专题04 《带电粒子在电场中的运动》压轴培优题型训练【九大题型】-2024-2025学年高中物理《压轴挑战》培优专题训练（人教版2019必修第三册）

专题04 《带电粒子在电场中的运动》压轴培优题型训练【九大题型】 一．带电粒子在周期性变化的电场中做直线运动（共2小题） 二．带电粒子在匀强电场中做类平抛运动（共4小题） 三．带电粒子在周期性变化的电场中偏转（共4小题） 四．带电粒子射出偏转电场后打在挡板上（共3小题） 五．带电粒子在单个或多个点电荷电场中的运动（共5小题） 六．带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动（共5小题） 七．带电粒子（计重力）在非匀强电场中的直线运动（共3小题） 八．从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题（共18小题） 九．动量守恒定律在电场问题中的应用（共4小题） 一．带电粒子在周期性变化的电场中做直线运动（共2小题） 1．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（φB＝0）时，A板电势φA，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略不计．求： （1）在0～和～T这两段时间内微粒的加速度大小和方向； （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/s2）． 2．如图1所示，真空中相距d＝5cm的两块平行金属板A、B与电源连接（图中未画出），其中B板接地（电势为零），A板电势变化的规律如图2所示．将一个质量m＝2.0×10﹣27kg，电量q＝+1.6×10﹣19C的带电粒子从紧临B板处释放，不计重力．求 （1）在t＝0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小； （2）若A板电势变化周期T＝1.0×10﹣5s，在t＝0时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，粒子达到A板时动量的大小； （3）A板电势变化频率多大时，在t＝到t＝时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板． 二．带电粒子在匀强电场中做类平抛运动（共4小题） 3．某种负离子空气净化原理如图所示。收集器矩形通道的上下表面是一对平行金属板，金属板长度为L，间距为d。均匀分布的带负电的灰尘颗粒质量为m、电荷量为q、以水平速度v0进入通道，单位时间内进入通道的带电灰尘颗粒数目为n。已知两金属极板之间的电压恒为，带电灰尘颗粒打到金属板上即被收集，不计灰尘颗粒重力影响及灰尘颗粒间相互作用。下列说法不正确的是（　　） A．净化装置对带电灰尘颗粒的收集率为 B．单位时间内通过导线的电荷量为 C．单位时间内带电灰尘颗粒减少的电势能为 D．若电压增大到2U，则带电灰尘颗粒恰好全部被收集 4．如图所示，竖直平面区域Ⅰ内有电场强度大小为E、方向竖直向上的匀强电场；区域Ⅱ中有一光滑绝缘圆弧轨道，轨道半径为R＝，轨道在A点的切线与水平方向成60°角，在B点的切线与竖直线CD垂直；在区域Ⅲ内有一足够长且宽为d的有界匀强电场，电场强度大小未知，方向水平向右。一质量为m、电荷量大小为q的带负电小球（可看作质点左边界的O点正上方的M点以速度v0水平射入区域Ⅰ，恰好从A点沿圆弧轨道切线进入轨道且恰好不能从区域Ⅲ电场右边界穿出，已知重力加速度为g，求： （1）带电小球在区域Ⅰ运动的时间t？ （2）区域Ⅲ中电场强度的大小E′？ （3）小球再次到达区域Ⅲ左边界上的点距水平线OO′的距离s？ 5．如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y'长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b．在两板间加上可调偏转电压U，一束质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力）从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出． （1）证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点； （2）求两板间所加偏转电压U的范围； （3）求粒子可能到达屏上区域的长度． 6．如图所示，质量m＝5×10﹣8kg的带电粒子，以初速v0＝2m/s的速度从水平放置的平行金属板A、B的中央，水平飞入电场，已知金属板长0.1m，板间距离d＝2×10﹣2m，当UAB＝1000V时，带电粒子恰好沿直线穿过电场，若两极板间的电势差可调，要使粒子能从两板间飞出，UAB的变化范围是多少？（g取10m/s2） 三．带电粒子在周期性变化的电场中偏转（共4小题） 7．如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O为中轴线，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场，当两板间加电压UMN＝U0时，某种带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计。 （1）求带电粒子的比荷； （2）若MN间加如图乙所示的交变电压，其周期T＝，从t＝0开始，前时间内UMN＝2U，后时间内UMN＝﹣U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值。 8．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＝4×10﹣2m，板间距离d＝4×10﹣3m，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u1，在t＝0时刻，M板电势低于N板．已知电子质量为kg，电量为e＝1.6×10﹣19C． （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？ 9．在真空中速度为v＝6.4×107m/s的电子束连续地射入两平行极板之间。极板长度为l＝8.0×10﹣2m，间距为d＝5.0×10﹣3m．两极板不带电时，电子束将沿两极板之间的中线通过，如图1所示。在两极板上加一如图2所示的交变电压U＝U0sin100πt（V），如果所加电压的最大值U0超过某一值Uc时，将开始出现以下现象：电子束有时能通过两极板，有时间断，不能通过。已知电子的比荷＝1.76×1011C/kg。求： （1）电子穿越平行板电容器的时间t； （2）Uc的大小；（结果保留二位有效数字） （3）U0为何值才能使通过的时间Δt1跟间断的时间Δt2之比为Δt1：Δt2＝2：1．（结果保留三位有效数字） 10．如图甲所示，M、N为水平放置的平行板电容器的两个极板，两极板间距d＝0.1m，两极板间的电压U＝12.5V，O为上极板中心的小孔，以O为坐标原点，在竖直平面内建立直角坐标系，在y轴方向上，0≤y≤2m区间存在方向与x轴平行的匀强电场（PQ为电场区域的上边界），在x轴方向上，电场范围足够大．若规定x轴正方向为电场正方向，电场强度随时间变化情况如图乙所示．现有一个带负电的粒子，在t＝0时刻从紧靠M级板中心O'处无初速释放，经过小孔O进入N板上方的交变电场中，粒子的比荷q/m＝1×102C/kg，不计粒子重力．求： （1）粒子进入交变电场时的速度． （2）粒子在两板之间飞行的时间． （3）粒子在8×10﹣3s末的位置坐标． （4）粒子离开交变电场时的速度大小和方向． 四．带电粒子射出偏转电场后打在挡板上（共3小题） 11．如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．（每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的）求： （1）在t＝0.06s时刻进入电容器中的电子，经电容器中的电场偏转后的侧移量y； （2）电容器上的电压多大时，电子恰从电容器极板右端边缘射出，此种情形下电子打到荧光屏上距图中荧光屏上的O点的距离是多大？ 12．相距很近的平行板电容器，在两板中心各开有一个小孔，如图甲所示，靠近A板的小孔处有一电子枪，能够持续均匀地发射出电子，电子的初速度为v0，质量为m，电量为﹣e，在AB两板之间加上图乙所示的交变电压，其中0＜k＜1，U0＝；紧靠B板的偏转电场电压也等于U0，板长为L，两板间距为d，距偏转极板右端处垂直放置很大的荧光屏PQ．不计电子的重力和它们之间的相互作用，电子在电容器中的运动时间可以忽略不计． （1）试求在0﹣kT与kT﹣T时间内射出B板电子的速度各多大？（结果用U0、e、m表示） （2）在0﹣T时间内，荧光屏上有两个位置会发光，试求这两个发光点之间的距离．（结果用L、d表示，） （3）撤去偏转电场及荧光屏，当k取恰当的数值时，使在0﹣T时间内通过了电容器B板的所有电子，能在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，求k值． 13．一个金属电阻R的阻值在一定范围内随温度呈线性变化，如图甲所示．将该电阻接入如图乙所示电路，图中R0为定值电阻，C为平行板电容器，极板长度为l，极板间距为d，极板的右侧距极板L处有一荧光屏．现让一束电子（质量为m，电量为e）以速度v0平行于极板沿中线进入电容器，若所有电子均能从右侧穿出，则当R的温度在t1﹣t2之间变化时，电子束在荧光屏上扫描的范围如何？（电源电动势为E，内阻不计） 五．带电粒子在单个或多个点电荷电场中的运动（共5小题） 14．如图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分。小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用下恰处于静止状态。已知a、b、c三小球的电荷量均为q，d球的电荷量为﹣6q，h＝，重力加速度为g，静电力常量为k。则（　　） A．小球a的线速度为 B．小球b的角速度为 C．小球c的向心加速度大小为 D．外力F竖直向上，大小为 15．（多选）如图所示，用绝缘支架将带电荷量为+Q的小球a固定在O点，一粗糙绝缘直杆与水平方向的夹角θ＝30°，直杆与小球a位于同一竖直面内，杆上有A、B、C三点，C与O两点位于同一水平线上，B为AC的中点，OA＝OC＝L。小球b质量为m，带电荷量为﹣q，套在直杆上，从A点由静止开始下滑，第一次经过B点时速度是v，运动到C点时速度为0。在+Q产生的电场中取C点的电势为0，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．小球b经过B点时的加速度不为0 B．小球b的摩擦力在AB段与BC段所做的功相等 C．小球b的电势能的最小值为 D．小球b到C点后能从C点返回到A点 16．（多选）如图所示，O、B、A为一粗糙绝缘水平面上的三点，一电荷量为﹣Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m，电荷量为+q的小金属块（可视为质点），从A点以初速度v0沿它们的连线向固定点电荷运动，到B点时速度最小，其大小为v．已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ，AB间距离为L、静电力常量为k，则（　　） A．OB间的距离为 B．小金属块由A向O运动的过程中，电势能先增大后减小 C．小金属块由A向O运动的过程中，加速度先减小后增大 D．在点电荷﹣Q形成的电场中，A、B两点间的电势差UAB＝ 17．三个带电荷量均为Q（正电）的小球A、B、C质量均为m，放在水平光滑绝缘的桌面上，分别位于等边三角形的三个顶点，其边长为L，如图所示，求： （1）在三角形的中心O点应放置什么性质的电荷，才能使三个带电小球都处于静止状态？其电荷量是多少？ （2）若中心电荷带电荷量在（1）问基础上加倍，三个带电小球将加速运动，求其加速度大小； （3）若中心电荷带电荷量在（1）问基础上加倍后，仍保持三个小球相对距离不变，可让它们绕中心电荷同时旋转，求旋转的线速度大小． 18．如图所示，在光滑绝缘水平面上固定着一根光滑绝缘的圆形滑槽，其圆心在O点．过O点的一条直径上的A、B两点固定着两个点电荷．其中，固定于A点的为正电荷，电荷量大小为Q；固定于B点的是未知电荷．在它们形成电场中，有一个可视为质点的，质量为m、电荷量大小为q的带电小球正在滑槽中运动，小球的速度方向始终平行于水平面．若已知小球在C点处恰好与滑槽内、外壁均无挤压且无沿切线方向的加速度，AB间的距离为L，∠ABC＝∠ACB＝30°，CO⊥OB，静电力常数为k． （1）试确定固定在B点的电荷的带电性质并求出其电荷量大小； （2）试确定小球的带电性质； （3）试求出小球在C点的运动速度大小． 六．带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动（共5小题） 19．如图所示，光滑绝缘斜面高度h＝0.45m，斜面底端与光滑绝缘水平轨道圆弧连接，水平轨道边缘紧靠平行板中心轴线。平行板和三个电阻构成如图所示电路，平行板板长为l＝0.9m，板间距离d＝0.6m，R1＝3Ω，R2＝3Ω，R3＝6Ω。可以看为质点的带电小球，电量q＝﹣0.01C，质量m＝0.03kg，从斜面顶端静止下滑。 （1）若S1、S2均断开，小球刚好沿平行板中心轴线做直线运动，求电源电动势ε； （2）若S1断开，S2闭合，小球离开平行板右边缘时，速度偏向角tanθ＝，求电源内阻r； （3）若S1、S2均闭合，判断小球能否飞出平行板？ 20．如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量m＝0.04kg、电量q＝+2×10﹣4c的可视为质点的带电小球与弹簧接触但不栓接．某一瞬间释放弹簧弹出小球，小球从水平台右端A点飞出，恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高B点，并沿轨道滑下．已知AB的竖直高度h＝0.45m，倾斜轨道与水平方向夹角为α＝37°、倾斜轨道长为L＝2.0m，带电小球与倾斜轨道的动摩擦因数μ＝0.5．倾斜轨道通过光滑水平轨道CD与光滑竖直圆轨道相连，在C点没有能量损失，所有轨道都绝缘，运动过程小球的电量保持不变．只有过山车模型的竖直圆轨道处在范围足够大竖直向下的匀强电场中，场强E＝2.0×103V/m．（cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，取g＝10m/s2）求： （1）被释放前弹簧的弹性势能？ （2）要使小球不离开轨道（水平轨道足够长），竖直圆弧轨道的半径应该满足什么条件？ （3）如果竖直圆弧轨道的半径R＝0.9m，小球进入轨道后可以有多少次通过竖直圆轨道上距水平轨道高为0.01m的某一点P？ 21．在水平向右的匀强电场中，有一质量为m、带正电的小球，用长为l的绝缘细线悬挂于O点，当小球静止时，细线与竖直方向夹角为θ，如图所示，现给小球一个垂直于悬线的初速度，小球恰能在竖直平面内做圆周运动，试问： （1）小球在做圆周运动的过程中，在哪一位置速度最小，速度最小值多大？ （2）小球在B点的初速度多大？ 22．