帶電粒子電場的運(yùn)動(dòng)解答題練習(xí)

1、帶電粒子的運(yùn)動(dòng)解答題練習(xí).實(shí)驗(yàn)題（共3小題）1. （2016?甘肅自主招生）平行板電容器豎直安放如圖所示，兩板間距d=0.1m，電勢差U=1000V，現(xiàn)從平行板上 A處以V0=3m/s初速度水平射入一帶正電小球（已知小球帶電荷量q=104C,質(zhì)量m=0.02kg ）,經(jīng)一段時(shí)間后發(fā)現(xiàn)小球打在A點(diǎn)正下方的8點(diǎn)，求：（1）AB間的距離；+極板上，小球的初速度應(yīng)是多大?（2）若小球打在與B同一水平線上的4-84+4X 10 C的滑塊在電場強(qiáng)度大小為2X 10 N/C、方向水平向右的勻強(qiáng)電場N點(diǎn).已知M、N間的距離為0.1m.求：11 2. （ 2011?山東）如圖所示，帶電荷量為 中，沿光滑絕緣水平

2、面由 M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到（1）滑塊所受電場力的大?。唬?）M、N兩點(diǎn)間的電勢差；（3）電場力所做的功.F3亠二二 4'7777777777777777777777772 肘N3. 如圖所示，AC是半徑為R的圓的一條直徑，該圓處于勻強(qiáng)電場中，圓平面與電場方向平行，場強(qiáng)大小為E,方向一定，在圓周平面內(nèi)，將一帶電量為+q、質(zhì)量為m的小球從A點(diǎn)以相同的動(dòng)能拋出，拋出方向不同時(shí)，小球會(huì)經(jīng)過圓周不同的點(diǎn)， 在這些所有的點(diǎn)中， 到達(dá)B點(diǎn)小球的動(dòng)能最大，已知/ CAB=45 °若不計(jì)小球重力及空氣阻力.（1）試求電場方向與 AC間的夾角0為多大？（2） 若小球在A點(diǎn)沿AC方向以速度V0拋出，拋出后恰

3、能經(jīng)過 B點(diǎn)，求小球到達(dá) B點(diǎn)的速度大小.二.計(jì)算題（共4小題）4. （2016?高安市校級三模）如圖甲所示，兩個(gè)帶正電的小球A、B套在一個(gè)傾斜的光滑直桿上，兩球均可視為點(diǎn)電荷，其中A球固定，帶電量 Qa=2 X 10 4C, B球的質(zhì)量為 m=0.1kg .以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿桿向上建立直線坐標(biāo) 系，A、B球與地球所組成的系統(tǒng)總勢能（重力勢能與電勢能之和）隨位置x的變化規(guī)律如圖中曲線 I所示，直線n為曲線I的漸近線.圖中 M點(diǎn)離A點(diǎn)距離為6米.（g取10m/s2，靜電力恒量k=9.0 X 109N?m2/C2.令A(yù)處所在 平面為重力勢能的零勢能面，無窮遠(yuǎn)處為零電勢能處）.(1) 求桿與水平面的

4、夾角0;(2) 求B球的帶電量 Qb；(3) 求M點(diǎn)電勢種;(4) 若B球以EkO=4J的初動(dòng)能從M點(diǎn)開始沿桿向上滑動(dòng)，求B球運(yùn)動(dòng)過程中離 A球的最近距離及此時(shí) B球的加速度.5. (2016?楊浦區(qū)三模)研究靜電除塵，有人設(shè)計(jì)了一個(gè)盒狀容器，容器側(cè)面是絕緣的透明有機(jī)玻璃，它的上下地面是面積S=0.04m2的金屬板，間距 L=0.05m，當(dāng)連接到U=2500V的高壓電源正負(fù)兩極時(shí)，能在兩金屬板間產(chǎn)生一 個(gè)勻強(qiáng)電場，如圖所示，現(xiàn)把一定量均勻分布的煙塵顆粒密閉在容器內(nèi)，每立方米有煙塵顆粒1X 1013個(gè)，假設(shè)這些顆粒都處于靜止?fàn)顟B(tài)，每個(gè)顆粒帶電量為q=+1.0X 1017C,質(zhì)量為m=2.0 x

5、1015kg ,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求合上電鍵后：(1) 經(jīng)過多長時(shí)間煙塵顆?？梢员蝗课?？(2) 除塵過程中電場對煙塵顆粒共做了多少功？(3) 經(jīng)過多長時(shí)間容器中煙塵顆粒的總動(dòng)能達(dá)到最大？6. (2016春?大連校級月考)如圖所示，在水平向左的勻強(qiáng)電場中，有一個(gè)半徑為R的半圓形絕緣軌道豎直放置,軌道與一個(gè)水平絕緣軌道 MN連接，一切摩擦都不計(jì)，半圓軌道所在豎直平面與電場線平行，一個(gè)帶正電的小滑塊 質(zhì)量為m,所受電場力為其重力的 2,重力加速度為g,問：4(1) 要小滑塊恰好運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)C,滑塊應(yīng)在水平軌道上離 N點(diǎn)多遠(yuǎn)處釋放？(2) 這樣釋

6、放的滑塊通過 P點(diǎn)時(shí)，軌道對滑塊的作用力是多大？ (P為半圓軌道中點(diǎn))(3) 小滑塊經(jīng)過 C點(diǎn)后最后落地，落地點(diǎn)離 N點(diǎn)的距離多大？7. (2011秋？東莞市校級期中)如圖所示，水平放置的平行板電容器，極板長L=0.1m，兩板間距離d=0.4cm .有一帶電微粒以一定的初速度從兩板中央平行于極板射入，若板間不加電場，由于重力作用微粒恰能落到下板中點(diǎn) 0處;B點(diǎn).已知微粒質(zhì)量m=2.0 X 10 kg，電量 q=1.0 x若板間加豎直方向的勻強(qiáng)電場，帶電微粒剛好落到下板右邊緣-8210 C,取 g=10m/s .試求：(1) 帶電微粒入射初速度的大小；(2) 板間所加電場的電場強(qiáng)度多大？方向怎樣

