高考物理大二輪復(fù)習(xí)與增分策略 專題三 力與物體的曲線運(yùn)動 第3講 電學(xué)中的曲線運(yùn)動-人教版高三全冊物理試題

《高考物理大二輪復(fù)習(xí)與增分策略 專題三 力與物體的曲線運(yùn)動 第3講 電學(xué)中的曲線運(yùn)動-人教版高三全冊物理試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理大二輪復(fù)習(xí)與增分策略 專題三 力與物體的曲線運(yùn)動 第3講 電學(xué)中的曲線運(yùn)動-人教版高三全冊物理試題（19頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講　電學(xué)中的曲線運(yùn)動 1.帶電粒子在電場中受到電場力，如果電場力的方向與速度方向不共線，粒子將做曲線運(yùn)動；如果帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場，粒子將做類平拋運(yùn)動，由于加速度恒定且與速度方向不共線，因此是勻變速曲線運(yùn)動. 2.研究帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的類平拋運(yùn)動的方法與平拋運(yùn)動相同，可將運(yùn)動分解為垂直電場方向的勻速直線運(yùn)動和沿電場方向的勻加速直線運(yùn)動；若場強(qiáng)為E，其加速度的大小可以表示為a＝. 3.帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時將做勻速圓周運(yùn)動，向心力由洛倫茲力提供，洛倫茲力始終垂直于運(yùn)動方向，它不做功.其半徑R＝，周期T＝. 1.帶電粒子在電場和磁場的組合場中運(yùn)動時，一般是類平拋運(yùn)動

2、和勻速圓周運(yùn)動的組合，可以先分別研究這兩種運(yùn)動，而類平拋運(yùn)動的末速度往往是勻速圓周運(yùn)動的線速度，分析運(yùn)動過程中轉(zhuǎn)折點(diǎn)的速度是解決此類問題的關(guān)鍵. 2.本部分內(nèi)容通常應(yīng)用運(yùn)動的合成與分解的方法、功能關(guān)系和圓周運(yùn)動的知識解決問題. 例1　如圖1所示，閉合開關(guān)S后A、B板間產(chǎn)生恒定電壓U0，已知兩極板的長度均為L，帶負(fù)電的粒子(重力不計(jì))以恒定的初速度v0，從上極板左端點(diǎn)正下方h處，平行極板射入電場，恰好打在上極板的右端C點(diǎn).若將下極板向上移動距離為極板間距的倍，帶電粒子將打在上極板的C′點(diǎn)，則B板上移后(　　) 圖1 A.粒子打在A板上的動能將變小 B.粒子在板間的運(yùn)動時間不變

3、 C.極板間的場強(qiáng)將減弱 D.比原入射點(diǎn)低h處的入射粒子恰好能打在上板右端C點(diǎn) 解析　帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，水平方向做勻速直線運(yùn)動，豎直方向受電場力作用加速運(yùn)動.設(shè)板間距為d，則有L＝v0t，h＝t2得：t2＝，故U0不變，當(dāng)d減小時，粒子運(yùn)動時間減小，故B錯誤；豎直方向分速度：vy＝t＝ ，d減小，則vy增大，故打在A板上的速度v＝增大，故粒子打在A板上的動能增大，故A錯誤；恒定電壓U0一定，下極板向上移動，極板間的場強(qiáng)將增大，故C錯誤；由L＝v0t，h＝t2得h＝，所以＝＝＝，故h′＝ h，即比原入射點(diǎn)低(－1) h＝h處的入射粒子恰好能打在上板右端C點(diǎn)，故D正確. 答案　D

4、 預(yù)測1　(多選)如圖2所示，一帶電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場，入射方向與電場線垂直.粒子從Q點(diǎn)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(diǎn)的電勢差為U，不計(jì)重力作用，設(shè)P點(diǎn)的電勢為零.則下列說法正確的是(　　) 圖2 A.帶電粒子在Q點(diǎn)的電勢能為－Uq B.帶電粒子帶負(fù)電 C.此勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E＝ D.此勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E＝ 答案　AC 解析　由圖看出粒子的軌跡向上，則所受的電場力向上，與電場方向相同，所以該粒子帶正電.粒子從P到Q，電場力做正功，為W＝qU，則粒子的電勢能減少了qU，P點(diǎn)的電勢為零

