?專題09 靜電場
一、單選題
1．如圖所示，在電場有M、N兩點(diǎn)，則（　?。?br />
A. M點(diǎn)的電勢比N點(diǎn)的電勢高
B. M點(diǎn)的電場強(qiáng)度比N點(diǎn)的電場強(qiáng)度大
C. 正電荷在M點(diǎn)的電勢能比在N點(diǎn)的電勢能大
D. 負(fù)電荷從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)，電場力不做功
【答案】 B

綜上所述本題答案是：B
2．如圖所示，在水平放置兩平行金屬板M、N之間的P點(diǎn)，固定有一個帶電荷量為－q的點(diǎn)電荷，兩金屬板通過電阻R接到直流電源上，其中N板接地．( )

A. 當(dāng)保持其它條件不變，而將M板向上移動的過程中，金屬板帶電荷量將增加
B. 當(dāng)保持其它條件不變，而將M板向上移動的過程中，通過R的電流方向是b指向a
C. 當(dāng)保持其它條件不變，而將M板向上移動到某處穩(wěn)定后與移動前相比，p處點(diǎn)電荷的電勢變小
D. 當(dāng)保持其它條件不變，而將M板向上移動到某處穩(wěn)定后與移動前相比，p處點(diǎn)電荷的電勢能變小
【答案】 C
【解析】試題分析：當(dāng)保持其它條件不變，而將M板向上移動的過程中，d增大，根據(jù)可知，電容C減小，因U不變，根據(jù)可知，電荷量減小，通過R的電流向右，即a指向b，故AB錯誤；由于電容器兩端的電勢差不變，將M板向上移動，d增大，根據(jù)可知，電場強(qiáng)度減小，根據(jù)，可知pN間的電勢差減小，又，且N點(diǎn)電勢為零，則p點(diǎn)的電勢減小，根據(jù)，電荷為負(fù)電荷，則在p點(diǎn)的電勢能變大．故C正確，D錯誤．故選C．
【點(diǎn)睛】電容器和電源相連，兩端的電勢差不變，通過電容的變化，結(jié)合Q=CU得出電荷量的變化，通過電容器帶電量的變化確定通過R的電流流向．結(jié)合電場強(qiáng)度的變化，得出pN間電勢差的變化，從而確定p點(diǎn)電勢的變化，得出p點(diǎn)電勢能的變化．
3．帶有等量異種電荷的一對平行金屬板,上極板帶正電荷.如果兩極板間距不是足夠近或者兩極板面積不是足夠大,即使在兩極板之間,它們的電場線也不是彼此平行的直線,而是如圖所示的曲線(電場方向未畫出).虛線MN是穿過兩極板正中央的一條直線.關(guān)于這種電場,以下說法正確的是( )

A. 平行金屬板間的電場,可以看做勻強(qiáng)電場
B. b點(diǎn)的電勢高于a點(diǎn)的電勢
C. d點(diǎn)的電勢低于c點(diǎn)的電勢
D. 若將一正電荷從電場中的任一點(diǎn)由靜止釋放,它必將沿著電場線運(yùn)動到負(fù)極板
【答案】 C

點(diǎn)睛：解決本題關(guān)鍵掌握電場線的兩個物理意義：疏密表示場強(qiáng)的大小，方向表示電勢的高低，要明確只有電場線是直線時，電荷才能沿電場線運(yùn)動．
4．關(guān)于電場的性質(zhì)正確的是：（ ）
A. 電場強(qiáng)度大的地方，電勢一定高
B. 正點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中電勢都為正
C. 勻強(qiáng)電場中，兩點(diǎn)間的電勢差只與兩點(diǎn)間距離成正比
D. 電場強(qiáng)度大的地方，沿場強(qiáng)方向電勢變化快
【答案】 D
【解析】A項(xiàng)，場強(qiáng)和電勢沒有直接關(guān)系，電場強(qiáng)度大的地方電勢不一定高，故A項(xiàng)錯誤。
B項(xiàng)，正點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中電場線由正點(diǎn)電荷發(fā)出指向無窮遠(yuǎn)，但本題中沒有規(guī)定哪兒為零勢點(diǎn)，所以正點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中電勢不一定為正，故B項(xiàng)錯誤。
C項(xiàng)，勻強(qiáng)電場中，兩點(diǎn)間電勢差與兩點(diǎn)沿電場線方向上的距離成正比，故C項(xiàng)錯誤。
D項(xiàng)，電場強(qiáng)度大的地方，電場線密集，等勢線距離小，電勢變化快，故D項(xiàng)正確
5．如圖所示是電容式話筒的示意圖，它是利用電容制作的傳感器，話筒的振動膜前面有薄薄的金屬層，膜后距膜幾十微米處有一金屬板，振動膜上的金屬層和這個金屬板構(gòu)成電容器的兩極，在兩極間加一電壓U，人對著話筒說話時，振動膜前后振動，使電容發(fā)生變化，使聲音信號被話筒轉(zhuǎn)化為電信號，其中導(dǎo)致電容變化的原因可能是電容器兩板間的（ ）

A. 電壓變化 B. 電量變化
C. 距離變化 D. 介質(zhì)變化
【答案】 C
【解析】人對著話筒講話時，振動膜前后振動時，介質(zhì)、正對面積沒有變化，電容器兩板間的距離發(fā)生變化，引起電容變化，使聲音信號被話筒轉(zhuǎn)化為電信號，故C正確，ABD錯誤；
故選C。
6．如圖所示為航母上電磁彈射裝置的等效電路圖（俯視圖），使用前先給超級電容器C充電，彈射時，電容器釋放儲存電能所產(chǎn)生的強(qiáng)大電流經(jīng)過導(dǎo)體棒EF，EF在磁場（方向垂直紙面向外）作用下加速。則下列說法正確的是 （ ）

A. 電源給電容器充電后，M板帶正電
B. 導(dǎo)體棒在安培力作用下向右運(yùn)動
C. 超級電容器相當(dāng)電源，放電時兩端電壓不變
D. 在電容器放電過程中，電容器電容不斷減小
【答案】 B

點(diǎn)睛：本題考查電容以及安培力的性質(zhì)，要注意掌握左手定則以及電容的性質(zhì)等基本內(nèi)容，明確電容由導(dǎo)體本身的性質(zhì)決定．
7．為研究靜電除塵，有人設(shè)計(jì)了一個盒狀容器，如圖所示，容器側(cè)面是絕緣的透明有機(jī)玻璃，上下底面是金屬板。當(dāng)金屬板連接到高壓電源正負(fù)兩極時，在兩金屬板間產(chǎn)生勻強(qiáng)電場?，F(xiàn)把一定量均勻分布的煙塵顆粒密閉在容器內(nèi)，顆粒帶負(fù)電，不考慮煙塵顆粒之間的相互作用和空氣阻力，并忽略煙塵顆粒所受重力。下列說法正確的是（ ）

A. 煙塵顆粒向下運(yùn)動 B. 兩金屬板間電場方向向上
C. 煙塵顆粒在運(yùn)動過程中電勢能減少 D. 煙塵顆粒電荷量可能是電子電量的1.5倍
【答案】 C
【解析】由圖可知，極板上端為正極，下端為負(fù)極；則帶負(fù)電的顆粒受電場力向上，故帶電顆粒將向上運(yùn)動，故A錯誤；極板上端為正極，下端為負(fù)極，所以兩金屬板間電場方向向下．故B錯誤；煙塵顆粒在運(yùn)動過程中電場力做正功，電勢能減少．故C正確；帶電體的帶電量只能是元電荷的整數(shù)倍，所以煙塵顆粒電荷量不可能是電子電量的1.5倍．故D錯誤；故選C.
8．如圖，兩電荷量分別為Q(Q>0)和－Q的點(diǎn)電荷對稱地放置在x軸上原點(diǎn)O的兩側(cè)，a點(diǎn)位于x軸上O點(diǎn)與點(diǎn)電荷Q之間，b位于y軸O點(diǎn)上方。取無窮遠(yuǎn)處的電勢為零，下列說法正確的是

A. O點(diǎn)的電勢為零，電場強(qiáng)度也為零
B. a點(diǎn)的電勢高于b點(diǎn)電勢，a點(diǎn)電場強(qiáng)度大于b點(diǎn)電場強(qiáng)度
C. 正的試探電荷在b點(diǎn)的電勢能大于零，所受電場力方向指向O點(diǎn)
D. 將負(fù)的試探電荷從O點(diǎn)移到a點(diǎn)，必須克服電場力做功
【答案】 B
【解析】等量異種電荷連線的中垂線為一條等勢線，且電勢為零，即O點(diǎn)電勢為零，而兩電荷連線上電場方向由a指向b，根據(jù)沿電場線方向電勢降低，所以a點(diǎn)的電勢高于O點(diǎn)的電勢，即a點(diǎn)的電勢高于b點(diǎn)的電勢，在連線上，電場強(qiáng)度先增大后減小，在O點(diǎn)電場強(qiáng)度最小，但不為零，在中垂線上，從O點(diǎn)向兩邊遞減，所以O(shè)點(diǎn)在中垂線上是電場強(qiáng)度最大的點(diǎn)，故a點(diǎn)電場強(qiáng)度大于b點(diǎn)電場強(qiáng)度，A錯誤B正確；電荷在零電勢處電勢能為零，故正的試探電荷在b點(diǎn)的電勢能為零，電場方向水平向右，C錯誤；負(fù)電荷從O向a移動過程中，電場力方向水平向左，電場力做正功，D錯誤．
9．如圖所示，P點(diǎn)固定一個帶正電荷的小球，光滑桿上套有一個帶負(fù)電的質(zhì)量為m的小環(huán)（可視為點(diǎn)電荷），A、P在同一水平面上，且相互為L，當(dāng)環(huán)從A位置靜止開始下滑到C位置時速度恰好為零，B點(diǎn)是AC的中點(diǎn)，已知AC間的距離為h，則

A. 在C位置時小環(huán)受到的庫侖力為
B. 從A到C，小環(huán)的機(jī)械能先增大后減少
C. 從A到B和從B到C，小環(huán)克服庫侖力做的功，后者較大
D. 從A到C，小環(huán)克服庫侖力做功的功率一直增大
【答案】 C
【解析】A、在C位置時小環(huán)受到的庫侖力F，則有，，故A錯誤；
B、帶正電荷的小球?qū)ж?fù)電的質(zhì)量為m的小環(huán)做負(fù)功，小環(huán)的機(jī)械能減少，故B錯誤；
C、由點(diǎn)電荷周圍的電勢分布可知，距離點(diǎn)電荷越遠(yuǎn)，電勢減小的越慢，所以AB之間的電勢小于BC之間的電勢，小環(huán)克服庫侖力做的功在BC多，故C正確；
D、在A點(diǎn)，小環(huán)克服庫侖力做功的功率為0，在C點(diǎn)，小環(huán)克服庫侖力做功的功率為0，小環(huán)克服庫侖力做功的功率先增大后減小，故D錯誤；
故選C。
10．如圖所示，有兩個固定的等量異種點(diǎn)電荷，a、b是它們連線的中垂線上兩個位置，c是它們產(chǎn)生的電場中另一位置，以無窮遠(yuǎn)處為電勢的零點(diǎn)，則以下認(rèn)識中正確的有

A. a、b兩點(diǎn)場強(qiáng)相同 B. a、b兩點(diǎn)電勢相同
C. c點(diǎn)電勢為正值 D. 將一正電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)電場力做負(fù)功
【答案】 B
【解析】A、a、b兩點(diǎn)場強(qiáng)方向均與ac連線垂直向右，方向相同．a(chǎn)點(diǎn)處電場線比b處疏，則a場強(qiáng)比b點(diǎn)?。蔆錯誤；
B、等量異種點(diǎn)電荷連線的垂直平分線是一條等勢線，所以a點(diǎn)電勢與b點(diǎn)電勢相等．故B正確；
C、等量異種點(diǎn)電荷連線的垂直平分線是一條等勢線，a、b點(diǎn)處于同一等勢線上，而且這條等勢線一直延伸到無窮遠(yuǎn)處，則a、b與無窮遠(yuǎn)處電勢相等，無窮遠(yuǎn)處電勢為零，又該電場電場線由正電荷出發(fā)到負(fù)電荷終止，故c點(diǎn)電勢比ab電勢低，故c電勢為負(fù)，故C錯誤；
D、由于a、b電勢相等，故將一正電荷從b點(diǎn)移到c點(diǎn)電場力不做功，故D錯誤；
故選B；
11．如圖甲所示，Q1、Q2為兩個被固定的點(diǎn)電荷，其中Q1帶負(fù)電，a、b兩點(diǎn)在它們連線的延長線上．現(xiàn)有一帶負(fù)電的粒子以一定的初速度沿直線從a點(diǎn)開始經(jīng)b點(diǎn)向遠(yuǎn)處運(yùn)動（粒子只受電場力作用），粒子經(jīng)過a、b兩點(diǎn)時的速度分別為va、vb，其速度圖象如圖乙所示．以下說法中正確的是 ( ）

A. Q2帶負(fù)電
B. Q2的電量一定大于Q1的電量
C. a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢
D. 整個運(yùn)動過程中，粒子的電勢能先減小后增大
【答案】 C
【解析】A、由圖可知負(fù)電粒子速度先減小，若也帶負(fù)電，負(fù)電粒子因?yàn)榕懦饬?，速度會增大，一定帶正電，選項(xiàng)A錯誤；
B、過了b點(diǎn)后，負(fù)電荷速度變大，說明負(fù)電荷受到排斥力大于的吸引力，所以的電量一定大于的電量，選項(xiàng)B錯誤；
C、從速度圖象上看，可見a到b做加速度減小的減速運(yùn)動，所以負(fù)電荷應(yīng)該是沿著電場線運(yùn)動的，所以a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢，故C正確；
D、整個過程動能先減小后增大，根據(jù)能量守恒得知，電勢能先增大后減小，選項(xiàng)D錯誤
綜上所述本題答案是：C
12．如圖所示，a、b為豎直正對放置的平行金屬板構(gòu)成的偏轉(zhuǎn)電場，其中a板帶正電，兩板間的電壓為U，在金屬板下方存在一有界的勻強(qiáng)磁場，磁場的上邊界為與兩金屬板下端重合的水平面PQ，PQ下方的磁場范圍足夠大，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，一帶正電粒子以速度v0從兩板中間位置與a、b平行方向射入偏轉(zhuǎn)電場，不計(jì)粒子重力，粒子通過偏轉(zhuǎn)電場后從PQ邊界上的M點(diǎn)進(jìn)入磁場，運(yùn)動一段時間后又從PQ邊界上的N點(diǎn)射出磁場，設(shè)M、N兩點(diǎn)距離為x（M、N點(diǎn)圖中未畫出），從N點(diǎn)射出的速度為v，則以下說法中正確的是