7、？T_B三解答題(共13小題)& ( 2016?大慶模擬)在xOy平面內(nèi)，有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子，B和C是粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)，如圖所示，其中 不計(jì)，求：(1)(2)(圖象未畫出)，由A點(diǎn)斜射出一10為常數(shù)，粒子所受重力忽略粒子從A粒子從A到C過程中電場力對它做的功; 到C過程所經(jīng)歷的時(shí)間；9. ( 2016?四川校級模擬)如圖所示，電源電動(dòng)勢 E=30V，內(nèi)阻r=1 Q,電阻R1=4 Q, R2=10Q.兩正對的平行金屬板 長L=0.2m，兩板間的距離d=0.1m .閉合開關(guān)S后，一質(zhì)量m=5 X 10 -8kg，電荷量q=+4X 10-6

8、C的粒子以平行于兩 板且大小為v0=5 X 102m/s的初速度從兩板的正中間射入，求粒子在兩平行金屬板間運(yùn)動(dòng)的過程中沿垂直于板方向發(fā)生的位移大?。?不考慮粒子的重力)10. (2016?重慶自主招生)如圖所示，在光滑絕緣的水平面上，用長為2L的絕緣輕桿連接兩個(gè)質(zhì)量均為 m的帶電小球A和B. A球的帶電量為+2q, B球的帶電量為-3q，兩球組成一帶電系統(tǒng).虛線 MN與PQ平行且相距3L, 開始時(shí)A和B分別靜止于虛線 MN的兩側(cè)，虛線 MN恰為AB兩球連線的垂直平分線若視小球?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)，不計(jì)輕 桿的質(zhì)量，在虛線 MN、PQ間加上水平向右的電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場后試求：(1) B球剛進(jìn)入電場時(shí)，帶電

9、系統(tǒng)的速度大小；(2) 帶電系統(tǒng)向右運(yùn)動(dòng)的最大距離和此過程中B球電勢能的變化量；(3) 帶電系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)的周期.31NQ11. （2016?上海模擬）如圖（a）所示，一光滑絕緣細(xì)桿豎直放置，距細(xì)桿右側(cè)d=0.3m的A點(diǎn)處有一固定的點(diǎn)電荷.細(xì)桿上套有一帶電量 q=1 X 10 6C,質(zhì)量m=0.05kg的小環(huán).設(shè)小環(huán)與點(diǎn)電荷的豎直高度差為h.將小環(huán)無初速釋放后，其動(dòng)能Ek隨的變化曲線如圖（b）所示.0 0?007nSiiiSii!ii4iiiiSiSSiiiSiSi!Sii!iiSiiii!iiSiiiSiiS!iSiiiiiiiiSiii!Sii I « I IIBiiBi lai la

10、ii II IIlaiia iiai iii iiiaii矛IE爺瓷蠱IE盤訓(xùn)薛爺幣誦誦盤7話蠱諌烈耳釗誕訴話鳶 1 » «« » « I « JHIB IKIIHhlHIfai I II刪w0.05OM0040 030.020 O.l 02a;MN lllinill Hl IHlIhNII Hl miHIIHIIH II4 a 3 OJ 0.5 M13. (2015秋？普陀區(qū)月考)如圖，粗糙、絕緣的直軌道固定在水平桌面上，B端與桌面邊緣對齊，A是軌道上一點(diǎn)，過A點(diǎn)并垂直于軌道的豎直面右側(cè)有大小E=2 X 106n/C ,方向水平向右

11、的勻強(qiáng)電場.可視為質(zhì)點(diǎn)的帶負(fù)電的小物體P電荷量q=2X 106C,質(zhì)量m=0.25kg ,與軌道間動(dòng)摩擦因數(shù)尸0.4. P由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過0.55s到達(dá)A點(diǎn),到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度是5m/s. P在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中始終受到水平向右的外力F作用，F(xiàn)大小與P的速率v的關(guān)系如表格所示，忽略空氣阻力.-1v (m?s )F/N(1)(2)(3)0< v< 22v vv 5v> 5263P從開始運(yùn)動(dòng)至 A點(diǎn)的速率；P從A運(yùn)動(dòng)至B的過程，電場力做的功；小物體P到達(dá)B點(diǎn)后，飛向另一側(cè)呈拋物線形狀的坡面如圖，以坡底的求小物體求小物體O點(diǎn)為原點(diǎn)建立坐標(biāo)系 xoy .已知y-x2,式中h為常數(shù)，且

12、h>7,重力加速度為g.若當(dāng)小物體P剛到達(dá)B點(diǎn)時(shí), 2h通過對其施加一個(gè)水平向右的瞬時(shí)力，改變其在時(shí)的速度.BO高為h,坡面的拋物線方程為T777777777777777777T7T77£*止.O-B點(diǎn)的速度則欲使 P落到坡面時(shí)的動(dòng)能恰好最小，求其在(3)AOx q=+24帶電微粒進(jìn)入電場時(shí)的初速度 V0多大？ 帶電微粒在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑 r. 最小矩形磁場區(qū)域的長和寬.在AOy范圍內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，在B=0.2T ,方向垂直紙面向里.一帶電微粒電荷量v0垂直于y軸進(jìn)入勻強(qiáng)電場，并以速度v=3 X 104m/sx軸不計(jì)微粒重力，求：(根據(jù)創(chuàng)新設(shè)計(jì)習(xí)題改015.

13、（2011?徐州一模）如圖甲所示，M和N是相互平行的金屬板，00102為中線，O1為板間區(qū)域的中點(diǎn)，P是足夠大的熒光屏帶電粒子連續(xù)地從0點(diǎn)沿001方向射入兩板間.帶電粒子的重力不計(jì).（1） 若只在兩板間加恒定電壓U , M和N相距為d,板長為L （不考慮電場邊緣效應(yīng)）若入射粒子是不同速率、電量為e、質(zhì)量為m的電子，試求能打在熒光屏P上偏離點(diǎn)02最遠(yuǎn)的電子的動(dòng)能.（2） 若兩板間沒有電場，而只存在一個(gè)以01點(diǎn)為圓心的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里，已知磁感應(yīng)v=V3x 105m/s.若能在熒光屏上觀察到亮點(diǎn), 足的條件.（不計(jì)粒子的重力）（3）若只在兩板間加如圖乙所示的交變電壓強(qiáng)度B=0