5、，則知帶電粒子在Q點(diǎn)的電勢能為－Uq，故A正確，B錯誤.設(shè)帶電粒子在P點(diǎn)時的速度為v0，在Q點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，垂直于電場線為x軸，平行于電場線為y軸，由平拋運(yùn)動的規(guī)律和幾何知識求得粒子在y軸方向的分速度為：vy＝v0，粒子在y軸方向上的平均速度為：y＝.設(shè)粒子在y軸方向上的位移為y0，粒子在電場中的運(yùn)動時間為t，則： 豎直方向有：y0＝y(tǒng)t＝ 水平方向有：d＝v0t 可得：y0＝，所以場強(qiáng)為：E＝ 聯(lián)立得E＝＝，故C正確，D錯誤. 預(yù)測2　如圖3甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時間周期性變化的電場，電場方向與兩板垂直，在t＝0時刻，一不計(jì)重力

6、的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向射入電場，粒子射入電場時的速度為v0，t＝T時刻粒子剛好沿MN板右邊緣射出電場.則(　　) 圖3 A.該粒子射出電場時的速度方向一定是沿垂直電場方向的 B.在t＝時刻，該粒子的速度大小為2v0 C.若該粒子在時刻以速度v0進(jìn)入電場，則粒子會打在板上 D.若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，則該粒子仍在t＝T時刻射出電場 答案　A 解析　粒子射入電場在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，在豎直方向上前半個周期內(nèi)先做勻加速直線運(yùn)動，在后半個周期內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動，一個周期末豎直方向上的分速度為零，可知粒子射出電場時的速度方向一定沿垂直電場方向，故A正確；在t＝時刻

7、，粒子在水平方向上的分速度為v0，因?yàn)閮善叫薪饘侔錗N、PQ的板長和板間距離相等，則有：v0T＝·×2，解得vy＝2v0，根據(jù)平行四邊形定則知，粒子的速度大小為v＝v0，故B錯誤.若該粒子在時刻以速度v0進(jìn)入電場，粒子在豎直方向上的運(yùn)動情況與0時刻進(jìn)入時運(yùn)動的情況相反，運(yùn)動規(guī)律相同，則粒子不會打在板上，故C錯誤.若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，則粒子射出電場的時間t＝＝，故D錯誤. 解題方略 1.帶電體一般要考慮重力，而且電場力對帶電體做功的特點(diǎn)與重力相同，即都與路徑無關(guān). 2.帶電體在電場中做曲線運(yùn)動(主要是類平拋運(yùn)動、圓周運(yùn)動)的分析方法與力學(xué)中的方法相同，只是對電場力的分析要更謹(jǐn)

8、慎. 例2　(多選)如圖4所示，兩平行金屬板間有一勻強(qiáng)電場，板長為L，板間距離為d，在板右端L處有一豎直放置的光屏MN，一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的粒子從兩板中軸線OO′射入板間，最后垂直打在MN屏上，重力加速度為g.則下列結(jié)論正確的是(　　) 圖4 A.粒子打在屏上的位置在MO′之間 B.板間電場強(qiáng)度大小為 C.粒子在板間的運(yùn)動時間大于它從板的右端運(yùn)動到光屏的時間 D.粒子在板間運(yùn)動時電場力所做的功與在板右端運(yùn)動到光屏的過程中克服重力所做的功相等 解析　據(jù)題分析可知，粒子在平行金屬板間軌跡應(yīng)向上偏轉(zhuǎn)，做類平拋運(yùn)動，飛出電場后，粒子的軌跡向下偏轉(zhuǎn)，粒子才能最后垂直打在MN屏上，

