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電場提升B卷 一、單選 1．如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量均為的完全相同的金屬球殼與，其殼層的厚度和質(zhì)量分布均勻，將它們固定于絕緣支座上，兩球心間的距離為球半徑的倍．若使它們帶上等量異種電荷，使其電荷量的絕對值均為，那么，、兩球之間的萬有引力、庫侖力分別滿足（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】萬有引力定律的使用的條件是質(zhì)點(diǎn)和質(zhì)量均勻分布的球，由于金屬球a和b質(zhì)量分布均勻，所以萬有引力定律可以直接的應(yīng)用，所以它們之間的萬有引力為，由于兩球心間的距離為球半徑的3倍，它們之間的距離并不是很大，且兩球殼因電荷間的相互作用使電荷分布不均勻，所以此時(shí)的電荷不能看成是點(diǎn)電荷，由于電荷之間的相互吸引，使他們各自的電荷分布不均勻，即相互靠近的一側(cè)電荷分部比較密集，所以此時(shí)電荷間的庫侖力。故D正確、ABC錯(cuò)誤。故選：D。 2．如圖為一頭大一頭小的導(dǎo)體周圍等勢面和電場線（帶有箭頭為電場線）示意圖，已知兩個(gè)相鄰等勢面間的電勢之差相等，則( ) A. a點(diǎn)和d點(diǎn)的電場強(qiáng)度一定相同 B. a點(diǎn)的電勢一定高于b點(diǎn)的電勢 C. 將負(fù)電荷從c點(diǎn)移到d點(diǎn)，電場力做負(fù)功 D. 將正電荷從c點(diǎn)沿虛線移到e點(diǎn)，電勢能先減小后增大 【答案】D 3．如圖所示，勻強(qiáng)電場中的A、B、C、D、E、F、G、H八個(gè)點(diǎn)處于棱長為2cm的正方體的八個(gè)頂點(diǎn)上．如果已知A、B、C、G四點(diǎn)的電勢分別為2V，0，2V、2V．一比荷為=1106C/kg的帶正電粒子沿AC方向只在電場力作用下從A點(diǎn)射入該電場后恰好經(jīng)過B點(diǎn)，已知元電荷e=1.610-19C，則下列說法正確的是（ ） A. 勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為20V/m B. 勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)方向由B指向D C. 帶正電粒子在A點(diǎn)的速度為vA=1103m/s D. 將一個(gè)電子由B移到D點(diǎn)，其電勢能增加6.410-19J 【答案】C 【解析】由題，A、C、G點(diǎn)的電勢都是2V，所以它們是等勢點(diǎn)，由此可知，A、C、G在同一個(gè)等勢面上，勻強(qiáng)電場的電場線一定與之垂直；B點(diǎn)的電勢等于0，所以： ，代入數(shù)據(jù)可得：E=100V．故A錯(cuò)誤；A點(diǎn)的電勢高于B點(diǎn)的電勢，A、C、G在同一個(gè)等勢面上，所以勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)方向由D指向B．故B錯(cuò)誤；帶正電粒子沿AC方向進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動，受到的電場力：F=qE；粒子的加速度： ； 粒子沿AC方向的位移：x=vAt；沿DB的方向的位移：y＝at2；聯(lián)立可知：vA=1103m/s。故C正確；根據(jù)勻強(qiáng)電場特點(diǎn)可知：UAB=UDC，即φA-φB=φD-φC，所以φD=4V，所以：UDB=4V；把一個(gè)電子從B點(diǎn)移到D點(diǎn)，電場力做功：W=eUBD=-1.610-19C（-4）V=6.410-19C，其電勢能減小6.410-19J，故D錯(cuò)誤。故選C。 4．如圖，絕緣光滑圓環(huán)豎直放置，a、b、c為三個(gè)套在圓環(huán)上可自由滑動的空心帶電小球，已知小球c位于圓環(huán)最高點(diǎn)，ac連線與豎直方向成60角，bc連線與豎直方向成30角，三個(gè)小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是 A. a、b、c小球帶同種電荷 B. a、b小球帶異種電荷，b、c小球帶同種電荷 C. a、b小球電量之比為 D. a、b小球電量之比 【答案】D 【解析】AB：對c小球受力分析可得，a、b小球必須帶同種電荷c小球才能平衡。