力學(xué)與電場綜合題型匯編

力學(xué)與電場綜合模塊典型新計算題型展播根據(jù)本屆學(xué)生實際，組編了如下20道力學(xué)與電場綜合計算題來訓(xùn)練學(xué)生的審題能力和規(guī)范解題能力。選題典型、新穎，包容知識點(diǎn)多，隱含條件不顯露，學(xué)生入手困難，由此專題試卷進(jìn)行強(qiáng)化訓(xùn)練，就可很快識別這類模型的題眼，達(dá)到快速求解物理壓軸題的能力。孝感三中 三尺方地1、在一個水平地面上沿水平方向建立x軸，在過原點(diǎn)O垂直于一x軸的平面的右側(cè)空間有一個勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小E=6xlO5N/C,一方向與x軸正方向相同，在0處放一個質(zhì)量m=10g帶負(fù)電荷的絕緣物塊，其帶電荷量q=-5x10—8C。物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)尸0.2,沿x軸正方向給物塊一個初速度v0=2m/s，如圖所示.試求：(1)物塊沿x軸正方向運(yùn)動離O點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離；(2)物塊最終停止時的位置．2、如圖所示，豎直放置的半圓形絕緣軌道半徑為R，下端與光滑絕緣水平面平滑連接，整個裝置處于方向豎直向上的勻強(qiáng)電場中E中，一質(zhì)量為m，帶電量為+q的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），從水平面上的A點(diǎn)以初速度v0水平向左運(yùn)動，沿半圓形軌道恰好通過最高點(diǎn)C，場強(qiáng)大小為E（E<mg/q）.（1）試計算物塊在運(yùn)動過程中克服摩擦力做的功；（2）證明物塊離開軌道落回水平面過程的水平距離與場強(qiáng)大小E無關(guān)，且為一常量。3、甲3、甲如圖甲所示，在場強(qiáng)大小為E.方向豎直向下的勻強(qiáng)電場內(nèi)存在一個半徑為R的圓形區(qū)域，0點(diǎn)為該圓形區(qū)域的圓心，人點(diǎn)是圓形區(qū)域的最高點(diǎn)，B點(diǎn)是圓形區(qū)域最右側(cè)的點(diǎn).在A點(diǎn)由放射源釋放出初速度大〃不同.方向均垂直于場強(qiáng)向右的正電荷，電荷的質(zhì)量為m,電量為q,不計電荷的重力.⑴正電荷以多大的速率發(fā)射，才能經(jīng)過圖中的P點(diǎn)（圖甲中nPOA=B為已知）？⑵在問題⑴中，電荷經(jīng)過P點(diǎn)的動能是多大？⑶若在圓形區(qū)域的邊緣有一接收屏CBD,其中C.D分別為接收屏上最邊緣的兩點(diǎn)（如圖乙所示），且nCOB=nBOD=30°.則該屏上接收到的正電荷的最大動能是多少？4、A4、A如圖所示，傾角為300的直角三角形的底邊長為2L,底邊處在水平位置，斜邊是光滑絕緣導(dǎo)軌?，F(xiàn)在底邊中點(diǎn)固定一正電荷Q，讓一個質(zhì)量為m的帶正電q質(zhì)點(diǎn)從斜面頂端A點(diǎn)沿斜邊滑下，質(zhì)點(diǎn)沒有脫離斜面，已測得它滑到B在斜邊上的垂足D處時速度為v，加速度為a，方向均沿斜邊向下，問該質(zhì)點(diǎn)滑到底端C時的速度和加速度各為多大？5、質(zhì)量mA=3.0kg.長度L=0.70m.電量q=+4.0x10-5C的導(dǎo)體板A在足夠大的絕緣水平面上，質(zhì)量mB=1.0kg可視為質(zhì)點(diǎn)的絕緣物塊B在導(dǎo)體板A的左端，開始時A.B保持相對靜止一起向右滑動，當(dāng)它們的速度減小到v0=3.0m/s時，立即施加一個方向水平向左.