高考物理专题08静电场备考强化训练19带电粒子在电场中的直线运动新人教版.doc

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1、1 / 20【2019【2019 最新最新】精选高考物理专题精选高考物理专题 0808 静电场备考强化训练静电场备考强化训练1919 带电粒子在电场中的直线运动新人教版带电粒子在电场中的直线运动新人教版本套强化训练搜集近年来各地高中物理高考真题、模拟题及其它极有备考价值的习题等筛选而成。其目的在于：了解电容器的结构，理解平行板电容器及其电容决定式的意义。通过本训练把握带电粒子在电场中运动的知识，熟悉利用电学搭台、力学唱戏的方法，分析和解决带电粒子在电场中运动的规律，以便了解本类知识在现代技术中的应用。一、破解依据一、破解依据电容：电容：定义式,计算式 C=Q/U *平行板电容器的电容 C=S/

2、4Kd S:两极板正对面积 d:两极板间的垂直距离 *两个电容器的串、并联：，。21CCC并）（串2121CCCCC电场力及其功：若不计带电粒子的重力，无论均匀或不均匀电场力及其功：若不计带电粒子的重力，无论均匀或不均匀电场，则电场力做的功都等于动能的增量。电场，则电场力做的功都等于动能的增量。, madqUqEF2rkQqF ；2 02 21 21mvmvqUqEdFdWt)11 (BAABABrrkQqqUW电势能及其变化：则用及AAArkQqq.ABABW电加速、电偏转：电加速、电偏转： 加速运动加速运动 (Vo=0)(Vo=0) W=EKW=EK qu=mVt2/2qu=mVt2/2

3、，21 1)2(mqUv 2 / 20类平抛运动类平抛运动 a=F/m=qE/ma=F/m=qE/m ，y=at2/2y=at2/2； 侧移：，dUlUdmvlqUaty12 22 02 22422方向：dUlUdmvlqU122 022tan二、二、 精选习题精选习题选择题（每小题选择题（每小题 5 5 分，共分，共 4040 分）分）（1616 浙江）以下说法正确的是浙江）以下说法正确的是A在静电场中，沿着电场线方向电势逐渐降低B外力对物体所做的功越多，对应的功率越大C电容器电容 C 与电容器所带电荷量 Q 成正比D在超重和失重现象中，地球对物体的实际作用力发生了变化2.2.（1616 新

4、课标新课标 I I）一平行板电容器两极板之间充满云母介质，）一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。若将云母介质移出，则电容器（接在恒压直流电源上。若将云母介质移出，则电容器（ ）A.极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B.极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C.极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D.极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变3.3.（1616 天津）如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与天津）如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有

5、一个固定在有一个固定在 P P 点的点电荷，以点的点电荷，以 E E 表示两板间的电场强度，表示点表示两板间的电场强度，表示点电荷在电荷在 P P 点的电势能，表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，点的电势能，表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则pEA、增大，E 增大 B、增大，不变 pEC、减小，增大 D、减小，E 不变pE4.4.（1717 江苏）如图所示，三块平行放置的带电金属薄板江苏）如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A A、B B、C C 中央各有一小孔，小孔分别位于中央各有一小孔，小孔分

6、别位于 O O、M M、P P 点由点由 O O 点静止点静止3 / 20释放的电子恰好能运动到释放的电子恰好能运动到 P P 点现将点现将 C C 板向右平移到板向右平移到 PP点，则由点，则由O O 点静止释放的电子点静止释放的电子( ( ) )A运动到 P 点返回B运动到 P 和 P点之间返回C运动到 P点返回D穿过 P点5.5.（1414 襄阳五中）如图所示，无限大均匀带正电薄板竖直放置，襄阳五中）如图所示，无限大均匀带正电薄板竖直放置，其周围空间的电场可认为是匀强电场。光滑绝缘细管垂直于板穿过其周围空间的电场可认为是匀强电场。光滑绝缘细管垂直于板穿过中间小孔，一个视为质点的带负电小球