對b小球受力分析可得，b、c小球帶異種電荷b小球才能平衡。故AB兩項(xiàng)錯(cuò)誤。 CD：對c小球受力分析，將力正交分解后可得：，又，解得：。故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。 5．如圖甲所示是某電場中的一條電場線，a、b是這條電場線上的兩點(diǎn)，一帶正電的粒子只在靜電力作用下，沿電場線從a運(yùn)動到b。在這過程中，粒子的速度-時(shí)間圖像如圖乙所示，比較a、b兩點(diǎn)電勢的高低和電場強(qiáng)度的大小 A. φa＞φb，Ea＝Eb B. φa＞φb，Ea＜Eb C. φa＜φb，Ea＝Eb D. φa＜φb，Ea＞Eb 【答案】A 6．平行板電容器和電源、電阻、開關(guān)串聯(lián)，組成如圖所示的電路．接通開關(guān)K，電源即給電容器充電，則( ) A. 保持K接通，減小兩極板間的距離，則兩極板間的電場強(qiáng)度減小 B. 保持K接通，在兩極板間插入一塊鋁板，則兩極板間的電場強(qiáng)度增大 C. 充電結(jié)束后斷開K，減小兩極板間的距離，則兩極板間的電勢差增大 D. 充電結(jié)束后斷開K，在兩極板間插入一塊電介質(zhì)，則兩極板間的電勢差增大 【答案】B 【解析】保持K接通，電容器極板間的電壓不變，減小兩極板間的距離，由分析得知，兩板間的電場強(qiáng)度增大．故A錯(cuò)誤．保持K接通，在兩極板間插入一塊鋁板，板間距離減小，由分析得知，兩板間的電場強(qiáng)度增大，故B正確；充電結(jié)束后斷開K，電容器所帶電量不變，根據(jù)電容的決定式可知，板間距離減小，電容增大，根據(jù)可知，兩極板間的電勢差減小，故C錯(cuò)誤；充電結(jié)束后斷開K，電容器所帶電量不變，根據(jù)電容的決定式可知，在兩極板間插入一塊電介質(zhì)，電容增大，根據(jù)可知，兩極板間的電勢差減小，故D錯(cuò)誤；故選B. 7．如圖5甲所示，質(zhì)量為m＝1 kg、帶電荷量為q＝210－3 C的小物塊靜置于絕緣水平面上，A點(diǎn)左側(cè)上方存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場，小物塊運(yùn)動的v－t圖象如圖乙所示，取g＝10 m/s2，則下列說法正確的是( ) A. 小物塊在0～3 s內(nèi)的平均速度為m/s B. 小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.4 C. 勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為3 00 N/C D. 物塊運(yùn)動過程中電勢能減少了12 J 【答案】D 【解析】小物塊在0～3 s內(nèi)的位移；平均速度為，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；滑塊做減速運(yùn)動的加速度，根據(jù)a2=μg可得μ=0.2，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；滑塊加速運(yùn)動的加速度，則由牛頓第二定律，解得E=3000 N/C，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；物塊運(yùn)動過程中電場力做功，則電勢能減少了12 J，選項(xiàng)D正確；故選D. 8．如圖，在點(diǎn)電荷－q的電場中，放著一塊帶有一定電量、電荷均勻分布的絕緣矩形薄板，MN為其對稱軸，O點(diǎn)為幾何中心．點(diǎn)電荷－q與a、O、b之間的距離分別為d、2d、3d.已知圖中a點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零，則帶電薄板在圖中b點(diǎn)處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的大小和方向分別為( ) A. ，水平向右 B. ，水平向左 C. ＋，水平向右 D. ，水平向右 【答案】A 【解析】由電場的矢量疊加原理，可知矩形薄板在a處產(chǎn)生的場強(qiáng)與點(diǎn)電荷－q在a處的場強(qiáng)等大反向，大小為。