放了許多錫箔紙揉成的小球,當上下板間加上電壓后,小球VIP

1、29、（北京石景山區(qū)2008年一模）（20分）有一個演示實驗，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，當上下板間加上電壓后，小球就上下不停地跳動?，F(xiàn)取以下簡化模型進行定量研究。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E、內(nèi)阻可不計的電源相連。設兩板之間只有一個質(zhì)量為m的導電小球，小球可視為質(zhì)點，小球與極板每次發(fā)生碰撞后，速度都立即變?yōu)榱悖瑤щ姞顟B(tài)也立即改變，改變后，小球所帶電荷性質(zhì)與該極板電荷性質(zhì)相同，電量為極板電量的n倍（n<<1），不計帶電小球帶電對極板間勻強電場的影響。重力加速度為g（1）當電鍵S閉合后，電容器所帶的電量Q=

2、？（2）欲使小球能夠不斷地在兩板間上下往返運動，電動勢E至少應大于多少？（3）設上述條件已滿足，在較長的時間間隔t內(nèi)，小球做了很多次往返運動。求在t時間內(nèi)小球往返運動的次數(shù)以及通過電源的總電量。ABdESm解：（1）由 解得Q=EC（3分）（2）用q表示碰后小球電荷量的大小。要使小球能不停地往返運動，小球所受的向上的電場力至少應大于重力，則q>mg（3分），其中q=nQ（2分）由、三式解得：E>（2分）（3）當小球帶正電時，小球所受電場力與重力方向相同，向下做加速運動。以a1表示其加速度，t1表示從A板到B板所用的時間，則有：q+mg=ma1，d=a1t12, 解得：（3分）當小球

3、帶負電時，小球所受電場力與重力方向相反，向上做加速運動，以a2表示其加速度，t2表示從B板到A板所用的時間，則有：qmg=ma2，d=a2t22， 解得：（3分）小球往返一次共用時間為（t1+t2），故小球在t時間內(nèi)往返的次數(shù)N=，由以上關系式得N=（2分）小球往返一次通過的電量為2q，在T時間內(nèi)通過電源的總電量Q'=2qN, 由以上兩式可得 （2分）30、（北京崇文區(qū)2008年二模）（20分）如圖所示，一帶電平行板電容器水平放置，金屬板M上開有一小孔。有A、B、C三個質(zhì)量均為m、電荷量均為q的帶電小球（可視為質(zhì)點），其間用長為L的絕緣輕桿相連，處于豎直狀態(tài)。已知M、N兩板間距為3L，

4、現(xiàn)使A小球恰好位于小孔中，由靜止釋放并讓三個帶電小球保持豎直下落，當A球到達N極板時速度剛好為零，求：（1）三個小球從靜止開始運動到A球剛好到達N板的過程中，重力勢能的減少量；（2）兩極板間的電壓；（3）小球在運動過程中的最大速率。(1)（4分）設三個球重力勢能減少量為Ep Ep= 9mgL （4分）(2)（6分）設兩極板電壓為U ，由動能定理 W重-W電Ek （2分）3mg·3L0 （2分）U = （2分）(3)（10分）當小球受到的重力與電場力相等時，小球的速度最大vm 3mg= （3分） n=2 （2分）小球達到最大速度的位置是B球進入電場時的位置由動能定理3mg·L

5、-= ×3mvm2 （3分）vm= （2分）31、（北京宣武區(qū)2008年二模）(18分) 如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球（可看成質(zhì)點）被長度為r的絕緣細繩系住并懸掛在固定點O，當一顆質(zhì)量同為m、速度為v0的子彈沿水平方向瞬間射入原來在A點靜止的小球，然后整體一起繞O點做圓周運動。若該小球運動的區(qū)域始終存在著豎直方向的勻強電場，且測得在圓周運動過程中，最低點A處繩的拉力TA=2mg，求：（1）小球在最低點A處開始運動時的速度大??；（2）勻強電場的電場強度的大小和方向；（3）子彈和小球通過最高點B時的總動能。(1)mv0=2mvA共（3分） vA共=v0（3分）(2)qE=2m