場強(qiáng)大小E=1.0x105N/C的勻強(qiáng)電場，此時A的右端到豎直絕緣擋板的距離為S=2m，此后A.B始終處在勻強(qiáng)電場中，如圖所示.假定A與擋板碰撞時間極短且無機(jī)械能損失，A與B之間(動摩擦因數(shù)從=0.25)及A與地面之1 E間(動摩擦因數(shù)匕二°?1°)的最大靜摩擦力均 慳殳可認(rèn)為等于其滑動摩擦力，g取10m/s2(不計l空氣的阻力)求：(1)剛施加勻強(qiáng)電場時，物塊B的加速度的大小？(2)導(dǎo)體板A剛離開擋板時，A的速度大小？(3)B能否離開A,若能，求B剛離開A時，B的速度大小；若不能，求B與A的左端的最大距離？6、如圖所示，A、B為兩塊平行金屬板，A板帶正電、B板帶負(fù)電。兩板之間存在著勻強(qiáng)電場，兩板間距為d、電勢差為U,在B板上開有兩個間距TOC\o"1-5"\h\z為L的小孔。C、D為兩塊同心半圓形金屬板，圓心都在貼近Ba?* ，小板的O’處，C帶正電、D帶負(fù)電。兩板間的距離很近，兩板末B—,—]端的中心線正對著B板上的小孔，兩板間的電場強(qiáng)度可認(rèn)為大小C展~O獷1處處相等，方向都指向O'。半圓形金屬板兩端與B板的間隙可忽 ‘、上/略不計?，F(xiàn)從正對B板小孔緊靠A板的O處由靜止釋放一個質(zhì)量 P為m、電量為q的帶正電微粒（微粒的重力不計），問：（1）微粒穿過B板小孔時的速度多大？（2）為了使微粒能在CD板間運(yùn)動而不碰板，CD板間的電場強(qiáng)度大小應(yīng)滿足什么條件？（3）從釋放微粒開始，經(jīng)過多長時間微粒通過半圓形金屬板間的最低點(diǎn)P點(diǎn)？、如圖所示，長為L的絕緣細(xì)線，一端懸于O點(diǎn)，另一端連接帶電量為-q的金屬小球A，置于水平向右的勻強(qiáng)電場中，小球所受的電場力是其重力的子倍，電場范圍足夠大，在距O點(diǎn)為L的正下方有另一完全相同的不帶電的金屬小球B置于光滑絕緣水平桌面的最左端，桌面離地距離為H，現(xiàn)將細(xì)線向右水平拉直后從靜止釋放A球。（1）求A球與B球碰撞前的速度？（小球體積可忽略不計）（2）若（2+◎）L=0.1m,H=0.6m。則B球落地時的速度大小是多少？（不計碰撞3過程中機(jī)械能損失及小球間庫侖力的作用）8、如圖所示，一矩形絕緣木板放在光滑水平面上，另一質(zhì)量為m、帶電量為q的小物塊沿木板上表面以某一初速度從A端沿水平方向滑入，木板周圍空間存在足夠大、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場.已知物塊與木板間有摩擦，物塊沿木板運(yùn)動到B端恰好相對靜止.若將勻強(qiáng)電場的方向［『—---改為豎直向上，大小不變，且物塊仍以原初速度沿木板上表面從A端滑入，結(jié)果物塊運(yùn)動到木板中點(diǎn)時相對靜止．求：⑴物塊所帶電荷的性質(zhì)．⑵勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的大小9、在絕緣水平面上放一質(zhì)量m=2.0x10-3kg的帶電滑塊A，所帶電荷量q=1.0x10-7C.在滑塊A的左邊l=0.3m處放置一個不帶電的絕緣滑塊B，質(zhì)量M=4.0x10-3kg,B與一端連在豎直墻壁上的輕彈簧接觸（不連接）且彈簧處于自然狀態(tài)，彈簧原長S=0.05m.如圖所示,在水平面上方空間加一水平向左的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度的大小為E=4.0x105N/C,滑塊A由靜止釋放后向左滑動并與滑塊B發(fā)生碰撞，設(shè)碰撞時間極短，碰撞后兩滑塊結(jié)合在一起