由對稱性可知，矩形薄板在b處產(chǎn)生的場強(qiáng)也為，方向向右。故A正確。 9．空間某區(qū)域內(nèi)存在著電場，電場線在豎直平面上的分布如圖所示．一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球在該電場中運(yùn)動，小球經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的速度大小為v1，方向水平向右；運(yùn)動至B點(diǎn)時(shí)的速度大小為v2，運(yùn)動方向與水平方向之間的夾角為α，A、B兩點(diǎn)間的高度差為h、水平距離為s，則以下判斷正確的是( ) A. A、B兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度和電勢關(guān)系為EAv1，則電場力一定做正功 C. A、B兩點(diǎn)間的電勢差為(v－v) D. 小球從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的過程中電場力做的功為 【答案】D 【解析】由電場線的疏密可判斷出EA＜EB．由電場線的方向可判斷出φA＞φB．所以EA＜EB、φA＞φB，故A錯(cuò)誤。若v2＞v1時(shí)，小球的動能增大，但由于重力做正功，電場力不一定做正功。故B錯(cuò)誤。小球由A點(diǎn)運(yùn)動至B點(diǎn)，由動能定理得：mgH+W=mv22?mv12；得電場力做功：W＝mv22?mv12?mgH；由電場力做功W=qU得，A、B兩點(diǎn)間的電勢差：U=（mv22?mv12?mgH），故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。 10．如圖所示，電子示波管由電子槍、豎直偏轉(zhuǎn)電極YY、水平偏轉(zhuǎn)電極XX和熒光屏組成，當(dāng)電極YY和XX所加電壓都為零時(shí)，電子槍射出的電予恰好打在熒光屏上的中心點(diǎn)即原點(diǎn)O上，下列說法正確的是 A. 當(dāng)上極板Y的電勢高于Y，而后極板X的電勢低于X時(shí)，電子將打在第一象限 B. 電子從發(fā)射到打到熒光屏的時(shí)間與偏轉(zhuǎn)電極所加電壓大小有關(guān) C. 電子打到熒光屏?xí)r的動能與偏轉(zhuǎn)電極所加電壓大小有關(guān) D. 電子通過XX 時(shí)的水平偏轉(zhuǎn)量與YY 所加電壓大小有關(guān) 【答案】C 【解析】A. 由于電子帶負(fù)電，所以電子在電場中運(yùn)動時(shí)會偏向電勢高的一邊，故當(dāng)上極板Y的電勢高于Y，而后極板X的電勢低于X時(shí)，電子將打在第二象限，故A錯(cuò)； B、電子在水平方向上不受力，所以水平方向做勻速運(yùn)動，故電子從發(fā)射到打到熒光屏的時(shí)間與偏轉(zhuǎn)電極所加電壓大小無關(guān)，故B錯(cuò)誤； C、根據(jù)動能定理，電子出電場后的動能和電場力做功的大小有關(guān)，即，故C正確； D、電子通過XX 時(shí)的水平偏轉(zhuǎn)量與XX 所加電壓大小有關(guān)，故D錯(cuò)誤； 故選C 二、多選 11．如圖所示為兩個(gè)固定在同一水平面上的點(diǎn)電荷，距離為d，電荷量分別為＋Q和－Q，在它們連線的豎直中垂線上固定一根長為L、內(nèi)壁光滑的絕緣細(xì)管，有一帶電荷量為＋q的小球以初速度v0從上端管口射入，重力加速度為g，靜電力常量為k，則小球（ ） A. 下落過程中加速度始終為g B. 受到的庫侖力先做正功后做負(fù)功 C. 速度先增大后減小，射出時(shí)速度仍為v0 D. 管壁對小球的彈力最大值為 【答案】AD 【解析】A. 電荷量為+q的小球以初速度v0從管口射入的過程，因庫侖力與速度方向垂直，豎直方向只受重力作用，加速度始終為g，故A正確； B. 小球有下落過程中，庫侖力與速度方向垂直，則庫侖力不做功，故B錯(cuò)誤； C. 電場力不做功，只有重力做功；根據(jù)動能定理，速度不斷增加，故C錯(cuò)誤； D．