如图所示，水平绝缘轨道AB和竖直放置半径为R的光滑绝缘半圆轨道BCD在B点平滑连接，过半圆轨道圆心O的水平边界MN下方有场强为E的水平向左匀强电场，电场区域足够大。现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）从水平轨道上距离B点为R的A点由静止释放，已知：滑块的电荷量q＝，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为g。求： （1）滑块从B点刚进入半圆轨道时的速度及滑块对轨道的压力； （2）滑块运动到D点时的速度； （3）滑块在轨道上运动的最大速度； （4）以B为原点，BA方向为正方向建立x坐标轴，滑块都从水平轨道AB上由静止释放，且不考虑滑块运动到D点之后的情况。要使滑块不脱离轨道，滑块释放的位置x应该满足什么条件？ 23．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C端的正下方P点。（g取10m/s2）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。 七．带电粒子（计重力）在非匀强电场中的直线运动（共3小题） 24．如图所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方与Q相距分别为h和0.25h，将另一点电荷从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为零。若此电荷在A点处的加速度大小为g，此电荷在B点处的加速度大小为 　 　，方向 　 　；A、B两点间的电势差（用Q和h表示）为 　 　。 25．如图所示，可视为质点的三物块A、B、C放在倾角为θ＝30°、长为L＝2m的固定斜面上，三物块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝，A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上，其中A为不带电的绝缘体，B、C所带电荷量分别为qB＝+4.0×10﹣5C、qC＝+2.0×10﹣5C且保持不变，A、B的质量分别为mA＝0.80kg、mB＝0.64kg。开始时三个物块均能保持静止状态，且此时A、B两物体与斜面间恰无摩擦力作用。如果选定两点电荷在相距无穷远处的电势能为零，则相距为r时，两点电荷具有的电势能可表示为EP＝k．为使A在斜面上始终做加速度为a＝1.5m/s2的匀加速直线运动，现给A施加一平行于斜面向上的力F，已知经过时间t0后，力F的大小不再发生变化。当A运动到斜面顶端时，撤去外力F．（静电力常量k＝9.0×109N•m2/C2，g＝10m/s2）求： （1）未施加力F时物块B、C间的距离； （2）t0时间内A上滑的距离； （3）t0时间内库仑力做的功； （4）在A由静止开始到运动至斜面顶端的过程中，力F对A做的总功。 26．如图所示，一正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A和C相距为L，B为AC中点．现将一质量为m带电量为q的小球从A点由静止释放，当小球运动到B点时速度正好又为零，已知带电小球在A点处的加速度大小为，求： （1）小球在A点时的受到的库仑力的大小． （2）小球在B点时的加速度 （3）B和A两点间的电势差． 八．从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题（共18小题） 27．（多选）如图所示，一个质量为m、带电荷量为q的粒子，从两平行板左侧中点沿垂直场强方向射入，当入射速度为v时，恰好穿过电场而不碰金属板。要使粒子的入射速度变为仍能恰好穿过电场，则必须再使（　　） A．粒子的电荷量变为原来的 B．两板间电压减为原来的 C．两板间距离变为原来的4倍 D．两板间距离变为原来的2倍 28．如图所示，A、B是真空中的两块面积很大的平行金属板，已知B板的电势为零，A板电势UA随时间变化的规律如图所示，其中UA的最大值为U0，最小值为﹣2U0．在AB的正中央处有一个离子源P，P距离A、B板的距离均为l，离子源P可以源源不断地产生电荷量为q、质量为m的带负电的微粒，已知各个时刻产生带电微粒的机会均等。这种微粒产生后，从静止出发在电场力的作用下运动，设微粒一旦碰到金属板，它就附在板上不再运动，且其电荷同时消失，不影响A、B板的电压。已知上述的T、U0、l、q和m等各量的值正好满足等式：，如果在A板电势变化的每个周期T内，平均产生320个上述微粒，则可求出： （1）在t＝0到t＝这段时间内产生的微粒中，有 　 　个微粒可到达A板（不计重力，不考虑微粒之间的相互作用）： （2）从t＝T到t＝T的这段时间内产生的微粒中，有 　 　个微粒可到达A板。 29．一质量为m＝5kg的木板放在倾角θ＝37°的光滑斜面上，并在外力作用下保持着静止状态。木板左端距斜面底端的距离为s＝10.25m，斜面底端固定着一弹性薄挡板，与之相碰的物体会以原速率弹回。若t＝0时刻，一质量M＝2m的小物块从距离木板左端l＝54m处，以沿木板向上的初速度v0＝4m/s滑上木板，并对小物块施加沿斜面向上的外力F0＝80N（该力在1s时变为F0），如图所示，与此同时撤去作用在木板上的外力。当木板第一次与弹性薄挡板相碰时，撤去施加在小物块上的外力。已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块可以看作质点，且整个过程中小物块不会从木板右端滑出，取g＝10m/s2。求： （1）0至t0＝1s时间内，小物块和木板的加速度的大小和方向； （2）木板第一次与挡板碰撞时的速度的大小； （3）小物块从木板左端滑出之前木板与挡板碰撞的次数，及滑出瞬间小物块与挡板间的距离。 30．如图所示，光滑绝缘斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点，空间存在竖直向上的匀强电场，带电小球A恰好能静止在高为H处，将不带电的小球B从高为2H处静止释放，与小球A发生弹性碰撞后电量平分，且不考虑A、B间的库仑力作用，碰后小球A在两个斜面上做往复运动，每次经过最低点时动能损失10%，已知mA＝2mB＝2m，α＝β＝30°，两小球只能发生一次碰撞，重力加速度为g，求： （1）两小球A、B碰撞之后的速度； （2）小球A第一次到达最低点O时，两小球的速度大小； （3）小球A运动的总路程。 31．如图，ABD为竖直平面内的绝缘轨道，其中AB段是长为s＝1.25的粗糙水平面，其动摩擦因数为µ＝0.1，BD段为半径R＝0.2m的光滑半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103V/m。一带负电小球以速度v0沿水平轨道向右运动，接着进入半圆轨道后，恰能通过最高点D点。已知小球的质量为m＝2.0×10﹣2kg，所带电荷量q＝2.0×10﹣5C，g＝10m/s2．（水平轨道足够长，小球可视为质点，整个运动过程无电荷转移） （1）小球能通过轨道最高点D时的速度大小； （2）带电小球在从D点飞出后，首次落到水平轨道上时的位移大小； （3）小球的初速度v0。 32．如图所示，竖直放置的两块足够大的带电平行板间形成一个方向水平向右的匀强电场区域，场强E＝3×104N/C．在两板间用绝缘细线悬挂一个质量m＝5×10﹣3kg的带电小球，静止时小球偏离竖直方向的夹角θ＝60°（g取10m/s2）。试求： （1）小球的电性和电荷量； （2）悬线的拉力； （3）若小球静止时离右板d＝5×10﹣2m，剪断悬线后，小球经多少时间碰到右极板。 33．两片半径均为R的相同圆形金属板平行正对放置，MN为圆心连线，轴线OQ过MN中点P并与MN垂直；OQ在Q处垂直平分一长为2R的线段AB，AB平行金属板且在板外；在O处有一足够大的荧光屏与OQ垂直，荧光屏与P点距离为d（d＞R），在屏上以O为坐标原点建立坐标系，x轴平行AB；线段AB上均匀分布有粒子源，能沿平行QO方向发射速度为v的相同粒子，粒子质量为m，电荷量为+q；平行板间存在大小为E、方向沿y轴正方向的匀强电场，设每个粒子均能飞出电场，忽略边缘效应以及粒子间的相互作用，不计重力，求： （1）粒子刚出电场时在竖直方向上偏移量的最大值； （2）AB上距Q点R处的粒子刚出电场时速度偏向角的正切值； （3）试论证屏上所得图像的形状并写出其方程。 34．如图所示，两平行金属板A、B长为L＝8cm，两板间距为d＝8cm，A板比B板电势高300v，一带正电的粒子电荷量为q＝1.0×10﹣10C，质量为m＝1.0×10﹣20kg，沿电场中线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2.0×106m/s，粒子飞出电场后经过截面MN，PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响）已知两界面MN、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做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上。（静电常数k＝9.0×109N•m2/C2，粒子重力不计） （1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为多远；到达PS界面时离D点为多远； （2）在图上粗略画出粒子的运动轨迹； （3）确定点电荷Q的电性并求电荷量的大小。 35．如图所示，在直角坐标系的第一、二象限内有垂直于纸面的匀强磁场，第三象限有沿y轴负方向的匀强电场，第四象限内无电场和磁场。质量为m，带电量为q的粒子从M点以速度v0沿x轴负方向进入电场，不计粒子的重力，粒子经N、P点最后又回到M点。设OM＝l，ON＝2l，则： （1）关于电场强度E的大小。 （2）匀强磁场的方向。 （3）磁感应强度B的大小是多少？ 36．如图所示，有一电子（质量为m，电荷量的绝对值为e），由静止经电压为Uo的加速电场加速后，沿两块水平正对且平行放置的金属板的中线进入板间．已知两块金属板间的距离为d、板间的电压为U，若电子刚好擦着板的边缘射出电场．不计重力，求： （1）电子射出加速电场时的速率 （2）金属板的长度l． 37．如图所示，带有等量异种电荷平行金属板M、N竖直放置，M、N两板间的距离d＝0.5m．现将一质量m＝1×10﹣2kg、电荷量q＝4×10﹣5C的带电小球从两极板上方的A点以v0＝4m/s的初速度水平抛出，A点距离两板上端的高度h＝0.2m；之后小球恰好从靠近M板上端处进入两板间，沿直线运动碰到N板上的C点，该直线与曲线的末端相切．设匀强电场只存在于M、N之间，不计空气阻力，取g＝10m/s2．求： （1）小球到达M极板上边缘B位置时速度的大小和方向； （2）M、N两板间的电场强度的大小和方向； （3）小球到达C点时的动能． 38．如图，在直角坐标系xOy的第一象限中，存在竖直向上的匀强电场，场强E1＝16N/C，虚线是电场的理想边界线，虚线右端与x轴的交点为A（4，0），虚线与x轴所围成的空间内没有电场；在第二象限存在水平向左的匀强电场，场强E2＝4N/C。有一粒子发生器能在M（﹣4，4）和N（﹣4，0）两点连线上的任意位置产生初速度为零的负粒子，粒子质量均为m＝4×10﹣23kg、电荷量q＝﹣6.4×10﹣19C，不计粒子重力和相互间的作用力，且整个装置处于真空中。已知从MN上静止释放的所有粒子，最后都能到达A点。 （1）若粒子从M点由静止开始运动，进入第一象限后始终在电场中运动并恰好到达A点，求到达A点的速度大小； （2）若粒子从MN上的中点由静止开始运动，求该粒子从释放点运动到A点的时间； （3）求第一象限的电场边界线（图中虚线）方程。 39．如图所示，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径R＝0.50m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，场强的大小E＝1.0×104N/C，现有质量m＝0.20kg，电荷量q＝8.0×10﹣4C的带电体（可视为质点），从A点由静止开始运动，已知xAB＝1.0m，带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为0.5，假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑到摩擦力相等，求：（g＝10m/s2） （1）带电体从A点运动到B点的过程中电势能变化了多少； （2）求带电体运动到圆弧形轨道C点时对轨道的压力； （3）带电体最终停止何处． 40．如图所示，空间有场强大小E＝1.0×102V/m，方向竖直向下的匀强电场，长L＝0.8m不可伸长的轻绳固定于O点，另一端系一质量m＝0.5kg、带电量q＝5×10﹣2C的小球。拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放，当小球运动至O点的正下方B点时绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在一个与水平面成θ＝53°、无限大的挡板MN上的C点，重力加速度g取10m/s2，试求： （1）绳子的最大张力； （2）A、C两点的电势差； （3）当小球运动至C点时，突然调整匀强电场的方向和大小，同时把挡板迅速水平向右平移到某处，若小球仍能垂直打在挡板上，求调整后匀强电场大小的最小值Em。 41．如图所示，以y轴为边界，右边是水平向左的E1＝1×104N/C匀强电场，左边是与水平方向成45°斜向上的E2＝×104N/C匀强电场，现有一个质量为m＝10﹣3kg，带电量q＝1×10﹣6C小颗粒从坐标为（0.1m，0.1m）处静止释放．忽略阻力，g＝10m/s2． 求[结果可以带根号] （1）刚释放时的加速度a （2）第一次经过y轴时的坐标及时间 （3）第二次经过y轴时的坐标． 42．如图所示，A为粒子源．在A和极板B间的加速电压为U1，在两水平放置的平行导体板C、D间加有偏转电压U2．C、D板长L，板间距离d．现从粒子源A发出质量为m，带电量为q的带电粒子，由静止开始经加速电场加速后进入偏转电场，最后穿出打在右侧的屏幕上，不计粒子的重力．求： （1）带电粒子穿过B板时的速度大小； （2）带电粒子从偏转电场射出时的侧移量（即竖直方向的偏转位移） （3）带电粒子从偏转电场射出时的速度大小与方向． 3．如图（a）所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d＝0.1m，板长L＝0.3m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间，距金属板右端x＝0.5m处竖直放置一足够大的荧光屏，现在AB板间加如图（b）所示的方波形电压，已知U0＝1.0×102V，在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m＝1.0×10﹣7kg，电荷量q＝1.0×10﹣2C，速度大小均为v0＝1.0×104m/s，带电粒子的重力不计，则： （1）求粒子在电场中的运动时间； （2）求在t＝0时刻进入的粒子飞出电场时的侧移量； （3）求各个时刻进入的粒子，离开电场时的速度的大小和方向； （4）若撤去挡板，求荧光屏上出现的光带长度。 44．