2017-2018學(xué)年高考物理專題08靜電場備考強(qiáng)化訓(xùn)練20帶電粒子在電場中的曲線運(yùn)動新人

1、強(qiáng)化訓(xùn)練 20 帶電粒子在電場中的曲線運(yùn)動本套強(qiáng)化訓(xùn)練搜集近年來各地高中物理高考真題、模擬題及其它極有備考價值的習(xí)題等 篩選而成。其目的在于：了解電容器的結(jié)構(gòu)， 理解平行板電容器及其電容決定式的意義。通過本訓(xùn)練把握帶電粒子在電場中運(yùn)動的知識，熟悉利用電學(xué)搭臺、 力學(xué)唱戲的方法，分析和解決帶電粒子在電場中運(yùn)動的規(guī)律，以便了解本類知識在現(xiàn)代技術(shù)中的應(yīng)用。一、破解依據(jù)電容：定義式，計算式 C=Q/U*平行板電容器的電容C=S/4nKdS:兩極板正對面積 d:兩極板間的垂直距離*兩個電容器的串、并聯(lián)：C并=C1C2,C串=C1C2（Cl- C2）。電場力及其功： 若不計帶電粒子的重力，無論均勻或不均勻

2、電場，則電場力做的功都等于動能的增量。F =qE =qU d二ma,F= qkQ r2AAW二Fd二qEd二qU = mv：-一mvo;WAB= qUAB= qkQ（1。- 1b）22電勢能及其變化：則用；A= qA= qkQ及二hAB=WAB.rA電加速、電偏轉(zhuǎn)：加速運(yùn)動（Vo=0） W=呂qu=mVt2/2,v=（2qU一.m）12,類平拋運(yùn)動a=F/m=qE/m, y=at2/2;側(cè)移：y =at2.2二qU2l2. 2mv；d U2l24U1d,方向：tan二qU2l. mvfd二U2l. 2U“特別強(qiáng)調(diào)：若合力 F （或合加速度a,下同）與初速度vo“共線”，則粒子軌跡為直線；若“兩

3、者”方向一致，為動力、“加速”；反之為阻力、“減速”；若合外力為零，為“勻速”或“靜止”。若合力 F （或合加速度a,下同）與初速度vo“不共線”，而是互成一定夾角，則粒子軌跡為曲線；若“兩者”成銳角，為動力、“線加速”；成鈍角，為阻力、“線減速”； 若成直角，開始做勻速圓運(yùn)動。若“加速”（或減速），則合外力有正（或負(fù)）的沖量；由動量定理知“動量增加”（或 減少）；速度不變，動量亦然。若“加速”（或減速），則合外力做功為“正”（或負(fù)）；由動能定理知“動能增加”（或減少）；速度不變，則動能亦然。若重力、電場力做功為“正”（或負(fù)），則等于重力勢能、電勢能的“減少”（或增加）；而其他力做功則不一定如

4、此。無論何力做功，包括機(jī)械能、電勢能等在內(nèi)的總能量是守恒的。二、精選習(xí)題選擇題（每小題 5 分，共 40 分）1. （14 天津）如圖-1 所示,平行金屬板 A、B 水平正對放置，分別帶等量異號電荷。 一帶電2微粒水平射入板間，在重力和電場力共同作用下運(yùn)動，軌跡如圖中虛線所示，那么（）A.若微粒帶正電荷，則 A 板一定帶正電荷B.微粒從M 點運(yùn)動到 N 點電勢能一定增加C.微粒從 M 點運(yùn)動到 N 點動能一定增加D.微粒從 M 點運(yùn)動到 N 點機(jī)械能一定增加2.（ 16 海南）如圖-2，平行板電容器兩極板的間距為d,極板與水平面成 45角，上極板帶正電。一電荷量為q （q0）的粒子在電容器中靠