在兩個(gè)電荷的中垂線的中點(diǎn)，單個(gè)電荷產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為：E= ；根據(jù)矢量的合成法則，則有電場強(qiáng)度最大值為，因此電荷量為+q的小球受到最大庫侖力為，結(jié)合受力分析可知，彈力與庫侖力平衡，則管壁對小球的彈力最大值為，故D正確； 故選：AD. 12．光滑絕緣水平面上固定兩個(gè)等量點(diǎn)電荷，它們連線的中垂線上有A、B、C三點(diǎn)，如圖甲所示。一帶正電粒子由A點(diǎn)靜止釋放，并以此時(shí)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，沿光滑水平面經(jīng)過B、C兩點(diǎn)（圖中未畫出），其運(yùn)動過程的v-t圖象如圖乙所示，其中圖線在B點(diǎn)位置時(shí)斜率最大，根據(jù)圖線可以確定（ ） A. 中垂線上B點(diǎn)電場強(qiáng)度最大 B. 中垂線上B點(diǎn)電勢最高 C. 電荷在B點(diǎn)時(shí)的加速度為m/s2 D. UBC＞UAB 【答案】AD 13．如圖所示，豎直平面內(nèi)有一圓周，其圓心為O，直徑AB和CD相互垂直，電荷量均為Q的正點(diǎn)電荷放在關(guān)于CD對稱的圓周上，它們所在半徑的夾角為120。下列說法正確的是：（ ） A. 點(diǎn)O與點(diǎn)C的場強(qiáng)大小相等 B. 點(diǎn)C與點(diǎn)D的場強(qiáng)大小之比為∶1 C. 一電子從D點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動到C點(diǎn)的過程中，加速度先減小后增大 D. 將一正電荷沿著圓周從A點(diǎn)經(jīng)D移至B點(diǎn)的過程中，電場力先做正功后做負(fù)功 【答案】ABD 【解析】A．點(diǎn)O與點(diǎn)C的場強(qiáng)大小相等，方向相反，故A錯(cuò)誤； B．根據(jù)矢量合成法則，C點(diǎn)場強(qiáng)為， D點(diǎn)的場強(qiáng)為 點(diǎn)C與點(diǎn)D的場強(qiáng)大小之比為：1，故B正確； C．根據(jù)電場強(qiáng)度的矢量合成法則，距離兩點(diǎn)電荷連線x=處的場強(qiáng)最強(qiáng)，則電子從點(diǎn)D到點(diǎn)C的過程中，加速度先增大，再減小，再增大，故C錯(cuò)誤； D．根據(jù)等量同種電荷的電場線，正電荷沿著圓周從點(diǎn)A到點(diǎn)D，電場力做正功，從點(diǎn)D到點(diǎn)B的過程中，電場力做負(fù)功，故D正確。 故選：BD。 14．如圖所示，帶電平行金屬板A、B，板間的電勢差大小為U，A板帶正電，B板中央有一小孔．一帶正電的微粒，帶電荷量為q，質(zhì)量為m，自孔的正上方距板高h(yuǎn)處自由落下，若微粒恰能落至A、B板的正中央C點(diǎn)，則 A. 微粒下落過程中重力做功為，電場力做功為 B. 微粒落入電場中，電勢能逐漸增大，其增加量為 C. 若微粒從距B板高2h處自由下落，則恰好能達(dá)到A板 D. 微粒在下落過程中動能逐漸增加，重力勢能逐漸減小 【答案】BC 【解析】微粒下降的高度為，重力做正功，為，電場力向上，位移向下，電場力做負(fù)功，，A錯(cuò)誤；微粒落入電場中，克服電場力做功，電勢能逐漸增大，其增加量等于克服電場力做的功，為，B正確；由題微粒恰能落至A，B板的正中央c點(diǎn)過程，由動能定理得①，若微粒從距B板高2h處自由下落，設(shè)達(dá)到A板的速度為v，則由動能定理得②，由①②聯(lián)立得，即恰好能達(dá)到A板，C正確；微粒在下落過程中，進(jìn)入電場前做自由落體運(yùn)動，動能逐漸增加，重力勢能逐漸減?。贿M(jìn)入電場后是減速運(yùn)動，動能減小，D錯(cuò)誤． 15．在光滑水平面內(nèi)有一沿x軸方向的靜電場，其電勢φ隨坐標(biāo)x變化的圖線如圖所示(φ0、－φ0、x1、x2、x3、x4均已知)．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球(不計(jì)重力)從O點(diǎn)以某一未知初速度v0沿x軸正方向射出，則下列說法正確的是( ) A. 在0～x1間的電場強(qiáng)度沿x軸正方向、大小為 B. 在x1～x2間與在x2～x3間電場強(qiáng)度相同 C. 只要v0＞0，該帶電小球就能運(yùn)動到x4處 D. 