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1、 微專題十 電場(chǎng)中的力電綜合問題 [A級(jí)—基礎(chǔ)練] 1．(08786717)如圖所示，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子，以初速度v0從a點(diǎn)豎直向上射入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，勻強(qiáng)電場(chǎng)方向水平向右．粒子通過電場(chǎng)中的b點(diǎn)時(shí)，速率為2v0，方向與電場(chǎng)方向一致，則a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為(　　) A.　　　　　　　　 B. C. D. 解析：C　[由題意可知，粒子受重力和水平方向的電場(chǎng)力作用，由加速度定義a＝Δv/Δt，可得加速度的大小ax＝2ay＝2g，由牛頓第二定律可知，qE＝2mg，水平位移x＝v0t，豎直位移y＝v0t/2，即x＝2y，因此電場(chǎng)力做功W1＝qEx＝qUab，重力做功W

2、2＝－mgy＝－W1/4，由動(dòng)能定理得：W1＋W2＝m(2v0)2－mv，解得：Uab＝.] 2．(08786718)空間某區(qū)域內(nèi)存在著電場(chǎng)，電場(chǎng)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，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(dòng)至B點(diǎn)時(shí)的速度大小為v2，運(yùn)動(dòng)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(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)關(guān)系為EAv1，則電場(chǎng)力一定做正功 C．A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為(v－v) D．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中電場(chǎng)力做的

3、功為mv－mv－mgh 解析：D　[由電場(chǎng)線的方向和疏密可知A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度小于B點(diǎn)，但A點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)，A錯(cuò)誤．若v2>v1說明合外力對(duì)小球做正功，但電場(chǎng)力不一定做正功，B錯(cuò)誤．由于有重力做功，A、B兩點(diǎn)間電勢(shì)差不是(v－v)，C錯(cuò)誤．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程中由動(dòng)能定理得W電＋mgh＝mv－mv，所以W電＝mv－mv－mgh，D正確．] 3．(08786719)如圖所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，ACB為光滑固定的半圓形軌道，軌道半徑為R，A、B為圓水平直徑的兩個(gè)端點(diǎn)，AC為圓弧．一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為－q的帶電小球，從A點(diǎn)正上方高為H處由靜止釋放，并從A點(diǎn)沿切

4、線進(jìn)入半圓軌道．不計(jì)空氣阻力及一切能量損失，關(guān)于帶電小球的運(yùn)動(dòng)情況，下列說法正確的是(　　) A．小球一定能從B點(diǎn)離開軌道 B．小球在AC部分可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng) C．若小球能從B點(diǎn)離開，上升的高度一定等于H D．小球到達(dá)C點(diǎn)的速度可能為零 解析：B　[若電場(chǎng)力大于重力，則有可能不從B點(diǎn)離開軌道，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若電場(chǎng)力等于重力，小球在AC部分做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確；因電場(chǎng)力做負(fù)功，則機(jī)械能損失，上升的高度一定小于H，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)可知，若小球到達(dá)C點(diǎn)的速度為零，則在此之前就已脫軌了，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．] 4．(08786720)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場(chǎng)強(qiáng)度

5、為E、區(qū)域足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，以初速度v0沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)．ON與水平面的夾角為30，重力加速度為g，且mg＝Eq，則(　　) A．電場(chǎng)方向豎直向上 B．小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小為2g C．小球上升的最大高度為 D．若小球在初始位置的電勢(shì)能為零，則小球電勢(shì)能的最大值為 解析：D　[由于帶電小球在豎直面內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，其合力沿ON方向，而mg＝qE，由三角形定則，可知電場(chǎng)方向與ON方向成120角，A錯(cuò)誤；由圖中幾何關(guān)系可知，其合力為mg，由牛頓第二定律可知a＝g，方向與初速度方向相反，B錯(cuò)誤；設(shè)帶電小球上升的最大高度為h，由動(dòng)能定理可得：－mg2h＝0－mv，