如图所示，两平行金属板A、B长为L＝8cm，两板间距离d＝8cm，A板比B板电势高400V，一带正电的粒子电荷量为q＝1.0×10﹣10C、质量为m＝1.0×10﹣20kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2.0×106m/s，粒子飞出电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响）．已知两界面MN、PS相距为6cm，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10cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上．（静电力常量k＝9.0×109 N•m2/C2，粒子的重力不计） （1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为多远；到达PS界面时离D点为多远； （2）确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小． 九．动量守恒定律在电场问题中的应用（共4小题） 45．（多选）有一上表面粗糙的绝缘长木板放在光滑水平面上，现有质量为m，电荷量为q的物块沿长木板表面以一定的初速度自左向右滑动，由于有方向竖直向下的匀强电场，物块滑至长木板右端时相对木板静止，现仅将电场方向改为竖直向上，物块滑至板中央就相对静止，则（　　） A．物块带正电荷 B．物块带负电荷 C．匀强电场的场强大小为 D．匀强电场的场强大小为 46．水平面上固定一根内壁光滑的绝缘圆筒，圆筒长L＝20d0，筒内充满沿筒水平向右的匀强电场，场强大小，现有一质量为M＝3m的圆形小滑块（可视为质点）静止，在圆筒内距左端d0处，该滑块为绝缘体且不带电。现有一个直径略小于圆筒内径且质量为m的光滑绝缘弹性的小球，该小球带电量为+q，在圆筒内左端无初速度释放，小球将与滑块发生多次弹性碰撞，不计空气阻力，绝缘小球带电量始终保持不变，重力加速度g，求： （1）小球与小滑块第一次碰撞后，各自速度大小； （2）在第一次到第二次碰撞的这段时间内，滑块与小球相距的最大距离； （3）滑块在筒内运动过程中，小球与滑块碰撞的次数。 47．如图所示，在光滑水平面上方存在电场强度大小为E＝2×104N/C、方向水平向左的有界匀强电场，电场右边界如图中的虚线所示，左边界为竖直墙壁，电场宽度d＝4.75m。长度L＝4m、质量M＝2kg的不带电绝缘长木板P原先静止在水平面上。可视为质点的质量m＝1kg、电荷量q＝1×10﹣4C的带正电金属块Q从木板的右端以v0＝3m/s的速度水平向左滑上木板，两者相对静止后再进入电场，木板与墙壁发生碰撞的时间极短且碰撞无机械能损失。已知金属块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。 （1）求木板与墙壁第一次碰撞前瞬间的速度大小。 （2）求木板与墙壁第二次碰撞前瞬间的速度大小。 （3）金属块最终能否停在木板上？若能，求出金属块最终停在木板上的位置；若不能，请说明理由。 48．如图所示，匀强电场方向沿x轴的正方向，场强为E．在A（d，0）点有一个静止的中性微粒，由于内部作用，某一时刻突然分裂成两个质量均为m的带电微粒，其中电荷量为﹣q（q约定为正值）的微粒1沿y轴负方向运动，经过一段时间到达B（0，﹣d）点．不计重力和分裂后两微粒间的作用．试求： （1）分裂时微粒1的速度； （2）微粒1由A点到B点的速度偏转角； （3）分裂时另一微粒的速度； （4）当微粒1到达（0，﹣d）点时，两微粒间的距离． 网（北京）股份有限公司1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 《带电粒子在电场中的运动》压轴培优题型训练【九大题型】 一．带电粒子在周期性变化的电场中做直线运动（共2小题） 二．带电粒子在匀强电场中做类平抛运动（共4小题） 三．带电粒子在周期性变化的电场中偏转（共4小题） 四．带电粒子射出偏转电场后打在挡板上（共3小题） 五．带电粒子在单个或多个点电荷电场中的运动（共5小题） 六．带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动（共5小题） 七．带电粒子（计重力）在非匀强电场中的直线运动（共3小题） 八．从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题（共18小题） 九．动量守恒定律在电场问题中的应用（共4小题） 一．带电粒子在周期性变化的电场中做直线运动（共2小题） 1．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（φB＝0）时，A板电势φA，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略不计．求： （1）在0～和～T这两段时间内微粒的加速度大小和方向； （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/s2）． 【答案】见试题解答内容 【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． （2）前半周期上升的高度h1＝＝ 前半周期微粒的末速度为v1＝ 后半周期先向上做匀减速运动，设减速运动时间t1，则3gt1＝，则得． 此段时间内上升的高度 h2＝＝＝ 则上升的总高度为H＝h1+h2＝ 后半周期的﹣t1＝时间内，微粒向下加速运动，下降的高度H3＝＝． 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A板相碰即可，则H≤d，即≤d 所加电压的周期最长为Tm＝＝6×10﹣2s 答： （1）在0～和～T这两段时间内微粒的加速度大小和方向分别为：g，方向向上和3g，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6×10﹣2s． 2．如图1所示，真空中相距d＝5cm的两块平行金属板A、B与电源连接（图中未画出），其中B板接地（电势为零），A板电势变化的规律如图2所示．将一个质量m＝2.0×10﹣27kg，电量q＝+1.6×10﹣19C的带电粒子从紧临B板处释放，不计重力．求 （1）在t＝0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小； （2）若A板电势变化周期T＝1.0×10﹣5s，在t＝0时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，粒子达到A板时动量的大小； （3）A板电势变化频率多大时，在t＝到t＝时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板． 【答案】答：（1）在t＝0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小为4.0×109m/s2； （2）若A板电势变化周期T＝1.0×10﹣5s，在t＝0时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，粒子达到A板时动量的大小为4.0×10﹣23kg•m/s； （3）A板电势变化频率为Hz时，在t＝到t＝时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板。 【解答】解：（1）电场强度，带电粒子所受电场力 释放瞬间粒子的加速度为4.0×109m/s2； （2）粒子在0～时间内走过的距离为 故带电粒子在t＝时，恰好到达A板，根据动量定理，此时粒子动量p＝Ft＝4.0×10﹣23kg•m/s 粒子到达A板时的动量为4.0×10﹣23kg•m/s； （3）带电粒子在t＝～t＝向A板做匀加速运动，在～t＝向A板做匀减速运动，速度减为零后将返回．在t＝时刻释放的粒子向A板运动位移最大，且最大位移为： 要求粒子不能到达A板，则有s＜d， 可得：T2＜ 由f＝，电势变化频率应满足Hz。 答：（1）在t＝0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小为4.0×109m/s2； （2）若A板电势变化周期T＝1.0×10﹣5s，在t＝0时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，粒子达到A板时动量的大小为4.0×10﹣23kg•m/s； （3）A板电势变化频率为Hz时，在t＝到t＝时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板。 二．带电粒子在匀强电场中做类平抛运动（共4小题） 3．某种负离子空气净化原理如图所示。收集器矩形通道的上下表面是一对平行金属板，金属板长度为L，间距为d。均匀分布的带负电的灰尘颗粒质量为m、电荷量为q、以水平速度v0进入通道，单位时间内进入通道的带电灰尘颗粒数目为n。已知两金属极板之间的电压恒为，带电灰尘颗粒打到金属板上即被收集，不计灰尘颗粒重力影响及灰尘颗粒间相互作用。下列说法不正确的是（　　） A．净化装置对带电灰尘颗粒的收集率为 B．单位时间内通过导线的电荷量为 C．单位时间内带电灰尘颗粒减少的电势能为 D．若电压增大到2U，则带电灰尘颗粒恰好全部被收集 【答案】D 【解答】解：AB．带电尘埃在极板间最大偏转距离y，最长运动时间为t，根据牛顿第二定律可知，尘埃的加速度为 a＝＝ 水平方向和竖直方向分别有 L＝v0t y＝ 解得：y＝d 根据题意可知，收集效率为：η＝×100%＝75% 则单位时间内通过导线的电荷量为：Q＝nq 故AB正确； C．因最大偏转距离为d，故单位时间内，入射点与上极板距离大于d的颗粒减少的电势能总计为： ΔEP1＝nq× 入射点与上极板距离不大于d的颗粒打在上极板上，因板间各点到上极板的电势差与到上极板的距离成正比，可以用电势差的平均值来计算减少的电势能，则打在上极板的颗粒减少的电势能总计为： ΔEP2＝nq×× 单位时间内带电灰尘颗粒减少的电势能为：Ep＝ΔEP1+ΔEP2＝nqU，故C正确； D．若电压增大到2U，带电尘埃在极板间最大偏转距离y'，最长运动时间为t'，根据牛顿第二定律可知，尘埃的加速度为 a＝＝ 水平方向和竖直方向分别有 L'＝v0t' y'＝ 解得：y'＝d 则带电灰尘颗粒并非恰好全部被收集，故D错误； 本题选择错误选项，故选：D。 4．如图所示，竖直平面区域Ⅰ内有电场强度大小为E、方向竖直向上的匀强电场；区域Ⅱ中有一光滑绝缘圆弧轨道，轨道半径为R＝，轨道在A点的切线与水平方向成60°角，在B点的切线与竖直线CD垂直；在区域Ⅲ内有一足够长且宽为d的有界匀强电场，电场强度大小未知，方向水平向右。一质量为m、电荷量大小为q的带负电小球（可看作质点左边界的O点正上方的M点以速度v0水平射入区域Ⅰ，恰好从A点沿圆弧轨道切线进入轨道且恰好不能从区域Ⅲ电场右边界穿出，已知重力加速度为g，求： （1）带电小球在区域Ⅰ运动的时间t？ （2）区域Ⅲ中电场强度的大小E′？ （3）小球再次到达区域Ⅲ左边界上的点距水平线OO′的距离s？ 【答案】（1）带电小球在区域Ⅰ运动的时间t为； （2）区域Ⅲ中电场强度的大小E′为； （3）小球再次到达区域Ⅲ左边界上的点距水平线OO′的距离s为. 【解答】解：（1）小球在区域 I中做类平抛运动，设小球在A点的速度为vA，竖直分速度为vy， 则有：＝2v0，vy＝vAsin60°＝2＝，由牛顿第二定律可得：mg+qE＝ma， 由运动学规律：vy＝at，联立得：t＝ （2）在区域 II中，由图可得，由A至B下降的高度为 则由A到B，根据动能定理 mg＝，解得：vB＝3v0 在区域Ⅲ中，小球在水平方向做匀减速直线运动，到达右边界时水平速度刚好减为零，故可得：，a′＝ 解得：E′＝ （3）由vB＝a′t′，解得：t′＝，小球回到左边界，在竖直方向上做自由落体运动，即h＝＝＝ 距离OO′为s＝h+＝ 答：（1）带电小球在区域Ⅰ运动的时间t为； （2）区域Ⅲ中电场强度的大小E′为； （3）小球再次到达区域Ⅲ左边界上的点距水平线OO′的距离s为. 5．如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y'长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b．在两板间加上可调偏转电压U，一束质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力）从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出． （1）证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点； （2）求两板间所加偏转电压U的范围； （3）求粒子可能到达屏上区域的长度． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，偏转角为θ，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，则有 侧移量，y＝at2 ① 匀速运动的位移，L＝v0t ② 竖直方向的速度，vy＝at tanθ＝＝， 联立可得：x＝， 即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心． （2）由牛顿第二定律得：a＝ ③ 电场强度与电势差的关系，E＝ ④ 由①②③④式解得：y＝， 当y＝时，U＝， 则两板间所加电压的范围为：﹣≤U≤； （3）当y＝时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大（设为y0）， 则y0＝（+b）tanθ，而tanθ＝， 解得：y0＝， 则粒子可能到达屏上区域的长度为 答：（1）粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点； （2）则两板间所加偏转电压U的范围：﹣≤U≤； （3）则粒子可能到达屏上区域的长度为． 6．如图所示，质量m＝5×10﹣8kg的带电粒子，以初速v0＝2m/s的速度从水平放置的平行金属板A、B的中央，水平飞入电场，已知金属板长0.1m，板间距离d＝2×10﹣2m，当UAB＝1000V时，带电粒子恰好沿直线穿过电场，若两极板间的电势差可调，要使粒子能从两板间飞出，UAB的变化范围是多少？（g取10m/s2） 【答案】见试题解答内容 【解答】解：带电微粒恰好沿直线穿过板间的条件，求出微粒的带电量q qE＝mg E＝ q＝ 带电微粒竖直向上或向下位移 x小于等于才能从板间飞出， 取向上为正方向，则 ≥x≥﹣ 运动时间t＝ 设板间电压为u，场强，电场力 竖直匀加速运动加速度 a＝ x＝ 要使粒子能从两板间飞出，则 ≥≥﹣ ≥（u﹣U）≥﹣ 800V≥（u﹣U）≥﹣800V 1800V≥u≥200V 答：要使粒子能从两板间飞出，UAB的变化范围是200V～1800V． 三．带电粒子在周期性变化的电场中偏转（共4小题） 7．如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O为中轴线，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场，当两板间加电压UMN＝U0时，某种带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计。 （1）求带电粒子的比荷； （2）若MN间加如图乙所示的交变电压，其周期T＝，从t＝0开始，前时间内UMN＝2U，后时间内UMN＝﹣U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）粒子从中轴线到M板的中点，有 ＝v0t ＝ 而加速度 a＝ 联立以上几式可求得：＝ （2）粒子通过两板时间t＝＝T， 从t＝0时刻开始，粒子在两板间运动时每个电压变化周期的前三分之一时间内方向垂直极板的加速度大小a1＝ （在每个电压变化周期的后三分之二时间内方向垂直极板的加速度大小a2＝） 不同时刻从O1点进入电场的粒子在电场方向的速度vy随时间t变化的关系如答图所示。 所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在t＝nT或t＝nT+时刻进入电场的粒子 恰好分别从极板右侧上下边缘处飞出。它们在电场方向偏转的距离最大。 所以有： 解得：U＝ 答：（1）带电粒子的比荷是； （2）若最终所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，U的值为。 8．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＝4×10﹣2m，板间距离d＝4×10﹣3m，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u1，在t＝0时刻，M板电势低于N板．已知电子质量为kg，电量为e＝1.6×10﹣19C． （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？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）电子经A、B两块金属板加速，有 得 （2）当u＝22.5V时，电子经过MN极板向下的偏移量最大，为 Y1＜d，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 电子射出极板MN后到达荧光屏P的时间为 电子射出极板MN后到达荧光屏P的偏移量为 电子打在荧光屏P上的总偏移量为y＝y1+y2＝0.012m，方向竖直向下； y的计算方法Ⅱ：由三角形相似，有 即 解得y＝0.012m （3）当u＝22.5V时，电子飞出电场的动能最大， ＝＝1.82×10﹣16J 答：（1）每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度是2×107m/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1.82×10﹣16J． 9．在真空中速度为v＝6.4×107m/s的电子束连续地射入两平行极板之间。极板长度为l＝8.0×10﹣2m，间距为d＝5.0×10﹣3m．两极板不带电时，电子束将沿两极板之间的中线通过，如图1所示。在两极板上加一如图2所示的交变电压U＝U0sin100πt（V），如果所加电压的最大值U0超过某一值Uc时，将开始出现以下现象：电子束有时能通过两极板，有时间断，不能通过。已知电子的比荷＝1.76×1011C/kg。求： （1）电子穿越平行板电容器的时间t； （2）Uc的大小；（结果保留二位有效数字） （3）U0为何值才能使通过的时间Δt1跟间断的时间Δt2之比为Δt1：Δt2＝2：1．（结果保留三位有效数字） 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）电子沿平行板的方向做匀速运动，通过平行板的时间 t＝＝s＝1.25×10﹣9s； （2）交变电流的周期 T＝0.02s，由于t远小于T，可以认为电子在通过平行板时板间的电压和场强是稳定不变的，每个能通过平行板的电子均做类平抛运动 水平方向为匀速运动：l＝vt 竖直方向匀加速运动：加速度为 a＝ 电子束恰好不能通过平行板时有：y＝＝ 由以上三式联立可以得到：Uc＝ 代入数据可以得到：Uc＝91V； （3）因为电子通过的时间Δt1跟间断的时间Δt2之比为Δt1：Δt2＝2：1，所以在半个周期内，将有的时间极板间电压的瞬时值超过Uc＝91V，而的时间内极板间电压的瞬时值小于Uc＝91V，根据正弦交流电的变化规律可知，应有：Uc＝U0sin 代入解得：U0＝105V。 答： （1）电子穿越平行板电容器的时间t是1.25×10﹣9s； （2）Uc的大小是91V。 （3）U0为91V时才能使通过的时间Δt1跟间断的时间Δt2之比为Δt1：Δt2＝2：1。 10．如图甲所示，M、N为水平放置的平行板电容器的两个极板，两极板间距d＝0.1m，两极板间的电压U＝12.5V，O为上极板中心的小孔，以O为坐标原点，在竖直平面内建立直角坐标系，在y轴方向上，0≤y≤2m区间存在方向与x轴平行的匀强电场（PQ为电场区域的上边界），在x轴方向上，电场范围足够大．若规定x轴正方向为电场正方向，电场强度随时间变化情况如图乙所示．现有一个带负电的粒子，在t＝0时刻从紧靠M级板中心O'处无初速释放，经过小孔O进入N板上方的交变电场中，粒子的比荷q/m＝1×102C/kg，不计粒子重力．求： （1）粒子进入交变电场时的速度． （2）粒子在两板之间飞行的时间． （3）粒子在8×10﹣3s末的位置坐标． （4）粒子离开交变电场时的速度大小和方向． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）粒子经过加速电压，根据动能定理：① 解得：v0＝50m/s （2）在加速电场中，粒子做匀加速运动：a＝ 故飞行时间为t＝＝4×10﹣3 s （3）粒子在t＝4×10﹣3 s时进入交变电场，受到水平向右的电场力做类平抛运动： 加速度：m/s2 沿+y轴方向粒子匀速运动：y＝v0t﹣﹣﹣﹣② 沿+x轴方向粒子做匀加速运动：x＝﹣﹣﹣﹣③ 解②③得：x＝0.032m，y＝0.2m 故粒子在8×10﹣3 s末的位置坐标为（0.032m，0.2m） （4）沿+y轴方向粒子始终做匀速运动，0＜y＜2m区间内： 粒子运动的时间t＝＝4×10﹣2s＝5T（运动的总时间是交变电压周期的5倍） 故粒子沿x轴方向速度为0，粒子离开交变电场时速度方向沿+y方向，大小50m/s． 答：（1）进入交变电场时的速度v0＝50m/s； （2）粒子在两板之间飞行的时间为4×10﹣3 s； （3）在8×10﹣3s末的位置坐标（0.032m，0.2m）； （4）离开交变电场时的速度大小为50m/s和方向竖直向上． 四．带电粒子射出偏转电场后打在挡板上（共3小题） 11．如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．（每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的）求： （1）在t＝0.06s时刻进入电容器中的电子，经电容器中的电场偏转后的侧移量y； （2）电容器上的电压多大时，电子恰从电容器极板右端边缘射出，此种情形下电子打到荧光屏上距图中荧光屏上的O点的距离是多大？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）电子经电场加速，又功能关系有： qU0＝mv2 经电场偏转后侧移量为： y＝at2＝• 联立解得：y＝ 由图知t＝0.06 s时刻 U偏＝1.8U0， 联立解得： y＝4.5 cm （2）当时，电子恰从电容器极板右端边缘射出， 即： 解得：U偏＝2U0 设打在屏上的点距O点的距离为Y，满足： 解得：Y＝1.5L＝15cm 答：（1）在t＝0.06s时刻进入电容器中的电子，经电容器中的电场偏转后的侧移量y为4.5cm； （2）电容器上的电压多大时，电子恰从电容器极板右端边缘射出，此种情形下电子打到荧光屏上距图中荧光屏上的O点的距离是15cm． 12．相距很近的平行板电容器，在两板中心各开有一个小孔，如图甲所示，靠近A板的小孔处有一电子枪，能够持续均匀地发射出电子，电子的初速度为v0，质量为m，电量为﹣e，在AB两板之间加上图乙所示的交变电压，其中0＜k＜1，U0＝；紧靠B板的偏转电场电压也等于U0，板长为L，两板间距为d，距偏转极板右端处垂直放置很大的荧光屏PQ．不计电子的重力和它们之间的相互作用，电子在电容器中的运动时间可以忽略不计． （1）试求在0﹣kT与kT﹣T时间内射出B板电子的速度各多大？（结果用U0、e、m表示） （2）在0﹣T时间内，荧光屏上有两个位置会发光，试求这两个发光点之间的距离．（结果用L、d表示，） （3）撤去偏转电场及荧光屏，当k取恰当的数值时，使在0﹣T时间内通过了电容器B板的所有电子，能在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，求k值． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）电子经过电容器内的电场后，速度要发生变化，设在0﹣kT时间内，穿出B板后速度为ν1，kT﹣T 时间内射出B 板电子的速度ν2 据动能定理有： 将代入上式，得： （2）在0﹣kT时间内射出 板电子在偏转电场中，电子的运动时间： 侧移量： 得： 打在荧光屏上的坐标为，则： 同理可得在kT﹣T时间内设穿出B板后电子侧移量： 打在荧光屏上的坐标： 故两个发光点之间的距离： （3）要求在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，前后两段电子束的长度必须相等（且刚好重叠） 第一束长度：l1＝ν1kT 第二束长度：l2＝ν2（T﹣kT） l1＝l2 解得： 答：（1）在0﹣kT 与kT﹣T时间内射出B板电子的速度分别为、； （2）在0﹣T时间内，荧光屏上有两个位置会发光，这两个发光点之间的距离为； （3）撤去偏转电场及荧光屏，当k取0.59时，使在0﹣T时间内通过了电容器B板的所有电子，能在某一时刻形成均匀分布的一段电子束． 13．一个金属电阻R的阻值在一定范围内随温度呈线性变化，如图甲所示．将该电阻接入如图乙所示电路，图中R0为定值电阻，C为平行板电容器，极板长度为l，极板间距为d，极板的右侧距极板L处有一荧光屏．现让一束电子（质量为m，电量为e）以速度v0平行于极板沿中线进入电容器，若所有电子均能从右侧穿出，则当R的温度在t1﹣t2之间变化时，电子束在荧光屏上扫描的范围如何？（电源电动势为E，内阻不计） 【答案】见试题解答内容 【解答】解：设极板间电压为U，则 电子从极板间飞出时的速度偏角设为α，偏移量设为y，则电子打到荧光屏上的位置P到O的距离为y′ y＝ l＝v0t a＝ 所以y＝ tanα＝ vy＝at 所以tanα＝ 所以y′＝y+Ltanα＝ t＝t1时， t＝t2时， 所以电子束在荧光屏上扫描的范围是： 答：当R的温度在t1﹣t2之间变化时，电子束在荧光屏上扫描的范围为． 五．带电粒子在单个或多个点电荷电场中的运动（共5小题） 14．如图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分。小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用下恰处于静止状态。已知a、b、c三小球的电荷量均为q，d球的电荷量为﹣6q，h＝，重力加速度为g，静电力常量为k。则（　　） A．小球a的线速度为 B．小球b的角速度为 C．小球c的向心加速度大小为 D．外力F竖直向上，大小为 【答案】C 【解答】解：ABC、a、b、c三小球电荷量相等，完全相同，受力相同，绕O点做半径为R的匀速圆周运动，线速度、角速度、加速度大小均相等， 设 db连线与水平方向的夹角为α，则cosα＝＝，则sinα＝， 对b球，根据牛顿第二定律和向心力得：kcosα﹣2k•cos30°＝m＝mω2R＝ma 解得：v＝，，a＝，故AB错误，C正确； D、小球d受到a、b、c三球的库仑引力、重力、竖直向上的外力F作用，由平衡条件得：F＝3ksinα+mg＝mg+，故D错误。 故选：C。 15．（多选）如图所示，用绝缘支架将带电荷量为+Q的小球a固定在O点，一粗糙绝缘直杆与水平方向的夹角θ＝30°，直杆与小球a位于同一竖直面内，杆上有A、B、C三点，C与O两点位于同一水平线上，B为AC的中点，OA＝OC＝L。小球b质量为m，带电荷量为﹣q，套在直杆上，从A点由静止开始下滑，第一次经过B点时速度是v，运动到C点时速度为0。在+Q产生的电场中取C点的电势为0，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．小球b经过B点时的加速度不为0 B．小球b的摩擦力在AB段与BC段所做的功相等 C．小球b的电势能的最小值为 D．小球b到C点后能从C点返回到A点 【答案】ABC 【解答】解：A、小球b从A点到B点过程中，库仑力逐渐增大，摩擦力也逐渐增大，小球b从B点到C点过程中，库仑力逐渐减小，摩擦力逐渐减小，由于mgxACsin30°﹣xAC＝0 可得＝mgsin30° 即小球b重力沿直杆向下的分力等于小球b从A点到C点过程中受到的平均摩擦力，B点处小球b受到的摩擦力最大，则小球b重力沿直杆向下的分力小于B点处小球b受到的摩擦力，小球b经过B点时的加速度不为零，故A正确； BC、根据对称性可知小球b在AB段和BC段的平均摩擦力相等，则摩擦力做功相等，WfAB＝WfBC，小球b从B点到C点过程中，根据动能定理可得mxBCsin30°﹣WfBC+UBC（﹣q）＝0﹣ 其中，UBC＝φB﹣φC＝φB 小球b的电势能最小值为：Ep＝﹣qφB＝﹣ 故BC正确； D、从C点返回到A点需要克服摩擦力、重力做功，C点速度为零，A、C两点电势相等，故小球b到C点后不能从C点返回到A点，故D错误； 故选：ABC。 16．（多选）如图所示，O、B、A为一粗糙绝缘水平面上的三点，一电荷量为﹣Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m，电荷量为+q的小金属块（可视为质点），从A点以初速度v0沿它们的连线向固定点电荷运动，到B点时速度最小，其大小为v．已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ，AB间距离为L、静电力常量为k，则（　　） A．OB间的距离为 B．小金属块由A向O运动的过程中，电势能先增大后减小 C．小金属块由A向O运动的过程中，加速度先减小后增大 D．在点电荷﹣Q形成的电场中，A、B两点间的电势差UAB＝ 【答案】AC 【解答】解：A、由题意知，A到B过程，金属块做减速运动，B到O过程做加速运动，在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有 μmg＝K，得r＝．故A正确。 B、小金属块由A点向O点运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小。故B错误。 C、A到B过程，库仑力小于滑动摩擦力，库仑力增大，合力减小，加速度减小；B到O过程，库仑力大于滑动摩擦力，库仑力增大，合力增大，加速度增大；故C正确。 D、滑块从A到B过程，由动能定理得：qUAB﹣μmgL＝mv2﹣，得UAB＝．故D错误。 故选：AC。 17．三个带电荷量均为Q（正电）的小球A、B、C质量均为m，放在水平光滑绝缘的桌面上，分别位于等边三角形的三个顶点，其边长为L，如图所示，求： （1）在三角形的中心O点应放置什么性质的电荷，才能使三个带电小球都处于静止状态？