只要v0＞，該帶電小球就能運(yùn)動到x4處 【答案】BD 三、解答題 16．如圖所示，兩個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷M和N，帶電量均為Q，固定在光滑絕緣的水平面上，相距2L，A，O，B是MN連線上的三點(diǎn)，且O為中點(diǎn)，OA=OB=，一質(zhì)量為m、電量為q的點(diǎn)電荷以初速度v0從A點(diǎn)出發(fā)沿MN連線向N運(yùn)動，在運(yùn)動過程中電荷受到大小恒定的阻力作用，但速度為零時(shí)，阻力也為零，當(dāng)它運(yùn)動到O點(diǎn)時(shí)，動能為初動能的n倍，到B點(diǎn)剛好速度為零，然后返回往復(fù)運(yùn)動，直至最后靜止．已知靜電力恒量為k，取O處電勢為零．求： （1）A點(diǎn)的場強(qiáng)大小； （2）阻力的大??； （3）A點(diǎn)的電勢； （4）電荷在電場中運(yùn)動的總路程． 【答案】（1）；（2）；（3）（4）（n+0.5）L． 【解析】（1）由點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度公式和電場疊加原理可得：； （2）由對稱性，，電荷從A到B的過程中，電場力做功為零，克服阻力做功為：，由動能定理：，得： （3）設(shè)電荷從A到O點(diǎn)電場力做功為，克服阻力做功為， 由動能定理：，得： 由： 得： （4）電荷最后停在O點(diǎn)，在全過程中電場力做功為，電荷在電場中運(yùn)動的總路程為s，則阻力做功為 由動能定理：，即： 解得： 17．如圖所示為一真空示波管，電子從燈絲K發(fā)出（初速度不計(jì)），經(jīng)燈絲與A板間的加速電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進(jìn)入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場中（偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強(qiáng)電場），電子進(jìn)入M、N間電場時(shí)的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過電場后打在熒光屏上的P點(diǎn)。已知加速電壓為U1，M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L1，板右端到熒光屏的距離為L2，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e。求： （1）電子穿過A板時(shí)的速度大小 （2）電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)豎直方向的側(cè)移量 （3）P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離 【答案】（1） （2）（3） 【解析】（1）設(shè)電子經(jīng)電壓加速后的速度為，根據(jù)動能定理得： 解得： （2）電子以速度進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后，垂直于電場方向作勻速直線運(yùn)動，沿電場方向作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動．設(shè)偏轉(zhuǎn)電場的電場強(qiáng)度為E，電子在偏轉(zhuǎn)電場運(yùn)動的時(shí)間為，電子的加速度為a，離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)相對于原運(yùn)動方向的側(cè)移量為 根據(jù)牛頓第二定律得： 水平方向： ，豎直方向： 聯(lián)立解得： （3）設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)沿電場方向的速度為，根據(jù)學(xué)公式得： 電子離開偏轉(zhuǎn)電場后作勻速直線運(yùn)動，設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上所用的時(shí)間為，電子打到熒光屏上的側(cè)移量為，如圖所示 水平方向： ，豎直方向： 聯(lián)立解得： 則P到O點(diǎn)的距離 18．