14、.50T，兩板間距d二Jcm,板長L=l.0cm，帶電粒子質(zhì)量 m=2.0 X 10 25kg，電量q=8.0X 10 18C,入射速度 試求粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r,并確定磁場區(qū)域的半徑R應(yīng)滿電量為e、質(zhì)量為m的電子.某電子在t.M0"u, M和N相距為d板長為L （不考慮電場邊緣效應(yīng)）.入射粒子是 盍;時(shí)刻以速度v0射入電場，要使該電子能通過平行金屬板，試確定U0應(yīng)滿足的條件.A1Ch團(tuán)2圖3丄逐的.16. （2011?鼓樓區(qū)校級模擬）如圖 1所示為某儀器內(nèi)部結(jié)構(gòu)圖，由01處靜止釋放的電子經(jīng)加速電壓U1加速后沿橫截面為正方形的金屬盒中軸線0203射入金屬盒，02為金屬盒左端面

15、的中心，金屬盒由上下兩個(gè)水平放置、前后兩個(gè)豎直放置，長為 L1、寬為L0的金屬薄板組成（它們不相連），金屬盒橫截面如圖 2，距盒右端面L2處有一面積 足夠大并與0203相垂直的接收屏，屏中心為 0 , 0102030在同一水平直線上屏上所設(shè)直角坐標(biāo)軸的X軸垂直紙面向外.儀器可在盒前、后兩面及上、下兩面加如圖3所示的UXX - t掃描電壓及UYY'- t的正弦交流電壓.設(shè)電子的質(zhì)量為m,帶電量為e,圖中U0、T均為已知量設(shè)所有入射的電子均能到達(dá)屏，不計(jì)電子所受重力、電子間 的相互作用及電子由靜止釋放到02的運(yùn)動(dòng)時(shí)間.在每個(gè)電子通過電場的極短時(shí)間內(nèi)，電場可視作恒定.V/AL：如儀器只提供

16、Uxx'- t掃描電壓，請定性說明t=T/4時(shí)刻入射的電子在盒內(nèi)及離盒后各做什么運(yùn)動(dòng)；如儀器只提供 UXX '- t掃描電壓，試計(jì)算t=T/4時(shí)刻入射的電子打在屏上的坐標(biāo)；如果在盒內(nèi)同時(shí)具有Uxx '- t掃描電壓和UYY '- t的正弦交流電壓，請?jiān)诖痤}卡上提供的坐標(biāo)圖上標(biāo)出Li（Li+2L 丿 Udt=T/2至t=3T/2時(shí)間段入射的電子打在屏上所留下的痕跡示意圖,其中坐標(biāo)圖上每單位長度為不要求00.x=2L處的縱坐標(biāo)o=y計(jì)算過程.17. （2015秋?福州校級月考）在粗糙的絕緣水平面上相距為 電荷的位置坐標(biāo)如圖（甲）所示，其中 B處電荷的電量為的圖象：圖

17、中x=L點(diǎn)為圖線的最低點(diǎn)，x= - 2L處的縱坐標(biāo)6L的A、B兩處，分別固定電量不等的正點(diǎn)電荷，兩Q.圖（乙）是AB連線之間的電勢 0與位置x之間關(guān)系250= O0, x=0處的縱坐標(biāo) 0=-S37在x= - 2L的C點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m、電量為q的帶正電物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），物塊隨即向右運(yùn)動(dòng).A CB，P口用J亍*廠/"才尸#尸歹f 廠廠*F廣+/產(chǎn)I*尹h尸F(xiàn) F廠廣廠廠尸"廠/尸尸尸/L -3L -1L03L圖（甲）-31 -2L -L 0圖（乙）求：（1）固定在A處的電荷的電量 Qa；（2）小物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)卩應(yīng)多大，才能使小物塊恰好到達(dá)x=2L處;（3

18、）若小物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)尸kaQ ，小物塊運(yùn)動(dòng)到何處時(shí)速度最大？并求最大速度 vm .18. （2015秋？云南校級月考） 如圖，0、A、B為同一斜面內(nèi)的三個(gè)點(diǎn)， OB沿斜面向下，/ BOA=60 ° 0B= = OA .將3mgL2一質(zhì)量為m的小球以初速度 V0自0點(diǎn)平行斜面水平向右拋出，小球在運(yùn)動(dòng)過程中恰好通過A點(diǎn).使此小球帶電，電荷量為q （q>0）,同時(shí)加一勻強(qiáng)電場.場強(qiáng)方向與OAB所在平面平行，現(xiàn)從 0點(diǎn)以同樣的速率沿某一平行斜面方向拋出此帶電小球，該小球也恰好通過了A點(diǎn)，到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是初動(dòng)能的 3倍；若該小球從 O點(diǎn)以同樣的速率沿另一平行斜面方向拋出，恰

19、好通過B點(diǎn)，且到達(dá)B點(diǎn)的動(dòng)能為初動(dòng)能的 6倍，重力加速度大小為 g.固定光滑斜面的傾角 9=30 °求：（1）無電場時(shí)，小球達(dá)到 A點(diǎn)時(shí)的速度大??；（2）OA、0B 的電勢差 UoA、UOB；19. （2015春？贛州校級期中）如圖（甲）為平行板電容器，板長l=0.1m，板距d=0.02m .板間電壓如圖（乙）示，電子以v=1 X 107m/s的速度，從兩板中央與兩板平行的方向射入兩板間的勻強(qiáng)電場，為使電子從板邊緣平行于板的 方向射出，電子應(yīng)從什么時(shí)刻打入板間？并求此交變電壓的頻率.（電子質(zhì)量m=9.1 X 1031 kg,電量e=1.6X 10（甲）如圖1,在真空中足夠大的絕緣水平

20、地面上，一個(gè)質(zhì)量為 m=0.2kg，帶電量為q=+2.0小物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)尸0.1.從t=0時(shí)刻開始，空間加上一個(gè)如圖 2所示（取水平向右的方向?yàn)檎较?，g取10m/s2）求： C）18£ 1iri lar TIlli420. （2015秋？番禺區(qū)校級期中） X 106c的小物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)， 的場強(qiáng)大小和方向是周期性變化的電場.:_: Lj»IF1'辛尸-144 4丿J 1 亠V丄J 口 £(1) 物塊在前2s內(nèi)加速度的大??；(2) 物塊在前4s內(nèi)的位移大小；(3) 23秒內(nèi)電場力對小物塊所做的功.帶電粒子的運(yùn)動(dòng)解答題練習(xí)參考答案與試題解析一.