9、可見兩次偏轉(zhuǎn)的加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律得，qE－mg＝mg，得到E＝.故A、B正確；由于粒子在水平方向一直做勻速直線運(yùn)動，兩段水平位移大小相等，則粒子在板間運(yùn)動的時間跟它從板的右端運(yùn)動到光屏的時間相等.故C錯誤. 答案　AB 預(yù)測3　(多選)(2016·全國乙卷·20)如圖5，一帶負(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)，且相對于過軌跡最低點(diǎn)P的豎直線對稱.忽略空氣阻力.由此可知(　　) 圖5 A.Q點(diǎn)的電勢比P點(diǎn)高 B.油滴在Q點(diǎn)的動能比它在P點(diǎn)的大 C.油滴在Q點(diǎn)的電勢能比它在P點(diǎn)的大 D.油滴在Q點(diǎn)的加速度大小比它在P點(diǎn)的小 答案　AB 解析　

10、由于油滴受到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(xiàng)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向上的方向，因此電場力豎直向上，且qE>mg，則電場方向豎直向下，所以Q點(diǎn)的電勢比P點(diǎn)的高，A選項(xiàng)正確；當(dāng)油滴從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)時，電場力做正功，電勢能減小，C選項(xiàng)錯誤；當(dāng)油滴從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)的過程中，合外力做正功，動能增加，所以Q點(diǎn)動能大于P點(diǎn)的動能，B選項(xiàng)正確. 預(yù)測4　(多選)如圖6所示，在光滑絕緣水平面上有一半徑為R的圓，AB是一條直徑，空間有與水平面平行的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E.在圓上A點(diǎn)有一發(fā)射器，以相同的動能平

11、行于水平面沿不同方向發(fā)射帶電量為＋q的小球，小球會經(jīng)過圓周上不同的點(diǎn)，在這些點(diǎn)中，以過C點(diǎn)的小球動能最大，且AC兩點(diǎn)間的距離為R.忽略小球間的相互作用，下列說法正確的是(　　) 圖6 A.電場的方向與AB間的夾角為30° B.電場的方向與AB間的夾角為60° C.若A點(diǎn)的電勢φA＝0，則C點(diǎn)的電勢φC＝－ER D.若在A點(diǎn)以初動能Ek0發(fā)射的小球，則小球經(jīng)過B點(diǎn)時的動能EkB＝Ek0＋qER 答案　BC 解析　點(diǎn)A與點(diǎn)C間的距離為R，連接CO，CO＝AO＝R，說明∠CAO＝∠ACO＝30°； 小球在勻強(qiáng)電場中，從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)，根據(jù)動能定理，有：qUAC＝Ek； 因?yàn)榈竭_(dá)

12、C點(diǎn)時的小球的動能最大，所以UAC最大，則在圓周上找不到與C電勢相等的點(diǎn)，且由A到C電場力對小球做正功，過C點(diǎn)作切線，為等勢線，電場線與等勢線垂直，則場強(qiáng)方向如圖所示. 所以電場方向與AB間的夾角θ為60°，故A錯誤，B正確. AC間的電勢差為：UAC＝E(Rcos 30°)＝ER，若A點(diǎn)的電勢φA＝0，根據(jù)UAC＝φA－φC，則C點(diǎn)的電勢φC＝－ER，故C正確.AB間的電勢差為：UAB＝E·2R·cos 60°＝ER. 根據(jù)動能定理，在A點(diǎn)以初動能Ek0發(fā)射的小球，從A到B動能增加量為qER，則小球經(jīng)過B點(diǎn)時的動能EkB＝Ek0＋qER，故D錯誤. 解題方略 1.對于帶電粒

13、子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的問題，基本思路是：根據(jù)進(jìn)場點(diǎn)和出場點(diǎn)的速度方向，確定洛倫茲力的方向，其交點(diǎn)為圓心，利用幾何關(guān)系求半徑. 2.帶電粒子在常見邊界磁場中的運(yùn)動規(guī)律 (1)直線邊界： ①對稱性：若帶電粒子以與邊界成θ角的速度進(jìn)入磁場，則一定以與邊界成θ角的速度離開磁場. ②完整性：比荷相同的正、負(fù)帶電粒子以相同的速度進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場時，兩帶電粒子軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角之和等于2π. (2)圓形邊界：沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出. 例3　(2016·四川理綜·4)如圖7所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場.一帶正電的粒子從f點(diǎn)沿fd方向射入磁場區(qū)域，當(dāng)速度大小為