6、解得：h＝，C錯(cuò)誤；電場(chǎng)力做負(fù)功，帶電小球的電勢(shì)能變大，當(dāng)帶電小球速度為零時(shí)，其電勢(shì)能最大，則Ep＝－qE2hcos 120＝qEh＝mg＝，D正確．] 5．(08786721)如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示．t＝0時(shí)刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出．微粒運(yùn)動(dòng)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(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的描述，正確的是(　　) A．末速度大小為v0 B．末速度沿水平方向 C．重力勢(shì)能減少了mgd D．克服電場(chǎng)力做功為mgd 解析：B　[0～時(shí)間內(nèi)微

7、粒勻速運(yùn)動(dòng)，有mg＝qE0.把微粒的運(yùn)動(dòng)分解，水平方向：做速度為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向：～時(shí)間內(nèi)，只受重力，做自由落體運(yùn)動(dòng)，時(shí)刻，v1y＝g，～T時(shí)間內(nèi)，a＝＝g，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻，v2y＝v1y－a＝0，所以末速度v＝v0，方向沿水平方向，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；重力勢(shì)能的減少量ΔEp＝mg＝mgd，所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理：mgd－W克電＝0，得W克電＝mgd，D錯(cuò)誤．] 6．(08786722)(多選)(2018安徽宿州一模)如圖所示，兩帶電平行金屬板水平放置，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，距離右端L處有一豎直放置的光屏M.一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子以速度v0從兩板中央射入板間，最后垂直

8、打在M屏上，重力加速度為g.則下列結(jié)論正確的是(　　) A．板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 B．板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 C．粒子在豎直方向上經(jīng)過的總路程為 D．粒子在板內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動(dòng) 解析：BC　[帶電粒子能垂直打在屏上，說明一定要考慮粒子的重力，粒子在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在板內(nèi)和板外的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，在板間，豎直方向受向上的電場(chǎng)力和向下的重力，加速度向上，射出電場(chǎng)時(shí)，速度斜向上；在板外，僅受重力，豎直方向做速度豎直向上、加速度豎直向下且大小為g的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)屏?xí)r，豎直分速度減為零，在豎直方向，在板間和板外，兩過程具有對(duì)稱性，所以板間的加速度a＝g，即Eq－mg＝ma，即Eq＝2

9、mg，場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝，粒子在板內(nèi)和板外均做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，A、D錯(cuò)誤，B正確．粒子在豎直方向經(jīng)過的總路程s＝gt22，t＝，解得s＝，C正確．] 7．(08786723)(多選)圖甲中的直線為一靜電場(chǎng)中的電場(chǎng)線，一不計(jì)重力的帶負(fù)電粒子從電場(chǎng)線上的M點(diǎn)沿電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)至N點(diǎn)，假設(shè)粒子僅受電場(chǎng)力作用，圖乙描述了該粒子速度的平方隨其位移的變化規(guī)律，則(　　) A．粒子在M點(diǎn)所受的電場(chǎng)力等于在N點(diǎn)所受的電場(chǎng)力 B．該電場(chǎng)線上的電場(chǎng)方向由N點(diǎn)指向M點(diǎn) C．粒子由M點(diǎn)向N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，電場(chǎng)力做負(fù)功 D．粒子在N點(diǎn)的電勢(shì)能大于在M點(diǎn)的電勢(shì)能 解析：AB　[由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v－v＝2ax可知，v2x

10、圖象的斜率為2a，即粒子受到的電場(chǎng)力大小不變，選項(xiàng)A正確；從M點(diǎn)到N點(diǎn)粒子的動(dòng)能變大，電場(chǎng)力做正功，粒子電勢(shì)能變小，由M點(diǎn)至N點(diǎn)電場(chǎng)線上的電勢(shì)升高，則電場(chǎng)線上的電場(chǎng)方向由N點(diǎn)指向M點(diǎn)，選項(xiàng)B正確，C、D錯(cuò)誤．] 8．(08786724)(多選)如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢(shì)隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，電子原來靜止在左極板小孔處，不計(jì)電子的重力，下列說法正確的是(　　) 甲　　　　　　　乙 A．若t＝0時(shí)刻釋放電子，電子始終向右運(yùn)動(dòng)，直到打到右極板上 B．若t＝0時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板間振動(dòng) C．若t＝時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板間振動(dòng)，