21、實(shí)驗(yàn)題(共3小題)d=0.1m，電勢差U=1000V，現(xiàn)從平行板上 A4C,質(zhì)量m=0.02kg),經(jīng)一段時(shí)間后發(fā)現(xiàn)小1. (2016?甘肅自主招生)平行板電容器豎直安放如圖所示，兩板間距 處以V0=3m/s初速度水平射入一帶正電小球(已知小球帶電荷量 q=10 球打在A點(diǎn)正下方的8點(diǎn)，求：(1) AB間的距離；(2) 若小球打在與 B同一水平線上的+極板上，小球的初速度應(yīng)是多大？*1【分析】(1)將小球分解成水平方向與豎直方向運(yùn)動(dòng)，根據(jù)各方向的受力與運(yùn)動(dòng)來確定其運(yùn)動(dòng)性質(zhì)；再根據(jù)牛頓第 二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，來確定運(yùn)動(dòng)到最遠(yuǎn)時(shí)間，從而可求得豎直方向下落的距離.(2)根據(jù)水平方向勻加速豎直方向自由

22、落體運(yùn)動(dòng)借口求得【解答】解: (1) 考察豎直方向情況： 考察水平方向情況， 線運(yùn)動(dòng)疊加而成.U 100 ”3d-=10V/mJV,小球m在處以VA以水平射入勻強(qiáng)電場后，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示. 小球無初速，只受重力mg,可看作是自由落體運(yùn)動(dòng)；有初速 VA，受恒定的電場力qE作用，作勻速直線運(yùn)動(dòng)，小球的曲線運(yùn)動(dòng)由上述兩個(gè)正交的直由題可知：E=P=-設(shè)球飛行時(shí)間為水平方向上有:2®2invjaqEqEt=t,在豎直方向上有： Sab=丄呂T龍2Sab=7.2 X 102m代入數(shù)據(jù)解得:(2)在水平方向上有：x=x=d聯(lián)立解得：V0=3.8m/s答：(1) AB間的距離為7.2X 102m(2

23、)若小球打在與 B同一水平線上的+極板上，小球的初速度應(yīng)是3.8m/s肖“j;2. ( 2011?山東)如圖所示，帶電荷量為+4X 108C的滑塊在電場強(qiáng)度大小為2X 1O4N/C、方向水平向右的勻強(qiáng)電場 中，沿光滑絕緣水平面由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn).已知M、N間的距離為0.1m.求：(1) 滑塊所受電場力的大?。?2) M、N兩點(diǎn)間的電勢差；(3) 電場力所做的功.【分析】(1)在勻強(qiáng)電場中，根據(jù) F=qE直接計(jì)算電場力的大小;(2) 根據(jù)U=Ed計(jì)算M、N兩點(diǎn)間的電勢差；(3) 根據(jù)W=qU計(jì)算電場力所做的功.【解答】解：(1)滑塊所受的電場力為：F=qE=4 X 10 一8X 2 X 104n=

24、8 X 104N(2) M、N兩點(diǎn)間的電勢差為：UMN=Ed=2 X 104X 0.1V=2 X 10【分析】 大，所以 電場線與等勢線垂直，可以畫出電場線，從而確定出電場的方向. (2) 小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理求解小球到達(dá) 【解答】 解：(1)小球在勻強(qiáng)電場中，從 A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到 的動(dòng)能最大，所以 Uab最大，即在圓周上找不到與 B 過B點(diǎn)作切線DF，則該切線DF為等勢線.根據(jù)電場線與等勢面垂直，可知，電場線垂直于AC向左，場強(qiáng)方向如圖所示. 即電場方向與 AC間的夾角0為90°V(3) 電場力所做的功為：_PO cWMN=qUMN=4 X 10 X 2 X 10 j=8x 1

25、0 J 答：(1)滑塊所受電場力的大小為8X 10_4n ；(2) M、N兩點(diǎn)間的電勢差為 2X 103V ；(3) 電場力所做的功為 8X 10 _5j.3. 如圖所示，AC是半徑為R的圓的一條直徑，該圓處于勻強(qiáng)電場中，圓平面與電場方向平行，場強(qiáng)大小為E,方向一定，在圓周平面內(nèi)，將一帶電量為+q、質(zhì)量為m的小球從A點(diǎn)以相同的動(dòng)能拋出，拋出方向不同時(shí)，小球會(huì)經(jīng)過圓周不同的點(diǎn)， 在這些所有的點(diǎn)中， 到達(dá)B點(diǎn)小球的動(dòng)能最大，已知/ CAB=45 °若不計(jì)小球重力及空氣阻力.(1) 試求電場方向與 AC間的夾角0為多大？A小球在勻強(qiáng)電場中，從 A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理qUAB= Ek，因

26、為到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的小球的動(dòng)能最B電勢相等的點(diǎn).所以與 B點(diǎn)電勢相等的點(diǎn)在過 B點(diǎn)的切線上.再根據(jù)(1)Uab最大，即在圓周上找不到與B點(diǎn)的速度大小.B點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得 qUAB=A Ek，因?yàn)榈竭_(dá)B點(diǎn)時(shí)的小球 電勢相等的點(diǎn).且由 A到B電場力對小球做正功.(2) 若小球在A點(diǎn)沿AC方向以速度vo拋出，拋出后恰能經(jīng)過 B點(diǎn)，求小球到達(dá) B點(diǎn)的速度大小.(2)小球只受電場力，根據(jù)動(dòng)能定理得:qER=ynvB1 2可得：vB=俟畧答：(1)電場方向與 AC間的夾角0為90°乙(2)小球到達(dá)B點(diǎn)的速度大小為M點(diǎn)開始沿桿向上滑動(dòng)，求B球運(yùn)動(dòng)過程中離 A球的最近距離及此時(shí) B球的加Ep =mgxs