14、vb時，從b點(diǎn)離開磁場，在磁場中運(yùn)動的時間為tb，當(dāng)速度大小為vc時，從c點(diǎn)離開磁場，在磁場中運(yùn)動的時間為tc，不計(jì)粒子重力.則(　　) 圖7 A.vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1 B.vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2 C.vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1 D.vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2 解析　帶正電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，運(yùn)動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系得，rc＝2rb，θb＝120°，θc＝60°，由qvB＝m得，v＝，則vb∶vc＝rb∶rc＝1∶2, 又由T＝，t＝T和θb＝2θc得tb∶tc＝2∶1，故選項(xiàng)

15、A正確，B、C、D錯誤. 答案　A 預(yù)測5　如圖8所示，ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直紙面向里.現(xiàn)將甲、乙、丙三個小球從軌道AB上的同一高度處由靜止釋放，都能通過圓形軌道的最高點(diǎn).已知甲、乙、丙三個小球的質(zhì)量相同，甲球帶正電、乙球帶負(fù)電、丙球不帶電.則(　　) 圖8 A.由于到達(dá)最高點(diǎn)時受到的洛倫茲力方向不同，所以到達(dá)最高點(diǎn)時，三個小球的速度不等 B.經(jīng)過最高點(diǎn)時，甲球的速度最小 C.甲球的釋放位置比乙球的高 D.在軌道上運(yùn)動的過程中三個小球的機(jī)械能不守恒 答案　C 解析　在

16、最高點(diǎn)時，根據(jù)左手定則可得：甲球受洛倫茲力向下，乙球受洛倫茲力向上，而丙球不受洛倫茲力，故三球在最高點(diǎn)受合力不同，故由F合＝m可知，到達(dá)最高點(diǎn)時，三個小球的速度不相等，則A錯誤；由以上分析可知，因甲球在最高點(diǎn)受合力最大，則甲球在最高點(diǎn)的速度最大，故B錯誤；因甲球的速度最大，而在整個過程中洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，甲球釋放時的高度最高，故C正確；因洛倫茲力不做功，故系統(tǒng)機(jī)械能守恒，三個小球的機(jī)械能保持不變，故D錯誤. 預(yù)測6　(多選)如圖9所示，勻強(qiáng)磁場分布在半徑為R的圓形區(qū)域MON內(nèi)，Q為半徑ON上的一點(diǎn)且OQ＝R，P點(diǎn)為邊界上一點(diǎn)，且PQ與OM平行.現(xiàn)有兩個完全相同的帶電粒子以相同的速

17、度射入磁場(不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用)，其中粒子1從M點(diǎn)正對圓心射入，恰從N點(diǎn)射出，粒子2從P點(diǎn)沿PQ射入，下列說法正確的是(　　) 圖9 A.粒子2一定從N點(diǎn)射出磁場 B.粒子2在P、N之間某點(diǎn)射出磁場 C.粒子1與粒子2在磁場中的運(yùn)行時間之比為3∶2 D.粒子1與粒子2在磁場中的運(yùn)行時間之比為2∶1 答案　AD 解析　如圖所示，粒子1從M點(diǎn)正對圓心射入，恰從N點(diǎn)射出，根據(jù)洛倫茲力指向圓心，和MN的中垂線過圓心，可確定圓心為O1，半徑為R.兩個完全相同的帶電粒子以相同的速度射入磁場，粒子運(yùn)動的半徑相同.粒子2從P點(diǎn)沿PQ射入，根據(jù)洛倫茲力指向圓心，圓心O2應(yīng)在P點(diǎn)上方

