx

方向与竖直方向成arctan22221. 4考点：动能定理；牛顿第二定律的应用

【名师点睛】此题是力学综合题，考查牛顿第二定律及动能定理的应用；题中涉及到的物体的运动的过程较多，对于不同的过程要注意力做功数值的不同，特别是在离开最高点之后，滑块的运动状态的分析是本题中的难点，一定要学会分不同的方向来分析和处理问题.

2qU12qU1U2LU2L2【答案】（1）v1 ；（2）y；（3）v2＝ mm2md2U14U1d【解析】

试题分析：

解：（1）设电子被加速后速度大小为v1，对于电子在加速电场中由动能定理得：

22答案第1页，总16页

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12qU1 mv1

2所以v1 2qU1。 m（2）在偏转电场中，由电子做类平抛运动，设加速度为a，极板长度为L，由于电子恰好射出电场，所以有：

Lv1t

解得：tL； v1FqU2 ＝mmd带电粒子在偏转电场中运动时沿电场方向的加速度a带电粒子在偏转电场中运动时沿电场方向作初速度为0的做匀加速直线运动

12U2L2。 yat24U1d（3）带电粒子离开电场时沿电场方向的速度为vy，则vyat

2qU1U2L22合速度为v2＝ vyv1＝ 。 2m2mdU1考点：带电粒子在匀强电场中运动

【名师点睛】电子先在加速电场中做匀加速直线运动，利用动能定理求的速度，后在偏转电场中做类平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向初速度为零的匀加速度运动，根据电子的运动的规律逐个分析即可。

223v03L3mv03．（1）（2）（3）

363qL22【解析】

试题分析：（1）粒子在平行板间做类平抛运动，射出极板的速度分解如右图，

所以vv023v0 cos33v0 3vv0tan答案第2页，总16页

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23mv0qEL（2）根据vat，t，a，联立解得：E

v0m3qL（3）根据v2ad，可得d23L 6考点：带电粒子在电场中的运动；类平抛运动.

22v0mgd4．（1）正电：q＝（2）xm＝

U4g【解析】

试题分析：（1）要使小球沿斜向上做直线运动，小球所受的电场力与重力的合力方向应与速度方向共线，因重力竖直向下；只有小球受到向左的电场力，电场力和重力的合力才有可能与初速度方向在一条直线上，所以小球带正电．根据受力情况可知，Eq=mg，又E以解得：q＝U，所dmgd U（2）由下图可知，

F合＝(mg)2(qE)22mg

由动能定理，得：F合xm＝022v0所以xm＝

4g12mv0 2考点：带电粒子在复合场中的运动.

22mv0mv0d5．（1）t（2）E（3）UAB

v0ed2e【解析】

试题分析：（1）粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向射入电场，水平方向做匀速直线运动，则有：td． v0（2）由牛顿第二定律得：aqE m将粒子射出电场的速度v进行分解，则有 vy=v0tan45°=v0，又vy=at，

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得：v0qEdeEd mv0mv02mv0解得：E

ed（3）由动能定理得：eUAB解得：UAB2mv0 2e112 m(2v0)2mv022考点：带电粒子在电场中的运动

【名师点睛】此题考查了带电粒子在电场中的运动问题；解题时要搞清粒子的运动性质，在水平和竖直两个方向列的位移及速度方程进行解答；列方程时要灵活选用物理规律，牛顿第二定律以及动能定理使用；此题难度中等.

vtan2（v0tan）6．（1）t0（2）Em

g【解析】 试题分析：（1）由类平抛运动和牛顿第二定律得： qEmgma ①（2分） xv0t ②（1分）

y12at ③（1分） 2ytan ④（1分） x联解①②③④得：tv0tan ⑤（1分） g（2）由功能关系得小球电势能减小ΔE为：EqEy ⑥（1分）

2（v0tan）联解③⑤⑥得：Em ⑦ （1分）

考点：本题考查类平抛运动、匀强电场、电势能。 7．（1）小球带负电 Emg （2）初速度为零的匀加速直线运动 a=gtanα

qcos【解析】 试题分析：（1）根据受力分析（如图），小球带负电．

mg＝Eqcosα

答案第4页，总16页

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∴Emg

qcos（2）初速度为零的匀加速直线运动 ，根据牛顿第二定律可知：ma=mgtanα 解得a=gtanα

考点：物体的平衡；牛顿第二定律.