27、in 0=kx，從而的角度 0;(2) 由圖乙中的曲線I知，在x=6m出總勢能最小，動(dòng)能最大，該位置 B受力平衡，根據(jù)平衡條件和庫侖定律求 解電荷量.(3) 根據(jù)電勢和電勢能關(guān)系求解電勢；(4) 根據(jù)能量守恒和牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解加速度a.【解答】解：(1)漸進(jìn)線n表示B的重力勢能隨位置的變化關(guān)系，即Ep=mgxsin 0=kx則 sin 0=A_=0.5即 0=30°mg(2)由圖乙中的曲線 I知，在x=6m出總勢能最小，動(dòng)能最大，該位置 B受力平衡則有mgsin30 °k解得(3)答：(1)(2)(3)(4)Qb=1 X 10 (2016?楊浦區(qū)三模)研究靜電除塵，有人設(shè)計(jì)

28、了一個(gè)盒狀容器，容器側(cè)面是絕緣的透明有機(jī)玻璃，它的上下地 面是面積S=0.04m2的金屬板，間距 L=0.05m，當(dāng)連接到U=2500V的高壓電源正負(fù)兩極時(shí)，能在兩金屬板間產(chǎn)生一 個(gè)勻強(qiáng)電場，如圖所示，現(xiàn)把一定量均勻分布的煙塵顆粒密閉在容器內(nèi)，每立方米有煙塵顆粒1X 1013個(gè)，假設(shè)這 些顆粒都處于靜止?fàn)顟B(tài)，每個(gè)顆粒帶電量為q=+1.0X 10 17C,質(zhì)量為m=2.0 X 10 15kg ,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.求合上電鍵后： (1) 經(jīng)過多長時(shí)間煙塵顆?？梢员蝗课?？ (2) 除塵過程中電場對煙塵顆粒共做了多少功？C；M點(diǎn)的電勢能 Epm=E總

29、-Ep=6 - 3=3J則M點(diǎn)電勢Om=K=3x 105V ；(4) 在M點(diǎn)B球總勢能為6J，根據(jù)能量守恒定律，當(dāng)B的動(dòng)能為零，總勢能為10J，由曲線I知B離A的最近距離為x=2m .-mg=ma 解得a=40m/s，方向沿桿向上;桿與水平面的夾角 0為30°B球的帶電量Qb是1 X 10 5C ； M點(diǎn)電勢Om是3 X 105V ；若B球以Ek0=4J的初動(dòng)能從M點(diǎn)開始沿桿向上滑動(dòng)，B球運(yùn)動(dòng)過程中離 A球的最近距離是2m ,此時(shí)B球的 加速度是40m/s(3) 經(jīng)過多長時(shí)間容器中煙塵顆粒的總動(dòng)能達(dá)到最大？,方向沿桿向上.【分析】(1)在本題中帶電顆粒做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)直到到達(dá)

30、負(fù)極板為止，當(dāng)離負(fù)極板最遠(yuǎn)的粒子到達(dá)負(fù)極 板時(shí)，所有顆粒全部被吸收；(2) 由于顆粒均勻分布在密閉容器內(nèi)，可以等效為所有顆粒從兩極板中間被加速到負(fù)極板，從而求出電場對顆粒 做的總功；(3) 寫出動(dòng)能表達(dá)式，利用數(shù)學(xué)知識和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以求出經(jīng)過多長時(shí)間顆粒的總動(dòng)能最大.【解答】解：(1)當(dāng)最靠近上表面的煙塵顆粒被吸附到下板時(shí)，煙塵就被全部吸附.煙塵顆粒受到的電場力：a而亠/q 2F L匚 22 mL t可得 t=0.02s(2)由于板間煙塵顆粒均勻分布，可以認(rèn)為煙塵的質(zhì)心位置位于板的中心位置，因此除塵過程中電場力對煙塵做 的總功為：掃訓(xùn)乩qU電5X1 oY(3) 設(shè)煙塵顆粒下落距離為 x，則當(dāng)時(shí)

31、所有煙塵顆粒的總動(dòng)能:)犁只砧(L 7),當(dāng)時(shí)，Eh最大，又根據(jù)2口得50.014s答：(1)經(jīng)過0.02s時(shí)間煙塵顆?？梢员蝗课?2)除塵過程中電場對煙塵顆粒共做了匕5X10"4j功(3) 經(jīng)過0.014s時(shí)間容器中煙塵顆粒的總動(dòng)能達(dá)到最大6. (2016春?大連校級月考)如圖所示，在水平向左的勻強(qiáng)電場中，有一個(gè)半徑為R的半圓形絕緣軌道豎直放置,軌道與一個(gè)水平絕緣軌道 MN連接，一切摩擦都不計(jì)，半圓軌道所在豎直平面與電場線平行，一個(gè)帶正電的小滑塊 質(zhì)量為m,所受電場力為其重力的 丄，重力加速度為g,問：4(1) 要小滑塊恰好運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)C,滑塊應(yīng)在水平軌道上離 N點(diǎn)多遠(yuǎn)

32、處釋放？(2) 這樣釋放的滑塊通過 P點(diǎn)時(shí)，軌道對滑塊的作用力是多大？ (P為半圓軌道中點(diǎn))(3) 小滑塊經(jīng)過 C點(diǎn)后最后落地，落地點(diǎn)離 N點(diǎn)的距離多大？【分析】(1)在小滑塊運(yùn)動(dòng)的過程中，摩擦力對滑塊和重力做負(fù)功，電場力對滑塊做正功，根據(jù)動(dòng)能定理可以求得 滑塊與N點(diǎn)之間的距離；(2) 在P點(diǎn)時(shí)，對滑塊受力分析，由牛頓第二定律可以求得滑塊受到的軌道對滑塊的支持力的大小，由牛頓第三 定律可以求滑塊得對軌道壓力；N點(diǎn)的距離.N點(diǎn)的距離為L,由動(dòng)能定理可得:(3) 小滑塊經(jīng)過 C點(diǎn)，在豎直方向上做的是自由落體運(yùn)動(dòng)，在水平方向上做的是勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)水平和豎直方 向上的運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可以求得落地點(diǎn)離【解答