5、近下極板處。以初動能Eko豎直向上射出。不計重力，極板尺寸足夠大，若粒子能打到上極板，則兩極板間電場強(qiáng)度的最大值為Ek0C EkoD EkO2qd2qd qd3.（14 湖南十三校聯(lián)考） 在如圖-3 所示的豎直向下的勻強(qiáng)電場中，用絕緣細(xì)線拴住的帶電小球在豎直平面內(nèi)繞懸點0做圓周運(yùn)動，下列說法正確的是（）圖-3A. 帶電小球一定做勻速圓周運(yùn)動B. 帶電小球一定做變速圓周運(yùn)動C. 帶電小球通過最高點時，細(xì)線拉力一定最小D. 帶電小球通過最低點時，細(xì)線拉力有可能最小4. （15 山東）如圖-4 甲，兩水平金屬板間距為d,板間電場強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖 -4 乙 所示。t=04qd圖-1圖-2A.3時刻，

6、質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度V。沿中線射入兩板間，0T時間內(nèi)微粒勻3速運(yùn)動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬邊緣飛出。微粒運(yùn)動過程中未與金屬板接觸。重力加速度的4大小為g。關(guān)于微粒在0T時間內(nèi)運(yùn)動的描述，正確的是2巳EoO圖-4A.末速度大小為,2v0B.末速度沿水平方向一1一C.重力勢能減少了mgdD.克服電場力做功為mgd25.（ 15 天津）如圖-5 所示氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地飄入電場線7 水平向右的加速電場E，之后進(jìn)入電場線豎直向下的勻強(qiáng)電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上。整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么A .偏轉(zhuǎn)電場 E2對三種粒子做功一樣多B .三種粒子打到屏上

7、的速度一樣大C .三種粒子運(yùn)動到屏上所用的時間相同D .三種粒子一定打到屏上的同一位置圖-56.（ 16 海南）如圖-6，一帶正電的點電荷固定于 O點，兩虛線圓均以 O為圓心，兩實 線分別為帶電粒子 M和 N 先后在電場中運(yùn)動的軌跡，a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的 交點。不計重力。下列說法說法正確的是圖乙5A.M 帶負(fù)電荷，N 帶正電荷B.M 在 b 點的動能小于它在 a 點的動能6C.N 在 d 點的電勢能等于它在 e 點的電勢能D. N 在從 c 點運(yùn)動到 d 點的過程中克服電場力做功7.16 新課標(biāo) I ）如圖-7，一帶負(fù)電荷的油滴在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動，其軌跡在豎直面（紙 面）內(nèi)，且相對

8、于過軌跡最低點P的豎直線對稱。忽略空氣阻力。由此可知（A. Q 點的電勢比P點高B. 油滴在 Q 點的動能比它在P點的大C. 油滴在 Q 點的電勢能比它在P點的大D. 油滴在 Q 點的加速度大小比它在P點的小8.（14 山東）如圖-8,場強(qiáng)大小為 E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中有一矩形區(qū)域abed,水平邊 ab 長為 s,豎直邊 ad 長為 h。質(zhì)量均為 m 帶電量分別為+q 和-q 的兩粒子，由 a、e 兩 點先后沿ab 和 ed 方向以速率 vo進(jìn)入矩形區(qū)（兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中）。不計重力。若（1） 忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時初速度vo和從電場射出時沿垂直版面 方向的偏轉(zhuǎn)距離

9、 y;（2） 分析物理量的數(shù)量級，是解決物理問題的常用方法。在解決（1 ）問時忽略了電子所受重力，請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因。已知U =2.0 102V,d=4.0 10 m,_31_192m =9.1 10 kg,e=1.6 10 C,g=110m/s。（3） 極板間既有電場也有重力場。電勢反映了靜電場各點的能的性質(zhì)，請寫出電勢的兩粒子軌跡恰好相切，則 V。等于（A遵 B.C.s 2qE4；mhD.計算題（共 60 分）9. （ 15 北京）（15 分）如圖-9 所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于版面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為m電荷量為e，加速電場電壓為