6、v2A共/r（2分）E= （2分）E的方向是: 豎直向上（2分）(3)在AB過程中應用動能定理有： qE·2r-2mg·2r=EkB-·2mv2共（3分）EkB=mv20-4mgr（3分）32、（北京海淀區(qū)2008年二模）（16分）質(zhì)量m=2.0×10-4kg、電荷量q=1.0×10-6C的帶正電微粒靜止在空間范圍足夠大的勻強電場中，電場強度大小為E1。在t=0時刻，電場強度突然增加到E2=4.0×103N/C，到t=0.20s時刻再把電場方向改為水平向右，場強大小保持不變。取g=10m/s2。求：（1）原來電場強度E1的大??；（2）

7、t=0.20s時刻帶電微粒的速度大小；（3）帶電微粒運動速度水平向右時刻的動能。（1）帶電微粒靜止，受力平衡 q E1=mg 2分 解得：E1=2.0×103N/C2分（2）在E2電場中，設帶電微粒向上的加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律 q E2-mg=ma1 2分 解得：a1=10m/s2 1分 設0.20s末帶電微粒的速度大小為v1，則 v1=a1t 2分 解得：v1=2. 0m/s 1分（3）把電場E2改為水平向右后，帶電微粒在豎直方向做勻減速運動，設帶電微粒速度達到水平向右所用時間為t1，則 0-v1=-gt1 1分解得：t1=0.20s設帶電微粒在水平方向電場中的加速度為a2

8、，根據(jù)牛頓第二定律 q E2=ma2 1分解得：a2=20m/s2 1分設此時帶電微粒的水平速度為v2 v2=a2t1 1分解得：v2=4.0m/s 設帶電微粒的動能為EkEk= 1分解得：Ek=1.6×10-3J1 分33、（北京東城區(qū)2008屆期末考）（ 1 2分）如圖所示，水平地面上方分布著水平向右的勻強電場。一“L”形的絕緣硬質(zhì)管豎直固定在勻強電場中。管的水平部分長為l1 = 0.2m，管的水平部分離水平地面的距離為h = 5.0m，豎直部分長為l2 = 0.1m。一帶正電的小球從管口A由靜止釋放，小球與管間摩擦不計且小球通過管的彎曲部分（長度極短可不計）時沒有能量損失，小球

9、在電場中受到的電場力大小為重力的一半。(g = 10m/s2)求：小球運動到管口B時的速度vB的大??；小球著地點與管口B的水平距離s。 (12分)分析和解：在小球從A運動到B的過程中，對小球由動能定理有： (2分) 解得： (2分)代入數(shù)據(jù)可得：B = 2.0m/s (2分)小球離開B點后，設水平方向的加速度為a，位移為s，在空中運動的時間為t，水平方向有： (1分)， (2分)豎直方向有： (1分)由式，并代入數(shù)據(jù)可得：s = 4.5m (2分)34、（北京海淀區(qū)2008屆期末考）圖18為示波管的示意圖，豎直偏轉(zhuǎn)電極的極板長l4.0 cm，兩板間距離d1.0 cm，極板右端與熒光屏的距離L1

10、8 cm。由陰極發(fā)出的電子經(jīng)電場加速后，以v=1.6×107 ms的速度沿中心線進入豎直偏轉(zhuǎn)電場。若電子由陰極逸出時的初速度、電子所受重力及電子之間的相互作用力均可忽略不計，已知電子的電荷量e1.6×10-19 C，質(zhì)量m0.91×10-30 kg。（1）求加速電壓U0的大?。唬?）要使電子束不打在偏轉(zhuǎn)電極的極板上，求加在豎直偏轉(zhuǎn)電極上的電壓應滿足的條件；（3）在豎直偏轉(zhuǎn)電極上加u40 sin100t（V）的交變電壓，求電子打在熒光屏上亮線的長度。圖18U0ULl陰極（1）對于電子通過加速電場的過程，根據(jù)動能定理有 eU0=mv2解得U0=728V3分（2）設偏轉(zhuǎn)