A. 只增大帶電粒子的比荷大小，則v減小
B. 只增大偏轉(zhuǎn)電場的電壓U的大小，則v減小
C. 只減小初速度v0的大小，則x不變
D. 只減小偏轉(zhuǎn)電場的電壓U的大小，則x不變
【答案】 D
的夾角為θ，則由半徑公式，結(jié)合幾何關(guān)系，可得：x=2Rsinθ=，則會導(dǎo)致x不變，故D正確；故選D．
點(diǎn)睛：考查粒子做類平拋運(yùn)動與勻速圓周運(yùn)動的處理規(guī)律，掌握圓周運(yùn)動的半徑公式，注意運(yùn)動的合成與分解的方法．
13．x軸上有兩個點(diǎn)電荷Q1和Q2，Q1和Q2之間連線上各點(diǎn)電勢高低如圖曲線所示，選無窮遠(yuǎn)處電勢為零，從圖中可以看出（ ）

A. Q1的電荷量小于Q2的電荷量
B. Q1和Q2一定是同種電荷
C. Q1和Q2之間連線上各點(diǎn)電場強(qiáng)度方向都指向Q2
D. P處的電場強(qiáng)度為零
【答案】 C
【解析】AB、由圖象可以發(fā)現(xiàn)，離Q1越近電場中的電勢越高，由此可以判斷Q1為正電荷，同理由于離Q2越近電勢越低，所以Q2為負(fù)電。選無窮遠(yuǎn)處電勢為零，根據(jù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中各點(diǎn)的電勢，在它們的連線上的p點(diǎn)的電勢也是零，Q1在p點(diǎn)的電勢為正，Q2在p點(diǎn)的電勢為負(fù)，且絕對值相等，但p點(diǎn)離Q2近，所以Q1的電荷量要大于Q2的電荷量，所以A錯誤，B錯誤；
C、由于Q1和Q2為異種電荷，并且Q1為正電荷，Q1在x軸正半軸上的電場方向向右；Q2為負(fù)電荷，Q2在Q1和Q2之間的電場方向也向右，所以Q1和Q2之間連線上各點(diǎn)電場強(qiáng)度方向都指向Q2，P點(diǎn)電場強(qiáng)度是Q1和Q2在p點(diǎn)產(chǎn)生的電場的和，不等于零，方向指向Q2，所以C正確，D錯誤。
故選：C。
14．一電場線在豎直平面上的分布如圖所示。電場中的A、B兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度分別為、，電勢分別為、。一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球，從電場中的A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)，A、B兩點(diǎn)間的高度差為h。小球經(jīng)過A點(diǎn)時的速度大小為，運(yùn)動至B點(diǎn)時的速度大小為，該過程的速度偏向角為α，電場力做功為W，則以下判斷中正確的是(? ?)

A. >
B.

D.
【答案】 D
【解析】AB、由電場線的疏密可判斷出EA＜EB，由電場線的方向可判斷出φA＞φB，故AB錯誤；
CD、從電場中的A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)，由動能定理得，電場力做功為，故D正確，如果電荷為負(fù)電荷，電場力做負(fù)功，，重力做正功，，大小無法確定，所以和的大小無法判斷，故C錯誤；
故選D。
15．以兩個等量同種正電荷的連線的中點(diǎn)為圓心，在連線的中垂面上做出兩個同心圓如圖所示，兩個圓上有三個不同的點(diǎn)M、N、P，下列說法中正確的是（ ）?

A. N點(diǎn)電勢一定小于M點(diǎn)的電勢
B. N點(diǎn)場強(qiáng)一定大于M點(diǎn)的場強(qiáng)
C. 一個電子在M點(diǎn)的電勢能和在P點(diǎn)的電勢能相等
D. 一個電子在N點(diǎn)的電勢能比在P點(diǎn)的電勢能大
【答案】 C
【解析】A、兩個等量同種正電荷的連線的中點(diǎn)為圓心，在連線的中垂面上做出兩個同心圓，由疊加原理得，O點(diǎn)的電勢最高，無窮遠(yuǎn)處的電勢為0，從O點(diǎn)經(jīng)N點(diǎn)、M點(diǎn)到無窮遠(yuǎn)，電勢減小，則有N點(diǎn)電勢大于M點(diǎn)的電勢，故A錯誤；
B、由疊加原理得，O點(diǎn)的場強(qiáng)為0,無窮遠(yuǎn)處的場強(qiáng)為0，從O點(diǎn)經(jīng)N點(diǎn)、M點(diǎn)到無窮遠(yuǎn)，場強(qiáng)先增大后減小，N點(diǎn)、M點(diǎn)具體位置未知，場強(qiáng)大小也未知，無法判斷N點(diǎn)、M點(diǎn)場強(qiáng)大小，故B錯誤；
C、M點(diǎn)和P點(diǎn)在同一個圓上，M點(diǎn)電勢等于P點(diǎn)的電勢，電子在M點(diǎn)的電勢能和在P點(diǎn)的電勢能相等，故C正確；
D、N點(diǎn)電勢大于M點(diǎn)的電勢，M點(diǎn)電勢等于P點(diǎn)的電勢，則有N點(diǎn)電勢大于P點(diǎn)的電勢，電子在N點(diǎn)的電勢能比在P點(diǎn)的電勢能小，故D錯誤；
故選C。
16．某靜電場中有一條電場線與x軸重合，縱軸φ表示該條電場線上對應(yīng)各點(diǎn)的電勢φ隨x的變化規(guī)律，如圖所示．x軸上坐標(biāo)為x1＝－x0點(diǎn)的電勢和電場強(qiáng)度大小分別為φ1和E1，坐標(biāo)x2＝x0點(diǎn)的電勢和電場強(qiáng)度大小分別為φ2和E2，下列有關(guān)判斷正確的是(　　)

A. φ1＞φ2，E1＞E2
B. φ1＜φ2，E1＞E2
C. φ1＞φ2，E1＜E2
D. φ1＜φ2，E1＜E2
【答案】 B
【解析】由題意可知電場線方向沿x負(fù)方向，沿著電場線方向電勢降低，故有φ1＜φ2，A、C錯；在φ-x圖象中某點(diǎn)的斜率表示電場強(qiáng)度的大小，故有E1＞E2，故B正確；
綜上所述本題答案是：B
17．兩個不規(guī)則帶電導(dǎo)體間的電場線分布如圖所示，已知導(dǎo)體附近的電場線均與導(dǎo)體表面垂直，a、b、c、d為電場中幾個點(diǎn)，并且a、d為緊靠導(dǎo)體表面的兩點(diǎn)，選無窮遠(yuǎn)為電勢零點(diǎn)，則(　　)

A. 場強(qiáng)大小關(guān)系有Eb>Ec
B. 電勢大小關(guān)系有φb>
C. 粒子在0～段做勻變速運(yùn)動，～段做勻速直線運(yùn)
D. ～段是勻強(qiáng)電場
【答案】 ABD
【解析】A、根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系：Ep=qφ，場強(qiáng)與電勢的關(guān)系：，得：，由數(shù)學(xué)知識可知Ep-x圖象切線的斜率處為零，電場強(qiáng)度等于零，A正確；
B、由圖可知，、、處電勢能EP1＜EP2＜EP3，根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系：Ep=qφ，粒子帶負(fù)電，所以、、處電勢、、的關(guān)系為>>
C、粒子在0～段斜率變化，電場強(qiáng)度變化，電場力變化，粒子做變速運(yùn)動，不是勻變速運(yùn)動，～段圖線斜率不變，電場強(qiáng)度不化，電場力不化，粒子做勻速運(yùn)動，C錯誤，D正確；
故選：ABD。
2．已知π+介子、π﹣介子都是由一個夸克（夸克u或夸克d）和一個反夸克（反夸克或反夸克）組成的，它們的帶電量如表所示，表中e為元電荷．

π+
π﹣
u
d


帶電量
+e
﹣e





下列說法正確的是（　?。?br /> A. π+由u和組成 B. π+由d和組成
C. π﹣由u和組成 D. π﹣由d和組成
【答案】 AD
【解析】由題意可知，π+帶電量為+e，故由u和組成；π﹣帶電量為﹣e，故由d和組成組成，故AD正確，BC錯誤．
3．如圖所示，初速度不計(jì)的電子從電子槍中射出，在加速電場中加速，從正對P板的小孔射出，設(shè)加速電壓為U1，又垂直偏轉(zhuǎn)電場方向射入板間并射出，設(shè)偏轉(zhuǎn)電壓為U2。則：

A. U1變大，則電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速度變大
B. U1變大，則電子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動的時間變短
C. U2變大，則電子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動的加速度變小
D. 若要電子離開偏轉(zhuǎn)電場時偏移量變小，僅使U1變大，其它條件不變即可
【答案】 ABD
【解析】A項(xiàng)：由可知，電子受力變大，加速度變大，其他條件不變時，當(dāng)U1變大，則電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速度變大，故A正確；
B項(xiàng)：由可知，電子受力變大，加速度變大，其他條件不變時，當(dāng)U1變大，則電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的水平速度變大，運(yùn)動時間變短，故B正確；
C項(xiàng)：由可知，U2變大，電子受力變大，加速度變大，電子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動的加速度變大，故C錯誤；
D項(xiàng)：由可知，若要電子離開偏轉(zhuǎn)電場時偏移量變小，僅使U1變大，其它條件不變即可，故D正確。
點(diǎn)晴：本題考查了帶電粒子在電場中的運(yùn)動，可以根據(jù)動能定理和牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合推導(dǎo)出。
4．在兩個等量同種點(diǎn)電荷的連線上，有與連線中點(diǎn)O等距的兩點(diǎn)a、b，如圖所示，則下列判斷正確的是（ ）

A. a、b兩點(diǎn)的電勢相同
B. a、b兩點(diǎn)的場強(qiáng)矢量相同
C. a、O兩點(diǎn)間與b、O兩點(diǎn)間的電勢差相同
D. 同一電荷放在a、b兩點(diǎn)的電勢能相同
【答案】 ACD

5．a(chǎn)、b、c三個α粒子同時由同一點(diǎn)沿水平方向進(jìn)入豎直偏轉(zhuǎn)電場，其中b恰好沿下極板右邊沿飛出電場，下面說法正確的是( 　)

A. 在b飛離電場的同時，a剛好打在負(fù)極板上
B. b和c同時飛離電場
C. 進(jìn)入電場，c的速度最大，a的速度最小
D. a、b動能增量相等
【答案】 ACD
【解析】AB、三個粒子所受的電場力相等，加速度大小相等，在豎直方向上有：y=，可知：a、b的偏轉(zhuǎn)位移相等，大于c的偏轉(zhuǎn)位移，知a、b的運(yùn)動時間相等，大于c的時間，故A正確，B錯誤；
C、因?yàn)閍的水平位移小于b的水平位移，它們的運(yùn)動時間相等，則a的速度小于b的速度；b的水平位移和c的水平位移相等，b的時間大于c的時間，則b的速度小于c的速度。所以進(jìn)入電場時，c的速度最大，a的速度最小，故C正確；
D、根據(jù)動能定理知，a、b的偏轉(zhuǎn)位移相等，則電場力做功相等，所以a、b的動能增量相等，故D正確。
故選：ACD。
6．如圖所示，一光滑絕緣斜面的直角點(diǎn)A處固定一帶電量為+q，質(zhì)量為m的絕緣小球甲。另一質(zhì)量也為m，帶電量也為+q的同樣小球乙置于斜面頂點(diǎn)B處，已知斜面長為L，現(xiàn)把上部小球從B點(diǎn)從靜止自由釋放，小球能沿斜面從B點(diǎn)運(yùn)動到斜面底端C處（靜電力常量為k，重力加速度為g）下列結(jié)論正確的是（ ）

A. 乙球到達(dá)斜面中點(diǎn)D處時的速度為x/kw
B. 乙球運(yùn)動到斜面底端C處時，對斜面的壓力大小為
C. 乙球從B點(diǎn)到C點(diǎn)時減少的重力勢能等于增加的動能
D. 乙球從B點(diǎn)到C點(diǎn)電勢能先增加后減少
【答案】 ABD
【解析】A、由題意知：小球運(yùn)動到D點(diǎn)時，由于AD=AB，所以有，即
由動能定理得：
解得：，A正確；
B、小球運(yùn)動到C點(diǎn)時，對球受力分析如圖所示：

由平衡條件得：

聯(lián)立解得：FN=，B正確；
C、乙球從B點(diǎn)到C點(diǎn)重力勢能減少，電勢能減小，動能增加，減小的重力勢能和電勢能等于增加的動能，C錯誤；
D、乙球從B點(diǎn)到C點(diǎn)，先靠近A點(diǎn)后遠(yuǎn)離A點(diǎn)，電場力先做負(fù)功后做正功飛，電勢能先增加后減少，D正確。
故選：ABD。
7．某區(qū)域的電場線分布如圖所示，其中間一根電場線是直線，一帶正電的粒子從直線上的O點(diǎn)由靜止開始在電場力作用下運(yùn)動到A點(diǎn)。取O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿直線向右為x軸正方向，粒子的重力忽略不計(jì)。在O到A運(yùn)動過程中，下列關(guān)于粒子運(yùn)動速度v和加速度a隨時間t的變化、粒子運(yùn)動徑跡上的電勢φ和動能Ek隨位移x的變化圖線可能正確的是（ ）