10、Uo，偏轉(zhuǎn)電場可看做勻強(qiáng)電場，極板間電壓為U,極板長度為L,板間距為do圖-97定義式。類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”的“重力勢”的共同特點。10. ( 14 溫州一模)(14 分)在光滑絕緣的水平面上放置一個質(zhì)量m=0.2 kg、 帶電荷 量q= 5X10_4C的小球，小球系在長L= 0.5 m 的絕緣細(xì)線上，線的另一端固定在0點整 個裝置置于勻強(qiáng)電場中，電場方向與水平面平行且沿0A方向，如圖-10 所示(此圖為俯視圖).現(xiàn)給小球一個初速度使其繞0點做圓周運(yùn)動，小球經(jīng)過A點時細(xì)線的張力F= 140 N , 小球在運(yùn)動過程中，最大動能比最小動能大20 J，小球可視為質(zhì)點.(1)求

11、電場強(qiáng)度的大小.(2) 求運(yùn)動過程中小球的最小動能.(3) 若小球運(yùn)動到動能最小的位置時細(xì)線被剪斷，則小球經(jīng)多長時間其動能與在A點時的動能相等？此時小球距A點多遠(yuǎn)？11.(14 金華十校聯(lián)考)(15)如圖-11 所示，在豎直面上固定著一根光滑絕緣的圓形空心管，其圓心在0點.過0點的一條水平直徑及其延長線上的A、B兩點固定著兩個電荷.其中固定于A點的為正電荷，所帶的電荷量為Q;固定于B點的是未知電荷.在它們形成的電場中，有一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m帶電荷量為q的小球正在空心管中做圓周運(yùn)動，若已知小球以某一速度通過最低點C處時，小球恰好與空心管上、下壁均無擠壓且無沿切線方向的加速度，AB間的距離為L

12、,/ABC=/ACB=30.COL0B靜電力常量為k.(1)作出小球在最低點C處的受力示意圖，并確定小球和固定在B點的電荷的帶電性質(zhì).求固定在 B 點的電荷所帶的電荷量.(3)求小球運(yùn)動到最高點處，空心管對小球作用力的大小和方向.G 概念，并簡要說明電勢和8圖-119A、勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小可能是3mg5q12. （15 四川）（16 分）如圖-12 所示，粗糙、絕緣的直軌道0B固定在水平桌面上，B端與桌面邊緣對齊，A是軌道上一點，過A點并垂直于軌道的豎直面右側(cè)有大小E=1.5 x 106N/C,方向水平向右的勻強(qiáng)電場。帶負(fù)電的小物體P電荷量是 2.0 x 106C,質(zhì)量m=0.25kg，與軌道

13、間動摩擦因數(shù)卩=0.4 ,P從O點由靜止開始向右運(yùn)動，經(jīng)過0.55s 到達(dá)A點，到達(dá)B點時速度是 5m/s，到達(dá)空間D點時速度與豎直方向的夾角為a，且 tan a = 1.2。P在整個運(yùn)動過程中始終受到水平向右的某外力F作用，F(xiàn)大小與P的速率v的關(guān)系如表所示。P視為質(zhì)點，電荷量保持不變，忽略空氣阻力，取g= 10 m/s：求：（1）小物體P從開始運(yùn)動至速率為2m/s 所用的時間；（2 小物體P從A運(yùn)動至D的過程，電場力做的功。turns1)TJ3* -（三）選做題圖-1213. （14 武漢二中模擬） 如圖-13 所示，在一豎直平面內(nèi)，BCDF 段是半徑為 R 的圓弧擋板,AB 段為直線型擋板

14、（長為 4R）,兩者在 B 點相切，二-37, C,F兩點與圓心等高，D 在圓弧形擋板的最低點， 所有接觸面均光滑，絕緣擋板處于水平方向場強(qiáng)為E 的勻強(qiáng)電場中?，F(xiàn)將帶電量為+q,質(zhì)量為 m 的小球從擋板內(nèi)側(cè)的 A 點由靜止釋放，小球沿?fù)醢鍍?nèi)側(cè)ABCDF運(yùn)動到 F 點后拋出，在這段運(yùn)動過程中，下列說法正確的是（）圖-1310（1）如果帶電粒子的射入速度變?yōu)?v0，則離開電場時，沿場強(qiáng)方向偏轉(zhuǎn)的距離y為多少？（2）如果帶電粒子以速度2v0射入電場上邊緣，當(dāng)它沿豎直方向運(yùn)動的位移為d時，它的水平位移x為多大？（粒子的重力忽略不計）15. （14 武漢調(diào)考） 如圖-15 所示，在光滑絕緣的水平桌面上方