共同運(yùn)動并一起壓縮彈簧至最短處(彈性限度內(nèi))，此時彈性勢能E0=3.2x10.3J，兩滑塊始終沒有分開，兩滑塊的體積大〃邙計，與水平面間的動摩擦因數(shù)均為"0.5普取10m/S2.求:(1)兩滑塊碰撞后剛結(jié)合在一起的共同速度v；(2)兩滑塊被彈簧彈開后距豎直墻壁的最大距離s.10、如圖所示為研究電子槍中電子在電場中運(yùn)動的簡化模型示意圖。在Oxy平面的ABCD區(qū)域內(nèi)，存在兩個場強(qiáng)大小均為E的勻強(qiáng)電場I和II,兩電場的邊界均是邊長為L的正方形(不計電子所受重力工(1)在該區(qū)域AB邊的中點(diǎn)處由靜止釋放電子，求電子離開ABCD區(qū)域的位置。(2)在電場I區(qū)域內(nèi)適當(dāng)位置由靜止釋放電子，電子恰能從ABCD區(qū)域左下角D處離開，求所有釋放點(diǎn)的位置。(3)若將左側(cè)電場II整體水平向右移動L/n(n±1),仍使電子從ABCD區(qū)域左下角D處離開(口不隨電場移動)，求在電場I區(qū)域內(nèi)由靜止釋放電子的所有位置。11、如圖所示，矩形區(qū)域MNPQ內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場，虛線框外為真空區(qū)域；半徑為R、內(nèi)壁光滑、內(nèi)徑很小的絕緣半圓管ADB固定在豎直平面內(nèi)，直徑AB垂直于水平虛線MN，圓心。恰在MN的中點(diǎn)，半圓管的一半處于電場中.一質(zhì)量為m,可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電，電荷量為q的小球從半圓管的A點(diǎn)由靜止開始滑入管內(nèi)，小球從B點(diǎn)穿出后，能夠通過B點(diǎn)正下方的C點(diǎn).重力加速度為g，小球在C點(diǎn)處的加速度大小為5g.求：

3⑴勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E;⑵小球在到達(dá)B點(diǎn)前一瞬間時，半圓軌道對它作用力的大?。虎且剐∏蚰軌虻竭_(dá)B點(diǎn)正下方C點(diǎn)，虛線框MNPQ的高度和寬度滿足什么條件⑷小球從B點(diǎn)開始計時運(yùn)動到C點(diǎn)的過程中，經(jīng)過多長時間小球的動能最小。止于左板的兩側(cè)，離板的距離均為L。若視小球為質(zhì)點(diǎn)，不計輕桿的質(zhì)量，在兩板間加上與槽平行向右的勻強(qiáng)電場E后（設(shè)槽和輕桿由特殊絕緣材料制成，不影響電場的分布），求：

⑴球B剛進(jìn)入電場時，帶電系統(tǒng)的速度大小；⑵帶電系統(tǒng)從開始運(yùn)動到速度第一次為零所需的時間及球A相對右板的位置。場強(qiáng)光滑的半水平質(zhì)量13、如圖所示，ABCD為表示豎立放在為E=104V/m的水平勻強(qiáng)電場中的絕緣軌道，其中軌道的BCD部分是半徑為R圓環(huán)，軌道的水平部分與半圓環(huán)相切A為軌道的一點(diǎn)，而且AB=R=0.2m場強(qiáng)光滑的半水平質(zhì)量m=100g、帶電q=10.4C的小球，放在水平軌道的A點(diǎn)上面由靜止開始被釋放后，在軌