7、在细管内运动。以小孔为原中间小孔，一个视为质点的带负电小球在细管内运动。以小孔为原点建立点建立 x x 轴，规定轴，规定 x x 轴正方向为加速度轴正方向为加速度 a a、速度、速度 v v 的正方向，下图的正方向，下图分别表示分别表示 x x 轴上各点的电势轴上各点的电势 ，小球的加速度，小球的加速度 a a、速度、速度 v v 和动能和动能 EkEk随随 x x 的变化图象，其中正确的是的变化图象，其中正确的是 6.6.（1414 杭州学军中学）如图所示杭州学军中学）如图所示, ,长为长为 L L、倾角为、倾角为 的光滑绝的光滑绝缘斜面处于场强方向平行于纸面的电场中缘斜面处于场强方向平行于

8、纸面的电场中, ,一电荷量为一电荷量为 q q、质量为、质量为 m m的带正电小球的带正电小球, ,以初速度以初速度 v0v0 由斜面底端的由斜面底端的 A A 点开始沿斜面上滑点开始沿斜面上滑, ,到达到达斜面顶端斜面顶端 B B 点时速度仍为点时速度仍为 v0.v0.下列判断正确的是（已知重力加速度下列判断正确的是（已知重力加速度为为 g g）（）（ ） A.小球在 B 点的电势能小于小球在 A 点的电势能B.由题设条件可求得 A、B 两点的电势差C.该电场可能是位于 AB 中垂线上的正电荷所形成的电场D.若该电场是匀强电场,则电场方向平行于斜面向上时，电场强度最小4 / 207.7. （

9、1414 武昌模拟）如图甲所示，两个点电荷武昌模拟）如图甲所示，两个点电荷 Q1Q1、Q2Q2 固定在固定在 x x轴上距离为轴上距离为 L L 的两点，其中的两点，其中 Q1Q1 带正电位于原点带正电位于原点 O O，a a、b b 是它们连线是它们连线延长线上的两点，其中延长线上的两点，其中 b b 点与点与 O O 点相距点相距 3L3L。现有一带正电的粒子。现有一带正电的粒子 q q以一定的初速度沿以一定的初速度沿 x x 轴从轴从 a a 点开始经点开始经 b b 点向远处运动（粒子只受电点向远处运动（粒子只受电场力作用），设粒子经过场力作用），设粒子经过 a a，b b 两点时的速

10、度分别为两点时的速度分别为 vava，vbvb，其速，其速度随坐标度随坐标 x x 变化的图象如图乙所示，则以下判断正确的是（变化的图象如图乙所示，则以下判断正确的是（ ）AQ2 带负电且电荷量大于 Q1Bb 点的场强一定为零Ca 点的电势比 b 点的电势高D粒子在 a 点的电势能比 b 点的电势能小8.8.（1414 江西师大附中三模）如图所示，匀强电场江西师大附中三模）如图所示，匀强电场 E E 方向水平向方向水平向左，带有正电荷的物体沿绝缘水平面向右运动，经过左，带有正电荷的物体沿绝缘水平面向右运动，经过 A A 点时动能是点时动能是200J200J，经过，经过 B B 点时，点时，动能

11、是动能是 A A 点的，减少的动点的，减少的动能有转化成电势能，能有转化成电势能，那么，当它再次经过那么，当它再次经过 B B 点点时动能为（时动能为（ ）1 53 5A4J B8J C16J D20J计算题（共计算题（共 5050 分）分）（1616 上海）（上海）（1717 分）如图（分）如图（a a），长度），长度 L=0.8mL=0.8m 的光滑杆左端的光滑杆左端固定一带正电的点电荷固定一带正电的点电荷 A A，其电荷量，其电荷量 Q=Q=；一质量；一质量 m=0.02kgm=0.02kg，带电量，带电量为为 q q 的小球的小球 B B 套在杆上。将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中