如圖所示，BCDG是光滑絕緣的圓形軌道，位于豎直平面內(nèi)，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點(diǎn)平滑連接，整個(gè)軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場中．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于水平軌道上，滑塊受到的電場力大小為mg，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g． （1）若滑塊從水平軌道上距離B點(diǎn)s=3R的A點(diǎn)由靜止釋放，滑塊到達(dá)與圓心O等高的C點(diǎn)時(shí)速度為多大？ （2）在（1）的情況下，求滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)受到軌道的作用力大??； （3）改變s的大小，使滑塊恰好始終沿軌道滑行，且從G點(diǎn)飛出軌道，求滑塊在圓軌道上滑行過程中的最小速度大?。? 【答案】（1）（2）（3） 【解析】（1）設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為v，從A到C過程， 由動能定理得：qE?（s+R）﹣μmg?s﹣mgR= 由題，qE=mg，μ=0.5，s=3R 代入解得，vC= （2）滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，由電場力和軌道作用力的合力提供向心力，則有 N﹣qE=m 解得，N=mg （3）重力和電場力的合力的大小為F== 設(shè)方向與豎直方向的夾角為α，則tanα==，得α=37 滑塊恰好由F提供向心力時(shí)，在圓軌道上滑行過程中速度最小，此時(shí)滑塊到達(dá)DG間F點(diǎn)，相當(dāng)于“最高點(diǎn)”，滑塊與O連線和豎直方向的夾角為37，設(shè)最小速度為v， F=m 解得，v= 19．粗糙絕緣的水平面附近存在一個(gè)平行于水平面的電場，其中某一區(qū)域的電場線與x軸平行，且沿x軸方向的電勢φ與坐標(biāo)值x的函數(shù)關(guān)系滿足（V），據(jù)此可作出如圖所示的φ-x 圖象。圖中虛線AB為圖線在x=0. 15m處的切線?，F(xiàn)有一個(gè)帶正電荷的滑塊P(可視作質(zhì)點(diǎn))，其質(zhì)量為m=0.10kg，電荷量為q=1.010-7 C，其與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.20，g 取10m/s2。求: （1）沿x軸方向上，x1=0.1m和x2=0.15m兩點(diǎn)間的電勢差； （2）若將滑塊P無初速度地放在x1=0.10m處，滑塊將由靜止開始運(yùn)動，滑塊運(yùn)動到x2=0.15m處時(shí)速度的大??； （3）對于變化的電場，在極小的區(qū)域內(nèi)可以看成勻強(qiáng)電場。若將滑塊P無初速度地放在x1=0.1m處，滑塊將由靜止開始運(yùn)動， a．它位于x2=0.15m處時(shí)加速度為多大； b．物塊最終停在何處？分析說明整個(gè)運(yùn)動過程中加速度和速度如何變化。 【答案】（1） （2）m/s （3）a. 0 b. 停在x=0.225m處。滑塊在從0.1-0.15m時(shí)做加速度減小的加速運(yùn)動，從0.15-0.225m時(shí)做加速度增大的減速運(yùn)動。 【解析】（1）=V （2）由動能定理 代入數(shù)據(jù)得v=m/s (近似為0.32 m/s) b．設(shè)滑塊停在x處，由動能定理得： 代入數(shù)據(jù)解得：x=0.1或0.225。舍去0.1， 所以滑塊停在x=0.225m處。 滑塊在從0.1-0.15m時(shí)做加速度減小的加速運(yùn)動，從0.15-0.225m時(shí)做加速度增大的減速運(yùn)動。 20．如圖甲所示，一對平行金屬板M、N長為L，相距為d，O1O為中軸線．當(dāng)兩板間加電壓UMN=U0時(shí)，兩板間為勻強(qiáng)電場，忽略兩極板外的電場．