A. B. C. D.
【答案】 BD
【解析】由圖可知，從O到A點(diǎn)，電場線由疏到密，電場強(qiáng)度先減小后增大，方向不變，因此電荷受到的電場力先減小后增大，則加速度先減小后增大，故A錯誤，B正確；沿著電場線方向電勢降低，而電勢與位移的圖象的斜率表示電場強(qiáng)度，故C錯誤；根據(jù)能量守恒關(guān)系，則，由此可知：，因此粒子的動能Ek和運(yùn)動徑跡上電勢φ隨位移x的變化圖線斜率先減小后增大，故D正確。所以BD正確，AC錯誤。
8．如圖所示，水平放置的平行板電容器與直流電源連接，下極板接地。一帶電質(zhì)點(diǎn)恰好靜止于電容器中的P點(diǎn)?，F(xiàn)將平行板電容器的下極板向上移動一小段距離，則（ ）

A. 電容器的電容將減小，極板帶電荷量將增大
B. 帶電質(zhì)點(diǎn)將沿豎直方向向上運(yùn)動
C. P點(diǎn)的電勢將降低
D. 若將質(zhì)點(diǎn)固定，則其電勢能將減小
【答案】 BC
【解析】根據(jù)電容決定式：，下極板上移時，則d減小，可知C增大，因?yàn)殡妷翰蛔?，根?jù)Q=UC可知，極板帶電量增大，故A錯誤；將平行板電容器的下極板豎直向上移動一小段距離，由于電容器兩板間電壓不變，根據(jù)得知板間場強(qiáng)增大，油滴所受的電場力增大，則油滴將向上運(yùn)動，故B正確；場強(qiáng)E增大，而P點(diǎn)與上極板間的距離不變，則由公式U=Ed分析可知，P點(diǎn)與上極板間電勢差將增大，上極板的電勢等于電源的電動勢，保持不變，而P點(diǎn)的電勢高于下極板的電勢，則知P點(diǎn)的電勢將降低，故C正確；由帶電油滴原來處于平衡狀態(tài)可知，油滴帶負(fù)電，P點(diǎn)的電勢降低且大于零，則油滴的電勢能將增加，故D錯誤。所以BC正確，AD錯誤。
9．在正點(diǎn)電荷Q形成的電場中，有M、N兩點(diǎn)，如圖所示．以下說法正確的是： （ ）

A. M點(diǎn)的場強(qiáng)大于N點(diǎn)的場強(qiáng)
B. M點(diǎn)的電勢大于N點(diǎn)的電勢
C. 將一正點(diǎn)電荷分別放在M點(diǎn)和N點(diǎn)，則該電荷在M點(diǎn)電勢能大
D. 將一負(fù)點(diǎn)電荷分別放在M點(diǎn)和N點(diǎn)，則該電荷在M點(diǎn)電勢能大
【答案】 ABC
【解析】A、根據(jù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場強(qiáng)度，M點(diǎn)距離點(diǎn)電荷較近，所以M點(diǎn)的場強(qiáng)大于N點(diǎn)的場強(qiáng)，A正確；
B、正電荷產(chǎn)生的電場電場線向外，沿電場線方向電勢降低，所以M點(diǎn)的電勢大于N點(diǎn)的電勢，B正確；
CD、正電荷在高電勢處電勢能大，負(fù)電荷在高電勢處電勢能小，則C正確，D錯誤。
故選：ABC。
10．如圖所示，A、B為兩個點(diǎn)電荷，MN為兩電荷連線的中垂線，圖中實(shí)線表示兩點(diǎn)電荷形成的電場的一條電場線(方向未標(biāo)出)，下列說法正確的是

A. 兩電荷一定是異種電荷
B. 電荷A一定帶正電
C. 兩電荷的電量一定滿足
D. 兩電荷的電量一定滿足
【答案】 AC
【解析】A由電場線分布特點(diǎn)可知兩電荷一定帶異種電荷，故A正確；
B．電場線方向未知，電荷A可能帶正電荷，也可能帶負(fù)電荷，故B錯誤；
CD 將A、B兩點(diǎn)用直線連起來，通過電場線的疏密程度可知兩電荷的電量一定滿足，故C正確D錯誤。
11．兩點(diǎn)電荷形成電場的電場線分布如圖所示．若圖中A、B兩點(diǎn)處的場強(qiáng)大小分別為EA、EB，電勢分別為φA、φB，則（ ）

A. EA＜EB B. EA＞EB C. φA＞φB D. φA＜φB
【答案】 BC
【解析】根據(jù)電場線的疏密判斷場強(qiáng)的大小，電場線越密，場強(qiáng)越大．畫出過B點(diǎn)的等勢線，根據(jù)順著電場線電勢降低判斷電勢的高低．
由電場線的分布情況可知，A處電場線比B處電場線密，則A點(diǎn)的場強(qiáng)大于B點(diǎn)的場強(qiáng)，即，A錯誤B正確；畫出過B點(diǎn)的等勢線與A所在的電場線交于C點(diǎn)，則有A點(diǎn)的電勢高于C點(diǎn)的電勢，所以A點(diǎn)的電勢高于B點(diǎn)的電勢，即，C正確D錯誤．

12．某靜電場中，與x軸重合的電場線的電勢φ在x軸上的分布如圖所示．下列說法正確的是（　?。?br />
A. 在x軸上，x3處的電場強(qiáng)度最大
B. x1處的電場強(qiáng)度大于x4處的電場強(qiáng)度
C. 負(fù)電荷從x2移到x4，電勢能減小
D. 電荷量為q的正點(diǎn)電荷從x3移到x4，電場力做功為
【答案】 BD

13．如圖所示，真空中固定兩個等量異種點(diǎn)電荷A、B，其連線中點(diǎn)為0，在A、B所形成的電場中，以O(shè)點(diǎn)為圓心、半徑為R的圓面垂直AB，以O(shè)為幾何中心、邊長為2R的正方形abcd平面垂直圓面且與AB共面，兩平面邊線交點(diǎn)分別為e、f，g為圓周上的一點(diǎn)。下列說法中正確的是（　?。?br />
A. e、f 兩點(diǎn)電勢相等，b、d兩點(diǎn)場強(qiáng)大小相等，方向不同
B. 將一正電荷由e點(diǎn)沿圓弧egf移到f點(diǎn)，電場力先做正功后做負(fù)功
C. 將一電荷由a點(diǎn)分別移到圓心0和圓周上g點(diǎn)，電勢能的變化量相同
D. 沿線段eOf移動的電荷受到的電場力先增大后減小
【答案】 CD
【解析】圖中圓面是一個等勢面，e、f的電勢相等，根據(jù)電場線分布的對稱性可知b、d的場強(qiáng)相同，故A錯誤；圖中圓弧egf是一條等勢線，但由于正負(fù)點(diǎn)電荷在AB的位置不確定，所以只能判斷從e到f過程中電場力做功為零，但不能確定先做什么功，B錯誤；a點(diǎn)與圓面內(nèi)任意一點(diǎn)時的電勢差相等，根據(jù)公式可知：將一電荷由a點(diǎn)移到圓面內(nèi)任意一點(diǎn)時，電場力做功相同，則電勢能的變化量相同，C正確；沿線段eof移動的電荷，電場強(qiáng)度先增大后減小，則電場力先增大后減小，故D正確．
14．兩個等量同種電荷固定于光滑水平面上，其連線中垂線上有A、B、C三點(diǎn)，如圖所示。一個電量為2C，質(zhì)量為1kg的小物塊從C點(diǎn)靜止釋放，其運(yùn)動的v-t圖象如圖所示，其中B點(diǎn)處為整條圖線切線斜率最大的位置（圖中標(biāo)出了該切線）。則下列說法正確的是

A. 物塊帶負(fù)電，且B點(diǎn)為中垂線上電場強(qiáng)度最大的點(diǎn)，場強(qiáng)
B. 由C到A的過程中物塊的電勢能先減小后變大
C. 由C點(diǎn)到A點(diǎn)的過程中，電勢逐漸降低
D. BC兩點(diǎn)的電勢差
【答案】 CD
【解析】從v-t圖象可知帶電粒子在B點(diǎn)的加速度最大為，所受的電場力最大為Fm=mam=2N，據(jù)電場強(qiáng)度定義式可得B點(diǎn)的場強(qiáng)為：，故A錯誤；從速度時間圖象可知帶電粒子的速度增大，電場力做正功，電勢能減小，故B錯誤；、據(jù)兩個等量的同種正電荷，其連線中垂線上電場強(qiáng)度方向由O點(diǎn)沿中垂線指向外側(cè)，故由C點(diǎn)到A點(diǎn)的過程中電勢逐漸減小，故C正確；從速度時間圖象可知A、B兩點(diǎn)的速度分別為 vC=0m/s，vB=4m/s，再根據(jù)動能定理得：，代入數(shù)據(jù)解得：UBC=-4V，故D正確。所以CD正確，AB錯誤。
15．如圖所示，ABCD與CDEF為相鄰的兩個相同正方形，在正方形ABCD的中心O1有一正點(diǎn)電荷，在正方形CDEF的中心O2有一負(fù)點(diǎn)電荷，兩點(diǎn)電荷帶電量相等，G點(diǎn)為EF的中點(diǎn)，H點(diǎn)為CD的中點(diǎn)，則下列說法正確的是

A. C和G兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向相同
B. C點(diǎn)和H點(diǎn)的電勢相等
C. 將一帶正電的試探電荷沿直線從Ｂ點(diǎn)移動至Ｆ點(diǎn)的過程中，電場力一直做正功
D. 將一帶正電的試探電荷沿直線從F點(diǎn)移動至E點(diǎn)的過程中，電場力先做正功后做負(fù)功
【答案】 BD
【解析】試題分析：根據(jù)等量異種電荷電場規(guī)律分析解題
兩點(diǎn)電荷在C點(diǎn)的合場強(qiáng)方向水平向右，兩點(diǎn)電荷在G點(diǎn)的合場強(qiáng)方向水平向左，故兩者的電場強(qiáng)度方向不同，A錯誤；等量異種電荷連線的中垂線是一條等勢面，故C和H兩點(diǎn)的電勢相等，B正確；從B到F過程中電場力的夾角先與速度方向?yàn)殁g角，即先做負(fù)功，再做正功，C錯誤；從F點(diǎn)到E點(diǎn)過程中電場力與速度方向的夾角先是銳角，后為鈍角，即先做正功后做負(fù)功，故D正確．

16．下列關(guān)于電場、磁場的說法正確的是（　?。?br /> A. 沿著電場線的方向，場強(qiáng)越來越小
B. 沿著電場線的方向，電勢越來越低
C. 洛侖茲力方向一定與磁場方向垂直
D. 洛倫茲力為零的地方磁感應(yīng)強(qiáng)度也為零
【答案】 BC

17．如圖所示，一絕緣細(xì)線Oa下端系一質(zhì)量為m的帶電的小球a，懸點(diǎn)O正下方有一帶電小球b固定在絕緣底座上．開始時a球靜止在圖中位置，此時細(xì)線Oa與豎直方向的夾角為θ．現(xiàn)將
b球沿豎直方向緩上移至與a球等高處，此過程

A. 細(xì)線Oa與豎直方向的夾角θ保持不變
B. b球所受的庫侖力一直變大
C. 細(xì)線Oa的拉力一直變大
D. a球與b球間的距離一直變大
【答案】 BC
【解析】對小球a受力分析，如圖所示：

圖中力三角形G′aF與幾何三角形△Oba相似，故：，先假設(shè)θ不變，則b點(diǎn)向上移動的過程中，由幾何關(guān)系可知，ab之間的距離減小，根據(jù)庫侖公式：可知，ab之間的距離減小時，ab之間的庫侖力將增大．所以小球a不可能保持不動，a必定向右上方移動一定的距離，此時θ增大；即a向右上方移動一定的距離，但ab之間的距離仍然減小，ab之間的庫侖力仍然增大，故AD錯誤，B正確；當(dāng)b向上移動時，Ob之間的距離減小，由上可知，細(xì)線Oa的拉力一直變大，故C正確。所以BC正確，AD錯誤。
18．如圖所示，AB⊥CD 且A、B、C、D位于同一半徑為r 的豎直圓上，在C點(diǎn)有一固定點(diǎn)電荷，電荷量為＋Q，現(xiàn)從A 點(diǎn)將一質(zhì)量為m，電荷量為－q 的點(diǎn)電荷由靜止釋放，該電荷沿光滑絕緣軌道ADB運(yùn)動到D 點(diǎn)時速度為（g 為重力加速度），規(guī)定電場中B點(diǎn)的電勢為零，則在＋Q 形成的電場中

A. A 點(diǎn)電勢低于O 點(diǎn)電勢 B. D 點(diǎn)電勢為－
C. O 點(diǎn)電場強(qiáng)度大小是B 點(diǎn)的2 倍 D. 點(diǎn)電荷－q 在D 點(diǎn)具有的電勢能為
【答案】 ACD
【解析】因?yàn)镺點(diǎn)離Q比A點(diǎn)近，又因?yàn)镼是正電荷，電場線方向沿著半徑方向背離電荷，根據(jù)沿著電場線的方向，電勢降低，可知A點(diǎn)的電勢低于O點(diǎn)電勢，故A正確；從A到D運(yùn)動，根據(jù)動能定理，則有：，解得電場力做功：，場中B點(diǎn)的電勢為零，A點(diǎn)的電勢也為零，因?yàn)殡妶隽ψ鲐?fù)功，則電勢能增加，因此點(diǎn)電荷-q在D點(diǎn)的電勢能為：；規(guī)定電D點(diǎn)的電勢為：，故B錯誤，D正確；由幾何關(guān)系得：B到C的距離是O到C的距離的倍，根據(jù)點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度公式：，則有B點(diǎn)電場強(qiáng)度大小是O點(diǎn)的倍，故C正確。所以ACD正確，B錯誤。
19．一半徑為R的半球面均勻帶有正電荷Q，電荷Q在球心O處產(chǎn)生的場強(qiáng)大小EO=，方向如圖所示.把半球面分為表面積相等的上、下兩部分，如圖甲所示，上、下兩部分電荷在球心O處產(chǎn)生電場的場強(qiáng)大小分別為El、E2；把半球面分為表面積相等的左、右兩部分，如圖乙所示，左、右兩部分電荷在球心O處產(chǎn)生電場的場強(qiáng)大小分別為E3、E4．則