12、，套在杆上。将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为以杆左端为原点，沿杆向右为 x x 轴正方向建立坐标系。点电荷轴正方向建立坐标系。点电荷 A A 对对小球小球 B B 的作用力随的作用力随 B B 位置位置 x x 的变化关系如图（的变化关系如图（b b）中曲线）中曲线 I I 所示，小所示，小5 / 20球球 B B 所受水平方向的合力随所受水平方向的合力随 B B 位置位置 x x 的变化关系如图（的变化关系如图（b b）中曲线）中曲线IIII 所示，其中曲线所示，其中曲线 IIII 在在 0.16x0.200.16x0.20 和和 x0.40x0.40 范围可

13、近似看范围可近似看作直线。求：（静电力常量）作直线。求：（静电力常量）71.8 10 C929 10 N m/Ck （1）小球 B 所带电量 q;（2）非均匀外电场在 x=0.3m 处沿细杆方向的电场强度大小E；（3）在合电场中，x=0.4m 与 x=0.6m 之间的电势差 U。（4）已知小球在 x=0.2m 处获得 v=0.4m/s 的初速度时，最远可以运动到 x=0.4m。若小球在 x=0.16m 处受到方向向右，大小为0.04N 的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的做小距离 s 是多少？（1616 四川）（四川）（1515 分）中国科学家分）中国科学家 20152

14、015 年年 1010 月宣布中国将在月宣布中国将在20202020 年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。应用。如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从 K 点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速、加速电压视为不变。设质子进入漂移管 B 时速度为，进入漂移管 E 时速度为，电源频率为，

15、漂移管间缝隙很小。质子在每个管内运动时间视为电源周期的 1/2。质子的荷质比取。求：68 10 m/s71 10 m/s71 10 Hz81 10 C/ kg6 / 20（1）漂移管 B 的长度；（2）相邻漂移管间的加速电压。（1717 全国全国）(18(18 分分) )如图，两水平面如图，两水平面( (虚线虚线) )之间的距离为之间的距离为H H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场自该区域上方的，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场自该区域上方的 A A 点点将质量均为将质量均为 m m、电荷量分别为、电荷量分别为 q q 和和q(q0)q(q0)的带电小球的带电小球 M M、N N 先后

16、以先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出小球在重力作用下进入电相同的初速度沿平行于电场的方向射出小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开已知场区域，并从该区域的下边界离开已知 N N 离开电场时的速度方向离开电场时的速度方向竖直向下；竖直向下；M M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为 N N 刚离刚离开电场时的动能的开电场时的动能的 1.51.5 倍不计空气阻力，重力加速度大小为倍不计空气阻力，重力加速度大小为 g.g.求：求：(1)M 与 N 在电场中沿水平方向的位移之比；(2)A 点距电场上边界的高度；(3)该电场的电场强度大小

17、( (三三) )选做题选做题12.12.（1414 西工大附中）静电计是在验电器的基础上制成的，用西工大附中）静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小。其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小。如图所示，如图所示，A A、B B 是平行板电容器的两个金属板，是平行板电容器的两个金属板，G G 为静电计开始为静电计开始时开关时开关 S S 闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是（增大些，下列采取的措施可行的是（ ）A断开开关 S 后，将 A

18、、B 分开些B保持开关 S 闭合，将 A、B 两极板分开些C保持开关 S 闭合，将 A、B 两极板靠近些D保持开关 S 闭合，将变阻器滑动触头向右移动7 / 2013.13.（1414 襄阳五中）如图所示，在光滑绝缘水平面放置一带正襄阳五中）如图所示，在光滑绝缘水平面放置一带正电的长直细棒，其周围产生垂直于带电细棒的辐射状电场，场强大电的长直细棒，其周围产生垂直于带电细棒的辐射状电场，场强大小小 E E 与距细棒的垂直距离与距细棒的垂直距离 r r 成反比，即。在带电长直细棒右侧，有成反比，即。在带电长直细棒右侧，有一长为的绝缘细线连接了两个质量均为一长为的绝缘细线连接了两个质量均为 m m