15、固定著所帶電荷量的絕對值相等的兩個點電荷q1、q2, 一個帶電小球（可視為點電荷）恰好圍繞O點在桌面上做勻速圓周運(yùn)動.已知O q1、q2在同一條豎直線上，下列判斷正確的是（）A.圓軌道上的電勢處處相等B.圓軌道上的電場強(qiáng)度處處相等C.點電荷 q1對小球的庫侖力是吸引力B 小球運(yùn)動到 D 點時動能一定不是最大C 小球機(jī)械能增加量的最大值是2.6qERD 小球從 B 到 D 運(yùn)動過程中，動能的增量為1.8mgR _ 0.8EqR14.（高考真題）如圖-14 所示，一帶電粒子以速度vo沿上板邊緣垂直于電場線射入勻強(qiáng)電場, 它剛好貼著下板邊緣飛出.I，間距為d，求:11D. q1、q2可能為異種電荷1

16、6.（14 西工大附中）如圖-16 所示，一帶電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點射入勻強(qiáng)電場，入射方向與電場線垂直.粒子從Q點射出電場時，其速度方向與電場線成30角已知勻強(qiáng)電場的寬度為d,P、Q兩點的電勢差為U,不計重力作用，設(shè)P點的電勢圖-1512為零.則下列說法正確的是（17.（13 新課標(biāo) H）如圖-17，勻強(qiáng)電場中有一半徑為r 的光滑絕緣圓軌道，軌道平面與電場方向平行.a、b 為軌道直徑的兩端，該直徑與電場方向平行一電荷量為q（q0）的質(zhì)點沿軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動，經(jīng)過a 點和 b 點時對軌道壓力的大小分別為Na和 NL 不計重力，求電場強(qiáng)度的大小 E、質(zhì)點經(jīng)過 a 點和 b 點時的動能.

17、圖-1718.19. （14 徐州一中模擬） 靜電透鏡是利用靜電場使電子束會聚或發(fā)散的一種裝置.如圖-19 所示為該透鏡工作原理示意圖，虛線表示這個靜電場在xOy平面內(nèi)的一簇等勢線，等勢線形狀相對于Ox軸、Oy軸對稱，且相鄰兩等勢線的電勢差相等.圖中實線為某個電子通過電場區(qū)域時的軌跡示意圖，關(guān)于此電子從a點運(yùn)動到b點過程中，下列說法正確的是 （）A.a點的電勢高于b點的電勢 B.電子在a點的加速度大于在b點的加速度C.電子在a點的動能大于在b點的動能D.電子在a點的電勢能大于在b點的電勢能A. 帶電粒子在Q點的電勢能為一UqB.帶電粒子帶負(fù)電C.此勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為D.此勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)

18、度大小為圖-16E帯qE14圖-1920. （14 淮南期末）如圖-20 所示，在xOy平面的第一象限內(nèi)有平行于y軸的有界勻強(qiáng)電場，方向如圖，一個電子以垂直于y軸的初速度vo從P點射入電場中，P點的坐標(biāo)為（0，yo）.當(dāng)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)為E時電子從A點射出，A點坐標(biāo)為（XA,0），當(dāng)場強(qiáng)為E2時，電子 從B點射出，B點坐標(biāo)為（XB,0），設(shè)電子的電荷量為e,質(zhì)量為m不計重力，其中XA、XB為已知量，其余量未知.（1）求勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E與E?的比值.（2）若在第四象限過Q點放一張垂直于xOy平面的感光膠片，位置如圖所示，Q點的坐標(biāo)為（0，y），求感光膠片上曝光點的橫坐標(biāo)XA和XB的比值.三、參考答

