2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關系列 專題08 靜電場（含解析）

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1、 專題08 靜電場 第一部分名師綜述 電場是歷年高考試題中的重點之一．查的內(nèi)容主要集中在兩個方面：一是有關對電場本身的認識，即電場、電場強度、電勢、電勢差、電勢能、電場線、等勢面；二是電場知識的應用，即帶電粒子在勻強電場中的運動、電容器等．電場強度、電勢差等基本知識的考查一般以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)；對于電場中導體和電容器的考查，常以小綜合題型出現(xiàn)．帶電粒子在電場中運動一類問題，是高考中考查的重點內(nèi)容之一．其次在力、電綜合試題中，多把電場與牛頓運動定律，動能定理，功能關系，運動學知識，電路知識等巧妙地綜合起來，考查學生對這些基本知識、基本規(guī)律的理解和掌握的情況，應用基本知識分析、解決

2、實際問題的能力。縱觀這類題目，所涉及的情景基本相同（無外乎是帶電粒子在電場中平衡、加速或偏轉(zhuǎn)），但命題者往往擬定不同的題設條件，多角度提出問題，多層次考查知識和能力．從近三年的高考分析來看，高考對靜電場專題的考查頻率很高，所占分值約為全卷的百分之五到百分之十，試題主要集中在電場的力的性質(zhì)、電場的能的性質(zhì)以及與其他知識的綜合應用。涉及電場強度、電場線、電場力、電勢、電勢差、等勢面、電勢能、平行板電容器的電容、勻強電場、電場力做功電勢能的變化，還有帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)等知識。重點考查了基本概念的建立、基本規(guī)律的內(nèi)涵與外延、基本規(guī)律的適用條件，以及對電場知識跟其他相關知識的區(qū)別與聯(lián)系的理解、

3、鑒別和綜合應用。 預計高考中，本專題仍是命題的熱點之一，在上述考查角度的基礎上，重點加強以選擇題的形式考查靜電場的基本知識點，以綜合題的形式考查靜電場知識和其他相關知識在生產(chǎn)、生活中的應用。另外高考試題命題的一個新動向，靜電的防治和應用，靜電場與相關化學知識綜合、與相關生物知識綜合、與環(huán)保等熱點問題相聯(lián)系，在新穎、熱門的背景下考查靜電場基本知識的應用。 第二部分精選試題 一、單選題 1．用長為1.4m的輕質(zhì)柔軟絕緣細線，拴一質(zhì)量為1.0×10－2kg、電荷量為2.0×10-8C的小球，細線的上端固定于O點?，F(xiàn)加一水平向右的勻強電場，平衡時細線與鉛垂線成370，如圖所示?，F(xiàn)向左拉小球使細

4、線水平且拉直，靜止釋放，則（sin370=0.6） A．該勻強電場的場強為3.75×107N/C B．平衡時細線的拉力為0.17N C．經(jīng)過0.5s，小球的速度大小為6.25m/s D．小球第一次通過O點正下方時，速度大小為7m/s 【答案】 C 【解析】 【詳解】 AB．小球在平衡位置時，由受力分析可知：qE=mgtan370，解得E=1.0×10-2×10×0.752.0×10-8N/C=3.75×106N/C，細線的拉力：T=T=mgcos370=1.0×10－2×100.8N=0.125N，選項AB錯誤； C．小球向左被拉到細線水平且拉直的位置，釋放后將沿著電

5、場力和重力的合力方向做勻加速運動，其方向與豎直方向成370角，加速度大小為a=Tm=0.1251.0×10－2m/s2=12.5m/s2，則經(jīng)過0.5s，小球的速度大小為v=at=6.25m/s，選項C正確； D．小球從水平位置到最低點的過程中，若無能量損失，則由動能定理：mgL+qEL=12mv2，帶入數(shù)據(jù)解得v=7m/s；因小球從水平位置先沿直線運動，然后當細繩被拉直后做圓周運動到達最低點，在繩子被拉直的瞬間有能量的損失，可知到達最低點時的速度小于7m/s，選項D錯誤。 2．在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點以一定初速度水平拋小球，從B點

6、進入電場，到達C點時速度方向恰好水平，A、B、C三點在同一直線上，且AB＝2BC，如圖所示．由此可知（ ） A．小球從A到B到C的整個過程中機械能守恒 B．電場力大小為2mg C．小球從A到B與從B到C的運動時間之比為2∶1 D．小球從A到B與從B到C的加速度大小之比為2∶1 【答案】 C 【解析】 【詳解】 A．A到B到C，整個運動過程當中，由于有電場力做功，所以機械能不守恒，所以選項A錯； BCD．A到B到C在水平方向做勻速直線運動，AB、BC的水平分量之比等于2:1，所以A的B的時間與B到C的時間之比等于2:1，AB和BC豎直方向上的分量也是2:1，所以豎直

7、方向上的加速度之比是1:2，根據(jù)Eq-mg=ma可知qE=3mg，電場力的大小是重力大小的3倍，則選項C正確，BD錯誤。 3．水平面上的三點A、O、B在一條直線上， OB=2OA，OO＇是豎直的分界線，其左邊區(qū)域內(nèi)有水平向右的勻強電場，場強大小為E1=mgq，其右邊區(qū)域內(nèi)有水平向左的勻強電場，場強大小為E2，現(xiàn)將一帶電量為q的小球從A點以初速度v0豎直向上拋出，小球在空中越過分界線后，豎直向下落在B點，不計阻力，重力加速度大小為g，則下列說法正確的是： A．小球在B點的電勢能大于在A點的電勢能 B．小球經(jīng)過分界線時的速度與水平方向夾角θ的正切值tanθ=12 C．小球經(jīng)過分界線時離