19、的带电小球的带电小球 A A 和和 B B，小球，小球A A、B B 所带电荷量分别为所带电荷量分别为+q+q 和和+4q+4q，A A 球距直棒的距离也为，两个球球距直棒的距离也为，两个球在外力在外力 F=2mgF=2mg 的作用下处于静止状态。不计两小球之间的静电力作的作用下处于静止状态。不计两小球之间的静电力作用。用。rkE l l（1）求 k 的值；（2）若撤去外力 F，求在撤去外力瞬时 A、B 小球的加速度和A、B 小球间绝缘细线的拉力；（3）若剪断 A、B 间的绝缘细线，保持外力 F=2mg 不变，A 球向左运动的最大速度为 vm，求从剪断绝缘细线到 A 球向左运动达到最大速度，A

20、 球所处位置电势怎样变化？变化了多少？14.14. (14(14 安徽安徽) )如图所示如图所示, ,充电后的平行板电容器水平放置充电后的平行板电容器水平放置, ,电容电容为为 C,C,极板间距离为极板间距离为 d,d,上极板正中有一小孔。质量为上极板正中有一小孔。质量为 m m、电荷量为、电荷量为+q+q的小球从小孔正上方高的小球从小孔正上方高 h h 处由静止开始下落处由静止开始下落, ,穿过小孔到达下极板处穿过小孔到达下极板处速度恰为零速度恰为零( (空气阻力忽略不计空气阻力忽略不计, ,极板间电场可视为匀强电场极板间电场可视为匀强电场, ,重力加重力加速度为速度为 g)g)。求。求:

21、:(1)小球到达小孔处的速度;(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量;(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间。15.15. （1313 上海）上海）(12(12 分分) )半径为半径为 R R，均匀带正电荷的球体在空间，均匀带正电荷的球体在空间8 / 20产生球对称的电场；场强火小沿半径分布如图产生球对称的电场；场强火小沿半径分布如图-15-15 所示，图中所示，图中 E0E0 已已知，知，E Er r 曲线下曲线下 O OR R 部分的面积等于部分的面积等于 R R2R2R 部分的面积。部分的面积。(1)写出 Er 曲线下面积的单位；(2)己知带电球在 rR 处的场强 EkQr2，式中

22、 k 为静电力常量，该均匀带电球所带的电荷量 Q 为多大?(3)求球心与球表面间的电势差U；(4)质量为 m，电荷量为 q 的负电荷在球面处需具有多大的速度可以刚好运动到 2R 处?16.16. （1313 全国大纲版）（全国大纲版）（1919 分）一电荷量为分）一电荷量为 q q（q q0 0）、质量）、质量为为 m m 的带电粒子在匀强电场的作用下，在的带电粒子在匀强电场的作用下，在 t t0 0 时由静止开始运动，时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图场强随时间变化的规律如图-16-16 所示。不计重力，求在所示。不计重力，求在 t t0 0 到到t tT T 的时间间隔内的时间间隔

23、内（1）粒子位移的大小和方向；（2）粒子沿初始电场反方向运动的时间。17.17.（宁波效实中学）（宁波效实中学） 如图如图1717 所示，绝缘的水平桌面上方有所示，绝缘的水平桌面上方有一竖直方向的矩形区域，该区域是由三个边长均为一竖直方向的矩形区域，该区域是由三个边长均为 L L 的正方形区域的正方形区域ABFEABFE、BCGFBCGF 和和 CDHGCDHG 首尾相接组成的，且矩形的下边首尾相接组成的，且矩形的下边 EHEH 与桌面相与桌面相接三个正方形区域中分别存在方向为竖直向下、竖直向上、竖直接三个正方形区域中分别存在方向为竖直向下、竖直向上、竖直向上的匀强电场，其场强大小比例为向上的