33、】解：(1)設(shè)滑塊與I9qEL - mg?2R=ymv2- 0小滑塊在C點(diǎn)時(shí)，有：mg=K代入數(shù)據(jù)解得：L=10R(2)滑塊到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，對全過程應(yīng)用動(dòng)能定理可得:qE ( L+R)- mg?R=1mvP2-02在p點(diǎn)時(shí)可得：Fn- qE= r解得：Fn=(3)在豎直方向上做的是自由落體運(yùn)動(dòng)，有:2R=igt22t=滑塊在水平方向上，做勻減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得:qE=ma所以加速度為:水平的位移為:x=vt -丄 at22代入解得：x=3r2答：(1)滑塊與N點(diǎn)的距離為10R;(2)滑塊通過P點(diǎn)時(shí)對軌道壓力是序mg;4(3)滑塊落地點(diǎn)離 N點(diǎn)的距離為3R.27. (2011秋？東莞市校級期

34、中)如圖所示，水平放置的平行板電容器，極板長L=0.1m，兩板間距離d=0.4cm .有一帶電微粒以一定的初速度從兩板中央平行于極板射入，若板間不加電場，由于重力作用微粒恰能落到下板中點(diǎn) 0處;若板間加豎直方向的勻強(qiáng)電場，帶電微粒剛好落到下板右邊緣B點(diǎn).已知微粒質(zhì)量 m=2.0 X 10 6kg，電量q=1.0 X108C,取 g=10m/s2.試求：(1) 帶電微粒入射初速度的大小；(2) 板間所加電場的電場強(qiáng)度多大？方向怎樣？11A 0 B【分析】(1)、帶電粒子以一定的初速度在兩板中央平行于兩板射入，此時(shí)沒有電場，粒子做平拋運(yùn)動(dòng)，把運(yùn)動(dòng)在 水平方向和豎直方向上進(jìn)行分解，水平方向是勻速直線

35、運(yùn)動(dòng)；豎直方向是自由落體運(yùn)動(dòng)，在兩個(gè)方向上由運(yùn)動(dòng)學(xué)公 式列式求解.(2)、由于兩板之間加入了勻強(qiáng)電場，此時(shí)帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)是類平拋運(yùn)動(dòng)，仍把運(yùn)動(dòng)在水平和豎直兩個(gè)方 向上分解，進(jìn)行列式計(jì)算由于帶電粒子的水平位移增加，在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間并沒有變化，所以在豎直方向的加速 度減小了，由此可判斷受到了豎直向上的電場力作用，再結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律列式求解即可.【解答】 解：(1)落到O點(diǎn)的粒子做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：水平方向：號二”口十 豎直方向：aL復(fù)十2所以兩式聯(lián)立得:(2)落到 水平方向：豎直方向:B點(diǎn)的粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得:L=v 0td 1龍對帶電粒子受力分析，由牛頓第二定

36、律有：mg - Eq=ma到C過程中電場力對它做的功; 到C過程所經(jīng)歷的時(shí)間；粒子從A粒子從A2噸-Hid (-p)由式聯(lián)立得： E 1 E X 1 oV/m，方向豎直向上.q答：(1 )帶電微粒入射初速度的大小為2.5m/s.(2)板間所加電場的電場強(qiáng)度為1.5 X 103v/m，方向豎直向上.三. 解答題(共13小題)8 ( 2016?大慶模擬)在xOy平面內(nèi)，有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E (圖象未畫出)，由A點(diǎn)斜射出一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子，B和C是粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)，如圖所示，其中10為常數(shù)，粒子所受重力忽略不計(jì)，求：(1)(2)【分析】(1)由電場力做功的特點(diǎn)可明確

37、W=Uq，而U=Ed，求得沿電場線方向上的距離即可求得功；(2) 粒子在x軸方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)水平位移可明確AO、BO及BC時(shí)間相等，由豎直方向的勻變速直 線運(yùn)動(dòng)可求得時(shí)間；(3) 由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可求得水平和豎直豎直，再由運(yùn)動(dòng)的合成與分解求得合速度.【解答】解：(1)粒子從A到C電場力做功為 W=qE (yA - yC) =3qEl0D在y軸上，可令(2)根據(jù)拋體運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，粒子在x軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由對稱性可知，軌跡是最高點(diǎn)tA0=toB=T , tBC=T ；由 Eq=ma 得:qEa=rn又 y=2aT22y+3l0a (2T) 2解得：T=蘭巴V qE則A到C過程所經(jīng)歷的

38、時(shí)間t=3空士L;V qE（3）粒子在DC段做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有:2l0=vCx（ 2T）；vc=vcy=a（ 2T）2in答：（1）粒子從A到C過程中電場力對它做的功3qEl0（2）粒子從A到C過程所經(jīng)歷的時(shí)間 3巴旦；1 qE（3）粒子經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的速率為2rri9. （ 2016?四川校級模擬）如圖所示，電源電動(dòng)勢 E=30V，內(nèi)阻r=1 Q,電阻R1=4 Q, R2=10Q.兩正對的平行金屬板 長L=0.2m，兩板間的距離d=0.1m .閉合開關(guān)S后，一質(zhì)量m=5 X 10 8kg，電荷量q=+4X 10 6C的粒子以平行于兩 板且大小為v0=5 X 102m/s的初速度從兩板的正中間射入

39、，求粒子在兩平行金屬板間運(yùn)動(dòng)的過程中沿垂直于板方向發(fā)生的位移大??？（不考慮粒子的重力）V'S【分析】先根據(jù)閉合電路歐姆定律列式求解電阻R2的電壓，然后根據(jù) U=Ed求解電場強(qiáng)度，最后根據(jù)類似平拋運(yùn)動(dòng)的分運(yùn)動(dòng)公式列式求解偏移量.【解答】 解：根據(jù)閉合電路歐姆定律，有：30EU=r+K1+K 2電場強(qiáng)度：L，U 20V E = ,=_ 200V/md 0. Im粒子做類似平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)分運(yùn)動(dòng)公式，有:L=v 0t1沁其中：qSa=m聯(lián)立解得：世磚T govqE L? aXlo'XSOOXO.-3y= =-_ =2.56 X 10 3m=2.56mm2.56mm.2iov/ 5X10