18、R處，連接O2P、ON、OP、O2N，O2PON為菱形，O2N大小為R，所以粒子2一定從N點(diǎn)射出磁場.A正確，B錯誤. ∠MO1N＝90°，∠PO2N＝∠POQ，cos ∠POQ＝，所以∠PO2N＝∠POQ＝45°.兩個完全相同的帶電粒子以相同的速度射入磁場，粒子運(yùn)動的周期相同.粒子運(yùn)動時間與圓心角成正比，所以粒子1與粒子2在磁場中的運(yùn)行時間之比為2∶1.C錯誤，D正確. 預(yù)測7　(多選)如圖10所示，在0≤x≤b、0≤y≤a的長方形區(qū)域中有一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，磁場的方向垂直于xOy平面向外.O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小

19、相同，速度方向均在xOy平面內(nèi)的第一象限內(nèi).已知粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期為T，最先從磁場上邊界飛出的粒子在磁場運(yùn)動的時間為，最后從磁場飛出的粒子在磁場中運(yùn)動的時間為.不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用.則(　　) 圖10 A.粒子做圓周運(yùn)動的半徑R＝2a B.粒子射入磁場的速度大小v＝ C.長方形區(qū)域的邊長滿足關(guān)系b＝2a D.長方形區(qū)域的邊長滿足關(guān)系b＝(＋1)a 答案　AD 解析　最先從磁場上邊界中飛出的粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角最小，對應(yīng)的圓弧最短，可以判斷出是沿y軸方向入射的粒子，其運(yùn)動的軌跡如圖甲，則由題意知偏轉(zhuǎn)角： θ＝×360°＝×360°＝30° 由幾何關(guān)系得

20、：R＝＝2a 帶電粒子做圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，得：qvB＝ 所以：v＝，故A正確，B錯誤； 在磁場中運(yùn)動時間最長的粒子，其軌跡是圓心為C的圓弧，圓弧與磁場的邊界相切，如圖乙所示， 設(shè)該粒子在磁場中運(yùn)動的時間為t′，依題意，t′＝，偏轉(zhuǎn)角度為∠OCA＝.設(shè)最后離開磁場的粒子的發(fā)射方向與y軸正方向的夾角為α，由幾何關(guān)系得：Rsin α＝R－a，解得：sin α＝，α＝30°.由圖可得：b＝Rsin α＋Rcos α＝(＋1)a，故C錯誤，D正確. 專題強(qiáng)化練 1.(多選)豎直放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個電荷M和N以相同的速率分別從極板A邊緣和兩板中間沿豎直方向

21、進(jìn)入板間電場，恰好從極板B邊緣射出電場，如圖1所示，不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用，下列說法正確的是(　　) 圖1 A.兩電荷的電荷量可能相等 B.兩電荷在電場中運(yùn)動的時間相等 C.兩電荷在電場中運(yùn)動的加速度相等 D.兩電荷離開電場時的動能相等 答案　AB 解析　A、B兩個電荷在電場中做類平拋運(yùn)動，設(shè)板長為L，粒子的初速度為v0，則粒子運(yùn)動時間為t＝，L、v0相同，則時間t相同.水平方向的位移為y＝at2，a＝，則y＝t2，E、t相同，y不同，因m的大小關(guān)系不清楚，q有可能相等.故A、B正確；由側(cè)向位移大小y＝at2，t相同，y不同，加速度a不等，故C錯誤.根據(jù)動能定理

22、，Ek－mv＝qEy，則Ek＝mv＋qEy，Ek大小關(guān)系無法判斷.故D錯誤. 2.如圖2所示，豎直金屬板A、B間電壓為U0，板中央有小孔O和O1，現(xiàn)有足夠多的同種粒子源源不斷地從小孔O進(jìn)入金屬板A、B間，并被加速后從O1進(jìn)入右側(cè)水平平行金屬板C、D間，O1O2是極板C、D的中線，金屬板C、D的長與板間距相等，兩板間電壓U可調(diào)，不計(jì)粒子重力及進(jìn)入O孔時的初速度，所有粒子均不能打在極板上，則U與U0應(yīng)滿足(　　) 圖2 A.U>U0 B.U<2U0 C.U>2U0 D.因不知極板C、D的長，所以無法確定U和U0的關(guān)系 答案　B 解析　根據(jù)動能定理得，qU0＝mv，粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電