A. E1>
B. E2=
C. E3>
D. E4=
【答案】 AC
【解析】根據(jù)點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度公式，且電荷只分布球的表面，對于圖甲，雖表面積相同，但由于間距的不同，則上、下兩部分電荷在球心O處產(chǎn)生電場的場強(qiáng)大小關(guān)系為；因電荷Q在球心O處產(chǎn)生物的場強(qiáng)大小，則，A正確；對于圖乙，半球面分為表面積相等的左、右兩部分，是由于左右兩個半個球殼在同一點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等，則根據(jù)電場的疊加可知：左側(cè)部分在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)與右側(cè)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等，即E3=E4?．由于方向不共線，由合成法則可知，，C正確BD錯誤．
20．兩點(diǎn)電荷形成電場的電場線分布如圖所示．若圖中A、B兩點(diǎn)處的場強(qiáng)大小分別為EA、EB，電勢分別為φA、φB，則（ ）

A. EAEB C. φAφB
【答案】 BD
【解析】A處的電場強(qiáng)度較密，所以，根據(jù)等勢面分布，如圖可得A點(diǎn)的電勢高于B點(diǎn)的電勢，故BD正確．

三、解答題
1．如圖所示，電場強(qiáng)度為E、方向平行于紙面的勻強(qiáng)電場分布在寬度為L的區(qū)域內(nèi)，一個離子以初速度v0垂直于電場方向射入勻強(qiáng)電場中，穿出電場區(qū)域時發(fā)生的側(cè)移量為h。在同樣的寬度范圍內(nèi)，若改用方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，使同樣的離子以相同的初速度穿過磁場區(qū)域時發(fā)生的側(cè)移量也為h，即兩次入射點(diǎn)與出射點(diǎn)均相同，不計(jì)離子所受重力。

（1）求該離子的電性和比荷（即電荷量q與其質(zhì)量m的比值）；
（2）求勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向；
【答案】（1）帶正電，（2），垂直紙面向外
【解析】（1）離子在電場中受到豎直向下的電場力，與電場方向相同，故帶正電
在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，水平方向有，
豎直方向有，而
聯(lián)立以上幾式可得：；
（2）當(dāng)變?yōu)閯驈?qiáng)磁場后，離子在磁場中做半徑為r的勻速圓周運(yùn)動．
由幾何關(guān)系有：；
洛侖茲力提供向心力：；
聯(lián)立以上幾式可得：方向垂直紙面向外．
2．如圖所示，傾角α=370的光滑絕緣斜面處于水平向右的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度E=103N/C，有一個質(zhì)量為m=3×10-3kg的帶電小球，以速度v=1m/s沿斜面勻速下滑，求：

（1）小球帶何種電荷？電荷量為多少？
（2）在小球勻速下滑的某一時刻突然撤去斜面，此后經(jīng)t=0.2s內(nèi)小球的位移是多大？（g取10m/s2）
【答案】（1）正電；2.25×10-5C（2）0.32m

（2）撤去斜面后，小球僅受等效重力作用，且具有與等效重力方向垂直的初速度，所以小球做“平拋運(yùn)動”（嚴(yán)格地講是類平拋運(yùn)動，這里只是為了方便說明和處理，以下帶引號的名稱意義同樣如此。），基本處理的方法是運(yùn)動的分解。
　　
如圖，小球在x軸方向做勻速直線運(yùn)動，在y軸方向做“自由落體運(yùn)動”，則有：
x=vt；y=g′t2，其中v=1m/s，t=0.2s，
解得：y=0.25m，所以t=0.2s內(nèi)的總位移大小為 ?
考慮到分析習(xí)慣，實(shí)際處理時可將上述示意圖順時針轉(zhuǎn)過α角，讓小球的運(yùn)動和重力場中的平拋運(yùn)動更接近。
3．如圖甲所示，有一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁場邊界OP與水平方向夾角為45°，緊靠磁場右上邊界放置長為L，間距為d的平行金屬板M、N，磁場邊界上的O點(diǎn)與N板在同一水平面上，O1、O2是電場左右邊界中點(diǎn)．在兩板間存在如圖乙所示的交變電場（取豎直向下為正方向）．某時刻從O點(diǎn)豎直向上同時發(fā)射兩個相同的粒子a和b，質(zhì)量為m，電量為+q，初速度不同．粒子a在圖乙中的t=時刻，從O1點(diǎn)水平進(jìn)入板間電場運(yùn)動，由電場中的O2點(diǎn)射出．粒子b恰好從M板左端進(jìn)入電場．（不計(jì)粒子重力和粒子間相互作用，電場周期T未知）

求：（1）粒子a、b從磁場邊界射出時的速度va、vb；
（2）粒子a從O點(diǎn)進(jìn)入磁場到射出O2點(diǎn)運(yùn)動的總時間；
（3）如果交變電場的周期，要使粒子b能夠穿出板間電場，求這電場強(qiáng)度大小E0滿足的條件．
【答案】(1) (2) (3)
【解析】(1)如圖所示，粒子a、b在磁場中均速轉(zhuǎn)過90°，平行于金屬板進(jìn)入電場．

由幾何關(guān)系可得：，rb=d ①
由牛頓第二定律可得②
③
解得： ,
(2)粒子a在磁場中運(yùn)動軌跡如圖

在磁場中運(yùn)動周期為： ④
在磁場中運(yùn)動時間：⑤
粒子在電磁場邊界之間運(yùn)動時，水平方向做勻速直線運(yùn)動，所用時間為 ⑥
由④⑤⑥則全程所用時間為：
(3)粒子在磁場中運(yùn)動的時間相同，a、b同時離開Ⅰ磁場，a比b進(jìn)入電場落后時間 ⑦
故粒子b在t=0時刻進(jìn)入電場．
由于粒子a在電場中從O2射出，在電場中豎直方向位移為0，故a在板間運(yùn)動的時間ta是周期的整數(shù)倍，由于vb=2va，b在電場中運(yùn)動的時間是，可見b在電場中運(yùn)動的時間是半個周期的整數(shù)倍即⑧
⑨
粒子b在內(nèi)豎直方向的位移為⑩
粒子在電場中的加速度
由題知
粒子b能穿出板間電場應(yīng)滿足ny≤d
解得
【點(diǎn)睛】本題考查了帶電粒子在電場與磁場中的運(yùn)動，分析清楚粒子運(yùn)動過程、作出粒子運(yùn)動軌跡是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期公式、牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)公式即可正確解題．
4．如圖所示，豎直平面xOy內(nèi)有三個寬度均為首尾相接的電場區(qū)域ABFE、BCGF和CDHG。三個區(qū)域中分別存在方向?yàn)椋珁、＋y、＋x的勻強(qiáng)電場，且電場區(qū)域豎直方向無限大，其場強(qiáng)大小比例為2∶1∶2?，F(xiàn)有一帶正電的物體以某一初速度從坐標(biāo)為(0，)的P點(diǎn)射入ABFE場區(qū)，初速度方向水平向右。物體恰從坐標(biāo)為(2，/2)的Q點(diǎn)射入CDHG場區(qū)，已知物體在ABFE區(qū)域所受電場力和所受重力大小相等，重力加速度為，物體可以視為質(zhì)點(diǎn)，求：

(1)物體進(jìn)入ABFE區(qū)域時的初速度大?。?br /> (2)物體在ADHE區(qū)域運(yùn)動的總時間；
(3)物體從DH邊界射出位置的坐標(biāo)．
【答案】（1）（2）（3）
【解析】設(shè)三個區(qū)域的電場強(qiáng)度大小依次為2E、E、2E，物體在三個區(qū)域運(yùn)動的時間分別t1、t2、t3．
(1)在BCGF區(qū)域，對物體進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得：mg-qE=ma2，
而：2qE=mg
得：
在水平方向有：L=v0t
在豎直方向有：
解得：,
(2)在ABEF區(qū)域．對物體進(jìn)行受力分析，在豎直方向有：2qE=mg
物體做勻速直線運(yùn)動，有：，
在BCGF區(qū)域，物體做類平拋運(yùn)動，有：,
在Q點(diǎn)豎直方向速度為：
則Q點(diǎn)速度為：，與水平方向夾角為45°
在CDHG區(qū)域由于2qE=mg
對物體進(jìn)行受力分析，mg，與水平方向夾角為45°，與速度方向相同，物體做勻加速直線運(yùn)動．
運(yùn)動到x軸過程，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式，有：
解得：
所以有：
(3)物體在ABFE區(qū)域做勻速直線運(yùn)動，在BCGF區(qū)域物體做類平拋運(yùn)動，偏移量為
在CDHG區(qū)域，沿與水平方向夾角為45°，物體做勻加速直線運(yùn)動，豎直方向位移為L，則物體從DH邊界射出位置的坐標(biāo)為
【點(diǎn)睛】此題是帶電體在電場和重力場的復(fù)合場中運(yùn)動的問題，關(guān)鍵是分析物體的受力情況和運(yùn)動情況．類平拋運(yùn)動運(yùn)用運(yùn)動的合成與分解的方法研究，勻加速直線運(yùn)動根據(jù)牛頓定律和運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合研究．
5．如圖所示，AB為固定在豎直平面內(nèi)粗糙傾斜軌道，BC為光滑水平軌道，CD為固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道，且AB與BC通過一小段光滑弧形軌道相連，BC與弧CD相切。已知AB長為L=10m，傾角θ=37°，BC長s=4m，CD弧的半徑為R=2m，O為其圓心，∠COD=143°。整個裝置處在水平向左的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度大小為E=1×103N/C。一質(zhì)量為m=0.4kg、電荷量為q=+3×10 -3C的物體從A點(diǎn)以初速度vA=15m/s沿AB軌道開始運(yùn)動。若物體與軌道AB間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，物體運(yùn)動過程中電荷量不變。求

（1）物體在AB軌道上運(yùn)動時，重力和電場力對物體所做的總功；
（2）物體在C點(diǎn)對軌道的壓力為多少；
（3）用物理知識判斷物體能否到達(dá)D點(diǎn)；
【答案】（1）0（2）27N（3）恰能到達(dá)D點(diǎn)
【解析】試題分析：（1）從A至B過程中，求出重力做的功和電場力做的功，兩者相加即為對物體做的總功；（2）從A至C過程，由動能定理和牛頓第二定律即可求物體在C點(diǎn)對軌道的壓力；（3）物體剛要離開軌道時軌道對物體的彈力為零，由合力提供向心力，由牛頓第二定律求出D點(diǎn)的速度，由動能定理研究A

在C點(diǎn)，由牛頓第二定律得：
解得：
根據(jù)牛頓第三定律得，物體對軌道的壓力：
（3）重力和電場力的合力：，方向與豎直方向成斜向左下
所以D點(diǎn)即為圓周運(yùn)動中的等效最高點(diǎn)，由合力提供向心力
在D點(diǎn)有：
解得：
要到達(dá)D點(diǎn)，在C點(diǎn)速度至少為v
從C至D，由動能定理得：
解得：
又，所以物體恰能到達(dá)D點(diǎn).
【點(diǎn)睛】本題運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合研究帶電體在電場力和重力場的復(fù)合場中運(yùn)動問題，難點(diǎn)是確定物體離開軌道的位置，抓住此時軌道的彈力為零，由牛頓第二定律研究．
6．如圖所示，水平放置的平行板電容器，兩板間距離為d=8 cm，板長為L=25 cm，接在直流電上，有一帶電液滴以v0=0.5 m/s的初速度從板間的正中央水平射入，恰好做勻速直線運(yùn)動，當(dāng)它運(yùn)動到P處時迅速將下板向上提起cm，液滴剛好從金屬板末端飛出，求：

（1）將下板向上提起后，液滴的加速度大小。
（2）液滴從射入電場開始計(jì)時，勻速運(yùn)動到P點(diǎn)所用時間為多少？(g取10 m/s2)
【答案】（1）2 m/s2（2）0.3 s

因?yàn)橐旱巫鰟蛩龠\(yùn)動，則有：qE=mg，又
得：
當(dāng)下板向上提后，由于d減小，板間場強(qiáng)E增大，電場力增大，故液滴向上偏轉(zhuǎn)，在電場中做類平拋運(yùn)動
此時液滴所受電場力：
此時液滴的加速度：
（2）因?yàn)橐旱蝿偤脧慕饘倌┒孙w出，所以液滴在豎直方向上的位移是
則有：
解得：
而液滴從剛進(jìn)入電場到出電場的時間：
所以液滴從射入開始勻速運(yùn)動到P點(diǎn)時間為
【點(diǎn)睛】本題抓住平行板間電場強(qiáng)度與電勢差的關(guān)系，知道粒子做類平拋運(yùn)動求出粒子的運(yùn)動情況，根據(jù)類平拋運(yùn)動的規(guī)律進(jìn)行解題，同時要知道電容器與電源相連極板電壓保持不變．
7．如圖1所示，真空室中電極K發(fā)出的電子(初速不計(jì))經(jīng)過U0=1000V的加速電場后，由小孔S沿兩水平金屬板A、B間的中心線射入．A、B板長l=0．20m，相距d=0．020m，加在A、B兩板間電壓u隨時間t變化的u—t圖線如圖2所示．設(shè)A、B間的電場可看做是均勻的，且兩板外無電場．在每個電子通過電場區(qū)域的極短時間內(nèi)，電場可視為恒定的．兩板右側(cè)放一記錄圓筒，筒在左側(cè)邊緣與極板右端距離b=0．15m，筒繞其豎直軸勻速轉(zhuǎn)動，周期T=0．20s，筒的周長s=0．20m，筒能接收到通過A、B板的全部電子．