其电荷量是多少？ （2）若中心电荷带电荷量在（1）问基础上加倍，三个带电小球将加速运动，求其加速度大小； （3）若中心电荷带电荷量在（1）问基础上加倍后，仍保持三个小球相对距离不变，可让它们绕中心电荷同时旋转，求旋转的线速度大小． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）三个小球之间是相互排斥的，则中心电荷对三个小球产生吸引力，故应带负电。 由几何关系可得：， 中心电荷对三个小球的库仑力大小分别为 三个小球之间的库仑力大小均为 由小球受力平衡可得：2Fcos30°＝F2 所以， （2）对A球受力分析，有： F合＝2F2﹣2Fcos30°＝F2＝， 由牛顿第二定律得：a＝＝ （3）旋转时，A受的合力提供向心力，有：＝ 解得： 答：（1）在三角形的中心O点应放置负电荷，才能使三个带电小球都处于静止状态，其电荷量是． （2）此时加速度大小为； （3）此时旋转的线速度大小为． 18．如图所示，在光滑绝缘水平面上固定着一根光滑绝缘的圆形滑槽，其圆心在O点．过O点的一条直径上的A、B两点固定着两个点电荷．其中，固定于A点的为正电荷，电荷量大小为Q；固定于B点的是未知电荷．在它们形成电场中，有一个可视为质点的，质量为m、电荷量大小为q的带电小球正在滑槽中运动，小球的速度方向始终平行于水平面．若已知小球在C点处恰好与滑槽内、外壁均无挤压且无沿切线方向的加速度，AB间的距离为L，∠ABC＝∠ACB＝30°，CO⊥OB，静电力常数为k． （1）试确定固定在B点的电荷的带电性质并求出其电荷量大小； （2）试确定小球的带电性质； （3）试求出小球在C点的运动速度大小． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）由小球在C点处恰好与滑槽内、外壁均无挤压且无沿切线方向的加速度知：小球在C点的合力方向一定沿CO，且指向O点． ∴A对小球吸引，B对小球排斥，因此小球带负电、B带负电． 由∠ABC＝∠ACB＝30°知：∠ACO＝30° AB＝AC＝L；BC＝2ABcos30°＝L ∴由力的合成可得：F1＝F2 即：＝ ∴QB＝Q （2）有前面分析：A对小球吸引，B对小球排斥，B带负电，小球带负电． （3）在C点，由力的合成可得F＝F2＝ 由几何关系知：CO＝ACcos30°＝L 小球在C点圆周运动，F＝；即：＝m ∴小球在C点的运动速度大小v＝． 答：（1）固定在B点的电荷的带负电，其电荷量大小是Q； （2）小球带负电； （3）小球在C点的运动速度大小是 ． 六．带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动（共5小题） 19．如图所示，光滑绝缘斜面高度h＝0.45m，斜面底端与光滑绝缘水平轨道圆弧连接，水平轨道边缘紧靠平行板中心轴线。平行板和三个电阻构成如图所示电路，平行板板长为l＝0.9m，板间距离d＝0.6m，R1＝3Ω，R2＝3Ω，R3＝6Ω。可以看为质点的带电小球，电量q＝﹣0.01C，质量m＝0.03kg，从斜面顶端静止下滑。 （1）若S1、S2均断开，小球刚好沿平行板中心轴线做直线运动，求电源电动势ε； （2）若S1断开，S2闭合，小球离开平行板右边缘时，速度偏向角tanθ＝，求电源内阻r； （3）若S1、S2均闭合，判断小球能否飞出平行板？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）小球下滑过程机械能守恒， 由机械能守恒定律得：， 解得：， 对s1s2均断开时，极板电势差即为电源电动势ε， 由平衡条件得：，解得：； （2）当s1断开，s2闭合时，带电小球做类平抛运动， 水平方向：l＝v0t， 竖直方向分速度：vy＝at＝v0tanθ， 对带电小球，由牛顿第二定律得： mg﹣qE1＝ma1，其中：UC＝E1d， 代入数据解得：a1＝4m/s2，E1＝18N/C，UC＝10.8V， 当s1断开，s2闭合时，R1与R3串联，电容器与R3并联， 电容器两端电压： 部分电路欧姆定律： 闭合电路欧姆定律：ε＝I1（R1+R3+r） 代入数据解得：r＝1Ω； （3）当s1s2均闭合时，R2与R3并联，并联电阻： ， 电路电流：， 电压：U2＝I2R23＝6V， 对小球，由牛顿第二定律得：mg﹣qE2＝ma2， 其中电压：U2＝E2d， 联立求解： 对带电小球类平抛运动分析，有： l＝v0t， 联立求解：y＝0.3m，； 带电小球恰好从右侧极板边缘飞出． 答：（1）若S1、S2均断开，小球刚好沿平行板中心轴线做直线运动，电源电动势ε为18V． （2）若S1断开，S2闭合，小球离开平行板右边缘时，速度偏向角tanθ＝，电源内阻r为1欧姆． （3）若S1、S2均闭合，小球恰好能飞出平行板． 20．如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量m＝0.04kg、电量q＝+2×10﹣4c的可视为质点的带电小球与弹簧接触但不栓接．某一瞬间释放弹簧弹出小球，小球从水平台右端A点飞出，恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高B点，并沿轨道滑下．已知AB的竖直高度h＝0.45m，倾斜轨道与水平方向夹角为α＝37°、倾斜轨道长为L＝2.0m，带电小球与倾斜轨道的动摩擦因数μ＝0.5．倾斜轨道通过光滑水平轨道CD与光滑竖直圆轨道相连，在C点没有能量损失，所有轨道都绝缘，运动过程小球的电量保持不变．只有过山车模型的竖直圆轨道处在范围足够大竖直向下的匀强电场中，场强E＝2.0×103V/m．（cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，取g＝10m/s2）求： （1）被释放前弹簧的弹性势能？ （2）要使小球不离开轨道（水平轨道足够长），竖直圆弧轨道的半径应该满足什么条件？ （3）如果竖直圆弧轨道的半径R＝0.9m，小球进入轨道后可以有多少次通过竖直圆轨道上距水平轨道高为0.01m的某一点P？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）A到B平抛运动：vy2＝2gh 代入数据解得：vy＝＝m/s＝3m/s B点：tan37°＝ 得：vx＝vA＝＝m/s＝4m/s 被释放前弹簧的弹性势能：Ep＝＝J＝0.32J； （2）B点：vB＝＝m/s＝5m/s B到C：（mgsin37°﹣μmgcos37°）L＝﹣， 代入数据解得：vC＝m/s ①恰好过竖直圆轨道最高点时：mg+qE＝m， qE＝0.4N＝mg 从C到圆轨道最高点：﹣（mg+qE）2R1＝﹣ 得：R1＝0.33m ②恰好到竖直圆轨道最右端时：﹣（mg+qE）R2＝0﹣ 得：R2＝0.825m 要使小球不离开轨道，竖直圆弧轨道的半径R≤0.33m或R≥0，825m； （3）R＝0.9m＞R2，小球冲上圆轨道H1＝0.825m高度时速度变为0，然后返回倾斜轨道h1高处再滑下，然后再次进入圆轨道达到的高度为H2． 有：（mg+qE）H1＝mgh1+μmgh1•， （mg+qE）H2＝mgh1﹣μmgh1•， 同除得：H2＝H1＝H1之后物块在竖直圆轨道和倾斜轨道之间往返运动． 同理：n次上升高度Hn＝（）n﹣1H1（n＞0）为一等比数列． ×0.825≤0.01，当n＝4时，上升的最大高度小于0.01m 则小球共有6次通过距水平轨道高为0.01m的某一点． 答： （1）被释放前弹簧的弹性势能为0.32J． （2）要使小球不离开轨道（水平轨道足够长），竖直圆弧轨道的半径R≤0.33m或R≥0，825m． （3）如果竖直圆弧轨道的半径R＝0.9m，小球进入轨道后可以有6次通过竖直圆轨道上距水平轨道高为0.01m的某一点P． 21．在水平向右的匀强电场中，有一质量为m、带正电的小球，用长为l的绝缘细线悬挂于O点，当小球静止时，细线与竖直方向夹角为θ，如图所示，现给小球一个垂直于悬线的初速度，小球恰能在竖直平面内做圆周运动，试问： （1）小球在做圆周运动的过程中，在哪一位置速度最小，速度最小值多大？ （2）小球在B点的初速度多大？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）将重力和电场力的合力等效成“等效重力”， 重力与电场力的合力：F＝，电场力为：F电＝mgtanθ， 小球恰好做圆周运动，在平衡位置的反方向上的圆周位置上速度最小，由牛顿第二定律得： ＝m， 解得小球的最小速度为： v＝； （2）由动能定理可得： ﹣mg•2lcosθ﹣mgtanθ×2lsinθ＝mv2﹣mv2， 解得：v＝． 答：（1）小球运动过程中的最小速度值为． （2）小球的初速度至少是． 22．如图所示，水平绝缘轨道AB和竖直放置半径为R的光滑绝缘半圆轨道BCD在B点平滑连接，过半圆轨道圆心O的水平边界MN下方有场强为E的水平向左匀强电场，电场区域足够大。现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）从水平轨道上距离B点为R的A点由静止释放，已知：滑块的电荷量q＝，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为g。求： （1）滑块从B点刚进入半圆轨道时的速度及滑块对轨道的压力； （2）滑块运动到D点时的速度； （3）滑块在轨道上运动的最大速度； （4）以B为原点，BA方向为正方向建立x坐标轴，滑块都从水平轨道AB上由静止释放，且不考虑滑块运动到D点之后的情况。要使滑块不脱离轨道，滑块释放的位置x应该满足什么条件？ 【答案】（1）滑块从B点刚进入半圆轨道时的速度大小为，方向水平向左；对轨道的压力大小为，方向竖直向下； （2）滑块运动到D点时的速度大小为，方向水平向右； （3）滑块在轨道上运动的最大速度为； （4）使滑块不脱离轨道，滑块释放的位置x应该满足的条件为：x≥R或0≤x≤。 【解答】解：（1）设滑块通过B点时的速度大小为vB，在滑块从A点运动到B点的过程中，由动能定理得： 解得：vB＝，方向水平向左； 设滑块通过B点时半圆轨道对滑块的支持力大小为FN，由牛顿第二定律得： 解得：FN＝ 由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小FN′＝FN＝，方向竖直向下。 （2）在滑块从B点运动到D点的过程中，由动能定理得： 解得：vD＝，方向水平向右。 （3）将电场力与重力的合成为等效重力G′，其与竖直方向的夹角设为θ，如下图所示： P点为圆周运动的等效最低点，在P点速度最大设为vm，则有： tanθ＝＝，解得：θ＝37°， 滑块从B点到P点的过程，由动能定理得： 解得：vm＝ （4）在半圆轨道BCD上不脱离，存在两种情况： ①小球可以通过D点，其恰好通过D点对应能通过D点的最小的x值设为x1，则在D点有： mg＝m 解得：vD′＝ 对比（2）的结果，可知x1＝xAB＝R； ②小球不越过与圆心等高的C点，其恰好到C点对应不越过C点的最大的x值设为x2，由释放位置到C点的过程，由动能定理得： qE（x2+R）﹣μmgx2﹣mgR＝0﹣0 解得：x2＝ 综上可知，滑块释放的位置x应该满足：x≥R或0≤x≤。 答：（1）滑块从B点刚进入半圆轨道时的速度大小为，方向水平向左；对轨道的压力大小为，方向竖直向下； （2）滑块运动到D点时的速度大小为，方向水平向右； （3）滑块在轨道上运动的最大速度为； （4）使滑块不脱离轨道，滑块释放的位置x应该满足的条件为：x≥R或0≤x≤。 23．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C端的正下方P点。（g取10m/s2）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。 【答案】见试题解答内容 【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°…① 得：mg＝Eq， 离开直杆后，只受mg、Eq作用，则合力为 F合＝mg＝ma…② 所以加速度为：a＝g＝10m/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， 则竖直方向：h＝v0sin45°•t+gt2…③ 水平方向：v0cos45°•t﹣t2＝0…④ 联立解得：v0＝＝＝2 m/s （3）由动能定理得：EkP﹣＝mgh…⑤ 可得：EkP＝+mgh＝×0.5×22+0.5×10×0.8＝5 J 答：（1）小环离开直杆后运动的加速度大小为14.1 m/s2，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； （3）小环运动到P点的动能是5 J。 七．带电粒子（计重力）在非匀强电场中的直线运动（共3小题） 24．如图所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方与Q相距分别为h和0.25h，将另一点电荷从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为零。若此电荷在A点处的加速度大小为g，此电荷在B点处的加速度大小为 　3g　，方向 　竖直向上　；A、B两点间的电势差（用Q和h表示）为 　﹣　。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q， 由牛顿第二定律，在A点时mg﹣＝m•g。 在B点时﹣mg＝m•aB， 解得aB＝3g，方向竖直向上，q＝。 从A到B过程，由动能定理mg（h﹣0.25h）+qUAB＝0， 故UAB＝﹣。 故答案为：3g，竖直向上，﹣。 25．如图所示，可视为质点的三物块A、B、C放在倾角为θ＝30°、长为L＝2m的固定斜面上，三物块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝，A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上，其中A为不带电的绝缘体，B、C所带电荷量分别为qB＝+4.0×10﹣5C、qC＝+2.0×10﹣5C且保持不变，A、B的质量分别为mA＝0.80kg、mB＝0.64kg。开始时三个物块均能保持静止状态，且此时A、B两物体与斜面间恰无摩擦力作用。如果选定两点电荷在相距无穷远处的电势能为零，则相距为r时，两点电荷具有的电势能可表示为EP＝k．为使A在斜面上始终做加速度为a＝1.5m/s2的匀加速直线运动，现给A施加一平行于斜面向上的力F，已知经过时间t0后，力F的大小不再发生变化。当A运动到斜面顶端时，撤去外力F．（静电力常量k＝9.0×109N•m2/C2，g＝10m/s2）求： （1）未施加力F时物块B、C间的距离； （2）t0时间内A上滑的距离； （3）t0时间内库仑力做的功； （4）在A由静止开始到运动至斜面顶端的过程中，力F对A做的总功。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）未施加力F时，A、B、C处于静止状态时，设B、C间距离为L1，则 C对B的库仑斥力： F0＝ 以A、B为研究对象，根据力的平衡：F0＝（mA+mB）gsin30° 联立解得：L1＝1.0m （2）给A施加力F后，A、B沿斜面向上做匀加速直线运动，C对B的库仑斥力逐渐减小，A、B之间的弹力也逐渐减小。