23、場的速度v0＝ ， 粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的位移y＝at2＝·＝， 粒子均不能打在極板上，則有：y<，解得U<2U0. 3.如圖3所示，左側(cè)為加速電場，右側(cè)為偏轉(zhuǎn)電場，加速電場的加速電壓是偏轉(zhuǎn)電場電壓的k倍，有一初速度為零的電荷經(jīng)加速電場加速后，從偏轉(zhuǎn)電場兩板正中間垂直電場方向射入，且正好能從極板下邊緣穿出電場，不計(jì)電荷的重力，則偏轉(zhuǎn)電場長、寬之比的值為(　　) 圖3 A. B. C. D. 答案　B 解析　設(shè)加速電壓為kU，偏轉(zhuǎn)電壓為U，對直線加速過程，根據(jù)動能定理，有：q·kU＝mv2 對類平拋運(yùn)動過程，有：l＝vt ＝·t2 聯(lián)立解得：＝. 4.如圖4所示，矩形

24、的四個頂點(diǎn)a、b、c、d是勻強(qiáng)電場中的四個點(diǎn)，ab＝2bc＝2L，電場線與矩形所在的平面平行.已知a點(diǎn)電勢為18 V，b點(diǎn)電勢為10 V，c點(diǎn)電勢為6 V.一質(zhì)子從a點(diǎn)以速度v0射入電場，v0與ab邊的夾角為45°，一段時間后質(zhì)子經(jīng)過ab中點(diǎn)e.不計(jì)質(zhì)子重力，下列判斷正確的是(　　) 圖4 A.d點(diǎn)電勢為12 V B.質(zhì)子從a到b電勢能增加了6 eV C.電場強(qiáng)度大小為 D.質(zhì)子從a到e所用時間為 答案　D 解析　勻強(qiáng)電場中平行的等間距的兩點(diǎn)間的電勢差相等，故Uad＝Ubc，可得d點(diǎn)電勢為14 V，故A錯誤；Uab＝8 V，故質(zhì)子從a到b電場力做功為W＝eUab＝8 eV，電

25、場力做正功，電勢能減小，故B錯誤；經(jīng)計(jì)算可知，d點(diǎn)和e點(diǎn)的電勢相同，故de連線為等勢線，由于ab＝2bc＝2L，故△ade為等腰直角三角形，a點(diǎn)到直線de的距離為，由電場強(qiáng)度與電壓的關(guān)系可得，電場強(qiáng)度大小為，故C錯誤；de連線為等勢線，故質(zhì)子拋出后做類平拋運(yùn)動，落到e點(diǎn)時，垂直于電場線方向的位移為L，所需時間為t＝，故D正確. 5.(多選)用細(xì)繩拴一個質(zhì)量為m帶正電的小球B，另一也帶正電小球A固定在絕緣豎直墻上，A、B兩球與地面的高度均為h，小球B在重力、拉力和庫侖力的作用下靜止不動，如圖5所示.現(xiàn)將細(xì)繩剪斷后(　　) 圖5 A.小球B在細(xì)繩剪斷瞬間起開始做平拋運(yùn)動 B.小球B在細(xì)

26、繩剪斷瞬間加速度大于g C.小球B落地的時間小于 D.小球B落地的速度大于 答案　BCD 解析　將細(xì)繩剪斷瞬間，小球受到球的重力和庫侖力的共同的作用，合力斜向右下方，并不是只受重力的作用，因此剪斷瞬間起開始，不可能做平拋運(yùn)動，且加速度大于g，故A錯誤，B正確；小球在落地過程中，除受到重力外，還受到庫侖斥力，那么豎直方向的加速度大于g，因此球落地的時間小于，落地的速度大于，故C、D正確. 6.(多選)如圖6所示，一帶正電的點(diǎn)電荷P固定于半徑為l的半圓形光滑軌道外側(cè)，與軌道左端和最低點(diǎn)的距離均為l，軌道固定.有一質(zhì)量為m、帶負(fù)電小球Q從軌道左端靜止滑下，則(　　) 圖6 A.小球