24、匀强电场，其场强大小比例为 112.112.现有一带正电的滑块现有一带正电的滑块以某一初速度从以某一初速度从 E E 点射入场区，初速度方向水平向右，滑块最终恰点射入场区，初速度方向水平向右，滑块最终恰从从 D D 点射出场区已知滑块在点射出场区已知滑块在 ABFEABFE 区域所受静电力和所受重力大小区域所受静电力和所受重力大小相等，桌面与滑块之间的动摩擦因数为相等，桌面与滑块之间的动摩擦因数为 0.1250.125，重力加速度为，重力加速度为 g g，滑，滑9 / 20块可以视作质点求：块可以视作质点求：(1)滑块进入 CDHG 区域时的速度大小(2)滑块在 ADHE 区域运动的总时间三、

25、参考答案三、参考答案选择题选择题【答案答案】A】A【解析解析】静电场中，顺着电场线电势要降落，静电场中，顺着电场线电势要降落，A A 正确；由可知正确；由可知B B 错误；电容器电容是由电容本身所决定的，错误；电容器电容是由电容本身所决定的，C C 错误；在超、失重中，错误；在超、失重中，实际重力式不变的，视重发生了变化，选项实际重力式不变的，视重发生了变化，选项 D D 错误。错误。WPt【答案答案】D】D 【解析解析】由可知，当云母介质抽出时，变小，电容器的电容变由可知，当云母介质抽出时，变小，电容器的电容变小；小；kdSCr 4rC因为电容器接在恒压直流电源上，故不变，根据可知，当减小时

26、， 减小。再由，由于与都不变，故电场强度不变，答案为 D.UCUQ CQdUE UdE【答案答案】D】D【解析解析】上板下移，由可知，上板下移，由可知，C C 变大，变大，Q Q 一定，则一定，则 Q=CQQ=CQ，U U 减小，减小，则则 减小；根据，减小；根据，Q=CU,Q=CU, ,可知可知 Q Q 一定时，一定时，E E 不变；根据不变；根据 U1=Ed1U1=Ed1可知可知 P P 点离下板的距离不变，点离下板的距离不变，E E 不变，则不变，则 P P 点与下板的电势差不变，点与下板的电势差不变，P P 点电势不变，则点电势不变，则 EPEP 不变；故不变；故 ABCABC 错，错

27、，D D 正确。正确。SCdUEdSCdQES【答案答案】A】A【解析解析】C】C 板在板在 P P 点时，由静止释放的电子从点时，由静止释放的电子从 O O 到到 P P 过程中合过程中合10 / 20外力做的总功为零当外力做的总功为零当 C C 板移到板移到 PP时，根据时，根据 E E，可知，可知B B、C C 板间的电场强度不变，由静止释放的电子从板间的电场强度不变，由静止释放的电子从 O O 到到 P P 过程中合外过程中合外力做的总功仍然为零，所以电子运动到力做的总功仍然为零，所以电子运动到 P P 点时速度为零，然后返回，点时速度为零，然后返回，故故 A A 正确正确【答案答案】

28、D】D【解析解析】沿沿 X X 轴正负方向看，电势是逐渐减小，它与轴正负方向看，电势是逐渐减小，它与 X X 轴正负轴正负方向的距离成反比，方向的距离成反比，A A 图错；加速度在图错；加速度在 X X 轴正方向是斜向下偏左，轴正方向是斜向下偏左，在负方向是斜向下偏右，其值不变，在负方向是斜向下偏右，其值不变，B B 图错；在图错；在 O O 点沿点沿 X X 轴正负方轴正负方向运动，电场力做负功，动能是减小的。列式是：，由此可知向运动，电场力做负功，动能是减小的。列式是：，由此可知 C C 错错D D 正确。正确。22 011 22WEqXmvmv 【答案答案】ABD】ABD【解析解析】A】

29、A、小球从、小球从 A A 运动到运动到 B B，重力势能增加，动能没有变化，重力势能增加，动能没有变化，根据能量守恒定律，电势能一定减小，则小球在根据能量守恒定律，电势能一定减小，则小球在 B B 点的电势能一定点的电势能一定小于小球在小于小球在 A A 点的电势能，故点的电势能，故 A A 正确；正确；B B、根据动能定理得：、根据动能定理得：- -mgLsin+qUAB=mgLsin+qUAB=，得到，得到，UAB=UAB=；故；故 B B 正确；正确；C C、如果该电场是位于、如果该电场是位于ABAB 中垂线上的正电荷所形成的电场，则中垂线上的正电荷所形成的电场，则 ABAB 的电势相