5qU0T28md28．（1）见解析（2）（3）U0

16md5qT2【解析】

试题分析：（1）0T/2时间内，带正电的粒子受到向下的电场力而向下做加速运动，在T/2T时间内，粒子受到向上的电场力而向下做减速运动。

（2）当粒子在0，T，2T，…nT时刻进入电场中时，粒子将打在O′点下方最远点，在前T/2时间内，粒子在竖直向下的位移为：

1T2qU0T2S1a1()；在T/2时间内，粒子在竖直向下的位移为：

8md223qU0T2T1TTqU0，代入上式得：S2。 S2va2；将va116md22md2225qU0T2故粒子打在距O′点正下方的最大位移为ss1s2，当粒子在T/2，3T/2，……，

16md22n1T/2，时刻进入电场时，将打在O′点上方最远点，在前T/2时间内，粒子在竖直

qU0Ta1T向上的位移为：S1a1；

2216mdT1T在后T/2时间内，粒子在竖直向上的位移为：S2va2，其中

222va1qU0TqU0，a2， 24mdmd22qU0T2s20，ss1s2代入上式得：故粒子打在距O′点正上方的最大位移为：。

16mdqU0T25qU0T2所以击中的范围在P以下到P以上。

16md16md（3）要使粒子能全部打在靶上，须有

5qU0T2d

16md2答案第5页，总16页

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8md2解得U0。 25qT考点：考查了带电粒子在交变电场的中的运动 9．（1）vt【解析】

试题分析：（1）由动能定理：

2v0eU0eU0 （2）Lminv0T （3）dminT m8mU0112 （2分） emvt2mv0222解得vt2v0eU0 （1分） m（2）电子从t=0时刻射入且恰能平行于金属板飞出，则电子至少要在电场中运动一个周期。 电子平行于金属板方向匀速运动，则：Lminv0T （2分）

（3）电子从t=T/4时刻射入且恰能从两板平行于板飞出，则电子在垂直于金属板方向上做往复运动。则;

eU0 （2分） dmd1eU0T2() （2分） 电子在T/4时间内的位移：min42dm4加速度：a所以dminTeU0 （1分） 8m考点：本题考查动能定理和类平抛运动。

10．（1） 4×10 s. （2） （－2×10 m，2 m） （3） 410－3m/s

－3

－5

【解析】 试题分析：（1）因粒子初速度方向垂直匀强电场，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间t=

y－3

=4×10 s. （3分） v0（2）粒子在x方向先加速后减速，加速时的加速度大小为a1＝减速时的加速度大小为a2＝

E1q2

＝4 m/s（2分） mE2q2

＝2 m/s（2分） m1T1T1Tx方向上的位移大小为 x＝a1()2＋a1()2－a2()2＝210－5m （2分）

222222因此粒子离开电场时的位置坐标为（－2×10 m，2 m） （1分） （3）离开电场时粒子在x方向的速度大小为vx＝a1考点：考查了带电粒子在交变电场中的运动

答案第6页，总16页

－5

TT－a2＝410－3m/s. 22本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

11．（1）判断粒子的带负电；

（2）当t1=×10s时，粒子的速度第一次达到最大，此最大速度2.4×10m/s； （3）当粒子的速度第一次达到最大时，粒子的电势能﹣4.608×10J；

5

（4）粒子撞击极板A时的速度为2.1×10m/s． 【解析】 试题分析：（1）根据电场力与电场强度的方向，即可确定粒子的电性；粒子在t=0时刻从B板附近由静止开始运动，结合电场强度的方向从上向下，且电场力向上，则粒子带负电； （2）根据牛顿第二定律，结合运动学公式，即可求解；t1=×10s时速度第一次达到最大

﹣6

﹣17

﹣6

5

a===7.2×10m/s，V=at1=

11 2

=2.4×10

5

m/s

（3）只有电场力作用下做功，导致增加的动能来自于减小的电势能，根据能量守恒，即可求解；根据能量守恒定律，则有：EP =﹣mV=

﹣17

2

=

﹣4.608×10J

（4）根据不同时间内，结合运动学公式，求得位移，从而再由速度与位移关系，可确定撞击极板A时的速度大小．

粒子在0﹣﹣×10s内先向上加速再向上减速，前进的位移△X1=2×a△t1=8cm； 粒子在×10s﹣﹣1×10s内先向下加速再向下减速，前进的位移△X2=﹣2×a△t2=﹣2cm；