道的內(nèi)側(cè)運(yùn)動。(g=10m/S2)求：(1)它到達(dá)C點(diǎn)時的速度是多大？(2)它到達(dá)C點(diǎn)時對軌道壓力是多大？(3)小球所能獲得的最大動能是多少？14、.如圖所示，整個空間存在場強(qiáng)為E=103N/C水平向右的勻強(qiáng)電場，在豎直平面內(nèi)有一個半徑為R=40cm的光滑半圓形絕緣軌道DC,其中C為最高點(diǎn)、D為最低點(diǎn)，O為圓心，與水平成e=37°的絕緣斜軌道與半圓軌道相連于D點(diǎn).一質(zhì)量為m=10g電荷量為q=-10-4C的小球P從斜面上的A點(diǎn)無初速度釋放，恰好能通過C點(diǎn).已知小球P在滑行的過程中經(jīng)過D點(diǎn)時沒有能量損失，小球P與斜面間的動摩擦因數(shù)為N=0.75，重力加速度g=10m/S2,sin37°=0.6,cos37°=0.8，求AD的長度以及小球在半圓形軌道運(yùn)動時與給軌道的最大壓力．15、如圖所示，水平絕緣光滑軌道AB的B端與處于豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧形粗糙絕緣軌道BC平滑連接，圓弧的半徑R=0.40m。在軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，

電場強(qiáng)度E=1.0x104N/C?，F(xiàn)有一質(zhì)量m=0.10kg的帶電體(可視為質(zhì)點(diǎn))放在水平軌道上與B端距離s=1.0m的位置，由于受到電場力的作用帶電體由靜止開始運(yùn)動，當(dāng)運(yùn)動到圓弧形軌道的C端時，速度恰好為零。已知帶電體所帶電荷q=8.0x10.5C,取g=10m/s2,求：(1)帶電體在水平軌道上運(yùn)動到B端時的速度大??；(2)帶電體運(yùn)動到圓弧形軌道的B端時對圓弧軌道的壓力大小；(3)帶電體沿圓弧形軌道從B端運(yùn)動到C端的過程中，摩擦力做的功。A BA B16、如圖所示，在豎直面內(nèi)有一光滑絕緣導(dǎo)軌，以B為分界點(diǎn)，AB部分為直線軌道，BCD部分是半徑為R的圓形軌道，直線軌道在B點(diǎn)恰好與圓形軌道相切，軌道空間處于方向豎直向上的勻強(qiáng)電場中?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷最為q的帶正電小球，在A點(diǎn)以方向平行于導(dǎo)軌向下的初速度v0開始運(yùn)動。已知A點(diǎn)距導(dǎo)軌底端C的豎直高度為h，小球可視為質(zhì)點(diǎn)。(1)要讓小球能沿軌道運(yùn)動到C點(diǎn)，場強(qiáng)E的大小應(yīng)滿足什么條件?(2)要讓小球在圓形軌道上做勻速圓周運(yùn)動，場強(qiáng)E應(yīng)滿足什么條件？(3)當(dāng)場強(qiáng)E(未知量)為某一值時，小球恰能過圓形軌道最高點(diǎn)D，求軌道在C點(diǎn)處對小球彈力大小。17、如圖所示，在絕緣水平面上，相距為L的A、B兩點(diǎn)處分別固定著兩個等量正電荷.a、b是AB連線上兩點(diǎn)，其中Aa=Bb=L,a、b兩點(diǎn)電勢相等，O為AB連線的中點(diǎn).4一質(zhì)量為m帶電量為+q的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以初動能E0從a點(diǎn)出發(fā)，沿AB直線向b運(yùn)動，其中小滑塊第一次經(jīng)過O點(diǎn)時的動能為初動能的n倍(n>1)，到達(dá)b點(diǎn)時動能恰好為零，小滑塊最終停在O點(diǎn)，求：(1)小滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)u⑵Ob⑵Ob兩點(diǎn)間的電勢差Uob.(3)小滑塊運(yùn)動的總路程S.由□ ? ?缶Aa0bB18、在xoy平面內(nèi)，第印象限內(nèi)的直線OM是電場與磁場的邊界，OM與負(fù)x軸成45°角。在x<0且OM的左側(cè)空間存在著負(fù)x方向的勻強(qiáng)電場E場強(qiáng)大小為0.32N/C,在y<0且OM的右側(cè)空間存在著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.1T,如圖所示。一不計重力的帶負(fù)電的微粒，從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿y.E負(fù)方向以v0=2x103m/s的初速度進(jìn)入磁場，已知微粒帶電量為q=5x10-i8C,質(zhì)量為m=1x10-24kg,(不計粒所受重力)，求：(1)帶電微粒第一次經(jīng)過磁場邊界的位置坐標(biāo)