11、也可能打到右極板上 D．若t＝時(shí)刻釋放電子，電子必然打到左極板上 解析：AC　[若t＝0時(shí)刻釋放電子，電子將重復(fù)先加速后減速的運(yùn)動(dòng)，直到打到右極板，不會(huì)在兩板間振動(dòng)，所以A正確，B錯(cuò)誤；若從t＝時(shí)刻釋放電子，電子先加速，再減速，有可能電子已到達(dá)右極板，若此時(shí)未到達(dá)右極板，則電子將在兩極板間振動(dòng)，所以C正確；同理，若從t＝時(shí)刻釋放電子，電子有可能達(dá)到右極板，也有可能從左極板射出，這取決于兩板間的距離，所以D錯(cuò)誤．此題考查帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．] [B級(jí)—能力練] 9．(08786725)(2018湖北孝感第一次聯(lián)考)如圖甲所示，A、B為兩塊平行金屬板，極板間電壓為UAB＝1 125

12、 V，現(xiàn)有大量的電子由A板從靜止開始加速后，沿兩平行金屬板CD的中線進(jìn)入到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)．平行金屬板C、D長(zhǎng)L1＝410－2 m，板間距離d＝810－3 m，在距離C、D右側(cè)邊緣L2＝0.1 m處有一足夠大的熒光屏P，當(dāng)C、D之間未加電壓時(shí)電子沿C、D板的中線穿過，打在熒光屏上的O點(diǎn)并發(fā)出熒光．現(xiàn)給金屬板C、D之間加一個(gè)如圖乙所示的變化電壓UDC(D板接電源的正極)．已知電子質(zhì)量為m＝9.010－31 kg，電荷量為e＝1.610－19 C．求： (1)電子從B板上的小孔射出時(shí)的速率v0； (2)打在熒光屏上的電子的最大動(dòng)能； (3)一起上下調(diào)整A、B，使電子能夠在C、D板左側(cè)任意位置仍以

13、速度v0沿平行于C、D板的方向進(jìn)入到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，求電子打到熒光屏上亮線的長(zhǎng)度(只考慮豎直方向)． 解析：(1)電子經(jīng)A、B兩塊金屬板加速，由eUAB＝mv 解得v0＝2.0107 m/s. (2)電子在水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，通過C、D板間的時(shí)間 t＝＝2.010－9 s. 電子通過時(shí)間極短，可認(rèn)為通過時(shí)電場(chǎng)恒定，電子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，當(dāng)C、D間電壓最大時(shí)，豎直方向的位移y＝ayt2＝t2＝6.010－3 m， 豎直方向位移大于，電子將打到下極板上而不出電場(chǎng)，所以電子剛好從下極板邊緣飛出時(shí)，豎直方向速度最大，動(dòng)能最大，由平拋運(yùn)動(dòng)推論得＝，可以得到vy＝4.0106 m/s，電子的最

14、大動(dòng)能Ekmax＝mv2＝m(v＋v)＝1.910－16 J. (3)當(dāng)電子在靠近上極板射入，偏轉(zhuǎn)電壓為0時(shí)，電子做勻速直線運(yùn)動(dòng)通過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，此時(shí)打在熒光屏上亮線最上端． 當(dāng)電子從D板下端邊緣通過，豎直方向速度最大時(shí)，電子能打到熒光屏上亮線最下端，根據(jù)ymax＝6.010－3 m可得到，當(dāng)電子從距離D板高度6.010－3 m處射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)，能夠到達(dá)熒光屏上亮線最下端，設(shè)此時(shí)電子豎直方向位移為y2，則由平拋運(yùn)動(dòng)推論可得＝，解得y2＝3.610－2 m，所以電子打到熒光屏上亮線的長(zhǎng)度是 y＝3.610－2 m＋2.010－3 m＝3.810－2 m. 答案：(1)2.0107 m/s　(