30、等，矛盾，故的电势相等，矛盾，故C C 错误；错误；D D、该电场是匀强电场，当电场力平行斜面向上时，电场力、该电场是匀强电场，当电场力平行斜面向上时，电场力最小，等于最小，等于 mgsinmgsin，故电场强度也最小，为，故，故电场强度也最小，为，故 D D 正确；故选：正确；故选：ABDABD021 212 02 0mvmvqmgLsin qmgLsin【答案答案】BD】BD【解析解析】由速度图像可知在点的斜率为零，即加速度为零，也由速度图像可知在点的斜率为零，即加速度为零，也11 / 20就是该处合合电场强度为零，就是该处合合电场强度为零，B B 选项正确；因点电场强度为零，为选项正确；

31、因点电场强度为零，为负电荷，由点电荷场强公式计算可得：负电荷，由点电荷场强公式计算可得：A A 选项错；由速度图线可知，选项错；由速度图线可知，从速度减小，电场力做负功，是从电势低到电势高的地方，从速度减小，电场力做负功，是从电势低到电势高的地方，C C 答案答案错；电场力做负功，电势能增加，所以错；电场力做负功，电势能增加，所以 D D 答案正确。答案正确。b b2Q121 1222 29 (3 )(2 )4QQQEEkkLLQab【答案答案】B】B 【解析解析】设物体向右运动到设物体向右运动到 C C 点静止，然后返回，点静止，然后返回，ABAB 间距离间距离为为 x1x1，BCBC 间距

32、离为间距离为 x2x2，则：由动能定理：，则：由动能定理：- -（f+qEf+qE）x1=x1=Ek0=-160Ek0=-160 J-J-（f+qEf+qE）x2=x2=Ek0=-40Ek0=-40 J J，所以，所以 x2=x2=又又 qEx1=qEx1=（Ek0Ek0）=96=96 J J 则则qEx2=96=24JqEx2=96=24J，即由，即由 B B 到到 C C，电势能增加，电势能增加 24J,24J,所以克服摩擦力做功所以克服摩擦力做功fx2=32J,fx2=32J,因此，由因此，由 B B 到到 C C 再回到再回到 B B 的过程中，的过程中，-2fx2=EkB-EkB-2

33、fx2=EkB-EkB，所，所以以 EkB=EkB-2fx2=Ek0-2fx0=40-32=8J,EkB=EkB-2fx2=Ek0-2fx0=40-32=8J,故选故选 B B54 51 41x 54 53 41 51计算题计算题【答案答案】（1 1） （2 2） （3 3）800v800v （4 4）0.065m0.065m61 10 C43 10 N/C【解析解析】（1 1）由图可知，当）由图可知，当 x=0.3mx=0.3m 时，时，N N120.018qQFkx=因此 C2 611 10F xqkQ-= （2）设在 x=0.3m 处点电荷与小球间作用力为 F2，F 合=F2+qE因此2

34、4 60.0120.018N / C3 10 N / C1 10FFEq-= -合12 / 20电场在 x=0.3m 处沿细秆方向的电场强度大小为 3，方向水平向左。410 N / C（3）根据图像可知在 x=0.4m 与 x=0.6m 之间合力做功大小,又,可得40.004 0.28 10WJ qUW800WUVq(4)由图可知小球从 x=0.16 到 x=0.2m 处，电场力做功4 10.03 0.046 102WJ小球从 x=0.2m 到 x=0.4m 处由图可知小球从到处0.4mx 0.8mx 电场力做功=0.0040.4=3W31.6 10J由动能定理+=01W2W3WF s外解得=