（2）帶電微粒在磁場區(qū)域運(yùn)動的總時間；（3）帶電微粒最終離開電、磁場區(qū)域的位置坐標(biāo)。19、如圖所示，要使一質(zhì)量為m、電量為+q的小球能水平?jīng)]直線加速，需要外加一勻強(qiáng)電場。已知平行金屬板間距為d，與水平面夾角為e,要使此小球從A板左端沿直線從靜止沿水平方向被加速，恰從B板的右端射出，求兩金屬板間所加電壓、U是多少？小球從

B板右端射出時的速度是多大？(重力加速度為g)20、如圖所示為一個模擬貨物傳送的裝置，A是一個表面絕緣、質(zhì)量為M=100kg，電荷量為q=+6.0x10.2C的傳送小車，小車置于光滑的水平地面上.在傳送途中，空間存在一個可以通過開關(guān)控制其有無的水平勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E=4.0xl03V/m.現(xiàn)將質(zhì)量為m=20kg的貨物B(不帶電且可當(dāng)作質(zhì)點(diǎn))放置在小車的左端，讓它們以.,￡ V=2m/s的共同速度向右滑行，在貨物和小車快到終點(diǎn)時』，閉合開關(guān)產(chǎn)生水平向左的電場.經(jīng)過一段時間后關(guān)閉電場，使貨物到達(dá)目的地時，小車和貨物的速度恰好都為7零.已知貨物與小車之間的動摩擦因數(shù)日=0.1取g=10m/S2.(1)說明關(guān)閉電場的瞬間，貨物和小車的速度方向；(2)為了使貨物不滑離小車，小車至少多長?參考答案（1）0．4m；（2）-0．2m。（1）物塊恰能通過最高點(diǎn)C時，圓弧軌道與物塊之間沒有力作用，物塊受到重力和電場力提供向心力。mg-qE=m\2/R① （物塊在由A運(yùn)動到C的過程中，設(shè)物塊克服摩擦力做的功W，根據(jù)動能定理有:qE2R-W-mg2R=mvC2/2-mv02/2 ②解得W=mvC2/2+5(qE-mg)R/2(2)物塊離開半圓形軌道后做類平拋運(yùn)動，設(shè)水平位移為S則水平方向有S=v0t①豎直方向有2R=(g-qE/m)切2 ②解得S=2R因此物塊離開軌道落回水平面的水平距離與場強(qiáng)E大小無關(guān)，大小為2R.(1)電荷做類平拋運(yùn)動，則有Eqa=—mRsin0=v0t1R+Rcos0=2at2TOC\o"1-5"\h\z由以上三式得y二.'EqRsin2?::EqRQ-c0s0)022m(1+cos0) 2m(2)由(1)中的結(jié)論可得粒子從A點(diǎn)出發(fā)時的動能為EqR(1一cos0)E-—mv2 k0 2 0 4則經(jīng)過P點(diǎn)時的動能為E=Eq(R+Rcos0)+-mv2=-EqR(5+3cos0)k 2 04(3)從上式可以看出，當(dāng)e從120°變化至I」60°的過程中，接收屏上電荷的動能逐漸增大，因此D點(diǎn)接收到的電荷的末動能最大.1 1 13最大動能為：EkD=Eq(R+Rcos60°)+2mv02=4EqR(5+3cos60°)=—EqR4、設(shè)BC中點(diǎn)為M,MC=MD，故D,C在等勢面上故由D到C,電場力不做功。