40、 -X(5X10)答：粒子在兩平行金屬板間運(yùn)動(dòng)的過程中沿垂直于板方向發(fā)生的位移大小為2L的絕緣輕桿連接兩個(gè)質(zhì)量均為m的帶電MN與PQ平行且相距3L，10. (2016?重慶自主招生)如圖所示，在光滑絕緣的水平面上，用長為 小球A和B. A球的帶電量為+2q, B球的帶電量為-3q，兩球組成一帶電系統(tǒng).虛線 開始時(shí)A和B分別靜止于虛線 MN的兩側(cè)，虛線 MN恰為AB兩球連線的垂直平分線.若視小球?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)，不計(jì)輕 桿的質(zhì)量，在虛線 MN、PQ間加上水平向右的電場強(qiáng)度為 E的勻強(qiáng)電場后.試求：(1) B球剛進(jìn)入電場時(shí)，帶電系統(tǒng)的速度大小；(2) 帶電系統(tǒng)向右運(yùn)動(dòng)的最大距離和此過程中B球電勢能的變化量；

41、(3) 帶電系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)的周期.MP'II 一対:_HNQ【分析】(1對系統(tǒng)運(yùn)用動(dòng)能定理，根據(jù)動(dòng)能定理求出B球剛進(jìn)入電場時(shí)，帶電系統(tǒng)的速度大小.(2) 帶電系統(tǒng)經(jīng)歷了三個(gè)階段，：B球進(jìn)入電場前、帶電系統(tǒng)在電場中、A球出電場，根據(jù)動(dòng)能定理求出 A球離開PQ的最大位移，從而求出帶電系統(tǒng)向右運(yùn)動(dòng)的最大距離.根據(jù)B球在電場中運(yùn)動(dòng)的位移，求出電場力做的功，從而確定B球電勢能的變化量.(3) 根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律分別求出帶電系統(tǒng)B球進(jìn)入電場前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，帶電系統(tǒng)在電場中做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，A球出電場帶電系統(tǒng)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，從而求出帶電系統(tǒng)從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)再次速度為零的

42、時(shí)間，帶電系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)周期為該時(shí)間的2倍.解得IT二嚴(yán)【解答】解：(1)設(shè)B球剛進(jìn)入電場時(shí)帶電系統(tǒng)電度為V1,由動(dòng)能定理得2qEL=ym(2)帶電系統(tǒng)向右運(yùn)動(dòng)分三段：B球進(jìn)入電場前、帶電系統(tǒng)在電場中、A球出電場.解得耳吉?jiǎng)t設(shè)A球離開PQ的最大位移為 X,由動(dòng)能定理得 2qEL - qEL - 3qEx=0日總手LB球從剛進(jìn)入電場到帶電系統(tǒng)從開始運(yùn)動(dòng)到速度第一次為零時(shí)位移為4其電勢能的變化量為 U F二W二陰也寺£二4 qEL(3)向右運(yùn)動(dòng)分三段，取向右為正方向， 第一段加速代尋 第二段減速Q(mào)b二-更£ 2ni2設(shè)A球出電場電速度為 V2,由動(dòng)能定理得-qEL二+"X

43、- V解得匕2芒S殲嗨第三段再減速則其加速度a3及時(shí)間t3為:2in所以帶電系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)的周期為:答：(1)B球剛進(jìn)入電場時(shí)，帶電系統(tǒng)的速度大小為V(2)帶電系統(tǒng)向右運(yùn)動(dòng)的最大距離為如，B球電勢能的變化量為4qEL .(3) 帶電系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)的周期11.(2016?上海模擬)如圖(a)所示，桿上套有一帶電量 q=1 X 10 6C,質(zhì)量m=0.05kg的小環(huán).設(shè)小環(huán)與點(diǎn)電荷的豎直高度差為 其動(dòng)能Ek隨h的變化曲線如圖(b)所示.光滑絕緣細(xì)桿豎直放置,距細(xì)桿右側(cè)d=0.3m的A點(diǎn)處有一固定的點(diǎn)電荷.h.將小環(huán)無初速釋放后,0 0?00?S!S!S!SS! !£! S!SS!SS!S!S!SS!

44、SS!S£!S!SS!SS!S!S!SS!SSSS!S!S! ! !$!盤訂誨悄虧朝爺爺矛mm尊手曲W”虧訶剌密訴E鳶HI«« » « dHIKa »?« «»« » fl+IU*ll*hll*rBri+Bli*hld*ha4+aPdfeM+felB+Lqri+felri+ilflhha4+IIHfelfl+hlri+BII0M0.05II刖加刪制酗麗訓(xùn)M B I B 10040"0加A0 030.024*ll4*ll*hll*rB4+BII*NIII*ia4+aM»

45、;ll*frlB+hB4*ll44liahia44l I * I越i伺堂應(yīng);竝堂堂遇更亟亜世遇埜堂遂圈姿亟叵巫更聶0 0.1 02(1) 試估算點(diǎn)電荷所帶電量(2)小環(huán)位于hi=0.40m時(shí)的加速度a;(3)小環(huán)從h2=0.3m下落到h3=0.12m的過程中其電勢能的改變量.9 2 2 2（靜電力常量 k=9.0 X 109N?m2/C2, g=10m/s2）【分析】(1)由圖根據(jù)庫侖定律和受力平衡知電荷量;(2)根據(jù)庫侖定律和牛頓運(yùn)動(dòng)定律知加速度;(3)根據(jù)動(dòng)能定理求解電勢能變化.【解答】 解：(1)由圖可知，當(dāng)h'0.36m時(shí)，小環(huán)所受合力為零Qq則 kT X77=mg 解得 qE

46、松忙 2）3尢=1.6X 10-5ckqh(2)小環(huán)加速度沿桿方向，則 mg - Fihl屁+hl2=ma又F仁k 一兇一d2+hl2解得a=0.78m/s2方向向下(3)設(shè)小環(huán)從h=0.3m下落到h=0.12m的過程中電場力對小環(huán)做功Wg根據(jù)動(dòng)能定理mg ( h2 - h3) +WG= EkWG= Ek - mg h= - 0.11J所以小環(huán)的電勢能增加了0.11J答：(1 )試估算點(diǎn)電荷所帶電量Q為1.6 X 10-5C ；(2) 小環(huán)位于h1=0.40m時(shí)的加速度a為0.78m/s2；(3) 小環(huán)從h2=0.3m下落到h3=0.12m的過程中電勢能增加了0.11J.12. (2015?寶