(1)以t=0時(見圖2，此時u=0)電子打到圓筒記錄紙上的點(diǎn)作為坐標(biāo)系的原點(diǎn)，并取y軸豎直向上．試計(jì)算電子打到記錄紙上的最高點(diǎn)的y坐標(biāo)和x坐標(biāo)．(不計(jì)重力作用)
(2)在給出的坐標(biāo)紙(圖3)上定量地畫出電子打到記錄紙上的點(diǎn)形成的圖線．
【答案】（1）y=2.5cm；第一個最高點(diǎn)x=2cm；第二個最高點(diǎn)x=12cm；第三個最高點(diǎn)x=22cm；（2）如圖；

【解析】（1）計(jì)算電子打到記錄紙上的最高點(diǎn)的坐標(biāo)設(shè)v0為電子沿A、B板的中心線射入
電場時的初速度，則①
電子在中心線方向的運(yùn)動為勻速運(yùn)動，設(shè)電子穿過A、B板的時間為t0，則l=v0t0 ②

電子在垂直A、B板方向的運(yùn)動為勻加速直線運(yùn)動對于恰能穿過A、B板的電子，在它通過時加在兩板間的電壓uc應(yīng)滿足③
聯(lián)立①、②、③式解得
此電子從A、B板射出時沿y方向的分速度為④
此后，此電子作勻速直線運(yùn)動，它打在記錄紙上的點(diǎn)最高，設(shè)縱坐標(biāo)為y，由圖可得
⑤
由以上各式解得⑥
從題給的u-t圖線可知，加于兩板電壓u的周期T0=0.10秒，u的最大值um=100伏，因?yàn)閡C＜um，在一個周期T0內(nèi)，只有開始的一段時間間隔△t內(nèi)有電子通過A、B板
⑦
因?yàn)殡娮哟蛟谟涗浖埳系淖罡唿c(diǎn)不止一個，根據(jù)題中關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)與起始記錄時刻的規(guī)定，第一個最高點(diǎn)的x坐標(biāo)為⑧
第二個最高點(diǎn)的x坐標(biāo)為⑨
第三個最高點(diǎn)的x坐標(biāo)為
由于記錄筒的周長為20厘米，所以第三個最高點(diǎn)已與第一個最高點(diǎn)重合，即電子打到記錄紙上的最高點(diǎn)只有兩個，它們的x坐標(biāo)分別由⑧和⑨表示
（2）電子打到記錄紙上所形成的圖線，如圖所示
8．如圖甲所示，一對平行金屬板M、N長為L，相距為d，O1O為中軸線。當(dāng)兩板間加電壓UMN=U0時，兩板間為勻強(qiáng)電場，忽略兩極板外的電場。某種帶負(fù)電的粒子從O1點(diǎn)以速度v0沿O1O方向射入電場，粒子恰好打在上極板M的中點(diǎn)，粒子重力忽略不計(jì)。
(1)求帶電粒子的比荷；
(2)若M、N間加如圖乙所示的交變電壓，其周期T=，從t=0開始，前內(nèi)UMN=3U，后內(nèi)UMN=-1.5U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持續(xù)射入電場，最終所有粒子恰好能全部離開電場而不打在極板上，求U的值；
(3)若M、N間加如圖乙所示的交變電壓，其周期T=，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持續(xù)射入電場，最終所有粒子恰好能全部離開電場而不打在極板上，求所有粒子在運(yùn)動過程偏離中軸線最遠(yuǎn)距離的最小值與最大值之比。

【答案】(1) (2) (3)
【解析】(1)設(shè)粒子經(jīng)過時間t0打在M板中點(diǎn)，沿極板方向有：
垂直極板方向有：
計(jì)算得出：

(2)粒子通過兩板時間，從t=0時刻開始，粒子在兩板間運(yùn)動時，每個電壓變化周期的前三分之一時間內(nèi)方向垂直極板的加速度大小為：；
在每個電壓變化周期的后三分之二時間內(nèi)方向垂直極板的加速度大小為：。
所有粒子剛好能全部離開電場而不打在極板上，可以確定在t=nT(n=0,1,2,3…)或t=nT+ (n=0,1,2,3…)
可以確定在t=nT(n=0,1,2,3…)或t=nT+ (n=0,1,2,3…)時刻進(jìn)入電場的粒子恰好分別從極板右側(cè)上、下邊緣處飛出。它們在運(yùn)動過程中電場方向偏轉(zhuǎn)的距離最大，則偏離中軸線最大位移為：
所以粒子在運(yùn)動中偏離中軸線最小位移與最大位移比值的大小為：
9．絕緣粗糙的水平面上相距為6L的A、B兩處分別固定電荷量不等的正電荷，兩電荷的位置坐標(biāo)如圖（甲）所示，已知A處電荷的電量為+Q。圖（乙）是A、B連線之間的電勢φ與位置x之間的關(guān)系圖象，圖中x=L點(diǎn)對應(yīng)圖線的最低點(diǎn)， x= -2L處的縱坐標(biāo)φ=2φ0；x=2L處的縱坐標(biāo)φ=，若在x= -2L處的C點(diǎn)由靜止釋放一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），物塊隨即向右運(yùn)動（假設(shè)此帶電物塊不影響原電場分布）。求：

（1）固定在B處的電荷的電量QB；
（2）小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ應(yīng)多大，才能使小物塊恰好到達(dá)x=2L處；
（3）若小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)，小物塊運(yùn)動到何處時速度最大。
【答案】(1) QB=Q/4 (2) (3)x=0時速度最大
【解析】(1)由圖(乙)得x=L點(diǎn)為圖線的最低點(diǎn)，切線斜率為零，即合場強(qiáng)為0
所以
代入得：QB=QA/4=Q/4
(2)物塊先做加速運(yùn)動再做減速運(yùn)動，到達(dá)x=2L處速度v1≥0
從x=-2L到x=2L過程中，由動能定理得：
即：
計(jì)算得：
(3)小物塊運(yùn)動速度最大時，電場力與摩擦力的合力為零，設(shè)該位置離A點(diǎn)的距離為LA
則：
計(jì)算得出LA=3L，即小物塊運(yùn)動到x=0時速度最大
10．如圖所示，有帶電平行板電容器豎直放置，兩板之間距離d=0.10m，電勢差U=2.0×103V。一個質(zhì)量為m=0.40g，帶正電q=1.0×10-7C的小球用長L=1.0×10-2m的絕緣絲線懸掛于電容器內(nèi)部的O點(diǎn)，現(xiàn)將小球拉到絲線呈水平伸直的位置A，然后無初速釋放，假如小球運(yùn)動到O點(diǎn)正下方B處時，線恰被拉斷，以后發(fā)現(xiàn)小球恰能通過B點(diǎn)正下方的C處，g取10m/s2，試求：
(1)絕緣絲線所能承受的最大拉力；
(2)小球運(yùn)動到C點(diǎn)時的動能EKC為多少？

【答案】(1)8×10-3N(2)3.4×10-4J
【解析】（1）電場強(qiáng)度V/m
從A到B根據(jù)動能定理：
得：
由牛頓第二定律：
得：
（2）小球從B運(yùn)動到C，水平方向qE=max，，；
豎直方向ay=g，
由動能定理
以上各式聯(lián)立解得
11．如圖所示，在豎直平面內(nèi)半徑為R的光滑圓形絕緣軌道的內(nèi)壁，有質(zhì)量分別為m和2m的A、B兩個小球用長為R的絕緣細(xì)桿連接在一起，A球不帶電，B球所帶的電荷量為-q（q>0）。整個裝置處在豎直向下的勻強(qiáng)電場中。開始時A球處在與圓心等高的位置，現(xiàn)由靜止釋放，B球剛好能到達(dá)軌道右側(cè)與圓心等高的位置C。求：
(1)勻強(qiáng)電場電場強(qiáng)度的大小E；
(2)當(dāng)B小球運(yùn)動到最低點(diǎn)P時，兩小球的動能分別是多少；
(3)兩小球在運(yùn)動過程中最大速度的大小。

【答案】(1) (2) (2)
【解析】（1）B剛好到達(dá)C的過程中，系統(tǒng)轉(zhuǎn)過的角度為120°，與水平方向的夾角為60°.由動能定理可得：

得：
（2）AB在運(yùn)動的過程中，速度大小始終相等，則
在運(yùn)動到p點(diǎn)的過程中，由動能定理可得：
聯(lián)立解得：.
（3）設(shè)OA轉(zhuǎn)過的角度為時，兩球有最大速度，則由動能定理可得：

整理得：
看見，當(dāng)時，有最大速度，最大速度為

12．如圖所示，在xoy平面直角坐標(biāo)系第一象限內(nèi)分布有垂直向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=2.5×10﹣2T，在第二象限緊貼y軸和x軸放置一對平行金屬板MN（中心軸線過y軸），極板間距d=0.4m，極板與左側(cè)電路相連接．通過移動滑動頭P可以改變極板MN間的電壓．a(chǎn)、b為滑動變阻器的最下端和最上端（滑動變阻器的阻值分布均勻），a、b兩端所加電壓U=．在MN中心軸線上距y軸距離為L=0.4m處有一粒子源S，沿x軸正方向連續(xù)射出比荷為=4.0×106C/kg，速度為vo=2.0×104m/s帶正電的粒子，粒子經(jīng)過y軸進(jìn)入磁場后從x軸射出磁場（忽略粒子的重力和粒子之間的相互作用）．
（1）當(dāng)滑動頭P在ab正中間時，求粒子射入磁場時速度的大小．
（2）當(dāng)滑動頭P在ab間某位置時，粒子射出極板的速度偏轉(zhuǎn)角為α，試寫出粒子在磁場中運(yùn)動的時間與α的函數(shù)關(guān)系，并由此計(jì)算粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間．

【答案】（1）2.1×104m/s．（2），最長時間為2.6×10﹣5s
【解析】解：（1）當(dāng)滑動頭P在ab正中間時，極板間電壓U′=，粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，設(shè)粒子射入磁場時沿y軸方向的分速度為vy：
??①
? vy=at??????②
? L=v0t??????③
粒子射入磁場時速度的大小設(shè)為?④
聯(lián)立解得：?⑤
（2）當(dāng)滑動頭P在a端時，粒子在磁場中運(yùn)動的速度大小為v0，有
??⑥
解得：R0==0.2m?
設(shè)粒子射出極板時速度的大小為v，偏向角為α，在磁場中圓周運(yùn)動半徑為R．根據(jù)速度平行四邊形可得：
??⑦
又，得R=??⑧
由⑥⑦⑧可得：?⑨
粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的軌跡如圖所示


則粒子在磁場中運(yùn)動的時間：，得t=
由此結(jié)果可知，粒子射入磁場時速度偏轉(zhuǎn)角α越大，則粒子在磁場中運(yùn)動的時間就越大．假設(shè)極板間電壓為最大值
時粒子能射出電場，則此粒子在磁場中運(yùn)動的時間最長．
由（1）問規(guī)律可知當(dāng)滑動頭P在b端時，粒子射入磁場時沿y方向的分速度：
y方向偏距：ym=，說明粒子可以射出極板．此時粒子速度偏轉(zhuǎn)角最大，設(shè)為αm，則
tanam=，得
故粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間：，得
代入數(shù)值得：tm≈2.6×10﹣5s
13．如圖1所示，真空室中電極K發(fā)出的電子(初速不計(jì))經(jīng)過U0=1000V的加速電場后，由小孔S沿兩水平金屬板A、B間的中心線射入．A、B板長l=0．20m，相距d=0．020m，加在A、B兩板間電壓u隨時間t變化的u—t圖線如圖2所示．設(shè)A、B間的電場可看做是均勻的，且兩板外無電場．在每個電子通過電場區(qū)域的極短時間內(nèi)，電場可視為恒定的．兩板右側(cè)放一記錄圓筒，筒在左側(cè)邊緣與極板右端距離b=0．15m，筒繞其豎直軸勻速轉(zhuǎn)動，周期T=0．20s，筒的周長s=0．20m，筒能接收到通過A、B板的全部電子．

(1)以t=0時(見圖2，此時u=0)電子打到圓筒記錄紙上的點(diǎn)作為坐標(biāo)系的原點(diǎn)，并取y軸豎直向上．試計(jì)算電子打到記錄紙上的最高點(diǎn)的y坐標(biāo)和x坐標(biāo)．(不計(jì)重力作用)
(2)在給出的坐標(biāo)紙(圖3)上定量地畫出電子打到記錄紙上的點(diǎn)形成的圖線．
【答案】（1）y=2.5cm；第一個最高點(diǎn)x=2cm；第二個最高點(diǎn)x=12cm；第三個最高點(diǎn)x=22cm；（2）如圖；

【解析】（1）計(jì)算電子打到記錄紙上的最高點(diǎn)的坐標(biāo)設(shè)v0為電子沿A、B板的中心線射入
電場時的初速度，則①
電子在中心線方向的運(yùn)動為勻速運(yùn)動，設(shè)電子穿過A、B板的時間為t0，則l=v0t0 ②