同F(xiàn)N動能能定理：mgLsin600=mmv2一^vny222、F,‘電mg在D點(diǎn):mgsin300-Fcos300=mamgsin300+Fcos300=ma2a2=g-a5、⑴設(shè)B受到的最大靜摩擦力為f1m，則f=從mg=1m 1B2.5N.①設(shè)A受到地面的滑動摩擦力的f，則f=日(m+m)g=4.0N.②2 2 2AB施加電場后，設(shè)A.B以相同牧［速度向右做勻減速運(yùn)動，力■度大小為a，由牛頓第二定律qE+f=(m+m)a③解得：a=2.0m/s22AB設(shè)B受到的摩擦力為f，由牛頓第二定律得f=ma，④1 1B解得：f=2.0N.因為f<f，所以電場作用后，A.B仍保持相對靜止以相同加速1 1 1m度a向右做勻減速運(yùn)動，所以剛加上勻強(qiáng)電場時，B的加速度大小a=2.0m/s2⑵A與擋板碰前瞬間，設(shè)A.B向右的共同速度為v,1v2=v2一2as，v=1m/s10 1A與擋板碰撞無機(jī)械能損失，故A剛離開擋板時速度大小為v=1m/s1⑶A與擋板碰后，以A.B系統(tǒng)為研究對象，qE=f⑥2故A.B系統(tǒng)動量守恒，設(shè)A.B向左共同速度為v，規(guī)定向左為正方向，得：mv-mv=（m+m）v⑦A1B1AB設(shè)該過程中，B相對于A向右的位移為「，由系統(tǒng)功能關(guān)系得:日mgs=—(m+m)v2--(m+m)v2⑧，s=0.60m1B1 2AB1 2AB 1因s<L，所以B不能離開A,B與A的左端的最大距離為S=0.60m6、解：⑴設(shè)微粒穿過B板小孔時的速度為v，根據(jù)動能定理，有qU=1mv2 ⑴解得v=2qUmm2qUAPBm2qUAPB（2）微粒進(jìn)入半圓形金屬板后，電場力提供向心力，有v2 2v2qE=m—=m R L4U聯(lián)立⑴、⑵，得E=—L（3）微粒從釋放開始經(jīng)q射出B板的小孔，則d 2dt=—=——=2d1vv2設(shè)微粒在半圓形金屬板間運(yùn)動經(jīng)過t2第一次到達(dá)最低點(diǎn)P點(diǎn)，則m4v 4\'2qU所以從釋放微粒開始，經(jīng)過（t+1）=12( 兀L)2d+——根據(jù)運(yùn)動的對稱性，易知再經(jīng)過2（t+1）⑷―微粒第一次到達(dá)P點(diǎn);2qU1所以經(jīng)過時間t=（2k+1）（2d+叱、I4J微粒再一次經(jīng)過P點(diǎn);2—，k=0,1,2,微粒經(jīng)過P點(diǎn)。2qU7、⑴如圖所示，金屬球A由a到b過程做勻加速直線運(yùn)動，細(xì)繩與水平方向夾角為600時突然繃緊J-由題意qE=《3mg,a=300故電場力和重力的合力：F=五mg3由動能定理得FL=-mv2-0b