47、安區(qū)模擬)如圖所示，A、B為半徑R=1m的四分之一光滑絕緣豎直圓弧軌道，在四分之一圓弧區(qū)域6- 5內(nèi)存在著E=1 X 10 v/m、豎直向上的勻強(qiáng)電場，有一質(zhì)量m=1kg、帶電荷量q=+1.4X 10 C的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))，從A點(diǎn)的正上方距離 A點(diǎn)H=1m處由靜止開始自由下落 (不計(jì)空氣阻力)，BC段為長L=2m、與物體間動(dòng)摩擦因數(shù) 尸0.2的粗糙絕緣水平面，CD段為傾角0=53。且離地面DE高h(yuǎn)=0.8m的斜面.(取g=10m/s2)(1) 若物體能沿軌道 AB到達(dá)最低點(diǎn)B,求它到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大??；(2) 物體從C處飛出后的速度；(3) 物體從C處飛出后落點(diǎn)與 D點(diǎn)之間的距離(已知

48、 sin 53°0.8, cos 53°0.6.不討論物體反彈以后的情況)【分析】(1)根據(jù)動(dòng)能定理求出物體到達(dá) B點(diǎn)的速度，結(jié)合牛頓第二定律求出支持力的大小，從而結(jié)合牛頓第三定 律得出到達(dá)B點(diǎn)對軌道的壓力.(2) 根據(jù)動(dòng)能定理，選取由 B到C過程，從而即可求解.(3) 根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，求出飛出后落點(diǎn)與D點(diǎn)之間的距離.【解答】 解：(1)物體由初始位置運(yùn)動(dòng)到 B點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有：1 2mg ( R+H) - qER=mv g到達(dá)B點(diǎn)時(shí)由支持力Fn、重力、電場力的合力提供向心力，有:Fn - mg+qE=m8N，方向豎直向下聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：Fn=8N根據(jù)牛頓第

49、三定律，可知物體對軌道的壓力大小為(2)在粗糙水平面上，由動(dòng)能定理，有：-MmgL=VB2,代入數(shù)據(jù)解得：vC=2.0m/s(3)物體離開C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，有：X=Vct解得：x=0.8m > xcD=0.6m所以，落點(diǎn)與D點(diǎn)之間的距離為： x=0.8 0.6=0.2m答：(1 )若物體能沿軌道 AB到達(dá)最低點(diǎn)B,它到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小 8N；(2) 物體從C處飛出后的速度2.0m/s；(3) 物體從C處飛出后落點(diǎn)與 D點(diǎn)之間的距離0.2m.13. (2015秋？普陀區(qū)月考)如圖，粗糙、絕緣的直軌道固定在水平桌面上，B端與桌面邊緣對齊，A是軌道上一點(diǎn)，過A點(diǎn)并垂直于軌道的豎直面右側(cè)

50、有大小E=2 X 106n/C ,方向水平向右的勻強(qiáng)電場.可視為質(zhì)點(diǎn)的帶負(fù)電的小物體OP電荷量q=2X 10 C,質(zhì)量m=0.25kg ,與軌道間動(dòng)摩擦因數(shù) 尸0.4. P由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)， 經(jīng)過0.55s到達(dá)A點(diǎn), 到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度是5m/s. P在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中始終受到水平向右的外力F作用，F(xiàn)大小與P的速率v的關(guān)系如表格所示，忽略空氣阻力.V (m?s 1)F/N(1)(2)(3)0< V< 22< VV 5v> 5263P從開始運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)的速率；P從A運(yùn)動(dòng)至B的過程，電場力做的功；小物體P到達(dá)B點(diǎn)后，飛向另一側(cè)呈拋物線形狀的坡面如圖，以坡底的求小物體求小物體O點(diǎn)為

51、原點(diǎn)建立坐標(biāo)系 xoy .已知命x2,式中h為常數(shù)，且h>7重力加速度為g.若當(dāng)小物體P剛到達(dá) 通過對其施加一個(gè)水平向右的瞬時(shí)力，改變其在BO高為h,坡面的拋物線方程為 y=B點(diǎn)的速度.則欲使 P落到坡面時(shí)的動(dòng)能恰好最小，求其在XB點(diǎn)時(shí),【分析】(1根據(jù)牛頓第二定律計(jì)算加速度的大小，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式計(jì)算速度的大小；(2) 牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式計(jì)算位移的大小，根據(jù)電場力做功的公式計(jì)算做功的大??；(3) 物體P離開桌面做平拋運(yùn)動(dòng)，最后落到斜面上，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和機(jī)械能守恒計(jì)算動(dòng)能最小的時(shí)候 速度的大小.【解答】解：(1)物體P在水平桌面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，豎直方向上只受重力mg和支持力N作用

52、，因此其滑動(dòng)摩擦力大小為：Ff= jimg=1N根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，物體P在速率0W VW 2m/s時(shí)，所受水平外力Fi=2N > Ff .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(dòng)，設(shè)加速度為a1,不妨設(shè)經(jīng)時(shí)間t1速度為v1=2m/s時(shí)，物體P還未進(jìn)入電場區(qū)域.根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：V1=a1t1根據(jù)牛頓第二定律有：F1 - Ff=ma1由(1) (2)式聯(lián)立解得:t =0.5s< 0.55s,1卩1一齢所以假設(shè)成立，即小物體 P從開始運(yùn)動(dòng)至速率為 2m/s所用的時(shí)間為t2=0.5s. 當(dāng)物體P在速率2< V< 5m/s時(shí)，所受水平外力 F1=6N ,設(shè)先以加速度 a1再加速t3=0.05s至A點(diǎn)，速度為VA,根據(jù)牛頓第二定律有：F2 - Ff=ma2根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：VA=v1+a2t由(3) (4)式聯(lián)立解得：VA=3m/s(2)物體P從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)的過程中，由題意可知，所受水平外力仍然為設(shè)位移為S,加速度為a3,根據(jù)牛頓第二定律有：F3- qE- Ff=ma3根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：Vg - vj二2aj SF2=6N不變,由(