某種帶負(fù)電的粒子從O1點(diǎn)以速度v0沿O1O方向射入電場，粒子恰好打在上極板M的中點(diǎn)，粒子重力忽略不計(jì)。 （1）求帶電粒子的比荷； （2）若MN間加如圖乙所示的交變電壓，其周期，從t=0開始，前內(nèi)UMN=2U，后內(nèi)UMN=﹣U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持續(xù)射入電場，最終所有粒子剛好能全部離開電場而不打在極板上，求U的值。 【答案】（1） （2） 【解析】（1）設(shè)粒子經(jīng)過時(shí)間t0打在M板中點(diǎn)，沿極板方向有：， 垂直極板方向有：， 解得：。 （2）粒子通過兩板時(shí)間為：，從t=0時(shí)刻開始，粒子在兩板間運(yùn)動時(shí)每個(gè)電壓變化周期的前三分之一時(shí)間內(nèi)的加速度大小為：，方向垂直極板向上；在每個(gè)電壓變化周期的后三分之二時(shí)間內(nèi)加速度大小為：，方向垂直極板向下。不同時(shí)刻從O1點(diǎn)進(jìn)入電場的粒子在電場方向的速度vy隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖所示。 因?yàn)樗辛Ｗ觿偤媚苋侩x開電場而不打在極板上，可以確定在t=nT或時(shí)刻進(jìn)入電場的粒子恰好分別從極板右側(cè)上下邊緣處飛出，它們在電場方向偏轉(zhuǎn)的距離最大。有：，解得：。 點(diǎn)睛：此題首先要明確兩板帶正負(fù)電的情況，進(jìn)而明確勻強(qiáng)電場的方向；其次要明確帶電粒子的受力情況，進(jìn)而分析帶電粒子在不同時(shí)間段內(nèi)的運(yùn)動情況；最后要明確“所有粒子恰好能全部離開電場而不打到極板上”的含義：帶電粒子在電場方向偏轉(zhuǎn)的距離最大為。 21．現(xiàn)代科學(xué)實(shí)驗(yàn)證明了場的存在，靜電場與重力場有一定相似之處. 帶電體在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)與物體在重力場中的平拋運(yùn)動類似. （1）一質(zhì)量為m的小球以初速度v0水平拋出，落到水平面的位置與拋出點(diǎn)的水平距離為x．已知重力加速度為g，求拋出點(diǎn)的高度和小球落地時(shí)的速度大小． （2）若該小球處于完全失重的環(huán)境中，小球帶電量為+q，在相同位置以相同初速度拋出．空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，小球運(yùn)動到水平面的位置與第（1）問小球的落點(diǎn)相同．若取拋出點(diǎn)電勢為零，試求電場強(qiáng)度的大小和落地點(diǎn)的電勢． （3）類比電場強(qiáng)度和電勢的定義方法，請分別定義地球周圍某點(diǎn)的“重力場強(qiáng)度EG”和“重力勢φG”，并描繪地球周圍的“重力場線”和“等重力勢線”． 【答案】（1） （2） （3）重力場強(qiáng)度或若取地面為重力勢參考平面，則重力勢，若取無窮遠(yuǎn)處重力勢為零，則 【解析】試題分析（1）根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律即可求解，（2）小球在電場中做類平拋運(yùn)動，根據(jù)類平拋運(yùn)動規(guī)律和電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系即可求解，（3）對比電場強(qiáng)度的定義，定義重力場強(qiáng)度，根據(jù)電場線與等勢面的關(guān)系，作出地球周圍的“重力場線”和“等重力勢線”。 （2）小球在水平方向做勻速直線運(yùn)動： 小球在豎直方向做勻加速運(yùn)動， 解得： 拋出點(diǎn)與落點(diǎn)之間的電勢差 取拋出點(diǎn)電勢為零，） 解得： （3）重力場強(qiáng)度或 若取地面為重力勢參考平面，則重力勢 若取無窮遠(yuǎn)處重力勢為零，則 描繪地球周圍的“重力場線”和“等重力勢線”，如圖所示 【點(diǎn)睛】運(yùn)用類比法對比電場強(qiáng)度的定義，分析即可得出重力場強(qiáng)度的定義以及重力場與電場的共同點(diǎn)；類比電場中的電場線，重力場線與負(fù)點(diǎn)電荷激發(fā)的電場線類似．