35、s123=0.065mWWW F外【答案答案】（1 1）漂移管）漂移管 B B 的长度为的长度为 0.40.4 m m ；（；（2 2）相邻漂移管）相邻漂移管间的加速电压为间的加速电压为 61046104 V V。【解析解析】（1 1）设高频脉冲电源的频率为）设高频脉冲电源的频率为 f f，周期为，周期为 T T；质子在；质子在每个漂移管中运动的时间为每个漂移管中运动的时间为 t t；质子进入漂移管；质子进入漂移管 B B 时速度为时速度为 ；漂移；漂移管管 B B 的长度为的长度为 。则。则BvBL1Tf 1 2tTBBLv tA联立式并代入数据得0.4mBL 13 / 20（2）设质子的电

36、荷量为 q，质量为 m，荷质比为 e；质子进入漂移管 B 时动能为；质子进入漂移管 E 时速度为，动能为；质子从漂移管 B 运动到漂移管 E，动能的增加量为；质子每次在相邻漂移管间被电场加速，电场的电压为 U，所做的功为 W。则KBEEvkEEkEqem21 2kBBEmv21 2kEEEmvkkEkBEEEWqU质子从漂移管 B 运动到漂移管 E 共被电场加速 3 次，根据动能定理有3kWE 联立式并代入数据得46 10 VU 【答案答案】(1)31】(1)31 (2)H(2)H (3)(3)m mg g2 2q q【解析解析】 (1)(1)设小球设小球 M M、N N 在在 A A 点水平

37、射出时的初速度大小为点水平射出时的初速度大小为v0v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为，则它们进入电场时的水平速度仍然为 v0.Mv0.M、N N 在电场中运动的在电场中运动的时间时间 t t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a a，在电场中沿水平方向的位移分别为，在电场中沿水平方向的位移分别为 s1s1 和和 s2.s2.由题给条件和运动由题给条件和运动学公式得学公式得v0at0 s1v0tat2 14 / 20s2v0tat2 联立式得321ss(2)设 A 点距电场上边界的高度为 h，小球下落 h 时在竖直方向的分速度

38、为 vy，由运动学公式得Vy22gh Hvytgt2 M 进入电场后做直线运动，由几何关系知Hs vvy10 联立式可得hH (3)设电场强度的大小为 E，小球 M 进入电场后做直线运动(注：由两匀变速直线运动合成为一个曲线运动，可知小球 N 做曲线运动)，则mgqE vvy0设 M、N 离开电场时的动能分别为 Ek1、Ek2，由动能定理（其应用与轨迹为直线、曲线等无关），得Ek1m(v02vy2)mgHqEs1 Ek2m(v02vy2)mgHqEs2 由已知条件15 / 20Ek11.5Ek2 联立式得E （三）选做题（三）选做题12.【12.【答案答案】A】A 【解析解析】A】A、断开电键

39、，电容器带电量不变，将、断开电键，电容器带电量不变，将 ABAB 分开一些，分开一些，则则 d d 增大，根据增大，根据 C=C=知，电容减小，根据知，电容减小，根据 U=U=知，电势差增大，指针张知，电势差增大，指针张角增大故角增大故 A A 正确正确B B、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，则指针张角不变、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，则指针张角不变知，故知，故 B B 错误错误C C、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，则指针张角不、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，则指针张角不变故变故 C C 错误错误D D、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当、保持

40、开关闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头滑动不会影响指针张角，故导线功能，滑动触头滑动不会影响指针张角，故 D D 错误故选：错误故选：A Akds 4CQ1313【答案答案】（1 1）；（）；（2 2）；（）；（3 3）。）。qmglk32mgT3124 32mmglmvUqq【解析解析】（1 1）对小球）对小球 A A、B B 及细线构成的整体，受力平衡，有及细线构成的整体，受力平衡，有得qmglk3216 / 20（2 2）若撤去外力瞬时，）若撤去外力瞬时， A A、B B 间细线拉力突然变为零，则间细线拉力突然变为零，则对 A 球：Akqmal得，方向向右ml