19、案選擇題1【答案】選 Co【解析】若微粒帶正電荷，則 A 板可能帶正電荷，也可能帶負(fù)電荷,A 錯誤。微粒從 M 點 運(yùn)動到 N點，電場力可能對微粒做正功，也可能做負(fù)功，故電勢能可能增加，也可能減少,B 錯 誤。合外力指向曲線凹側(cè)，故電場力與重力的合力豎直向下，與速度方向成銳角，合外力做正功，動能增加,C 正確。由于電場力可能對微粒做正功，也可能做負(fù)功，即機(jī)械能可能增大，也可能減小，D 錯誤。2【答案】B【解析】 粒子做曲線運(yùn)動，如圖所示：當(dāng)電場足夠大時，粒子到達(dá)上極板時速度恰好與上板平行，將粒子初速度V0分解為垂直極板的 Vy和平行板的 vx,當(dāng) vy=0 時，粒子的圖-20qE2oqE .速

20、度正好平行上板，則= -2 d,由于m161EVy=VoCOs45 , Ekomv0，則Ek0，故 B 正確。qd3【答案】D【解析】當(dāng)小球所示重力與電場力合力為零時，繩子的拉力提供向心力，合外力做功為零，小球做勻速圓周運(yùn)動，B、當(dāng)小球所受重力與電場力合力不為零時，合外力對小球所做的功不為零，小球速度大小發(fā)生變化，小球做變速圓周運(yùn)動，故A、B 錯誤；C、當(dāng)小球做勻速圓周運(yùn)動時，細(xì)線的拉力提供向心力，在圓周上任何一點細(xì)線的拉力都相等，如果小球做非勻變速運(yùn)動，小球帶正電時，在最高點細(xì)線拉力最小，如果小球帶負(fù)電，在最高點，小球 的拉力最大，故C 錯誤；D、小球所受重力與電場力不相等，做變速圓周運(yùn)動，

21、且小球帶負(fù) 電時，在最低點細(xì)線拉力最小，故D 正確；故選 D.4.【答案】BG【解析】試題分桁，因內(nèi)徴粒勻謹(jǐn)運(yùn)動，故= 在時閭內(nèi).粒子只受重力作用，做平拋運(yùn)動，333在 2 蘭時刻的豎直速度為叫嚴(yán)空，水平速度為匕在-T時間內(nèi)，粒子満足臨二加，鮮3、33得曠審方向向上，則在書時刻,粒子的豎直速度減4疼寸零，水平速度洵旳 選項A錯誤，正確；鍛粒的重力勢能減小了EP= g- = -,C正確;從射入射出，由動能定理可知，-橄期-耳=0，占J:可知克服電場力做功為fngd,選項D錯誤；故選BC5.【答案】AD【解析】帶電粒子在加速電場中加速度，由動能定理可知；?% =附，/2,解得：v粒子在偏轄電場中的

22、時間心二5在偏蒔電場中的縱問速度M12E.I：x = ar = 324坨気一定相同，到屏上的時間與橫向速度咸反比i故迭 d6.【答案】AB【解析】由于勻強(qiáng)電場中的電場力和重力都是恒力，所以合外力為恒力， 加速度恒定不變，所以 D 選項錯。由于油滴軌跡相對于過 P 的豎直線對稱且合外力總是指向軌跡彎曲內(nèi)側(cè)， 所以油滴所受合外力沿豎直方向，電場力豎直向上。當(dāng)油滴得從 P 點運(yùn)動到Q時，電場力做即位移芍比荷無關(guān).與速度無關(guān)$由相似三甬形可知.打在屏慕上的位qE正功，電勢能減小，C 選項錯誤；油滴帶負(fù)電，電勢能減小，電勢增加，所以Q點電勢高于18P 點電勢，A 選項正確；在油滴從 P 點運(yùn)動到 Q 的