经过时间t0，B、C间距离设为L2，A、B两者间弹力减小到零，此后两者分离，力F变为恒力。则t0时刻C对B的库仑斥力为：F1＝k…① 以B为研究对象，由牛顿第二定律有： F1﹣mBgsin30°﹣μmBgcos30°＝mBa…② 联立①②解得：L2＝1.2m 则t0时间内A上滑的距离：ΔL＝L2﹣L1＝0.2m （3）设t0时间内库仑力做的功为W0，由功能关系有： W0＝k﹣k代入数据解得：W0＝1.2J…③ （4）设在t0时间内，末速度为v1，力F对A物块做的功为W1，由动能定理有： W1+W0+WG+Wf＝（mA+mB）…④ 而 WG＝﹣（mA+mB）g•ΔLsin30°…⑤ Wf＝﹣μ（mA+mB）g•ΔLcos30°…⑥ 又A做匀加速运动，则有：＝2aΔL…⑦ 由③～⑦式解得：E1＝1.05J 经过时间t0后，A、B分离，力F变为恒力，对A由牛顿第二定律有： F﹣mAgsin30°﹣μmAgcos30°＝mAa…⑧ 力F对A物块做的功：W2＝F（L﹣L2）…⑨ 由⑧⑨式代入数据得：W2＝5J 则力F对A物块做的功：W＝W1+W2＝6.05J 答： （1）未施加力F时物块B、C间的距离为1m： （2）t0时间内A上滑的距离是0.2m； （3）t0时间内库仑力做的功是1.2J； （4）力F对A物块做的总功为6.05J。 26．如图所示，一正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A和C相距为L，B为AC中点．现将一质量为m带电量为q的小球从A点由静止释放，当小球运动到B点时速度正好又为零，已知带电小球在A点处的加速度大小为，求： （1）小球在A点时的受到的库仑力的大小． （2）小球在B点时的加速度 （3）B和A两点间的电势差． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）设正电荷所带电荷量为Q，带电小球在A点时，根据牛顿第二定律和库仑定律得： mgsin 30°﹣k＝maA． 据题 aA＝ 解得 k＝mg 所以小球在A点时的受到的库仑力的大小 FA＝k＝mg （2）带电小球在B点时有：k﹣mgsin 30°＝maB 且 k＝mg 可解得：aB＝ （3）带电小球由A点到B点应用动能定理得： mgsin 30°•﹣UBA•q＝0 可求得：UBA＝ 答： （1）小球在A点时的受到的库仑力的大小是mg． （2）小球在B点时的加速度是． （3）B和A两点间的电势差是． 八．从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题（共18小题） 27．（多选）如图所示，一个质量为m、带电荷量为q的粒子，从两平行板左侧中点沿垂直场强方向射入，当入射速度为v时，恰好穿过电场而不碰金属板。要使粒子的入射速度变为仍能恰好穿过电场，则必须再使（　　） A．粒子的电荷量变为原来的 B．两板间电压减为原来的 C．两板间距离变为原来的4倍 D．两板间距离变为原来的2倍 【答案】AD 【解答】解：设平行板长度为l，宽度为d，板间电压为U，恰能穿过一电场区域而不碰到金属板上，则沿初速度方向做匀速运动： t＝ 垂直初速度方向做匀加速运动： a＝ y＝d＝at2＝ 欲使质量为m、入射速度为的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板，则沿初速度方向距离仍是l，垂直初速度方向距离仍为d； A、使粒子的带电量减少为原来的，则y＝＝＝，故A正确； B、使两板间所接电源的电压减小到原来的一半，y＝＝d，故B错误； C、D、板的电压不变，距离变化，根据y＝d＝，有d2v2恒定，速度减小为，则距离应该增加为2倍； 故C错误，D正确； 故选：AD。 28．如图所示，A、B是真空中的两块面积很大的平行金属板，已知B板的电势为零，A板电势UA随时间变化的规律如图所示，其中UA的最大值为U0，最小值为﹣2U0．在AB的正中央处有一个离子源P，P距离A、B板的距离均为l，离子源P可以源源不断地产生电荷量为q、质量为m的带负电的微粒，已知各个时刻产生带电微粒的机会均等。这种微粒产生后，从静止出发在电场力的作用下运动，设微粒一旦碰到金属板，它就附在板上不再运动，且其电荷同时消失，不影响A、B板的电压。已知上述的T、U0、l、q和m等各量的值正好满足等式：，如果在A板电势变化的每个周期T内，平均产生320个上述微粒，则可求出： （1）在t＝0到t＝这段时间内产生的微粒中，有 　80　个微粒可到达A板（不计重力，不考虑微粒之间的相互作用）： （2）从t＝T到t＝T的这段时间内产生的微粒中，有 　30　个微粒可到达A板。 【答案】（1）80；（2）30。 【解答】解：（1）设在0～T时间内的t1时刻离子源P产生的粒子经Δt1时间在AB间电压为U0的情况下匀加速向A板运动，然后在电压为﹣2U0时匀减速到末速度为零刚好到达A板。 当电压为U0时，粒子的加速度为：a1＝， 当电压为﹣2U0时，粒子的加速度为：a2＝﹣＝﹣2a1 设加速阶段位移为d1，减速阶段运动位移为d2，则 l＝d1+d2 d1＝a1（Δt1）2 d2＝（0﹣）＝[0﹣（a1Δt1）2] 联立解得Δt1＝T t1＝T﹣Δt1＝T 即从0～T时间内产生的粒子均可到达A板， 则0～T时间内到达A板的粒子数：n＝×＝80（个）。 （2）～T时间内，某时刻产生的粒子微粒先向左匀加速运动t时间，经历如下图所示的运动恰好到达A板。 设加速阶段位移为x1，减速及反向加速位移为x2，则有 T﹣t到T时间：x1＝a2t2 T到时间：x2＝a2t•+a1（）2 时刻到速度减到零：2a2x3＝0﹣（a2t+a1）2 a2＝﹣2a1＝﹣ x1+x2+x3＝l 联立解得：t＝T 故T至T时间内产生的微粒可以到达A板，同理可知，到达A板的粒子个数为×T＝30个。 故答案为：（1）80；（2）30。 29．一质量为m＝5kg的木板放在倾角θ＝37°的光滑斜面上，并在外力作用下保持着静止状态。木板左端距斜面底端的距离为s＝10.25m，斜面底端固定着一弹性薄挡板，与之相碰的物体会以原速率弹回。若t＝0时刻，一质量M＝2m的小物块从距离木板左端l＝54m处，以沿木板向上的初速度v0＝4m/s滑上木板，并对小物块施加沿斜面向上的外力F0＝80N（该力在1s时变为F0），如图所示，与此同时撤去作用在木板上的外力。当木板第一次与弹性薄挡板相碰时，撤去施加在小物块上的外力。已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块可以看作质点，且整个过程中小物块不会从木板右端滑出，取g＝10m/s2。求： （1）0至t0＝1s时间内，小物块和木板的加速度的大小和方向； （2）木板第一次与挡板碰撞时的速度的大小； （3）小物块从木板左端滑出之前木板与挡板碰撞的次数，及滑出瞬间小物块与挡板间的距离。 【答案】（1）0至t0＝1s时间内，小物块的加速度大小为2m/s2，方向沿斜面向下；木板的加速度的大小为2m/s2，方向沿斜面向上； （2）木板第一次与挡板碰撞时的速度的大小为7m/s； （3）小物块从木板左端滑出之前木板与挡板碰撞的次数为5次，滑出瞬间小物块与挡板间的距离为。 【解答】解：（1）对小物块，由牛顿第二定律：2mgsinθ+μ×2mgcosθ﹣F0＝2ma1，解得，方向沿斜面向下，小物块沿斜面向上做匀减速运动。 对木板，由牛顿第二定律：μ×2mgcosθ﹣mgsinθ＝ma2，解得：，方向沿斜面向上，木板沿斜面向上做匀加速运动。 （2）设经过t1 二者共速，由运动学公式：v0﹣a1t1＝a2t1，解得：＝t0，此时共速为：v1＝a2t1＝2×1m/s＝2m/s，方向沿斜面向上， 此时施加在物块上的力刚好改变大小。 共速前小物块位移：＝＝3m，木板位移：＝， 小物块相对木板位移：Δx＝x1﹣x2＝3m﹣1m＝2m， 假设共速后二者一起运动，对整体由牛顿第二定律：（M+m）gsin，解得：a＝2m/s2， 对木板，由牛顿第二定律：mgsinθ﹣f＝ma，解得：f＝0.4mg＜μ×2mgcosθ，故二者一起向上匀减速至零，再向下加速，回到第一次共速位置时，速度仍为2m/s，且方向沿斜面向下。 设刚共速至木板第一次与挡板砰前瞬间所用时间为t2，此时速度为v2，由运动学公式：，解得：v2＝7m/s （3）第一次碰后，木板向上运动，物块依然向下， 对物块，由牛顿第二定律：2mgsinθ﹣μ×2mgcosθ＝2ma3，解得：，方向沿斜面向下， 对木板，由牛顿第二定律：mgsinθ+μ×2mgcosθ＝ma4，解得：，方向沿斜面向下 此后，物块一直沿斜面向下做匀加速直线运动，木板先沿斜面向上做匀减速运动，再反向匀加速，与物块共速前会再与挡板发生碰撞， 设木板与挡板相邻两次碰撞间隔时间为t3，， 设第一次碰后木板一直沿斜面向下加速至斜面底端所用时间为t4，由运动学公式：l+Δx＝，整理得：，解得：t4＝4.5s 故木板和挡板要碰撞5次后，物块才会从木板左端滑下。 设木板与挡板从第一次碰到第5次碰撞时，物块相对木板下滑距离为Δx′，此时物块速度为v3， Δx′＝v2×＝7×＝44m v3＝v2+a34t0＝7+2×4×1m/s＝15m/s 设再经过t5，物块会从木板的左端滑下，滑下瞬间距离挡板为x，l+Δx﹣Δx′＝v3t5，整理得：3，解得： x＝＝7×m＝。 答：（1）0至t0＝1s时间内，小物块的加速度大小为2m/s2，方向沿斜面向下；木板的加速度的大小为2m/s2，方向沿斜面向上； （2）木板第一次与挡板碰撞时的速度的大小为7m/s； （3）小物块从木板左端滑出之前木板与挡板碰撞的次数为5次，滑出瞬间小物块与挡板间的距离为。 30．如图所示，光滑绝缘斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点，空间存在竖直向上的匀强电场，带电小球A恰好能静止在高为H处，将不带电的小球B从高为2H处静止释放，与小球A发生弹性碰撞后电量平分，且不考虑A、B间的库仑力作用，碰后小球A在两个斜面上做往复运动，每次经过最低点时动能损失10%，已知mA＝2mB＝2m，α＝β＝30°，两小球只能发生一次碰撞，重力加速度为g，求： （1）两小球A、B碰撞之后的速度； （2）小球A第一次到达最低点O时，两小球的速度大小； （3）小球A运动的总路程。 【答案】（1）两小球A、B碰撞之后，A的速度大小为，方向沿斜面向下，A的速度大小为，方向沿斜面向上； （2）小球A第一次到达最低点O时，小球A、B的速度大小分别为，； （3）小球A运动的总路程为70H。 【解答】解：（1）设小球B从高为2H处静止释放后，与小球A发生弹性碰撞前瞬间的速的速度为v0，对B由机械能守恒定律得： mgH＝，解得：v0＝ 设A、B碰撞后瞬间A、B的速度分别为v1，v2，以沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得： mv0＝mv2+2mv1 ＝+ 解得：v1＝，方向沿斜面向下，v2＝﹣，方向沿斜面向上。 （2）设初始A的电荷量为2q，初始A静止，则有： 2qE＝2mg，即：qE＝mg 碰撞后电量平分，则A、B的电荷量均为q，则 对B有：qE＝mg，可知碰后B沿斜面向上做匀速直线运动，速度大小为。 对A可知沿下面向下做匀加速直线运动，设小球A第一次到达最低点O时速度大小为v3。 对A由牛顿第二定律得：（2mg﹣qE）sinα＝2ma，解得：a＝g ﹣＝2a 解得：v3＝ （3）A、B碰撞后A下滑到斜面底端的路程为s0＝＝2H 经过最低点时动能损失10%，即每次经过最低点后瞬间动能变为原来的0.9倍，即速度的平方变为原来的0.9倍。则 A第一次在左边斜面的路程为 s1＝×2＝0.9× 第二次经过最低点后速度的平方等于0.9×0.9＝0.92× 第二次在右边斜面的路程为 s2＝×2＝0.92× 以此类推，归纳可得小球A运动的总路程为： s＝s0+s1+s2+……+sn＝2H+（0.9+0.92+……+0.9n） 其中：＝ 当n→∞，由数学知识的等比数列求和可得： s＝2H+×＝70H 答：（1）两小球A、B碰撞之后，A的速度大小为，方向沿斜面向下，A的速度大小为，方向沿斜面向上； （2）小球A第一次到达最低点O时，小球A、B的速度大小分别为，； （3）小球A运动的总路程为70H。 31．如图，ABD为竖直平面内的绝缘轨道，其中AB段是长为s＝1.25的粗糙水平面，其动摩擦因数为µ＝0.1，BD段为半径R＝0.2m的光滑半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103V/m。一带负电小球以速度v0沿水平轨道向右运动，接着进入半圆轨道后，恰能通过最高点D点。已知小球的质量为m＝2.0×10﹣2kg，所带电荷量q＝2.0×10﹣5C，g＝10m/s2．（水平轨道足够长，小球可视为质点，整个运动过程无电荷转移） （1）小球能通过轨道最高点D时的速度大小； （2）带电小球在从D点飞出后，首次落到水平轨道上时的位移大小； （3）小球的初速度v0。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）小球恰能通过轨道的最高点的情况下，设到达最高点的速度为vD，离开D点到达水平轨道的时间为t，落点到B点的距离为x， 在D点，有 mg﹣qE＝m 代入数据解得 vD＝1 m/s。 （2）小球离开D点后做类平抛运动，竖直方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有 mg﹣qE＝ma 2R＝ 代入数据解得 t＝0.4 s 小球落到水平轨道上时的水平位移 x＝vDt＝0.4 m 所以位移为 L＝ 解得 L＝m （3）从A到D的过程，由动能定理得： ﹣μ（mg﹣qE）s﹣2mgR+2qER＝﹣ 得 v0＝2.5 m/s。 答： （1）小球能通过轨道最高点D时的速度大小是1m/s； （2）带电小球在从D点飞出后，首次落到水平轨道上时的位移大小是m； （3）小球的初速度v0是2.5 m/s。 32．如图所示，竖直放置的两块足够大的带电平行板间形成一个方向水平向右的匀强电场区域，场强E＝3×104N/C．在两板间用绝缘细线悬挂一个质量m＝5×10﹣3kg的带电小球，静止时小球偏离竖直方向的夹角θ＝60°（g取10m/s2）。试求： （1）小球的电性和电荷量； （2）悬线的拉力； （3）若小球静止时离右板d＝5×10﹣2m，剪断悬线后，小球经多少时间碰到右极板。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）小球受电场力向右，故带正电，受力分析如图所示。 由平衡条件有qE＝mgtan60° 解得q＝×10﹣6 C （2）由平衡条件得F＝， 解得F＝0.1 N。 （3）剪断细线后，小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动。 在水平方向上有ax＝；d＝axt2 联立以上两式解得t＝0.1 s。 答：（1）小球的带正电和电荷量为×10﹣6 C； （2）悬线的拉力0.1N； （3）若小球静止时离右板d＝5×10﹣2 m，剪断悬线后，小球经过0.1秒碰到右极板。 33．