﹣6

所以粒子在一个周期（0﹣﹣1×10s）内的位移为8cm﹣2cm=6cm．

因d=15cm=6cm+6cm+3cm，粒子经过2个周期后距A板的距离△d=3cm．粒子在这3cm内做初速为零的匀加速运动一直到达A板．

245

由VA=2a△d得：VA=12×10≈2.1×10m/s．

点评：本题考查了带电粒子在电容器两极板间的运动，此题是一道力电综合性的题目，难度系数偏难，关键是根据粒子在电场中的受力情况判断粒子的运动情况，找出粒子在电场中的各种临界条件，然后结合牛顿运动定律分析解题．

5

12．(1)见解析 (2)1.41×10 m/s (3)d＝0.2 m不随时间变化 【解析】(1)带电粒子在金属板间运动的时间为 t＝

﹣6

﹣6

2

﹣6

2

l－6

≤2×10 s， v0由于t远小于T(T为电压U的变化周期)，故在t时间内金属板间的电场可视为恒定的．

－3

另解：在t时间内金属板间电压变化ΔU≤2×10 V，由于ΔU远小于100 V(100 V为电压U最大值)，电压变化量特别小，故t时间内金属板间的电场可视为恒定的． (2)t＝0.1 s时刻偏转电压U＝100 V，由动能定理得

11212qU＝mv1－mv0 222代入数据得v1＝1.41×10 m/s.

答案第7页，总16页

5

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(3)设某一任意时刻射出电场的粒子速率为v，速度方向与水平方向的夹角为α，则

v＝v0 cosmv2粒子在磁场中有qvB＝

R可得粒子进入磁场后，在磁场中做圆周运动的半径R＝由几何关系d＝2Rcosα 可得：d＝

2mv0＝0.2 m，故d不随时间而变化 qB考点：带电粒子在电场磁场中的运动、动能定理、牛顿定律等。

2LqEL3qEL213．（1）（2）（3） 22v0mv02mv0【解析】

试题分析：（1）根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入电场到打到屏上所用的时间t＝

2L. v0（2）设粒子刚射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为： a＝

Eq mLqEL＝ 2v0mv0所以vy＝a

所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan α＝（3）设粒子在电场中的偏转距离为y，则 y＝

vyv0＝

qEL. 2mv01L21qELa（）＝· 又x＝y＋Ltan α， 2v022mv03qEL2解得：x＝ 22mv0答案第8页，总16页

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考点：本题考查带电粒子在电场中的运动。 14．（1）t2EqL2mL（2）（3L,L）（3）v2 方向：与竖直方向成45°斜向右上。 Eqm【解析】

试题分析：设电子离开x=L的位置记为P点，离开x=3L的位置记为Q点，则：

（1）在E1的加速度a12

eE1 m由速度位移公式：vp-0=2a1L 解得：vP＝ 2又：L=

eE1Lm

12

at1 22L2mL ； eE1eE1m2Lt1 vP得：t1 运动到Q点时：t2所以总时间为：t2t122mL； eE11E2q2t2 2m（2）电子运动到Q点时：y解得：y=L

所以电子离开x3L处的电场时的坐标为（3L，L）； （3）电子离开x3L处的竖直速度vyat2E2e2mL2LeE2 meE2m水平速度为：v0vP＝ 2eE1Lm

答案第9页，总16页

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电子离开x3L处的电场时的速度大小v22vxvy2eE1L m方向tanvyvx1，则45o

考点：带电粒子在电场中的加速及偏转

【名师点睛】本题考查了带电粒子在电场中运动的两种情况：加速和偏转，加速过程也由牛顿第二定律和运动学公式求解；偏转时做由类平抛运动规律求解，即在水平方向是匀速运动，竖直方向是匀加速运动，这是高考的热点和难点。