23、過程中，合外力做正功，動能增加，所以Q 點動能大于P點，B 選項正確；所以選 AB7.【答案】ABC【解析】如圖所示，M 粒子的軌跡向左彎曲，則所受電場力向左，可知M 受到引力作用，故 M 帶負(fù)電，而 N 粒子的軌跡向下彎曲， 則帶電粒子所受的電場力向下，說明 N 受到了斥力作用，故 N 帶正電，A 正確；由于虛線是等勢面，故 M 從 a 到 b 電場力對其做負(fù)功，動能減 少，B 正確；d和 e 在同一等勢面上，N 移動時不做功，電勢能不變，C 正確；N 帶正電，從c 到 d,電場力做正功，選項 D 錯誤。8【答案】選 Bo【解析】由于兩個帶電粒子質(zhì)量、電荷量、初速度大小都相等，其運(yùn)動軌跡均為

24、拋物線s且相切，可以判斷切點必為矩形的中點，則帶電粒子從拋出點到切點的水平位移為x=-,豎直位移為 y=h,再由類平拋的規(guī)律 x=vot,y=1qEt2可以解得22 m計算題9【答案】(1)4Ud力勢；G 都是反映場的能的性質(zhì)的物理量，僅僅由場自身的因素決定12【解析】(1)根據(jù)功能關(guān)系，可得eU0mv2,2eU45F10 Nd由于FG,因此不需要考慮電子所受的重力于重力做功與路徑無關(guān)，可以類比靜電場電勢的定義，將重力場中物體在某點的重力勢能GGSV0=23)宜 (2)不需要考慮電子所受的重力(電子射入偏轉(zhuǎn)電場的初速度v=頤,V m在偏轉(zhuǎn)電場中電子的運(yùn)動時間側(cè)移量m2eUo4 -L-LV。UL

25、2心4Ud(2)考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級，有重力aCt)2G二mg : 109N電場力(3)電場中某點電勢定義為電荷在該點的電勢能E與電荷量 q 的比值二E,選項 B 正確。19與其質(zhì)量 m 的比值，叫做重力勢，即m電勢和重力勢；G都是反映場的能的性質(zhì)的物理量，僅僅由場自身的因素決定20410【答案】(1)4 X 10 N/C (2) 10 J【解析】(1)對小球，由動能定理得2qEL= Ek解得E= 4X 104N/C.在A點處對小球由牛頓第二定律得2VAFqE=m|-E(min=EkA Ek=mV Ek2解得Ekmin= 10 J.(3)設(shè)小球在B處的動能最小，則解得VB=10 m

26、/s細(xì)線被剪斷后小球做類平拋運(yùn)動y=X=VBt小球由B點到A點與由B點到過A點的等勢線上的某處所受的靜電力做的功相同，故小球在過A點的等勢線上的某處的動能與在A點時的動能相同，則y= 2L解得t= 12 s，x=Q2 m.11【答案】(1)小球帶負(fù)電B處電荷帶負(fù)電(2)J3Q(3) 6mg方向豎直向上【解析】(1)小球以某一速度通過最低點C時，小球恰好與空心管上、下壁均無擠壓，且無切線加速度，可知小球在C處所受合力的方向由C指向0,小球的受力情況如圖所示,故小球帶負(fù)電，B處電荷帶負(fù)電.(2)由幾何關(guān)系知LAC=L,LBC=2LABCOS30= 3L,根據(jù)小 球的受力分析圖可知Rsin 30 =

27、F2COS 30F1=3F2kQq= 3k(碁2所以 Q= 3Q(3)小球位于最低點和最高點時受到的靜電力F的大小相等，方向均指向圓心.小球在最低點C處時，由牛頓第二定律，有2VCFmg= mR小球在最低點C和最高點的電勢能相同. 對小球從C點運(yùn)動到最高點的過程應(yīng)用能量守 恒定律得1212?mv=2mgR小球在最高點時由牛頓第二定律，有Ekmin= 10 J421F+mg- F管=mR解得F管=6mg即空心管對小球作用力的大小為6mg方向豎直向上.12【答案】(1)ti= 0. 5s;( 2)W=- 9.25J?！窘馕觥?1)物體P在水平桌面上運(yùn)動時，豎直方向上只受重力mg和支持力N作用，因此