11、電場電壓為U1時，電子剛好飛出偏轉(zhuǎn)電場，則此時電子沿電場方向的位移恰為d/2，即 1分電子通過偏轉(zhuǎn)電場的時間1分解得 ， 所以，為使電子束不打在偏轉(zhuǎn)電極上，加在偏轉(zhuǎn)電極上的電壓U應小于91V1分（3）由u40 sin100t（V）可知，偏轉(zhuǎn)電場變化的周期T=，而t=2.5×10-9 s。T>>t，可見每個電子通過偏轉(zhuǎn)電場的過程中，電場可視為穩(wěn)定的勻強電場。當極板間加最大電壓時，電子有最大偏轉(zhuǎn)量。電子飛出偏轉(zhuǎn)電場時平行極板方向分速度vx=v，垂直極板方向的分速度vy=ayt=電子離開偏轉(zhuǎn)電場到達熒光屏的時間 電子離開偏轉(zhuǎn)電場后在豎直方向的位移為y2=vy t=2.0cm電子

12、打在熒光屏上的總偏移量1分電子打在熒光屏產(chǎn)生亮線的長度為1分用下面的方法也給分：設電子在偏轉(zhuǎn)電場有最大電壓時射出偏轉(zhuǎn)電場的速度與初速度方向的夾角為，則tan=0.11電子打在熒光屏上的總偏移量1分電子打在熒光屏產(chǎn)生亮線的長度為1分35、（北京宣武區(qū)2008屆期末考）（6分）如圖所示，長為l的絕緣細線一端懸于O點，另一端系一質(zhì)量為m、帶電荷+q的小球，小球靜止時處于O´點?，F(xiàn)將此裝置放在水平向右的勻強電場中，小球能夠靜止在A點。此時細線與豎直方向成角。若已知當?shù)氐闹亓铀俣却笮間，求：該勻強電場的電場強度大小為多少？若將小球從O´點由靜止釋放，則小球運動到A點時的速度有多大

13、？ OO´Al36、（北京豐臺區(qū)2008年三模）（19分）在真空中存在空間范圍足夠大的、水平向右的勻強電場若將一個質(zhì)量為m、帶正電電量q的小球在此電場中由靜止釋放，小球?qū)⒀嘏c豎直方向夾角為的直線運動?，F(xiàn)將該小球從電場中某點以初速度豎直向上拋出，求運動過程中（?。?（1）小球受到的電場力的大小及方向； （2）小球運動的拋出點至最高點之間的電勢差U參考解答 （1）根據(jù)題設條件，電場力大小 電場力的方向向右 （2）小球沿豎直方向做初速為的勻減速運動，到最高點的時間為，則： 沿水平方向做初速度為0的勻加速運動，加速度為 此過程小球沿電場方向位移為： 小球上升到最高點的過程中，電場力做功為：

14、評分標準：本題共19，（1）問6分，正確得出式給4分，正確得出電場力的方向水平向右得2分；（2）問13分，正確得出、各給3分、式給4分37、（北京順義區(qū)2008年三模）如圖所示，沿水平方向放置一條平直光滑槽，它垂直穿過開有小孔的兩平行薄板，板相距3.5L。槽內(nèi)有兩個質(zhì)量均為m的小球A和B，球A帶電量為+2q，球B帶電量為-3q，兩球由長為2L的輕桿相連，組成一帶電系統(tǒng)。最初A和B分別靜止于左板的兩側(cè)，離板的距離均為L。若視小球為質(zhì)點，不計輕桿的質(zhì)量，在兩板間加上與槽平行向右的勻強電場E后（設槽和輕桿由特殊絕緣材料制成，不影響電場的分布），求：ABE3.5L固定底座-3q+2q（1）球B剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度大??；（2）帶電系統(tǒng)從開始運動到速度第一次為零所需的時間及球A相對右板的位置。解：對帶電系統(tǒng)進行分析，假設球A能達到右極板，電場力對系統(tǒng)做功為W1，有：而且還能穿過小孔，離開右極板。 假設球B能達到右極板，電場力對系統(tǒng)做功為W2，有：綜上所述，帶電系統(tǒng)速度第一次為零時，球A、B應分別在右極板兩側(cè)。 （1）帶電系統(tǒng)開始運動時，設加速度為a1，由牛頓第二定律：= 球B剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度為v1，