電子在垂直A、B板方向的運(yùn)動為勻加速直線運(yùn)動對于恰能穿過A、B板的電子，在它通過時加在兩板間的電壓uc應(yīng)滿足③
聯(lián)立①、②、③式解得
此電子從A、B板射出時沿y方向的分速度為④
此后，此電子作勻速直線運(yùn)動，它打在記錄紙上的點(diǎn)最高，設(shè)縱坐標(biāo)為y，由圖可得
⑤
由以上各式解得⑥
從題給的u-t圖線可知，加于兩板電壓u的周期T0=0.10秒，u的最大值um=100伏，因?yàn)閡C＜um，在一個周期T0內(nèi)，只有開始的一段時間間隔△t內(nèi)有電子通過A、B板
⑦
因?yàn)殡娮哟蛟谟涗浖埳系淖罡唿c(diǎn)不止一個，根據(jù)題中關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)與起始記錄時刻的規(guī)定，第一個最高點(diǎn)的x坐標(biāo)為⑧
第二個最高點(diǎn)的x坐標(biāo)為⑨
第三個最高點(diǎn)的x坐標(biāo)為
由于記錄筒的周長為20厘米，所以第三個最高點(diǎn)已與第一個最高點(diǎn)重合，即電子打到記錄紙上的最高點(diǎn)只有兩個，它們的x坐標(biāo)分別由⑧和⑨表示
（2）電子打到記錄紙上所形成的圖線，如圖所示
14．如圖所示，長為l的輕質(zhì)細(xì)線固定在O點(diǎn)，細(xì)線的下端系住質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球，小球的最低點(diǎn)距離水平面的高度為h，在小球最低點(diǎn)與水平面之間高為h的空間內(nèi)分布著場強(qiáng)為E的水平向右的勻強(qiáng)電場．固定點(diǎn)O的正下方l/2處有一小障礙物P，現(xiàn)將小球從細(xì)線處于水平狀態(tài)由靜止釋放．

(1)細(xì)線在剛要接觸障礙物P時，小球?qū)?xì)線的拉力為多少？
(2)若細(xì)線在剛好接觸障礙物P時斷開，小球運(yùn)動到水平面時的動能為多大？
【答案】（2）3mg （2）mgh＋mgl＋＋2qE
【解析】(1)由機(jī)械能守恒定律得，
細(xì)線在剛要接觸障礙物P時，設(shè)細(xì)線的拉力為，由牛頓第二定律得，
代入整理可以得到：
再根據(jù)牛頓第三定律可得，小球?qū)?xì)線的拉力，方向沿細(xì)繩豎直向上。
(2)細(xì)線斷開后小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動，運(yùn)動時間
小球在水平方向做勻加速運(yùn)動，運(yùn)動的距離
小球運(yùn)動到水平面的過程由動能定理得
可得到：。
點(diǎn)睛：本題要求同學(xué)們能正確的對物體進(jìn)行受力分析，并能聯(lián)想到已學(xué)的物理模型，根據(jù)相關(guān)公式解題．知道涉及力在空間效果時，優(yōu)先考慮動能定理或機(jī)械能守恒定律。
15．如圖所示，光滑絕緣軌道ABCD位于同一豎直面內(nèi)，AB部分水平，圓弧軌道BCD的圓心為O，半徑為R，B點(diǎn)是最低點(diǎn)，C點(diǎn)是最高點(diǎn)，P、O、D處于同一水平高度。整個裝置位于水平向右的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度?，F(xiàn)讓一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的光滑小球從A點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動。

（1）若AB＝2R，求小球到達(dá)P點(diǎn)時對軌道的壓力；
（2）要使小球能沿著軌道到達(dá)D點(diǎn)，AB至少多長?
【答案】（1）5mg ；方向向右（2）(＋1)R
【解析】（1）由動能定理得
qE(AB＋R)－mgR＝①
在P點(diǎn)由向心力公式得
FN－qE＝②
聯(lián)解①②得FN＝5mg
由牛頓第三定律得壓力FN＇＝5mg 方向向右
（2）等效重力
與水平面夾角q＝45°，斜向右下方
等效最高點(diǎn)在CD圓弧的中點(diǎn)，只要能過該點(diǎn)，就一定能過D點(diǎn)
等效最高點(diǎn)的最小速度滿足
又由動能定理得
聯(lián)立解得：AB＝(＋1)R
16．如圖所示，水平向左的勻強(qiáng)電場中，用長為l的絕緣輕質(zhì)細(xì)繩懸掛一小球，小球質(zhì)量為m，帶電量為+q，將小球拉至豎直位置最低位置A點(diǎn)處無初速釋放，小球?qū)⑾蜃髷[動，細(xì)線向左偏離豎直方向的最大角度θ=74°。

(1)求電場強(qiáng)度的大小E；
(2)將小球向左擺動的過程中，對細(xì)線拉力的最大值；
(3)若從A點(diǎn)處釋放小球時，給小球一個水平向左的初速度，則為保證小球在運(yùn)動過程中細(xì)線不會松弛，的大小應(yīng)滿足什么條件?
【答案】（1）；（2）；（3）

小球在370時，由重力電場力與細(xì)線的拉力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：
FT?mgsin37°?qEcos37°=mv2/L
解得：FT=7mg/4
（3）為保證細(xì)線不會松弛，小球在與豎直方向的夾角37°的右上方應(yīng)滿足：
根據(jù)動能定理：，
聯(lián)立解得：；
17．如圖所示，在第一象限有一勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E，方向與y軸平行；在x軸下方有一勻強(qiáng)磁場，磁場方向與紙面垂直．一質(zhì)量為m、電荷量為﹣q（q＞0）的粒子以平行于x軸的速度從y軸上的P點(diǎn)處射入電場，在x軸上的Q點(diǎn)處進(jìn)入磁場，并從坐標(biāo)原點(diǎn)O離開磁場．粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡與y軸交于M點(diǎn)．已知OP=l，OQ=2l．不計(jì)重力．求：

（1）M點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)O間的距離；
（2）粒子從P點(diǎn)運(yùn)動到M點(diǎn)所用的時間．
【答案】（1）6L；（2）
【解析】（1）帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，在y軸負(fù)方向上做初速度為零的勻加速運(yùn)動，設(shè)加速度的大小為a；在x軸正方向上做勻速直線運(yùn)動，設(shè)速度為v0；粒子從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)所用的時間為t1，進(jìn)入磁場時速度方向與x軸正方向的夾角為θ，則
由牛頓第二定律得：qE=ma①
在電場中運(yùn)動的時間為：②
水平初速度：③
其中，y0=L，又④
聯(lián)立②③④得θ=30°⑤

由幾何關(guān)系知MQ為直徑，⑥
MO==6L ⑦
（2）設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的速度為v，從Q到M點(diǎn)運(yùn)動的時間為t2，則有
⑧
⑨
從P點(diǎn)到M點(diǎn)所用的時間t=t1+t2⑩
聯(lián)立①②③⑤⑥⑧⑨⑩并代入數(shù)據(jù)得
18．在光滑絕緣的水平面上，存在平行于水平面向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，水平面上放置兩個靜止，且均可看做質(zhì)點(diǎn)的小球A和B，兩小球質(zhì)量均為m，A球帶電荷量為+Q，B球不帶電，A、B連線與電場線平行，開始時兩球相距L，在電場力作用下A球與B球發(fā)生對心彈性碰撞，設(shè)碰撞過程中，A、B兩球間無電量轉(zhuǎn)移。

（1）第一次碰撞結(jié)束瞬間A.B兩球的速度各為多大？
（2）從開始到即將發(fā)生第二次碰到這段過程中電場力做了多少功？
（3）從開始即將發(fā)生第二次碰撞這段過程中，若要求A在運(yùn)動過程中對桌面始終無壓力且剛好不離開水平桌面（時刻除外），可以在水平面內(nèi)加一與電場正交的磁場，請寫出磁場B與時間t的函數(shù)關(guān)系。
【答案】（1）0，（2）5QEL（3）從A開始運(yùn)動到發(fā)生第一次碰撞：
從第一次碰撞到發(fā)生第二次碰撞：
【解析】（1）A球的加速度，碰前A的速度；碰前B的速度
設(shè)碰后A、B球速度分別為、，兩球發(fā)生碰撞時，由動量守恒和能量守恒定律有：
，
所以B碰撞后交換速度：，
（2）設(shè)A球開始運(yùn)動時為計(jì)時零點(diǎn)，即，A、B球發(fā)生第一次、第二次的碰撞時刻分別為、；由勻變速速度公式有：
公式有：）
（3）對A球由平衡條件得到：，，
從A開始運(yùn)動到發(fā)生第一次碰撞：
從第一次碰撞到發(fā)生第二次碰撞：
點(diǎn)睛：本題是電場相關(guān)知識與動量守恒定律的綜合，雖然A球受電場力，但碰撞的內(nèi)力遠(yuǎn)大于內(nèi)力，則碰撞前后動量仍然守恒．由于兩球的質(zhì)量相等則彈性碰撞后交換速度．那么A球第一次碰后從速度為零繼續(xù)做勻加速直線運(yùn)動，直到發(fā)生第二次碰撞．題設(shè)過程只是發(fā)生第二次碰撞之前的相關(guān)過程，有涉及第二次以后碰撞，當(dāng)然問題變得簡單些．
19．如圖所示，在方向水平向左的勻強(qiáng)電場中，有一內(nèi)表面絕緣粗糙且內(nèi)徑很小的固定圓弧管道BC,其圓心O在水平地面上，豎直半徑OC=R，地面上A點(diǎn)與B點(diǎn)的連線與地面的夾角θ=37°。一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從地面上的A點(diǎn)以大小 (g為重力加速度大小)的速度沿AB方向運(yùn)動，并恰好無碰撞地從管口B進(jìn)入管道BC,到達(dá)管口C時恰好與管道間無作用力。取sin37°=0.6,cos370=0.8求：

(1)該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E以及小球到達(dá)管口 B時的速度大小v2;
(2)小球通過管道的過程中克服摩擦力做的功W克f
(3)小球從管口 C飛出后落到地面前向右的最大位移xm。
【答案】(1) (2) (3)
【解析】（1）由于小球做直線運(yùn)動.經(jīng)分析可知小球帶正電，且，解得：

（3）小球從管口C飛出后，在水平方向上做類豎直上拋運(yùn)動，豎直方向上做自由落體運(yùn)動，且水平方向上的加速度大小為
設(shè)小球沿水平方向的速度為零時尚未落地.小球從管口C飛出到水平速度為零的過程中運(yùn)動的水平距離為，所用時間為，則：
設(shè)小球在空中運(yùn)動的總時間為t，有，解得
由于，說明小球從管口C飛出后經(jīng)時間尚未落地.故：
20．如圖所示，光滑絕緣水平桌面上的A、B、C三點(diǎn)是等腰直角三角形的三個頂點(diǎn)，AD為三角形的高，∠BAC＝90°，BC＝0.8m，空間存在方向與BC平行的勻強(qiáng)電場。將質(zhì)量為m=1.010-3Kg、電荷量為q=-8.010-6C的小球由A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電勢能增加q=6.410-4J。求：

（1）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大??；
（2）A、B兩點(diǎn)間的電勢差UAB；
（3）將電荷從B處靜止釋放，運(yùn)動到C處時的動能。
【答案】（1）200V/m （2）80V （3）
【解析】（1）由
小球由A點(diǎn)移到B點(diǎn)電場力做的功，

（2） A、B兩點(diǎn)間的電勢差，
（3）UBC=2UAB=160V，從B到C只有電場力做功：
21．如圖甲所示，A、B是兩塊水平放置的足夠長的平行金屬板，組成偏轉(zhuǎn)勻強(qiáng)電場，B板接地。A板電勢φA隨時間變化情況如圖乙所示，C、D兩平行金屬板豎直放置，中間有兩正對小孔O1′和O2，兩板間電壓為U2，組成減速電場?，F(xiàn)有一帶負(fù)電粒子在t＝0時刻以一定初速度沿AB兩板間的中軸線O1O1′進(jìn)入，并能從O1′沿O1′O2進(jìn)入C、D間。已知帶電粒子帶電荷量為－q，質(zhì)量為m，(不計(jì)粒子重力)求：

(1)該粒子進(jìn)入A、B間的初速度v0為多大時，粒子剛好能到達(dá)O2孔；
(2)在(1)的條件下，A、B兩板長度的最小值；
(3)A、B兩板間距的最小值。
【答案】（1）（2）（3）
【解析】(1)因粒子在A、B間運(yùn)動時，水平方向不受外力做勻速運(yùn)動，所以進(jìn)入O1′孔的速度即為進(jìn)入A、B板的初速度
在C、D間，由動能定理得qU2＝
即v0＝
(2)由于粒子進(jìn)入A、B后，在一個周期T內(nèi)，豎直方向上的速度變?yōu)槌跏紶顟B(tài)。即v豎＝0
若在第一個周期內(nèi)進(jìn)入O1′孔，則對應(yīng)兩板最短長度為L＝v0T＝
(3)若粒子在運(yùn)動過程中剛好不到A板而返回，則此時對應(yīng)兩板最小間距，設(shè)為d
所以··×2＝d
即d＝
22．如圖所示，左側(cè)平行板電容器內(nèi)有電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場，電容器右側(cè)虛線區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，電容器極板長度等于勻強(qiáng)磁場區(qū)域的寬度。直線是平行板電容器的中心線，一束速度為v0的帶電粒子沿著直線射入電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后進(jìn)入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后離開磁場。

（1）如果粒子離開磁場時的的速度方向與直線平行，求這種情況下磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小
（2）如果粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后又回到O 點(diǎn)，求這種情況下磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小
【答案】⑴⑵
【解析】（1）粒子在電場中做平拋運(yùn)動，設(shè)電容器極板長度為L



設(shè)離開電場時速度方向與豎直方向夾角為θ

粒子在磁場中運(yùn)動
因?yàn)榱Ｗ与x開磁場時的的速度方向與直線平行，根據(jù)幾何關(guān)系

聯(lián)立解得
（2）粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離；粒子能夠回到O點(diǎn)，根據(jù)幾何關(guān)系


根據(jù)平拋運(yùn)動的的推論，位移與水平方向夾角的正切等于速度偏轉(zhuǎn)角正切的

解得
粒子在電場中的水平位移
粒子在電場中的豎直速度
離開電場時和偏轉(zhuǎn)角之間的關(guān)系
粒子在磁場中運(yùn)動
聯(lián)立解得
23．如圖所示，光滑水平軌道與半徑為R的光滑豎直半圓軌道在B點(diǎn)平滑連接．在過圓心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的勻強(qiáng)電場．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球從水平軌道上A點(diǎn)由靜止釋放，小球運(yùn)動到C點(diǎn)離開圓軌道后，經(jīng)界面MN上的P點(diǎn)進(jìn)入電場 (P點(diǎn)恰好在A點(diǎn)的正上方，如圖．小球可視為質(zhì)點(diǎn)，小球運(yùn)動到C點(diǎn)之前電荷量保持不變，經(jīng)過C點(diǎn)后電荷量立即變?yōu)榱?．已知AB間距離為2R，重力加速度為g.在上述運(yùn)動過程中，求：