两片半径均为R的相同圆形金属板平行正对放置，MN为圆心连线，轴线OQ过MN中点P并与MN垂直；OQ在Q处垂直平分一长为2R的线段AB，AB平行金属板且在板外；在O处有一足够大的荧光屏与OQ垂直，荧光屏与P点距离为d（d＞R），在屏上以O为坐标原点建立坐标系，x轴平行AB；线段AB上均匀分布有粒子源，能沿平行QO方向发射速度为v的相同粒子，粒子质量为m，电荷量为+q；平行板间存在大小为E、方向沿y轴正方向的匀强电场，设每个粒子均能飞出电场，忽略边缘效应以及粒子间的相互作用，不计重力，求： （1）粒子刚出电场时在竖直方向上偏移量的最大值； （2）AB上距Q点R处的粒子刚出电场时速度偏向角的正切值； （3）试论证屏上所得图像的形状并写出其方程。 【答案】（1）粒子刚出电场时在竖直方向上偏移量的最大值为； （2）AB上距Q点R处的粒子刚出电场时速度偏向角的正切值为； （3）屏上所得图像的形状为两焦点在x轴上的椭圆的下半个部分；其方程为y2＝（）2（R2﹣x2），（﹣R≤x≤R，﹣≤y≤0）。 【解答】解：（1）在Q点射出的粒子在偏转电场中做类平抛运动运动的时间最长，刚出电场时在竖直方向上偏移量最大（设为ym）。 此粒子沿QO方向做匀速直线运动，则有： 2R＝vt 沿电场力方向做匀加速直线运动，则有： ym＝at2 加速度a＝ 联立解得：ym＝； （2）设在AB上距Q点R处的粒子在电场中沿QO方向匀速运动的距离为L，几何关系如图1所示。 则有：L＝2×＝R 设粒子刚出电场时速度偏向角为θ，沿电场方向的分速度为vy。 由类平抛运动规律可得： R＝vt1 vy＝•t1＝ 偏向角的正切值tanθ＝＝； （3）设在AB上距Q点x处的粒子刚出电场时在竖直方向上偏移量为y，此粒子在电场中沿QO方向匀速运动的距离为L′，参照图1可得： L′＝2× 由类平抛运动规律可得： L′＝vt2 y＝••t22 联立解得：y＝ 根据类平抛运动的推论可知：打到屏上的粒子好像是从两极板间中线的中点沿直线射出一样，如图2所示。 设打在荧光屏上的位置与x轴的距离为Y，由图中几何关系可得：＝ 联立解得：Y2＝（）2（R2﹣x2）. 由此可知在屏上所得图像的形状是两焦点在x轴上的椭圆的下半个部分； 其方程为：y2＝（）2（R2﹣x2），（﹣R≤x≤R，﹣≤y≤0）。 答：（1）粒子刚出电场时在竖直方向上偏移量的最大值为； （2）AB上距Q点R处的粒子刚出电场时速度偏向角的正切值为； （3）屏上所得图像的形状为两焦点在x轴上的椭圆的下半个部分；其方程为y2＝（）2（R2﹣x2），（﹣R≤x≤R，﹣≤y≤0）。 34．如图所示，两平行金属板A、B长为L＝8cm，两板间距为d＝8cm，A板比B板电势高300v，一带正电的粒子电荷量为q＝1.0×10﹣10C，质量为m＝1.0×10﹣20kg，沿电场中线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2.0×106m/s，粒子飞出电场后经过截面MN，PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响）已知两界面MN、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做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上。（静电常数k＝9.0×109N•m2/C2，粒子重力不计） （1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为多远；到达PS界面时离D点为多远； （2）在图上粗略画出粒子的运动轨迹； （3）确定点电荷Q的电性并求电荷量的大小。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离（侧向位移）：y＝at2； 又 a＝，L＝v0t 则得：y＝ 代入数据得：y＝0.03m＝3cm 带电粒子在离开电场后做匀速直线运动，其轨迹与PS线交于a，设a到D的距离为Y． 由相似三角形得 ＝ 解得：Y＝4y＝12cm （2）带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，在MN、PS间的无电场区域做匀速直线运动，界面PS右边做圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上，轨迹如图所示． （3）带电粒子到达a处时，带电粒子的水平速度：vx＝υ0＝2×106m/s 竖直速度：υy＝at＝1.5×106m/s， 合速度为 v合＝＝2.5×106m/s 该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q做匀速圆周运动．所以Q带负电． 由几何知识得，粒子圆周运动的半径 r＝＝cm＝15cm 根据k＝m，代入数据解得：Q＝1.04×10﹣8C 答：（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为3cm，到达PS界面时离D点12cm； （2）粒子的运动轨迹如图所示； （3）点电荷Q带负电，其电荷量的大小为1.04×10﹣8C． 35．如图所示，在直角坐标系的第一、二象限内有垂直于纸面的匀强磁场，第三象限有沿y轴负方向的匀强电场，第四象限内无电场和磁场。质量为m，带电量为q的粒子从M点以速度v0沿x轴负方向进入电场，不计粒子的重力，粒子经N、P点最后又回到M点。设OM＝l，ON＝2l，则： （1）关于电场强度E的大小。 （2）匀强磁场的方向。 （3）磁感应强度B的大小是多少？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）粒子从M到N过程做类平抛运动，则有 OM＝ ON＝v0t 由qE＝ma，得a＝ 代入解得： （2）粒子在电场中逆电场方向偏转，粒子带负电，在磁场中顺时针转动，由左手定则判断得知，磁场方向垂直于纸面向里。 （3）设粒子到达N点与x轴夹角为θ，则 将上题中相应式子代入得：tanθ＝1，θ＝45° 由几何关系，粒子到达P点时与x轴夹角仍为45°，OP＝l，速度 又由几何知识得：3l＝2Rsin45°， 粒子在磁场中做匀速圆周运动，， 联立解得 答： （1）电场强度E的大小是。 （2）匀强磁场的方向垂直于纸面向里。 （3）磁感应强度B的大小是 36．如图所示，有一电子（质量为m，电荷量的绝对值为e），由静止经电压为Uo的加速电场加速后，沿两块水平正对且平行放置的金属板的中线进入板间．已知两块金属板间的距离为d、板间的电压为U，若电子刚好擦着板的边缘射出电场．不计重力，求： （1）电子射出加速电场时的速率 （2）金属板的长度l． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）在加速过程根据动能定理得： eU0＝mv02 解得到电子射出加速电场的速度： v0＝ （2）电子在竖直方向：y＝d＝at2，a＝ 在水平方向：x＝l＝v0t 联立上式得到：d＝ 代入数据得：l＝d； 答： （1）电子射出加速电场时的速率为． （2）金属板的长度l为d． 37．如图所示，带有等量异种电荷平行金属板M、N竖直放置，M、N两板间的距离d＝0.5m．现将一质量m＝1×10﹣2kg、电荷量q＝4×10﹣5C的带电小球从两极板上方的A点以v0＝4m/s的初速度水平抛出，A点距离两板上端的高度h＝0.2m；之后小球恰好从靠近M板上端处进入两板间，沿直线运动碰到N板上的C点，该直线与曲线的末端相切．设匀强电场只存在于M、N之间，不计空气阻力，取g＝10m/s2．求： （1）小球到达M极板上边缘B位置时速度的大小和方向； （2）M、N两板间的电场强度的大小和方向； （3）小球到达C点时的动能． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）小球平抛运动过程水平方向做匀速直线运动，vx＝v0＝4 m/s 竖直方向做匀加速直线运动，，vy＝gt1＝2 m/s 得解：m/s 方向 ，θ＝arctan0.5（θ为速度方向与水平方向的夹角） （2）小球进入电场后，沿直线运动到C点，所以重力与电场力的合力即沿该直线方向． 则 得解：N/C，方向水平向右． （3）解法一： 进入电场后，小球受到的合外力 B、C两点间的距离， 从B到C由动能定理得： 解得：EkC＝0.225J 解法二：进入电场后，小球在水平方向做初速度为v0的匀加速直线运动，m/s2 得解：t2＝0.1 s 小球到达C点时的水平速度v1＝v0+axt2＝6 m/s 竖直分速度v2＝vy+gt2＝3 m/s vC＝ EkC＝＝＝0.225 J 答： （1）小球到达M极板上边缘B位置时速度的大小是2m/s，方向与水平方向的夹角为arctan0.5； （2）M、N两板间的电场强度的大小是5×103N/C，方向水平向右； （3）小球到达C点时的动能是0.225 J． 38．如图，在直角坐标系xOy的第一象限中，存在竖直向上的匀强电场，场强E1＝16N/C，虚线是电场的理想边界线，虚线右端与x轴的交点为A（4，0），虚线与x轴所围成的空间内没有电场；在第二象限存在水平向左的匀强电场，场强E2＝4N/C。有一粒子发生器能在M（﹣4，4）和N（﹣4，0）两点连线上的任意位置产生初速度为零的负粒子，粒子质量均为m＝4×10﹣23kg、电荷量q＝﹣6.4×10﹣19C，不计粒子重力和相互间的作用力，且整个装置处于真空中。已知从MN上静止释放的所有粒子，最后都能到达A点。 （1）若粒子从M点由静止开始运动，进入第一象限后始终在电场中运动并恰好到达A点，求到达A点的速度大小； （2）若粒子从MN上的中点由静止开始运动，求该粒子从释放点运动到A点的时间； （3）求第一象限的电场边界线（图中虚线）方程。 【答案】（1）到达A点的速度大小为1.6×103m/s； （2）该粒子从释放点运动到A点的时间为s； （3）第一象限的电场边界线方程y＝﹣+2x （m） （0≤x≤4m）。 【解答】解：（1）设M点坐标为（﹣r，r），则N点坐标（﹣r，0），A点坐标（r，0），r＝4m， 粒子比荷为k＝＝＝1.6×104C/kg。 对粒子先后经过两电场的全过程，由动能定理得： qE2r+qE1r＝m 代入数据，解得：vA＝1.6×103m/s （2）粒子先在第二象限的电场E2中匀加速直线运动，对于此运动有： 加速度：a1＝kE2 位移：r＝a1 代入数据，解得时间：t1＝ s 在第一象限有电场做类平抛运动，无电场区域做匀速直线运动，x轴方向均不受力，因此x轴的分运动为匀速直线运动，对于x轴方向的运动有： vx＝a1t1 t2＝ 代入数据，解得时间：t2＝ s 全过程所用的时间：t＝t1+t2 解得：t＝s （3）设粒子在MN上的B点坐标为（﹣r、y1）进入电场E2，进入第一象限先做类平抛运动，轨迹与E1电场边界线交点为C点，设B点坐标为（﹣r、y1），C点坐标为（x、y），CA连线与x轴夹角为θ。 对电场E1中做类平抛运动有： 加速度：a2＝kE1 x轴方向：x＝vxt y轴方向：vy＝a2t；y1﹣y＝a2t2 解得：y1＝+y…① 有 ＝＝tanθ 而 ＝＝tanθ…② 由几何关系得：tanθ＝…③ 联立①②③式得方程：y＝﹣+2x （m） （0≤x≤4m） 答：（1）到达A点的速度大小为1.6×103m/s； （2）该粒子从释放点运动到A点的时间为s； （3）第一象限的电场边界线方程y＝﹣+2x （m） （0≤x≤4m）。 39．如图所示，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径R＝0.50m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，场强的大小E＝1.0×104N/C，现有质量m＝0.20kg，电荷量q＝8.0×10﹣4C的带电体（可视为质点），从A点由静止开始运动，已知xAB＝1.0m，带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为0.5，假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑到摩擦力相等，求：（g＝10m/s2） （1）带电体从A点运动到B点的过程中电势能变化了多少； （2）求带电体运动到圆弧形轨道C点时对轨道的压力； （3）带电体最终停止何处． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）带电体从A点运动到B点的过程中电场力做正功，W＝EqxAB＝1.0×104×8.0×10﹣4×1J＝8J， 故电势能减少了8J． （2）设带电体到达C点时的速度为v，从A到C由动能定理得到： qE（xAB+R）﹣μmgxAB﹣mgR＝mv2﹣0 解得：v＝10m/s 设在C点时轨道对带电体的支持力为FN，由向心力公式得到： FN﹣qE＝m 解得：FN＝48N， 由牛顿第三定律得带电体对轨道的压力为48N． （3）设带电体验竖直轨道CD上升的最大高度为h，从C到速度为0，由动能定理： ﹣mgh﹣μqEh＝0﹣mv2； 解得：h＝m 在最高点，带电体受到的最大静摩擦力Ffmax＝μqE＝4N 重力G＝mg＝2N 因为G＜Ffmax，所以带电体最终静止在C点上方到C点的竖直距离为m处． 答：（1）带电体从A点运动到B点的过程中电势能变化了8J； （2）求带电体运动到圆弧形轨道C点时对轨道的压力48N； （3）带电体最终停止在C点上方到C点的竖直距离为m处． 40．如图所示，空间有场强大小E＝1.0×102V/m，方向竖直向下的匀强电场，长L＝0.8m不可伸长的轻绳固定于O点，另一端系一质量m＝0.5kg、带电量q＝5×10﹣2C的小球。拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放，当小球运动至O点的正下方B点时绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在一个与水平面成θ＝53°、无限大的挡板MN上的C点，重力加速度g取10m/s2，试求： （1）绳子的最大张力； （2）A、C两点的电势差； （3）当小球运动至C点时，突然调整匀强电场的方向和大小，同时把挡板迅速水平向右平移到某处，若小球仍能垂直打在挡板上，求调整后匀强电场大小的最小值Em。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）A→B过程，由动能定理及圆周运动知识有： …① …② 联解①②得：T＝30N…③ （2）A→C由功能关系及电场相关知识有： …④ vCsinθ＝vB…⑤ UAC＝E•hAC…⑥ 联解④⑤⑥得：UAC＝125V…⑦ （3）由题可知改变电场方向后小球必须做匀速直线或匀加速直线运动，才能垂直打在挡板上，由矢量三角形可知：当F电与F合（或运动）的方向垂直时，电场强度有最小值Em， 由矢量三角形图有：qEm＝mgsinθ， 得：Em＝80V/m； 答：（1）绳子的最大张力为30N； （2）A、C两点的电势差为125V； （3）调整后匀强电场大小的最小值Em为80V/m。 41．如图所示，以y轴为边界，右边是水平向左的E1＝1×104N/C匀强电场，左边是与水平方向成45°斜向上的E2＝×104N/C匀强电场，现有一个质量为m＝10﹣3kg，带电量q＝1×10﹣6C小颗粒从坐标为（0.1m，0.1m）处静止释放．忽略阻力，g＝10m/s2． 求[结果可以带根号] （1）刚释放时的加速度a （2）第一次经过y轴时的坐标及时间 （3）第二次经过y轴时的坐标． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）如图 小颗粒在电场E1中受到电场力F＝qE1＝0.01N 受到的重力mg＝0.01N 合力指向原点，小颗粒做匀加速直线运动，第一次经过y轴的坐标是（0，0） 加速度a为： （2）由释放到原点位移S： 由　得， 第一次经过y轴的坐标是（0，0） （3）运动到原点的速度为v0＝at＝2m/s，小颗粒在E2电场中合力为F＝，方向与v0方向垂直； 由此可得小颗粒做类平抛运动，再次运动到Y轴的时间为t1，v0方向位移为 S1＝v0t1 与v0方向垂直位移为S2＝，其中a1＝ 由几何关系得：S1＝S2， 故可得：S1＝ 第二次经过y轴时到原点距离为：L＝×S1＝1.6m，即坐标为（0，﹣1.6）． 答：（1）刚释放时的加速度a为； （2）第一次经过y轴时的坐标为（0，0），时间为； （3）第二次经过y轴时的坐标为（0．﹣1.6）． 42．如图所示，A为粒子源．在A和极板B间的加速电压为U1，在两水平放置的平行导体板C、D间加有偏转电压U2．C、D板长L，板间距离d．现从粒子源A发出质量为m，带电量为q的带电粒子，由静止开始经加速电场加速后进入偏转电场，最后穿出打在右侧的屏幕上，不计粒子的重力．求： （1）带电粒子穿过B板时的速度大小； （2）带电粒子从偏转电场射出时的侧移量（即竖直方向的偏转位移） （3）带电粒子从偏转电场射出时的速度大小与方向． 【答案】见试题解答内容 【解答】解（1）粒子经加速电场的过程中，由动能定理得：qU1＝ 解得：v＝ （2）对类似平抛过程，平行板方向做匀速直线运动，运动时间为：t＝， 垂直板方向做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得加速度为：a＝， 离开偏转电场时的侧移为：y＝， 解得：y＝； （3）对类似平抛过程，竖直分速度为：vy＝at＝； 合速度为：v′＝＝； 速度偏转角的正切值为：tanθ＝＝； 答：（1）带电粒子穿过B板时的速度大小为； （2）带电粒子从偏转电场射出时的侧移量为； （3）带电粒子从偏转电场射出时的速度大小为，速度偏转角的正切值tanθ＝． 43．如图（a）所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d＝0.1m，板长L＝0.3m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间，距金属板右端x＝0.5m处竖直放置一足够大的荧光屏，现在AB板间加如图（b）所示的方波形电压，已知U0＝1.0×102V，在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m＝1.0×10﹣7kg，电荷量q＝1.0×10﹣2C，速度大小均为v0＝1.0×104m/s，带电粒子的重力不计，则： （1）求粒子在电场中的运动时间； （2）求在t＝0时刻进入的粒子飞出电场时的侧移量； （3）求各个时刻进入的粒子，离开电场时的速度的大小和方向； （4）若撤去挡板，求荧光屏上出现的光带长度。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）粒子在水平方向做匀速直线运动， L＝v0t，粒子在电场中的运动时间：t＝＝3×10﹣5s； （2）0时刻进入的粒子竖直方向上先做匀加速直线运动， 用时t1＝2×10﹣5s，再做匀减速直线运动，用时t2＝1×10﹣5s， 加速度大小相等，为：a＝＝1×108m/s2， 侧移量：d1＝a（T）2+aT•T﹣a（T）2＝3.5×10﹣2m， （3）任意时刻进入的粒子水平方向都是匀速直线运动， 运动时间3×10﹣5s不变，该时间刚好等于电场变化的周期， 所以任何时刻进入的粒子离开电场时在电场方向的速度均相同， vy＝at1﹣at2＝108×（2×10﹣5﹣1×10﹣5）m/s＝103m/s （1分） 根据速度合成离开电场时的速度：， 速度与竖直方向夹角θ，则有：tanθ＝＝10，与竖直方向夹角：θ＝arctan10； （4）挡板去后，所以粒子离开电场的速度都相同，如前一问所得。示意图如下图所示： t＝0时刻进入的粒子，正向偏转位移最大，且运动过程没有速度反向 y＝a×（2×10﹣5s）2+a×2×10﹣5s×1×10﹣5s﹣a×（1×10﹣5s）2＝0.035m， 若粒子进入的位置合适，粒子可以从极板的上（或下）边沿离开电场。 t＝2×10﹣5s时刻进入的粒子反向偏转过程中位移最大是速度减小到0的时候， 若粒子位置合适，粒子此时刚好到达下极板，随后开始加速，时间为t＝1×10﹣5s， 此粒子下面的粒子将打在下极板上而不能离开电场。 此粒子正向偏移为； 根据离开粒子速度大小方向相同，判断打在荧光屏上面的光带长度：a＝d﹣y′＝0.095m； 答：（1）粒子在电场中的运动时间为3×10﹣5s； （2）在t＝0时刻进入的粒子飞出电场时的侧移量为3.5×10﹣2m； （3）各个时刻进入的粒子，离开电场时的速度的大小为1000m/s，方向：与竖直方向夹角为：arctan10； （4）若撤去挡板，荧光屏上出现的光带长度为0.095m。 44．如图所示，两平行金属板A、B长为L＝8cm，两板间距离d＝8cm，A板比B板电势高400V，一带正电的粒子电荷量为q＝1.0×10﹣10C、质量为m＝1.0×10﹣20kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2.0×106m/s，粒子飞出电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响）．已知两界面MN、PS相距为6cm，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10cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上．（静电力常量k＝9.0×109 N•m2/C2，粒子的重力不计） （1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为多远；到达PS界面时离D点为多远； （2）确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离（侧向位移）： y＝＝， 解得：y＝0.04m＝4cm； 带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS线交于a，设a到中心线的距离为Y． 则有：， 解得：Y＝10cm； （2）粒子到达H点时，其水平速度为：vx＝v0＝2.0×106m/s， 竖直速度为：m/s， 粒子的速度为：v＝＝＝2×106m/s， 该粒子在穿过界面PS后绕点电荷Q做匀速圆周运动，所以Q带负电，根据几何关系可知半径为：cm， 由牛顿第二定律得：k＝m， 解得：C≈1.26×10﹣8C； 答：（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为4cm，到达PS界面时离D点为10cm； （2）确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小为1.26×10﹣8C． 九．动量守恒定律在电场问题中的应用（共4小题） 45．（多选）有一上表面粗糙的绝缘长木板放在光滑水平面上，现有质量为m，电荷量为q的物块沿长木板表面以一定的初速度自左向右滑动，由于有方向竖直向下的匀强电场，物块滑至长木板右端时相对木板静止，现仅将电场方向改为竖直向上，物块滑至板中央就相对静止，则（　　） A．物块带正电荷 B．物块带负电荷 C．匀强电场的场强大小为 D．匀强电场的场强大小为 【答案】BD 【解答】解：AB、摩擦力总是阻碍物块与木板间的相对运动，根据题意，第二种下物块与木板的相对位移小于第一种情况下的相对位移，说明第二种情况下物块所受的摩擦力较大，由公式f＝μN知，第二情况下正压力较大，所以第二情况下电场力应向下，物块应带负电，故B正确，A错误； CD、设木板的质量为M，长为L，物块的初速度为v0．物块和木板组成的系统，水平方向不受外力，动量守恒，设物块与木板相对静止时的速度大小为v，规定水平向右的方向为正方向，则有： mv0＝（m+M）v； 第一种情况：场强向下，A、B所受的合力大小为F1＝μ（mg﹣qE），根据能量守恒得： F1L＝﹣（M+m）v2 第二种情况：场强向上，A、B所受的合力大小为F2＝μ（mg+qE），根据能量守恒得： F2•＝﹣（M+m）v2 联立解得：μ（mg﹣qE）L＝μ（mg+qE） 解得：，故C错误，D正确。 故选：BD。 46．水平面上固定一根内壁光滑的绝缘圆筒，圆筒长L＝20d0，筒内充满沿筒水平向右的匀强电场，场强大小，现有一质量为M＝3m的圆形小滑块（可视为质点）静止，在圆筒内距左端d0处，该滑块为绝缘体且不带电。现有一个直径略小于圆筒内径且质量为m的光滑绝缘弹性的小球，该小球带电量为+q，在圆筒内左端无初速度释放，小球将与滑块发生多次弹性碰撞，不计空气阻力，绝缘小球带电量始终保持不变，重力加速度g，求： （1）小球与小滑块第一次碰撞后，各自速度大小； （2）在第一次到第二次碰撞的这段时间内，滑块与小球相距的最大距离； （3）滑块在筒内运动过程中，小球与滑块碰撞的次数。 【答案】（1）小球与小滑块第一次碰撞后，各自速度大小均为； （2）在第一次到第二次碰撞的这段时间内，滑块与小球相距的最大距离为d0； （3）滑块在筒内运动过程中，小球与滑块碰撞的次数4次。 【解答】解：以下解答均以向右为正方向。 （1）小球第一次与小滑块碰撞前做初速度为零的匀加速直线运动，设两者第一次碰撞前瞬间小球的速度大小为v1，根据动能定理得： ，已知：，可得： 设第一次碰撞后瞬间小球和滑块的速度分别为vm1、vM1，小球与小滑块发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得： mv1＝mvm1+MvM1 联立解得：， 小球速度方向为水平向左，滑块速度方向为水平向右，速度大小均为。 （2）第一次碰后小球向左做匀减速直线运动，加速度大小为： 滑块向右做匀速直线运动，当小球的速度与滑块的速度相同时，两者间距离最远。设第一次碰后小球经过时间t与滑块的速度相同，两者间的最远距离为sm。则有： vM1＝vm1+at 解得：sm＝d0 （3）第一次碰撞后到第二次碰撞时两者位移相同，设此过程经历的时间为t1，滑块的位移为x1，根据运动学公式得： 解得：，x1＝2d0 第二次碰撞前瞬间小球的速度为： 设第二次碰撞后瞬间小球和滑块的速度分别为vm2、vM2，由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv2+MvM1＝mvm2+MvM2 联立解得：vm2＝0， 同理，设第二次碰撞后到第三次碰撞时经历的时间为t2，滑块的位移为x2，则有： 解得：，x2＝4d0 第三次碰撞前瞬间小球的速度为： 设第三次碰撞后瞬间小球和滑块的速度分别为vm3、vM3，同理可得： mv3+MvM2＝mvm3+MvM3 联立解得：， 同理，设第三次碰撞后到第四次碰撞时经历的时间为t3，滑块的位移为x3，则有： 解得：，x3＝6d0 综上分析，由前三次碰撞后滑块的向下运动的位移分别为：x1＝2d0，x2＝4d0，x3＝6d0 可归纳出每次碰撞后到下一次碰撞时滑块位移逐次增加2d0，如果滑块不离开圆管，第四次碰撞后到第五次碰撞时滑块的位移为：x4＝8d0 因：20d0﹣d0﹣x1﹣x2﹣x3＝7d0＜x4＝8d0，故第四次碰撞后滑块离开圆管，小球与滑块的碰撞次数为4次。 答：（1）小球与小滑块第一次碰撞后，各自速度大小均为； （2）在第一次到第二次碰撞的这段时间内，滑块与小球相距的最大距离为d0； （3）滑块在筒内运动过程中，小球与滑块碰撞的次数4次。 47．如图所示，在光滑水平面上方存在电场强度大小为E＝2×104N/C、方向水平向左的有界匀强电场，电场右边界如图中的虚线所示，左边界为竖直墙壁，电场宽度d＝4.75m。长度L＝4m、质量M＝2kg的不带电绝缘长木板P原先静止在水平面上。可视为质点的质量m＝1kg、电荷量q＝1×10﹣4C的带正电金属块Q从木板的右端以v0＝3m/s的速度水平向左滑上木板，两者相对静止后再进入电场，木板与墙壁发生碰撞的时间极短且碰撞无机械能损失。已知金属块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。 （1）求木板与墙壁第一次碰撞前瞬间的速度大小。 （2）求木板与墙壁第二次碰撞前瞬间的速度大小。 （3）金属块最终能否停在木板上？若能，求出金属块最终停在木板上的位置；若不能，请说明理由。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）Q与木板的相对静止后的共同速度为v：mv0＝（M+m）v ① Q在木板上滑动的距离为x：μmgx＝ ② 由①②解得：v＝1m/s x＝＝0.75m 接着共同加速度运动距离为：x1＝4.75﹣（4﹣0.75）＝1.5m 加速度为：a＝＝m/s2 第一次碰撞前瞬间的速度为v1则： 解得：v1＝＝m/s 则木板左端达到墙壁时Q刚要进入电场，此前均为匀速运动速度为v＝1m/s，即第一次碰撞前瞬间的速度大小为m/s。 （2）第一次碰撞后，木板以m/s的初速度反向减速运动，加速度为大小为：a木＝＝2m/s2 Q做向左的减速运动，加速度大小为aQ＝＝2m/s2 二者速度减为0时，各自完成的距离为相同为：x′，x′＝＝＝0.75m 后二者向左做匀加速运动，加速度a′＝＝m/s2 再次与墙壁相碰时速度为v′则：v′2＝2a′x′解得：v′＝＝＝1m/s。 （3）若不掉下，则要板要最后停靠在竖直墙壁，设Q距右端的距离为X，则由功能关系可得： 代入数据解得：x＝3m 答：（1）为木板与墙壁第一次碰撞前瞬间的速度大小m。 （2）木板与墙壁第二次碰撞前瞬间的速度大小为1m/s。 （3）金属块最终能停在木板上，距右端为3m。 48．如图所示，匀强电场方向沿x轴的正方向，场强为E．在A（d，0）点有一个静止的中性微粒，由于内部作用，某一时刻突然分裂成两个质量均为m的带电微粒，其中电荷量为﹣q（q约定为正值）的微粒1沿y轴负方向运动，经过一段时间到达B（0，﹣d）点．不计重力和分裂后两微粒间的作用．试求： （1）分裂时微粒1的速度； （2）微粒1由A点到B点的速度偏转角； （3）分裂时另一微粒的速度； （4）当微粒1到达（0，﹣d）点时，两微粒间的距离． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）微粒1在y方向不受力，做匀速直线运动；在x方向由于受恒定的电场力，做匀加速直线运动．所以微粒1做的是类平抛运动．设微粒1分裂时的速度为v1，微粒2的速度为v2则有： 在y方向上有：d＝v1t 在x方向上有a＝，d＝at2， 解得：v1＝，速度方向沿y轴的负方向． （2）tanθ＝＝＝＝2，即：tanθ＝2， 解得：θ＝arctan2； （3）中性微粒分裂成两微粒时，系统动量守恒，以向右为正方向，动量守恒定律，有：mv1+mv2＝0， 解得：v2＝﹣v1， 所以：v2的大小为 ，方向沿y正方向． （4）两微粒的运动具有对称性，如图所示，当微粒1到达（0，﹣d）点时发生的位移 S1＝d， 则当微粒1到达（0，﹣d）点时，两微粒间的距离为BC＝2S1＝2d． 答：（1）分裂时微粒1的速度为，方向：沿y轴的负方向； （2）微粒1由A点到B点的速度偏转角为arctan2； （3）分裂时另一微粒的速度为，方向：沿y轴的正方向； （4）当微粒1到达（0，﹣d）点时，两微粒间的距离为2d． 网（北京）股份有限公司1 学科网（北京）股份有限公司 $$