专题五 静电场-2022新教材高考物理【培优限时练】 小题突破·大题攻略

专题五　静电场 1．【解析】　 (1)在Ⅰ区域中电子做初速度为零的匀加速直线运动，eEL＝mv－0　① 在Ⅱ区域电子做类平抛运动，假设电子从BC边射出，由运动规律得水平方向 L＝v0t②竖直方向Δy＝at2③eE＝ma④，联立①②③④解得Δy＝0.25 L＜0.5 L 假设成立，电子离开Ⅱ区域的位置坐标x1＝L＋0.5L＋L＝2.5L， y1＝0.5L－0.25L＝0.25L 即坐标为(2.5 L，0.25 L) (2)在Ⅰ区域有eE(L－x)＝mv－0⑤，在Ⅱ区域有L＝v1t1⑥，y＝at⑦ 联立④⑤⑥⑦解得y＝ 【答案】　(1)(2.5L，0.5L)　(2)y＝ 2．【解析】　 (1)半径r＝10 cm的圆周上任意一点P的电势中φ＝40sin θ＋25 (V)，当θ＝0°和θ＝180°时电势相等，则知B、D两点的电势相等，可知电场的方向平行于y轴方向 当θ＝时，φ1＝40×1 V＋25 V＝65 V 当θ＝时， φ2＝－15 V 所以电场方向沿y轴负向 匀强电场的电场强度E＝＝V/m＝400 V/m (2)α粒子带正电，由动能定理知α粒子到达C点时的动能最大 根据动能定理得 2eU＝EkC－EkD 其中U＝＝40 V 得EkC＝2eU＋EkD＝2e×40 V＋200 eV＝280 eV 【答案】　(1)400 V/m，电场方向沿y轴负向　(2)到达C点时的动能最大，280 eV 3．【解析】　(1)粒子在x<0区域做类平抛运动，轨迹如图 设粒子的运动时间为t1，从P到O，由运动学规律有2L＝v0t1，L＝a1t 由牛顿第二定律有qE＝ma1，由运动学规律有v＝2a1L得vx＝ (2)在x>0区域，粒子做加速度恒定的匀变速曲线运动，第二次通过y轴的位置为N，从O到N运动的时间为t2.运动轨迹如图所示 由牛顿第二定律有q×2E＝ma2，从O到N，由运动学规律有ON＝v0t2，0＝vxt2－a2t 联立求解得ON＝2L，所以粒子第二次通过y轴的位置坐标为N(0，－2L) 【答案】　(1)v0＝　(2)(0，－2L) 4．【解析】　 (1)当小球在最高点时mg＝m，解得vC大小＝ (2)小球从A点到C点的过程有qE·2R－mgh＝mv h＝R＋R cos θ＋(R＋R sin θ)tan θ＝3R 得qE＝mg，小球在AB段运动过程中电场力所做的功W＝qE(R＋R sin θ) 解得W＝2.8mgR (3)小球从C点运动到D点的过程mgR＝mv－mv，解得vD＝ 设小球落点到A的水平距离为x，竖直距离为y，x＝·t2，y＝2R－ 由几何关系有＝tan θ，联立这三个方程得t＝ 【答案】　(1)vC＝　(2)2.8mgR　(3)t＝ 5．【解析】　(1)该粒子带正电，从D点运动到轴所用的时间设为t1，则L＝a1t2，v＝a1t1，根据牛顿第二定律有qE＝ma1，粒子在区域Ⅱ中做类平抛运动，所用的时间设为t2，则L＝a2t，3L＝vt2，根据牛顿第二定律有qE′＝ma2，粒子从D点运动到B点所用的时间t0＝t1＋t2，解得E′＝6E，t0＝5 (2)①设粒子通过x轴时的速度大小为v0，碰到AB前做类平抛运动的时间为t，则v0＝，粒子第一次碰到AB前瞬间的x轴分速度大小vx＝a2t，碰前瞬间动能Ek＝m(v＋v)，即Ek＝，由于·at2＝9L2a为定值，当＝at2即t＝时动能Ek有最大值，由(1)得a2＝，最大动能Ekm＝18qEL，对应的v0＝，粒子在区域Ⅰ中做初速度为零的匀加速直线运动，则v＝2a1y1，解得y1＝9L ②粒子在区域Ⅱ中的运动可等效为粒子以大小为v0的初速度在场强大小为6E的匀强电场中做类平抛运动直接到达y轴的K点，如图所示，则时间仍然为t2，OK＝v0t2 得OK＝9L，由于＝＝3，粒子与AB碰撞一次后，再与CD碰撞一次，最后到达B处则y2＝3L 【答案】　(1)6E　5　(2)①18qEL，9L　②3L 6．【解析】　 (1)设粒子到达B板时的速度为v，根据动能定理qU1＝mv2，粒子在CD板间沿OO′方向的分运动为匀速运动L＝vT0，整理得U1＝ (2)粒子在CD间沿垂直极板方向先匀加速后匀减速，根据动力学公式2×a＝，而a＝，整理得U2＝ (3)C、D间距离变为原来的一半后，粒子在CD间运动的加速度a2＝2a＝，t＝时刻从O点进入的粒子，在垂直极板方向先向C板加速时间，再减速时间，速度为y1＝2×a2＝，然后反向，向D运动，先加速时，y2＝a2＝，此时粒子与D板距离Δy及沿垂直极板方向的分速度v2y，则Δy＝y1＋－y2＝，v2y＝a2，由于Δy＜y2，所以粒子将经过一段时间的减速运动后落在D板上．到达D板时沿垂直极板方向的分速度v3y，v－v＝－2a2Δy，粒子到达极板D时的速度v3、动能Ek，则有v＝v