求得：vb=（4羊；在b點(diǎn)細(xì)繩突然繃緊時，小球只剩下切向速度；v/b=vsin600=）、3gL球A由b到c過程中，細(xì)繩的拉力對A球不做功，bb由動能定理得mgL(1—mgL(1—cos300)+qELsin300」mv2-1mv22c2b解之得：vc=\2gL+233gL（2）A球與B球碰撞動量守恒和機(jī)械能不損失有:mvc=mv/c+mvB1 21 1—mv2=mvnv/2+——mv22c2 c2B3解得皿+『L=1m/s卸A.B球交換速度）第求與照接觸過程電荷量守恒有q「-2B球由碰后到落地過程中豎直方向做自由落體運(yùn)動：11西H=弓gt2，t) ；2kg+at=2m/sE^則B球落地速度是&⑴電場方向改為豎直向上后，物塊相對木板運(yùn)動的位移變小，說明摩擦力變大，它們之間的壓力變大了，物塊所受的電場力向下，所以物塊帶負(fù)電．⑵設(shè)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為￡,木板質(zhì)量為M、長度為L,物塊的初速度為v0，物塊和木板共同速度為v.當(dāng)電場方向向下時：由物塊在豎直方向受力平衡得：N1+qE=mg由物塊與木板組成的系統(tǒng)動量守恒得：mv0=(M+m)v11由系統(tǒng)能量守恒得："N1L=2mv02-2(m+M)V2當(dāng)電場方向向上時：由物塊在豎直方向受力平衡得：qE+mg=N2由物塊與木板組成的系統(tǒng)動量守恒得：mv0=(M+m)v11 1由系統(tǒng)能量守恒得：rN2?2L=2mv02-2(m+M)V2mg解得：E=而9解：(1)設(shè)兩滑塊碰前A的速度為…能定曲1qEl一Rmgl-—mv22解得:v1=3m/sA、B兩滑塊碰撞，由于時間極短動量守恒，設(shè)共同速度為vmv-(M+m)v1解得:v=1.0m/s(2)碰后A、B一起壓縮彈簧至最短，設(shè)彈簧壓縮量為X1,由動能定理有:1qEx一日(M+m)gx-E-0——(M+m)v21 10 2設(shè)反彈后A、B滑行了乂2距離后速度減為零，由動能定理得:E一qEx一日(M+m)gx=0解得：x2a0.05m以后，因為qE中(M+m)g，滑塊還會向左運(yùn)動，但彈開的距離將逐漸變小，所以，最大距離為:StXz+s-x^O.OSm+O.OSm-0.02m=0.08m.10、⑴設(shè)電子的質(zhì)量為m,電量為e,電子在電場I中做勻加速直線運(yùn)動，出區(qū)域I時的為v0，此后電場II做類平拋運(yùn)動，假設(shè)電子從CD邊射出，出射點(diǎn)縱坐標(biāo)為y，有eEL-1mv220L、1 1eE(L(2~y)=2at2=2m所以原假設(shè)成立，即電子離開ABCD區(qū)域的位置坐標(biāo)為（-2L,1L）4（2）設(shè)釋放點(diǎn)在電場區(qū)域I中，其坐標(biāo)為（x，y）,在電場I中電子被加速到v—然后進(jìn)入電場II做類平拋運(yùn)動，并從D點(diǎn)離開，有eEx=1mv221解得xy二上，即在電場I區(qū)域內(nèi)滿足方程的點(diǎn)即為所求位置。4（3）設(shè)電子從（x,y）點(diǎn)釋放，在電場I中加速到v2，進(jìn)入電場II后做類平拋運(yùn)動，在高度為y′處離開電場II時的情景與（2）中類似，然后電子做勻速直線運(yùn)動，經(jīng)過D點(diǎn)，則eEx-1mv22 2,1 1eEfL)2yy——at2- 2 2m[v)2eELv-at- ymv2,Ly-v——ynv2… f1 1' — ———S-、，__解得xy-L2上+1，即在電場I區(qū)域內(nèi)滿足方程的點(diǎn)即為所求位置12n 4）11、⑴小球在。處受水平向右的電場力F和豎直向下的重力G，加速度為jg則由/5 4mg+m2g2-m.(g)nE 3 3q⑵從A—B由動能定理得mg.(2R)—qER-mmv22BvB4gRmv2 7在B點(diǎn)F—mg——b—nF——mgN RN3⑶小球從B-C 水平方向做勻減速運(yùn)動，豎直方向做自由落體運(yùn)動設(shè)向左減速時間為tv 3Rt=-B=:-ax44gRx=—vt=—2B23Ry=2g(2t)2=—寬度應(yīng)滿足條件L>2R，高度滿足條件H>5R⑷以合力F合方向、垂直于合力方向分別建立坐標(biāo)系，并將速度分解，當(dāng)F與mg的合力與v垂直時，即圖中vy=0時小球的動能最小，設(shè)經(jīng)過的時間為tqE=coto=4mg12、解：對帶電系統(tǒng)進(jìn)行分析，假設(shè)球A能達(dá)到右極板，電場力對系統(tǒng)做功為W1，有： %=2qEx2.5L+(-3qEx1.5L)〉0而且還能穿過小孔，離開右極板。