27、運(yùn)動到軌道最低點(diǎn)的速度v> B.小球運(yùn)動到軌道最低點(diǎn)時對軌道的壓力大小為3mg C.小球?qū)⑦\(yùn)動到半圓形軌道右端最高點(diǎn) D.從開始到第一次經(jīng)過最低點(diǎn)的運(yùn)動過程中，電場力對小球先做正功后做負(fù)功 答案　BD 解析　小球從軌道左端運(yùn)動到軌道最低點(diǎn)的過程中，電場力做功為零，根據(jù)動能定理得：mgl＝mv2，得v＝，即小球運(yùn)動到軌道最低點(diǎn)的速度v＝.故A錯誤；在最低點(diǎn)，以小球?yàn)檠芯繉ο?，根?jù)牛頓第二定律得：FN－mg＝m，解得 FN＝3mg，由牛頓第三定律得知，小球運(yùn)動到軌道最低點(diǎn)時對軌道的壓力大小為3mg.故B正確；小球從最低點(diǎn)向右運(yùn)動的過程中，電場力一直做負(fù)功，機(jī)械能減少，由能量守恒定律知，小

28、球不可能運(yùn)動到半圓形軌道右端最高點(diǎn).故C錯誤；從開始到第一次經(jīng)過最低點(diǎn)的運(yùn)動過程中，小球與正點(diǎn)電荷間的距離先減小后增大，電場力對小球先做正功后做負(fù)功，故D正確. 7.(多選)如圖7所示，空間存在勻強(qiáng)電場，方向豎直向下，從絕緣斜面上的M點(diǎn)沿水平方向拋出一帶電小球，最后小球落在斜面上的N點(diǎn).已知小球的質(zhì)量為m，初速度大小為v0，斜面傾角為θ，電場強(qiáng)度大小未知.則下列說法正確的是(　　) 圖7 A.可以斷定小球一定帶正電荷 B.可以求出小球落到N點(diǎn)時速度的方向 C.可以求出小球到達(dá)N點(diǎn)過程中重力和電場力對小球所做的總功 D.可以斷定，當(dāng)小球的速度方向與斜面平行時，小球與斜面間的距離最

29、大 答案　BCD 解析　小球做類平拋運(yùn)動，電場力既可向上也可向下，故小球帶正電、負(fù)電都可以，故A錯誤；利用平拋知識有：＝＝＝tan θ，速度偏向角設(shè)為α，則tan α＝＝2tan θ，可求出小球落到N點(diǎn)時的速度大小和方向，故B正確；求出小球到達(dá)N點(diǎn)的速度，由動能定理可以求出小球到達(dá)N點(diǎn)過程中重力和電場力對小球所做的總功，故C正確；小球在垂直于斜面方向上做勻減速直線運(yùn)動，當(dāng)小球在垂直于斜面方向的速度為零，即小球速度平行于斜面時，小球與斜面間的距離最大，故D正確. 8.(多選)如圖8甲所示，兩水平金屬板間距為d，板間電場強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示.t＝0時刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中

30、線射入兩板間，0～時間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出.微粒運(yùn)動過程中未與金屬板接觸.重力加速度的大小為g.關(guān)于微粒在0～T時間內(nèi)運(yùn)動的描述，正確的是(　　) 圖8 A.末速度大小為v0 B.末速度沿水平方向 C.重力勢能減少了mgd D.克服電場力做功為mgd 答案　BC 解析　0～時間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動，則有：qE0＝mg，～T內(nèi)，微粒做平拋運(yùn)動，下降的位移x1＝g()2，T～T時間內(nèi)，微粒的加速度a＝＝g，方向豎直向上，微粒在豎直方向上做勻減速運(yùn)動，T時刻豎直分速度為零，所以末速度的方向沿水平方向，大小為v0，故A錯誤，B正確；微粒在豎直方向上向下運(yùn)動，位移大