（1）小球離開c點(diǎn)時的速度大小
（2）電場強(qiáng)度E的大小
（3）在圓軌道運(yùn)動過程中，指出什么位置速度最大并求出其大小
【答案】（1） （2） （3）
【解析】試題分析：（1）小球離開C點(diǎn)做平拋運(yùn)動，根據(jù)高度求出平拋運(yùn)動的時間，結(jié)合水平位移和時間求出小球在C點(diǎn)的速度．（2）對A到C的過程，運(yùn)用動能定理，求出電場強(qiáng)度的大?。?）小球的最大速度在BN段，設(shè)小球速度最大時與圓
的連線和豎直方向的夾角為，根據(jù)動能定理，結(jié)合數(shù)學(xué)知識求出最大速度.
（1）小球離開C點(diǎn)做平拋運(yùn)動，根據(jù)
得：
則小球在C處的速度
（2）設(shè)電場強(qiáng)度為E，小球從A到C由動能定理得：

解得：
（3）設(shè)小球運(yùn)動到圓周D點(diǎn)時速度最大為v，此時OD與豎直線OB夾角設(shè)為


【點(diǎn)睛】運(yùn)用動能定理解題，關(guān)鍵選擇好研究的過程，分析過程中有哪些力做功，然后結(jié)合動能定理列式求解，本題對數(shù)學(xué)能力的要求較高，需加強(qiáng)練習(xí)．
24．示波器的示意圖如圖所示，金屬絲發(fā)射出來的電子(帶電量為e，忽略初速度)被加速后從金屬板的小孔穿出，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場．電子在穿出偏轉(zhuǎn)電場后沿直線前進(jìn)，最后打在熒光屏上．設(shè)加速電壓U1＝1 600 V，偏轉(zhuǎn)極板長L1＝4 cm，偏轉(zhuǎn)極板間距d＝1 cm，當(dāng)電子加速后從兩偏轉(zhuǎn)極板的正中央沿與板平行的方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場．

(1)偏轉(zhuǎn)電壓U2為多大時，電子束打在熒光屏上偏轉(zhuǎn)距離最大？
(2)如果偏轉(zhuǎn)極板右端到熒光屏的距離L2＝16 cm，則電子到達(dá)熒光屏?xí)r最大偏轉(zhuǎn)距離y為多少？
【答案】(1)200 V　(2)0.045 m
【解析】（1）要使電子束打在熒光屏上偏轉(zhuǎn)距離最大，電子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后必須下板邊緣出來．
在加速電場中，由動能定理得 eU1=mv02得，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場初速度?
在偏轉(zhuǎn)電場的飛行時間
在偏轉(zhuǎn)電場的加速度 ?
電子從下極板邊緣出來，
解得U2=U1=200V?????
（2）電子束打在熒光屏上最大偏轉(zhuǎn)距離y=+y2
電子離開電場的側(cè)向速度vy=at1=
電子離開偏轉(zhuǎn)電場到熒光屏的時間?????
?
所以電子最大偏轉(zhuǎn)距離y=+y2=0.045m??
點(diǎn)睛：本題是帶電粒子先加速后偏轉(zhuǎn)問題，電場中加速根據(jù)動能定理求解獲得的速度、偏轉(zhuǎn)電場中類平拋運(yùn)動的研究方法是運(yùn)動的分解和合成，常規(guī)問題．???
25．（12分）位于豎直平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系xOy，，x軸沿水平方向，第一象限的角平分線OA的上方存在有界勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)，方向豎直向下，第二象限內(nèi)有另一勻強(qiáng)電場，電場方向與x軸正方向成45°角斜向上，如圖所示。有一質(zhì)量為m、電量為+q的帶電小球在水平細(xì)線的拉力作用下恰好靜止在坐標(biāo)（-l，6l）處?，F(xiàn)剪斷細(xì)線，小球從靜止開始運(yùn)動，先后經(jīng)過兩電場后，從A點(diǎn)進(jìn)入無電場區(qū)域，，最終打在x軸上D點(diǎn)，已知重力加速度為g，試求:
(1)電場的場強(qiáng)；
(2))A點(diǎn)的位置坐標(biāo)；
(3)到達(dá)D點(diǎn)時小球的動能。

【答案】(1) (2) (2l,2l) (3)19mgl
【解析】（1）小球在第二象限內(nèi)靜止，則有

解得

由以上各式可得
A點(diǎn)的位置坐標(biāo)（2l ，2l）
（3）從P到D全過程運(yùn)用動能定理得

26．如圖所示，光滑、絕緣的水平軌道AB與四分之一圓弧軌道BC平滑連接，并均處于水平向右的勻強(qiáng)電場中，已知勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E＝5×103 V/m，圓弧軌道半徑R＝0.4 m?，F(xiàn)有一帶電荷量q＝＋2×10－5 C、質(zhì)量m＝5×10－2 kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從距B端s＝1 m處的P點(diǎn)由靜止釋放，加速運(yùn)動到B端，再平滑進(jìn)入圓弧軌道BC，重力加速度g＝10 m/s2求：

(1)物塊在水平軌道上加速運(yùn)動的時間和到達(dá)B點(diǎn)的速度vB的大小；
(2)物塊剛進(jìn)入圓弧軌道時受到的支持力NB的大小。
【答案】(1)1 s　2 m/s　(2)1 N
【解析】(1)在物塊從開始至運(yùn)動到B點(diǎn)的過程中，由牛頓第二定律可知：

又由運(yùn)動學(xué)公式有：

解得：
又因： 得：
(2)物塊剛進(jìn)入圓弧軌道時，在沿半徑方向由牛頓第二定律，有：
解得：
綜上所述本題答案是：，；
27．類比法經(jīng)常用到科學(xué)研究中?？茖W(xué)家在探索未知領(lǐng)域的規(guī)律時，常常將在未知新領(lǐng)域?qū)嶒?yàn)中得到的測量結(jié)果和實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象與已知的物理規(guī)律作類比，從而推測出未知領(lǐng)域可能存在的規(guī)律。然后再通過實(shí)驗(yàn)進(jìn)行檢驗(yàn)，以確定類比得到的結(jié)論是否正確。
經(jīng)典物理告訴我們，若規(guī)定相距無窮遠(yuǎn)時引力勢能為0，則兩個質(zhì)點(diǎn)間引力勢能的表達(dá)式為，其中G為引力常量，m1、m2為兩個質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量，r為兩個質(zhì)點(diǎn)間的距離。
（1）把電荷之間相互作用的力及電勢能與萬有引力及引力勢能作類比，我們可以聯(lián)想到電荷之間相互作用的力及電勢能的規(guī)律。在真空中有帶電荷量分別為+q1和-q2的兩個點(diǎn)電荷，若取它們相距無窮遠(yuǎn)時電勢能為零，已知靜電力常量為k，請寫出當(dāng)它們之間的距離為r時相互作用的電勢能的表達(dá)式。
（2）科學(xué)家在研究頂夸克性質(zhì)的過程中，發(fā)現(xiàn)了正反頂夸克之間的強(qiáng)相互作用勢能也有與引力勢能類似的規(guī)律，根據(jù)實(shí)驗(yàn)測定，正反頂夸克之間的強(qiáng)相互作用勢能可表示為，其中A是已知數(shù)值為正的常量，r為正反頂夸克間的距離。請根據(jù)上述信息，推測正反頂夸克之間強(qiáng)相互作用力大小的表達(dá)式（用A和r表示）。
（3）如果正反頂夸克在彼此間相互作用下繞它們連線的中點(diǎn)做穩(wěn)定的勻速圓周運(yùn)動，若正反頂夸克系統(tǒng)做勻速圓周運(yùn)動的周期比正反頂夸克本身的壽命小得多，則一對正反頂夸克可視為一個處于“束縛狀態(tài)”的系統(tǒng)。已知正反頂夸克質(zhì)量都是m（不考慮相對論效應(yīng)），根據(jù)玻爾理論，如果正反頂夸克粒子系統(tǒng)處于束縛態(tài)，正反頂夸克粒子系統(tǒng)必須像氫原子一樣滿足的量子化條件為：式中n稱為量子數(shù)，可取整數(shù)值1，2，3，?，h為普朗克常量，rn為系統(tǒng)處于量子數(shù)為n的狀態(tài)時正反頂夸克之間的距離，vn是系統(tǒng)處于該狀態(tài)時正反頂夸克做圓周運(yùn)動的速率。
若實(shí)驗(yàn)測得正反頂夸克的壽命為τ=0.40×10-24s，并且已知組合常數(shù)，其中A為（2）中的常數(shù)。根據(jù)已知條件在以上模型中通過計(jì)算判斷，正反頂夸克能否構(gòu)成一個處在束縛狀態(tài)的系統(tǒng)？
【答案】（1）（2）（3）不能
【解析】（1）因?yàn)檎婵罩械狞c(diǎn)電荷之間的相互作用力的，這與萬有引力的規(guī)律相似，且都具有做功與路徑無關(guān)的特點(diǎn)。
在規(guī)定無窮遠(yuǎn)處引力勢能為零的情況下，在物體由無窮遠(yuǎn)到相距為r的過程中，引力做正功，引力勢能減小，所以引力勢能為負(fù)值。同樣，兩個帶異號電性的點(diǎn)電荷由無窮遠(yuǎn)到相距為r的過程中，靜電力做正功，電勢能減小，所以電勢能為負(fù)值。
在真空中有帶電荷量分別為+q1和-q2的兩個點(diǎn)電荷，當(dāng)它們之間的距離為r時相互作用的電勢能的表達(dá)式為。
（2）①類比引力勢能公式和強(qiáng)相互作用勢能公式，可知強(qiáng)相互作用力為引力。
②質(zhì)點(diǎn)間引力表達(dá)式為，類比可知，正反頂夸克之間強(qiáng)相互作用力表達(dá)式為：
（3）設(shè)基態(tài)時頂夸克粒子的線速度大小為v１，各自的半徑都是，根據(jù)牛頓定律：
基態(tài)時n=1，根據(jù)玻爾理論：
聯(lián)立上述二式可得：
根據(jù)牛頓定律
聯(lián)立④⑤可得
代入數(shù)據(jù)，解得T１=1.8×10-24s
由此可見
因?yàn)樘幱诨鶓B(tài)時，正反頂夸克做圓周運(yùn)動的周期比所有的激發(fā)態(tài)的周期都短，所以在該模型中正反頂夸克做圓周運(yùn)動的周期一定大于正反頂夸克的壽命，故正反頂夸克的束縛態(tài)是不可能存在的。
28．如圖所示，電場強(qiáng)度為E、方向平行于紙面的勻強(qiáng)電場分布在寬度為L的區(qū)域內(nèi)，一個離子以初速度v0垂直于電場方向射入勻強(qiáng)電場中，穿出電場區(qū)域時發(fā)生的側(cè)移量為h。在同樣的寬度范圍內(nèi)，若改用方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，使同樣的離子以相同的初速度穿過磁場區(qū)域時發(fā)生的側(cè)移量也為h，即兩次入射點(diǎn)與出射點(diǎn)均相同，不計(jì)離子所受重力。

（1）求該離子的電性和比荷（即電荷量q與其質(zhì)量m的比值）；
（2）求勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向；
（3）試分析說明離子在電場和磁場中運(yùn)動的軌跡是否重合。
【答案】（1）帶正電，（2），垂直紙面向外（3）見解析
【解析】（1）離子在電場中受到豎直向下的電場力，與電場方向相同，故帶正電
在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，水平方向有，豎直方向有，而
聯(lián)立以上幾式可得：；
（2）當(dāng)變?yōu)閯驈?qiáng)磁場后，離子在磁場中做半徑為r的勻速圓周運(yùn)動．
由幾何關(guān)系有：；
洛侖茲力提供向心力：；
聯(lián)立以上幾式可得：方向垂直紙面向外．
（3）雖然入射點(diǎn)相同，出射點(diǎn)也相同，但離子在電場中的運(yùn)動軌跡是拋物線，而在磁場中運(yùn)動的軌跡是一段圓弧，因此軌跡不會重合。
29．如圖所示，光滑絕緣水平面上固定著A、B、C三個帶電小球，它們的質(zhì)量均為m，間距均為r，A帶電量QA=10q，B帶電量QB=q，若小球C上加一個水平向右的恒力，欲使A、B、C始終保持r的間距運(yùn)動，求：

(1)C球的電性和電量QC；
(2)水平力F的大小。
【答案】（1）C球帶負(fù)電　　QC=q　?。?）F=70k
【解析】（1）對A、B、C系統(tǒng)研究得：
A球受到B球庫侖斥力F1和C球庫侖力F2后，要產(chǎn)生水平向右加速度，故F2必為引力，C球帶負(fù)電。
對AB兩球有　
聯(lián)立可得：
（2）對整體和A有　　

30．如圖甲所示，A和B是真空中正對面積很大的平行金屬板，位于兩平行金屬板正中間的O點(diǎn)有一個可以連續(xù)產(chǎn)生粒子的粒子源，AB間的距離為L．現(xiàn)在A、B之間加上電壓UAB隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，粒子源在交變電壓的一個周期內(nèi)可以均勻產(chǎn)生N個相同粒子，這種粒子產(chǎn)生后，在電場力作用下由靜止開始運(yùn)動，粒子一旦碰到金屬板，它就附在金屬板上不再運(yùn)動，且電荷量同時消失，不影響A、B板電勢．已知粒子質(zhì)量為，電荷量，，，，忽略粒子重力，不考慮粒子之間的相互作用力，求：