15、2)1.910－16 J (3)3.810－2 m 10．(08786726)(2018江西九江三十校第一次聯(lián)考)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從y軸上的A點(diǎn)以初速度v0水平拋出，兩長(zhǎng)為L(zhǎng)的平行金屬板M、N傾斜放置且與水平方向間的夾角為θ＝37.(sin 37＝0.6) (1)若帶電小球恰好能垂直于M板從其中心小孔B進(jìn)入兩板間，試求帶電小球在y軸上的拋出點(diǎn)A的坐標(biāo)及小球拋出時(shí)的初速度v0； (2)若該平行金屬板M、N間有如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)，且勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小與小球質(zhì)量之間的關(guān)系滿足E＝，試計(jì)算兩平行金屬板M、N之間的垂直距離d至少為多少時(shí)才能保證小

16、球不打在N板上． 解析：(1)設(shè)小球由y軸上的A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到金屬板M的中點(diǎn)B的時(shí)間為t，由題意，在與x軸平行的方向上，有： cos θ＝v0t，tan θ＝. 帶電小球在豎直方向上下落的距離為h＝gt2， 所以小球拋出點(diǎn)A的縱坐標(biāo)為y＝h＋sin θ， 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)可解得v0＝ ，y＝L，t＝2，h＝. 所以小球拋出點(diǎn)A的坐標(biāo)為，小球拋出時(shí)的初速度大小為v0＝ . (2)設(shè)小球進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度大小為v，則由動(dòng)能定理可得mgh＝mv2－mv， 解得v＝ . 帶電小球進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)后的受力情況如圖所示． 因?yàn)镋＝，所以qE＝mgcos θ， 因此，帶電小球進(jìn)入該勻強(qiáng)電

17、場(chǎng)后將做類平拋運(yùn)動(dòng)，其加速度大小為a＝＝gsin θ 設(shè)帶電小球在該勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t′，欲使小球不打在N板上，由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得d＝vt′， ＝at′2， 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)可解得d＝L. 答案：(1)　　(2)L 11．(08786727)(2018安陽模擬)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(chǎng)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(chǎng)力大小為mg，滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g. (1)若滑塊從水平軌道

18、上距離B點(diǎn)s＝3R的A點(diǎn)由靜止釋放，求滑塊到達(dá)與圓心O等高的C點(diǎn)時(shí)，受到軌道的作用力大小． (2)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的大?。? 解析：(1)設(shè)滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為v，由動(dòng)能定理有Eqs－μmgs＝mv2 而：qE＝ 解得：v＝ 設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度為vC，受到軌道的作用力大小為F， 則EqR－mgR＝mv－mv2 得：vC＝ 由水平方向合外力提供向心力得： F－Eq＝m 解得：F＝mg. (2)要使滑塊恰好始終沿軌道滑行，則滑至圓軌道DG間某點(diǎn)，由電場(chǎng)力和重力的合力提供向心力，此時(shí)的速度最小(設(shè)

19、為vmin)， 則有：＝m 解得：vmin＝. 答案：(1)mg　(2) 12．(08786728)一電荷量為q(q＞0)、質(zhì)量為m的帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)的作用下，在t＝0時(shí)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，場(chǎng)強(qiáng)隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示，不計(jì)重力．求在t＝0到t＝T的時(shí)間間隔內(nèi) (1)粒子位移的大小和方向； (2)粒子沿初始電場(chǎng)反方向運(yùn)動(dòng)的時(shí)間． 解析：(1)帶電粒子在0～、～、～、～T 時(shí)間間隔內(nèi)做勻變速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得 a1＝① a2＝－2② a3＝2③ a4＝－④ 由此得帶電粒子在0～T時(shí)間間隔內(nèi)運(yùn)動(dòng)的at圖象如圖甲所示，對(duì)應(yīng)的vt圖

20、象如圖乙所示，其中 v1＝a1＝⑤ 由圖乙可知，帶電粒子在t＝0到t＝T時(shí)的位移為x＝v1⑥ 由⑤⑥式得x＝⑦ 它沿初始電場(chǎng)正方向． (2)由圖乙可知，粒子在t＝T到t＝T內(nèi)沿初始電場(chǎng)的反方向運(yùn)動(dòng)，總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t為 t＝T－T＝. 答案：(1)　沿初始電場(chǎng)正方向　(2) 6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375