31、小為d，則重力勢能的減少量為mgd，故C正確；在～T內(nèi)和T～T時間內(nèi)豎直方向上的加速度大小相等，方向相反，時間相等，則位移的大小相等，為d，整個過程中克服電場力做功為2E0·q·d＝qE0d＝mgd，故D錯誤. 9.(多選)如圖9所示的勻強(qiáng)磁場中，從O點(diǎn)沿OA方向垂直磁場發(fā)射兩個比荷相同的帶電粒子，一粒子經(jīng)時間t1到達(dá)直線OC上的P點(diǎn)，其速率為v1；另一粒子經(jīng)時間t2到達(dá)直線OC上的Q點(diǎn)，其速率為v2.不計(jì)粒子重力和粒子間的相互作用，則(　　) 圖9 A.v1>v2 B.v1

32、帶電粒子，粒子都做勻速圓周運(yùn)動，如圖所示. 根據(jù)圖象可知，兩次做勻速圓周運(yùn)動的圓心角相等，到達(dá)P點(diǎn)的粒子半徑小于到達(dá)Q點(diǎn)粒子的半徑，即r1

33、周長的.若將磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小變?yōu)锽2，結(jié)果相應(yīng)的弧長變?yōu)閳A周長的，不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互影響，則等于(　　) 圖10 A. B. C. D. 答案　C 11.如圖11所示，內(nèi)表面光滑絕緣的半徑為1.2 m的圓形軌道處于豎直平面內(nèi)，有豎直向下的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為3×106 V/m.有一質(zhì)量為0.12 kg、帶負(fù)電的小球，電荷量大小為1.6×10－6 C，小球在圓軌道內(nèi)壁做圓周運(yùn)動，當(dāng)運(yùn)動到最低點(diǎn)A時，小球與軌道壓力恰好為零，g取10 m/s2，求： 圖11 (1)小球在A點(diǎn)處的速度v1的大??； (2)小球運(yùn)動到最高點(diǎn)B時對軌道的壓力大小. 答案　(1)6 m

34、/s　(2)14.4 N 解析　(1)重力G＝mg＝0.12 kg×10 m/s2＝1.2 N 電場力F＝qE＝1.6×10－6 C×3×106 V/m＝4.8 N 在A點(diǎn)，有：qE－mg＝m 代入數(shù)據(jù)解得：v1＝6 m/s. (2)設(shè)球在B點(diǎn)的速度大小為v2，從A到B，由動能定理有： (qE－mg)·2R＝mv－mv 在B點(diǎn)，設(shè)軌道對小球彈力為FN，則有：FN＋mg－qE＝mv 由牛頓第三定律有：FN′＝FN 代入數(shù)據(jù)解得：FN′＝14.4 N. 12.如圖12所示，絕緣平臺AB距離水平地面CD的高度為h，整個空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，一質(zhì)量為m、帶正電量為q的小物塊從

35、P點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動，PB之間的距離也為h.若勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E＝，物塊與平臺之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25.求物塊落到水平地面上時的速度大小和方向. 圖12 答案　2，與水平方向的夾角是45° 解析　物塊從P到B的過程，由動能定理得qEh－μmgh＝mv 又 E＝，代入解得 vB＝ 物塊離開平臺后做勻變速曲線運(yùn)動，豎直方向做自由落體運(yùn)動，根據(jù)h＝gt2，可得： 下落時間 t＝ 落地時豎直分速度大小 vy＝ 在水平方向上，由牛頓第二定律得 qE＝ma，得 a＝ 落地時水平分速度大小 vx＝vB＋at＝ 故物塊落到水平地面上時的速度大小 v＝＝2 速度與水平方向的夾角正切 tan α＝＝1，得 α＝45°.