-18

15．（1）400V/m；方向向左（2）3.84×10J．（3）-24V 【解析】

试题分析：（1）对a到b的过程有：Wab=eExab，解得电场强度为：

Wab3.21018E400V/m，方向向左．

eab1.610195102（2）电子从b到c，电场力

-19-18

Wbc=eExbccos60°=1.6×10×400×0.12×0.5=3.84×10J． （3）b、c两点的电势差为：Ubc=-Exbccos60°=-24V

参

1．（1）O左侧0.2m处（2）0.016J 【解析】

试题分析：（1）第一个过程：物块向右做匀减速运动到速度为零． 物体受到的摩擦力为：Ffmg ① 物体受到的电场力为FqE ② 由牛顿第二定律得FfFma ③

2由运动学公式得2as1v ④

做功为：

联立①②③④代入数据解得：s10.4m 第二个过程：物块向左做匀加速运动， 离开电场后再做匀减速运动直到停止．

（0 由动能定理得：Fs1Ffs1s2）解得s20.2m，

所以物块停止在原点O左侧0.2m处．

（2）物块在电场中运动过程中，滑动摩擦力做功使物体的机械能转化为内能，所以机械能增量就等于滑动摩擦力做的功，

EWfmg2s10.20.01100.8J0.016J

答案第10页，总16页

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考点：考查了牛顿第二定律，运动学公式，功的计算 【名师点睛】解题关键分析小球的受力和运动情况，利用牛顿运动定律和动能定理灵活求解；特别利用功能关系求机械能增量时，等于滑动摩擦力做的功，一定注意是电场力中机械能的增量． 2．(1) 5R (2) 3mg 2【解析】

试题分析：由题意得：mg=2Eq

设小球到B点的最小速度为VB，则由牛顿第二定律可得：

2vBmg-Eq=m；

R对AB过程由动能定理可得： mg（h-2R）-Eq（h-2R）=联立解得：h=12mVB； 25R； 2（2）对AC过程由动能定理可得： mgh-Eqh=12mvc； 2由牛顿第二定律可得： 2vCF+Eq-mg=m R联立解得：F=3mg；由牛顿第三定律可得小球对轨道最低点的压力为3mg． 考点：牛顿定律及动能定理。

3． （1）246m/s（2）1.6m（3）52.9m

【解析】

试题分析:(1)设滑块第一次与挡板碰撞时的速度大小为V 静电力qE=10N，重力G=mg=5N。

摩擦力FfFN(mgcos37qEsin37)1N 由动能定理：

00qELLL11cos370mgsin370FfmV2mV02 22222解得：V246m/s

(2)设滑块第一次下滑到B端的速度为VB，滑块第一次与挡板碰撞后能达到左端的最远点离

B点的距离为x

由动能定理：qELcos37mgLsin37FfL解得VB=8m/s

在水平面上滑行时，只有静电力做功，由动能定理：qEx00011mVB2mV2 221mVB2 2答案第11页，总16页

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解得x=1.6m

(3) 设滑块第一次下滑到B端的动能EkB11mVB216J，水平面光滑，从水平运动返回2到B点，动能不变。

在斜面上往返一次克服摩擦力做功Wf=2FfL=10J

所以滑块还能滑到B点到达水平面一次，设在水平面上滑动的距离为x1 由动能定理：qEx1Wf0EkB1，解得 x1=0.6m 在水平面上滑动的总距离S1=2（x+x1）=4.4m 最后停在C点，在斜面上滑行的距离为S2 由动能定理：qELL1cos370mgsin370FfS20mV02解得S2=48.5m 222所以，滑块运动的总路程S=S1+S2=52.9m

考点：动能定理的应用；电场强度；电势能． 4．（1）H=2d（2）tt1t23d g【解析】 试题分析：（1）设电源电动势为U，K闭合时，有mg=Eq，E=U/3d。 K断开后，有mg(Hd)qU0， 得H=2d。 4分

gt12（2）进入电场前，有H，t12t2t1/2，则总时间tt1t234dd，加速和减速过程平均速度相同，2ggd 。 4分 g考点：考查了带电粒子在电场中的运动

点评：关键是对粒子在进入前和进入后的运动性质把握到位，然后根据直线运动规律解题，难度适中 5．（1）E1 = mgcosα/ q方向与v0垂直指向右下方（2）E2 = mg/q，方向竖直向下 【解析】 试题分析：（1）E1q = mgcosα,得E1 = mgcosα/ q，方向与v0垂直指向右下方 （2）E2q = mg,得E2 = mg/q，方向竖直向下。 考点：考查了带电粒子在匀强电场中的运动

点评：做本题的关键必须把握粒子做直线运动，结合受力分析，运动矢量三角形分析 6．1m 1.26s 【解析】

试题分析：小球在AB段滑动过程中，只有重力做功，由机械能守恒 mgLsinα＝

1mv 2可得vB＝10m/s.