假設(shè)球B能達(dá)到右極板，電場力對系統(tǒng)做功為W2，有:W=2qEX2.5L+(—3qEx3.5L)<02綜上所述，帶電系統(tǒng)速度第一次為零時，球A、B應(yīng)分別在右極板兩側(cè)。⑴帶電系統(tǒng)開始運(yùn)動時，設(shè)加速度為a1⑴帶電系統(tǒng)開始運(yùn)動時，設(shè)加速度為a1，由牛頓第二定律：ai2qE2mqE

m求得：-2qEL二' 球B剛進(jìn)入電場時，帶電系統(tǒng)的速度為求得：-2qEL二' v2-2aL

11⑵設(shè)球B從靜止到剛進(jìn)入電場的時間為t1，則：vt-T

1a1解得：（_,'2mLqqE球8進(jìn)入電場后，帶電系統(tǒng)的加速度為a2，則：a2—vt-T

1a1解得：（_,'2mLqqE球8進(jìn)入電場后，帶電系統(tǒng)的加速度為a2，則：a2—3qE+2qE

2mqE

2m顯然，帶電系統(tǒng)做勻減速運(yùn)動。設(shè)球A剛達(dá)到右極板時的速度為v2，減速所需時間為t〃則有：vm—v2-2ax1.5L2 21 2v—v-^2 1a2求得：v-1：附EL,t-22rm2,12mL\1E~球A離電場后，帶電系統(tǒng)繼續(xù)做減速運(yùn)動，設(shè)加速度為a3，則a3—3qE

2m設(shè)球A從離開電場到靜止所需的時間為t3，運(yùn)動的位移為x，則有：t-0—v 23a3—v2-2ax

23- 12mmL求得：廠3VqEtt=1+1+1123可知，帶電系統(tǒng)從靜止到速度第一次為零所需的時間為：77mL “ L3\-EE 球人相對右板的位置為：x二613、解：(11(2)設(shè)：小球在C點(diǎn)的速度大小是Vc,對軌道的壓力大小為NC,則對于小球由A-C的過程中，應(yīng)用動能定律列出：1 「八qE.2R一mgR-—mV2-02c ①在C點(diǎn)的圓軌道徑向應(yīng)用牛頓第二定律，有:V2N-qE-m—g-c R ②解得：V=,14qER-2gR-2m/s ③c飛m N-5qE-2mg-3Nc(3)vmg=qE=1N .?迨場的方向垂直于B、C點(diǎn)的連線BC14、1.0m；0.414N15、(1)設(shè)帶電體在水平軌道上運(yùn)動的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有qE二ma解得a=qE/m=8.0m/s2設(shè)帶電體運(yùn)動到B端的速度大小為vB，則vB2=2asTOC\o"1-5"\h\z解得vB=20S==4.0m/s (或用動能定理) 3分(2)設(shè)帶電體運(yùn)動到圓軌道B端時受軌道的支持力為N，根據(jù)牛頓第二定律有N-mg=mvB2/R解得N=mg+mvB2/R=5.0N 3分根據(jù)牛頓第三定律可知，帶電體對圓弧軌道B端的壓力大小N，=N=5.0N ——1分(3)設(shè)帶電體沿圓弧形軌道運(yùn)動過程中摩擦力所做的功為W摩，對此過程根據(jù)動能定理有qER+W-mgR=0-1mv2 解得W摩-0.72J216、(1)只要小球沿軌道AB運(yùn)動，就一定能夠到達(dá)C點(diǎn)，它在AB上運(yùn)動的條件是軌道對它的支持力N>0因此有mg>qE解得E<mg/q(2)小球做勻速圓周運(yùn)動條件是qE二mg解得E二mg/q(3)由題意知，在D點(diǎn)，小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱愀鶕?jù)牛頓第二定律有mg—qE=mv2/r ①D對小球運(yùn)動的過程，根據(jù)動能定理有從A到D(mg—qE)(h—2R)=1mv2—1mv2②2D20從A到C(mg—qE)h=mv2v2——mv2 ③2c20在C點(diǎn)，設(shè)軌道對小球的彈力為F根據(jù)牛頓第二定律有F一(