41、kqaA对 B 球：42Bkqmal得，方向向右mlkqaB2因为 aAaB，所以在撤去外力瞬时，其加速度如上，在绝缘细线张紧的瞬间 A、B 将以相同的加速度 a 一起向右运动，A、B 间绝缘细线张紧，有拉力 T。因此，对 A、B 整体，由牛顿第二定律，有422kkqqmall即 2mg=2ma得 a=g对 A：kqTmal解得mgT31故撤去外力瞬时，A、B 的加速度 a=g；A、B 小球间绝缘细线的拉力mgT31（3 3）当）当 A A 向左运动达到速度最大时向左运动达到速度最大时代入 k，得lr31设从剪断绝缘细线到 A 球向左运动达到最大速度，电场力做功为W，由动能定理解得，负号表示电

42、场力做负功。241()32mmglWmv 又由电场力做功可知 W=qU17 / 20因此24()32mWmglmvUqqq 在 A 球向左运动达到最大速度的过程中，所在处电势升高了。变化量为24 32mmglmvUqq14【14【答案答案】（1 1）（）（2 2）；（）；（3 3）gh2qddhmg)( qdhCmg)( gh hdh2【解析解析】(1)】(1)由由, ,解得。解得。ghv22ghv2(2)在极板间带电小球受重力和电场力,有mg-qE=ma,0-v2=2ad,解得。qddhmgE)( 而 U=Ed,Q=CU,解得。qdhCmgQ)( (3)由,t=t1+t2,联立解得2 121

43、gth 20atv 15.15.答案和解析如下：答案和解析如下：16.【16.【解析解析】（1919 分）解法一：粒子在分）解法一：粒子在18 / 200 0T/4T/4、T/4T/4T/2T/2、T/2T/23T/43T/4、3T/43T/4T T 时间间隔内做匀变速运动，时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为 a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得 、 01qEma022qEma 032qEma04qEma 由此得带电粒子在 0T 时间间隔内运动的 at 图像如图（a）所示（2 分），对应的 vt 图像如图（b）所示（3 分），其中由图（b）可知，带电粒子在 t0 到 tT 时的位移为联

44、立解得 2 0 16qE Tsm它的方向沿初始电场正方向。 （2）由图（b）可知，粒子在 t3T/8 到 t5T/8 内沿初始电场反方向运动，总的运动时间为解法二：带电粒子在粒子在0T/4、T/4T/2、T/23T/4、3T/4T 时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为 a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得、 01qEma022qEma 032qEma04qEma 设粒子在 tT/4、tT/2、t3 T/4、tT 时刻的速度分别为v1、v2、v3、v4，则有、 114Tav2124Tavv3234Tavv4344Tavv设带电粒子在 t0 到 tT 时的位移为 s，有解得 2 0 16qE

45、 Tsm它的方向沿初始电场正方向。 （2）由电场的变化规律知，粒子从 tT/4 时开始减速，设经时间 t1 粒子速度为零，有19 / 20，12 10a tv解得 t1T/8 粒子从 tT/2 时开始加速，设经过时间 t2 粒子速度为零，有，23 20a tv解得 t2T/8 设粒子从 t0 到 tT 内沿初始电场反方向运动的时间为 t2，有t 12()4Ttt解得 tT/4 17.【17.【答案答案】(1)】(1) (2)4(2)4L g【解析解析】 (1)(1)在在 CDHGCDHG 区域，对滑块进行受力分析，由牛顿第二区域，对滑块进行受力分析，由牛顿第二定律有定律有 2qE2qEmgmgma3ma3，由题意知 qEmg，在水平方向和竖直方向分别有 LvGt3，La3t.联立以上各式解得 vG，t3.(2)在 BCGF 区域，对滑块进行受力分析，在竖直方向qEmg， 所以不受摩擦力，做匀速直线运动，vFvG，t2t3. 在 ABFG 区域，对滑块进行受力分析，在竖直方向FNqEmg，在水平方向fma1，20 / 20由滑动摩擦力定律有 fFN.由以上各式解得 a1g.当滑块由 E 运动到 F 时，由运动学公式有vv2(a1)L，代入解得 vE，由运动学公式有 vFvEa1t1.解得 t1(42)，所以 tt1t2t34。