小球进入匀强电场后，在电场力和重力的作用下，由牛顿第二定律可得加速度

答案第12页，总16页

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a2＝

mgsinaqEcosa5m/s2

m小球进入电场后还能滑行到最远处C点，BC的距离为

2vBx2＝＝1m.

2a2(3)小球从A到B和从B到C的两段位移中的平均速度分别为 vAB＝0vB0vB vBC＝ 22vB 2小球从A到C的平均速度为x1＋x2＝vt＝

vBt 2可得t＝

210s 5考点：本题考查带电粒子在电场中的加速，

点评：应先分析受力情况，判断做功情况，再由动能定理或牛顿第二定律求解 7．（1）vC2.0m/s（2）xDB0（3）Wf1.5J

【解析】 试题分析：（1）设带电体通过C点时的速度为vC，由牛顿第二定律得：

vmgmC （2分） 解得：vC2.0m/s （1分）

R（2）设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t，则：

22R121Eq2gt （2分） xDBvCtt （2分） 22m解得：xDB0 （2分）

（3）带电体从p点运动到C点的过程中，由动能定理：

EqPBWfmg2R12mvC0（4分） 解得：Wf1.5J （2分） 2考点：考查了带电粒子在复合场中的运动

点评：本题关键是将重力和电场力合成后当作一种全新的场力，然后左侧等效场的最高点，根据动能定理和牛顿第二定律灵活列式求解．

U2L2UL8．（1）y（2）2(L2D)

4dU14dU1【解析】

答案第13页，总16页

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试题分析：（1）设电子加速度后速度为V0，eU111 mV02 ○

21eU22U2L22竖直方向：y3以上各式得：yt ○在偏转电场中水平方向：LV0t ○

2dm4dU14 ○

（2）由图中三角形相似得：

y5 ○opLD2L2U2L2U2LDU2L2D4 ○5得：opy(L2D) 由○y4dUL4dU12dU11考点：考查带电粒子在电场中的加速和偏转

点评：本题难度中等，明确qU公式的应用，粒子进入偏转电场后做的是类平抛运动，这种类型题的难点在于学生公式推导能力比较欠缺

5

9．（1）−0.1J ；（2）5000V ；（3）5.0×10 V/m 【解析】本题考查的是匀强电场的相关计算，电场力对该电荷做功大小与电势能的增加量相等而且做负功-0.1J；A、B两点它们间的距离为2 cm，两点的连线与场强方向成60°角，A、B两点的电势差UAB为

W0.1J5000V，匀强电场的场强为5q210CUAB5000V5

5.0×10 V/m dABcos60010．(1)

2 s (2)27 J (3)2.16 J

【解析】(1)物块向下做加速运动，设其加速度为a1，木板的加速度为a2，则由牛顿第二定律

对物块：mgsin37°－μ(mgcos37°＋qE)＝ma1 对木板：Mgsin37°＋μ(mgcos37°＋qE)－F＝Ma2 又

1212

a1t－a2t＝L 22得物块滑过木板所用时间t＝2 s.

(2)物块离开木板时木板的速度v2＝a2t＝32 m/s. 其动能为Ek2＝

1Mv22＝27 J 2(3)由于摩擦而产生的内能为

Q＝F摩x相＝μ(mgcos37°＋qE)·L＝2.16 J.

11．

答案第14页，总16页

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12．

13．14．【解析】

2LqEL3qEL215．（1）（2）（3） 22v0mv02mv0【解析】

试题分析：（1）根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入电场到打到屏上所用的时间t＝

2L. v0（2）设粒子刚射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：

答案第15页，总16页

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a＝

Eq mLqEL＝ 2v0mv0所以vy＝a

所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan α＝（3）设粒子在电场中的偏转距离为y，则 y＝

vyv0＝

qEL. 2mv01L21qELa（）＝· 又x＝y＋Ltan α， 2v022mv03qEL2解得：x＝ 22mv0考点：本题考查带电粒子在电场中的运动。 考点：电场强度；电势差.

答案第16页，总16页