（1）t＝0時刻產(chǎn)生的粒子，運(yùn)動到B極板所經(jīng)歷的時間t0；
（2）在時間內(nèi)，產(chǎn)生的粒子不能到達(dá)B板的時間間隔；
（3）在時間內(nèi)，產(chǎn)生的粒子能到達(dá)B板的粒子數(shù)與到達(dá)A板的粒子數(shù)之比k．
【答案】（1）（2）（3）2:1

則勻加速的加速度：
勻減速的加速度大?。?br /> 由：
得：
所以：
由：
得：
（3）設(shè)剛好不能到達(dá)B極板的粒子，反向加速到A極板的時間為，
由：
得：
即：在時間內(nèi)，內(nèi)返回的粒子都能打到A極板上
所以：
31．如圖所示，一帶電粒子以一定的初速度垂直于場強(qiáng)方向沿上板邊緣射入勻強(qiáng)電場，剛好從下板右邊緣飛出。已知極長為L，如果帶電粒子的速度變?yōu)樵瓉淼?倍，當(dāng)它的豎直位移等于板間距時，試計(jì)算它運(yùn)動全過程中的水平位移x為多少？（不計(jì)粒子重力）

【答案】
【解析】試題分析：帶電粒子以速度v垂直于場強(qiáng)方向沿上板邊緣射入電場時做類平拋運(yùn)動，由類平拋運(yùn)動的規(guī)律得出前后兩次偏轉(zhuǎn)位移的關(guān)系；粒子離開電場后速度反向延長線交上板的中點(diǎn)，根據(jù)三角形相似再結(jié)合幾何關(guān)系，求出水平射程x。
帶電粒子以速度v垂直于場強(qiáng)方向沿上板邊緣射入電場時，由類平拋運(yùn)動的規(guī)律得：
在豎直方向：
水平方向：
粒子的加速度為：
帶電粒子的速度為2v 時，粒子離開電場時偏轉(zhuǎn)的距離為y，
在豎直方向：
水平方向：
粒子的加速度為：
聯(lián)立以上解得：
粒子偏出時速度的反向延長線交上極板的中點(diǎn)如圖所示：

由三角形相似得：
根據(jù)幾何關(guān)系有：
聯(lián)立解得：
點(diǎn)睛：本題主要考查了帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)，運(yùn)用運(yùn)動的分解法研究類平拋運(yùn)動，根據(jù)三角形相似法求出水平射程。
32．質(zhì)量都是m的兩個完全相同、帶等量異種電荷的小球A、B分別用長l的絕緣細(xì)線懸掛在同一水平面上相距為2l的M、N兩點(diǎn)，平衡時小球A、B的位置如圖甲所示，線與豎直方向夾角α＝30°，當(dāng)外加水平向左的勻強(qiáng)電場時，兩小球平衡位置如圖乙所示，線與豎直方向夾角也為α＝30°，求：

(1)A、B小球電性及所帶電荷量Q；
(2)外加勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E.
【答案】(1)A帶正電，B帶負(fù)電， (2)
【解析】（1）由圖乙用假設(shè)法可判定A球帶正電，B球帶負(fù)電，否則A球、B球均不能處于平衡狀態(tài)。由圖甲得兩小球相距d＝2l－2lsin30°＝l
由A球受力平衡可得mgtanα＝，??
解得?????
（2）此時兩球相距d/=2l+2lsin300=3l

根據(jù)A球受力平衡可得，
解得?????
33．如圖所示，一對足夠大的金屬板M、N正對且豎直放置，兩極板分別接在大小可調(diào)的電源兩端，N極板右側(cè)分布有勻強(qiáng)磁場，磁場大小為B，方向垂直紙面向里，磁場區(qū)域放有一半徑為R的圓柱體，圓柱體的軸線與磁場方向平行，圓柱體的橫截面圓的圓心O到右極板N的距離為，在貼近左極板M處有足夠大的平行且?guī)ж?fù)電等離子束，在電場力的作用下無初速沿垂直于N極板（經(jīng)過特殊處理，離子能透過）射入磁場區(qū)域，已知所有離子的質(zhì)量均為m，電量為q，忽略離子的重力和離子間的相互作用力．求：

（1）若某個離子經(jīng)過N極板后恰好垂直打在圓柱體的最高點(diǎn)，則此時加在極板上的電源電壓；
（2）為了使所有的離子均不能打在圓柱體上，則電源電壓需滿足什么條件；
（3）若電源電壓調(diào)為，則從極板N上哪個范圍內(nèi)射出的離子能打在圓柱體上。
【答案】（1）（2）（3）在離O1上方不大于和在離O1下方不大于的范圍內(nèi)的離子均能打在圓柱體上
【解析】（1）設(shè)經(jīng)過極板加速后垂直打在圓柱體的最高點(diǎn)時速度為v1，由動能定理知

由幾何關(guān)系知，離子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑
又
聯(lián)立得
（2）設(shè)所有離子剛好不能打在圓柱體上時速度為v2，軌跡如圖1，此時離子的軌跡半徑
由牛頓第二定律知
聯(lián)立得
則電源電壓需滿足

（3）若電源電壓調(diào)為，由、

因此在離O1上方不大于和在離O1下方不大于的范圍內(nèi)的離子均能打在圓柱體上。
點(diǎn)睛：本題主要考查了帶電粒子在混合場中運(yùn)動的問題，要求同學(xué)們能正確分析粒子的受力情況，再通過受力情況分析粒子的運(yùn)動情況，熟練掌握圓周運(yùn)動及牛頓第二定律公式．
34．電子擴(kuò)束裝置由電子加速器、偏轉(zhuǎn)電場和偏轉(zhuǎn)磁場組成．偏轉(zhuǎn)電場由加有電壓的相距為d的兩塊水平平行放置的導(dǎo)體板組成，勻強(qiáng)磁場的左邊界與偏轉(zhuǎn)電場的右邊界相距為s，如圖甲所示．大量電子（其重力不計(jì)）由靜止開始，經(jīng)加速電場加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入偏轉(zhuǎn)電場．當(dāng)兩板沒有加電壓時，這些電子通過兩板之間的時間為2t0，當(dāng)在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0、幅值恒為U0的電壓時，所有電子均從兩板間通過，進(jìn)入水平寬度為l，豎直寬度足夠大的勻強(qiáng)磁場中，最后通過勻強(qiáng)磁場打在豎直放置的熒光屏上．問：

（1）如果電子在t=0時刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，則離開偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)向位移大小是多少？
（2）電子在剛穿出兩板之間的偏轉(zhuǎn)電場時最大側(cè)向位移與最小側(cè)向位移之比為多少？
（3）要使側(cè)向位移最大的電子能垂直打在熒光屏上，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為多少？（已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e）
【答案】（1）（2）（3）
【解析】（1）當(dāng)電子在時刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時，有，
得。
（2）由題意可知，要使電子的側(cè)向位移最大，應(yīng)讓電子從等時刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，在這種情況下，電子的側(cè)向位移為

要使電子的側(cè)向位移最小，應(yīng)讓電子從等時刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，在這種情況下，電子的側(cè)向位移為
所以最大側(cè)向位移和最小側(cè)向位移之比為

點(diǎn)睛：本題的難點(diǎn)是分析帶電粒子的運(yùn)動情況，可通過畫軌跡作速度圖象分析什么時刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的電子側(cè)向最大與最小。
35．如圖所示，在xOy坐標(biāo)系中，x軸上N點(diǎn)到O點(diǎn)的距離是12 cm，虛線NP與x軸負(fù)向的夾角是30°.第Ⅰ象限內(nèi)NP的上方有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 T，第Ⅳ象限有勻強(qiáng)電場，方向沿y軸正方向。一質(zhì)量為m＝8×10－10kg，電荷量q＝1×10－4C帶正電粒子，從電場中M(12，－8)點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)電場加速后從N點(diǎn)進(jìn)入磁場，又從y軸上P點(diǎn)穿出磁場。不計(jì)粒子重力，取π＝3，求：

(1)粒子在磁場中運(yùn)動的速度v；
(2)粒子在磁場中運(yùn)動的時間t；
(3)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E。
【答案】(1) 104 m/s (2) 1.6×10－5s (3) 5×103 V/m
【解析】試題分析：（1）粒子在磁場中的軌跡如圖，設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的軌道半徑為R，由幾何關(guān)系，得，解得
由得，代入解得
（2）由幾何關(guān)系得：粒子在磁場中運(yùn)動軌跡所對圓心角為120°，則有
（3）粒子在電場中運(yùn)動時，由動能定理得，則得
考點(diǎn)：考查了帶電粒子在組合場中的運(yùn)動
【名師點(diǎn)睛】帶電粒子在組合場中的運(yùn)動問題，首先要運(yùn)用動力學(xué)方法分析清楚粒子的運(yùn)動情況，再選擇合適方法處理．對于勻變速曲線運(yùn)動，常常運(yùn)用運(yùn)動的分解法，將其分解為兩個直線的合成，由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合求解；對于磁場中圓周運(yùn)動，要正確畫出軌跡，由幾何知識求解半徑
36．如圖1所示，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一個質(zhì)量為m=0.2kg，帶量為q=+2.0×10-6C的小物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，小物塊與地面間的動摩擦因數(shù).t=0時刻開始，空間加上一個如下圖2所示的場強(qiáng)大小和方向呈周期性變化的電場，（取平向右為正方向，g取10m/s2。）

求：（1）0～2s內(nèi)小物體加速度的大小
（2）2～4s內(nèi)小物體加速度的大小
（3）14秒末小物塊的速度大小
（4）前14秒內(nèi)小物塊的位移大小
【答案】（1）（2）（3）4m/s（4）28m
【解析】（1）0～2s加速度.
（2）2～4s內(nèi)物塊加速度取
（3）0～2s內(nèi)物塊的位移，2s末的速度為
位移，4s末的速度為
小物塊做周期為4s的加速和減速運(yùn)動，第14s末的速度也為m/s.
（4）14秒內(nèi)小物塊的位移大小，可以看做是上述3個周期加上
所求位移為
37．如圖所示，內(nèi)表面絕緣光滑的圓軌道位于豎直平面內(nèi)，軌道半徑為r，A、B分別為內(nèi)軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)，圓心O固定電荷量為+Q的點(diǎn)電荷，質(zhì)量為m、電荷量為-q的小球能在圓軌道內(nèi)表面做完整的圓周運(yùn)動，重力加速度為g，靜電力常量為k

（1）若小球經(jīng)過B點(diǎn)的速度為v0，求此時對軌道的壓力大小；
（2）求小球經(jīng)過A點(diǎn)最小速度的大小v；
（3）若小球經(jīng)過A點(diǎn)對軌道的壓力為mg，求經(jīng)過B點(diǎn)時的動能Ek．
【答案】（1）（2）（3）
【解析】（1）設(shè)此時小球?qū)壍赖闹С至镹，由向心力公式有

解得
由牛頓第三定律可知對軌道的壓力大小

解得
38．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，有方向平行于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)電場，坐標(biāo)系內(nèi)有A．B兩點(diǎn)，其中A點(diǎn)坐標(biāo)為，B點(diǎn)坐標(biāo)為，坐標(biāo)原點(diǎn)O處的電勢為0，點(diǎn)A處的電勢為，點(diǎn)B處的電勢為，現(xiàn)有一帶電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O處沿電勢為0的等勢線方向以速度射入電場，粒子運(yùn)動中恰好通過B點(diǎn)，不計(jì)粒子所受重力，求帶電粒子的比荷大小。

【答案】（1）（2）（3）
【解析】（1）坐標(biāo)原點(diǎn)O處的電勢為0，點(diǎn)A處的電勢為，OA的中點(diǎn)C點(diǎn)，根據(jù)知：由題意可得C點(diǎn)的電勢為。
（2）B、C兩點(diǎn)的電勢相等，連接BC，因BC的電勢相等，所以勻強(qiáng)電場的方向垂直于BC，過O點(diǎn)做BC的垂線相交于D點(diǎn)，由幾何關(guān)系得：
則電場強(qiáng)度為：。
（3）帶電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O處沿電勢為0的等勢線方向射入電場，做類平拋運(yùn)動，則有：，，又，，聯(lián)立解得
39．水平放置帶電的兩平行金屬板，板距d，質(zhì)量為m的微粒由板中間以某一初速平行于板的方向進(jìn)入，若微粒不帶電，因重力作用在離開電場時，向下偏轉(zhuǎn)，若微粒帶正電，電量為q，仍以相同初速進(jìn)入電場，為保證微粒不再射出電場，則兩板的電勢差應(yīng)為多少?并說明上下板帶電極性。
【答案】若下板帶負(fù)電，則U≥，若下板帶正電，則U≥
【解析】設(shè)平行板長度為l，粒子射入的初速度為v0，只受重力時，粒子做平拋運(yùn)動，則
水平方向有：，
豎直方向有：
解得：
若微粒帶正電，電量為q，仍以相同初速進(jìn)入電場，若下極板帶負(fù)電，當(dāng)粒子剛好從下極板邊緣射出，則
水平方向有：
豎直方向有：
聯(lián)立解得：，則為保證微粒不再射出電場，則兩板的電勢差，
若下極板帶正電，當(dāng)粒子剛好從上極板邊緣射出，則
豎直方向有：
解得：U′＝，則為保證微粒不再射出電場，則兩板的電勢差U′≥．
40．有個演示實(shí)驗(yàn)，在上下面都是金屬板的玻璃盒內(nèi)，放了許多錫箔紙揉成的小球，當(dāng)上下板間加上電壓后，小球就上下不停地跳動.現(xiàn)取以下簡化模型進(jìn)行定量研究.
如圖所示，電容量為C的平行板電容器的極板A和B水平放置，相距為d，與電動勢為ε、內(nèi)阻可不計(jì)的電源相連.設(shè)兩板之間只有一個質(zhì)量為m的導(dǎo)電小球，小球可視為質(zhì)點(diǎn).已知：若小球與極板發(fā)生碰撞，則碰撞后小球的速度立即變?yōu)榱?，帶電狀態(tài)也立即改變，改變后，小球所帶電荷符號與該極板相同，電量為極板電量的α倍（α

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