28、其滑動摩擦力大小為：f=卩mg=1N根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知， 物體P在速率v= 02m/s 時，所受水平外力Fi= 2Nf,因此，在 進(jìn)入電場區(qū)域之前，物體P做勻加速直線運(yùn)動，設(shè)加速度為ai,不妨設(shè)經(jīng)時間ti速度為vi=2m/s，還未進(jìn)入電場區(qū)域。根據(jù)勻變速直線運(yùn)動規(guī)律有：vi=aiti根據(jù)牛頓第二定律有：Fi-f=ma 由式聯(lián)立解得：11=mv= 0.5s v 0.55s，所以假設(shè)成立Fi_f即小物體P從開始運(yùn)動至速率為 2m/s 所用的時間為ti= 0.5s(2)當(dāng)物體P在速率v= 25m/s 時，所受水平外力F2= 6N,設(shè)先以加速度a2再加速t2= 0.05s至A點，速度為V2,根據(jù)牛頓第二

29、定律有：F2-f=ma根據(jù)勻變速直線運(yùn)動規(guī)律有：V2=Vi+azt2由式聯(lián)立解得：V2= 3m/s 物體P從A點運(yùn)動至B點的過程中，由題意可知，所受水平外力仍然為F2= 6N 不變，設(shè)位移為xi,加速度為as,根據(jù)牛頓第二定律有：Fa-f-qE=ma根據(jù)勻變速直線運(yùn)動規(guī)律有：2asxi=vB-v；由式聯(lián)立解得：Xi= 1m根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知， 當(dāng)物體P到達(dá)B點時，水平外力為Fs=qE= 3N,因此，離開桌面在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，在豎直方向上只受重力，做自由落體運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動至D點時,其水平向右運(yùn)動位移為X2,時間為t3,則在水平方向上有：X2=VBt3根據(jù)幾何關(guān)系有：cot a =壘 V2由

30、式聯(lián)立解得：X2=25m ?12所以電場力做的功為：W=-qE(Xi+X2)?由？ ？式聯(lián)立解得：W=- 9.25J13【答案】BC【解析】A、小球能沿?fù)醢鍍?nèi)側(cè) ABC 內(nèi)側(cè)運(yùn)動，則有：qEcos37 mgs in 37,則得：E3mg，故場強(qiáng)大小不可能等于3mg，故 A 錯誤.B、小球在復(fù)合場中受重力和電場力，4q5q所以小球運(yùn)動到合力方向上時動能最大，則知在 CD 之間的某一點上時動能最大，故 B 正確；C 小球運(yùn)動到 C 點時，電場力做正功最多，小球的機(jī)械能增加量最大，所以小球機(jī)械能增加量的最大值 E=qE4Rcos53 +R ( 1-cos37) =2.6mgR,故 C 正確.D 小球

31、從 B 到 D 運(yùn)動過程中，根據(jù)動能定理得：動能的增量為 E=mgR ( 1+s in 37 ) -qERcos37 =1.6mgR-0.8qER，故 D 錯誤.故選：BC.114.答案】(1) d ; (2)2.5l。22【解析】(1)因為帶電粒子在電場中運(yùn)動，受到的電場力與速度無關(guān)，所以a是一定的由l =vot,d二at22得a dvI.T2,又 丨二2v0t, y二at2.2,1 2dv：l21由此可得y二.()2d。2l22v04(2)如上圖所示，將速度反向延長交上板的中點，由相似三角形可得-3上=3,L2d,4則 x，=1.51.所以水平位移為x =1 x2.51.選做題15.【答案】ACD【解析】 帶電小球做勻速圓周運(yùn)動，其所受的合力指向O點，大小一定小球受重力、5 的庫侖引力、q2的庫侖力(可能是引力，也可是斥力)、支持力四個力的作用，且q1和q2兩電荷對小球作用力的合力大小一定圓軌道上的合場強(qiáng)的大小一定，方向不同，選