8、水平面的高度為2v023g D．左右兩區(qū)域電場強度大小的比值為E1:E2=1:2 【答案】 B 【解析】 【詳解】 小球只受重力和電場力作用，故豎直方向做加速度為g的勻變速運動，又有A、B兩點的高度相等，故豎直方向的速度大小相等；根據(jù)B點速度豎直向下可得：小球落在B點時的速度大小等于v0，則小球在空中運動的總時間為t=2v0g；小球在水平方向只受電場力作用，做勻變速運動；故在OO'左側(cè)做加速度a1＝qE1m=g的勻加速運動，在右側(cè)做加速度a2＝qE2m的勻減速運動；設在左側(cè)運動時間為t1，在右側(cè)運動時間為t2；則有：t1+t2＝2v0g，a1t1=a2t2；又有OB=2OA，所以

9、，a1t1t2-12a2t22＝2×12a1t12；所以，t2＝2t1＝4v03g，E1：E2=a1：a2=t2：t1=2：1；故D錯誤；小球在豎直方向做豎直上拋運動，故經(jīng)過分界線時離水平面的高度為h＝v0t1?12gt12＝4v029g，故C錯誤；小球經(jīng)過分界線時的水平速度vx=a1t1=23v0；豎直速度：vy=v0-gt1=13v0，則速度與水平方向夾角θ的正切值tanθ=vyvx=12，選項B正確；根據(jù)E1：E2=2：1，OB=2OA，由U=Ed可得：A、B兩點電勢相等，故電勢能相等，故A錯誤；故選B。 4．如圖，質(zhì)量為m的帶正電的小球用絕緣輕繩懸掛在O點，在空間中存在著水平向右的勻

10、強電場，小球在B點能夠靜止不動。現(xiàn)在讓小球由最低點A從靜止釋放。則小球（） A．恰好能運動到C點 B．過B點時合力為0 C．向右運動的過程中合力的功率先增大再減小 D．在C點加速度為gtanθ 【答案】 A 【解析】 【分析】 根據(jù)小球能在B點靜止不動和A、C兩點處于對稱位置，可以把小球的運動過程等效為單擺模型，因此小球在B點為平衡位置，經(jīng)過該點時速度最大，合外力提供向心力且與速度方向垂直；而在A、C兩點處于最大位移處，處于該點時速度為零，其加速度大小相等；再利用平衡條件可以計算出在A、C兩點的加速度大小。 【詳解】 小球在B點受到重力、電場力和拉力三個力的作用下能

11、夠靜止不動，且A、C兩點處于對稱位置，因此小球的運動可看作一個單擺模型；即：B點是平衡位置，而A、C兩點是最大位移處，根據(jù)單擺模型的特點，小球恰好能運動到C點。故A正確；由于在B點是單擺模型等效最低點，所以經(jīng)過B點時的速度最大；而小球經(jīng)過B點時的合外力提供向心力，即：F合＝mvB2l，由于速度vB≠0，所以小球過B點時合力不為0．故B錯誤； 根據(jù)題意畫出小球的受力圖如下：由圖可知小球在B點時，合外力方向與速度方向垂直，此時合外力的功率為零；而在A、C兩點的速度為零，此時合外力的功率也為零；因此小球向右運動的過程中合力的功率應該是先增大后減小再增加再減小的變化過程。故C錯誤；根據(jù)單擺模型的

12、對稱性可知，小球在C點和A點的加速度大小相等，有：ac＝aA＝Eqm，而在B點處靜止，根據(jù)平衡條件有：qE＝mgtanθ2，聯(lián)立以上兩個公式可解得：ac＝aA＝gtanθ2．故D錯誤。故選A。 【點睛】 解答本題的關鍵是：要認真審題，抓住題目的關鍵信息，把小球的運動等效看作單擺模型，再利用單擺運動的特點結(jié)合平衡條件可求出結(jié)果。 5．用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素（如圖）。設兩極板正對面積為S，極板間的距離為d,靜電計指針偏角為θ。實驗中，極板所帶電荷量不變，若 A．保持S不變，增大d,則θ變大 B．保持S不變，增大d,則θ變小 C．保持d不變，減小S,則θ變小

13、 D．保持d不變，減小S,則θ不變 【答案】 A 【解析】 試題分析：A、B、電容器所帶電荷量Q不變，由C=εr?s4πkd可知s不變，增大d，則C變小，而由C=QU可得電容器的電壓U變大，從而使得靜電計的電壓U變大，其指針的偏角變大，故A正確、B錯誤.C、D、同理可知保持d不變，減小S，則C變小，而由C=QU可得電容器的電壓U變大，使得靜電計的電壓U變大，其指針的偏角變大，故選項C、D均錯誤.故選:A. 考點：本題考查了電容器的動態(tài)變化. 6．電荷量不等的兩點電荷固定在x軸上坐標為-3L和3L的兩點,其中坐標為-3L處點電荷帶電量絕對值為Q，兩點電荷連線上各點電勢φ隨x變化的

14、關系如圖所示，其中x=L處電勢最低,x軸上M、N兩點的坐標分別為-2L和2L，則下列判斷正確的是( ) A．兩點電荷一定為異種電荷 B．原點O處場強大小為kQ12L2 C．正檢驗電荷在原點O處收到向左的電場力 D．負檢驗電荷由M點運動到N點的過程,電勢能先減小后增大 【答案】 B 【解析】 【詳解】 A、由φ-x圖象特點可知兩點電荷均為正電荷，故A錯誤； B、C、x=L處電勢最低，此處圖線的斜率為0，即該點的合場強為0，有kQ(4L)2-kQ'(2L)2=0,得Q'=Q4,故原點處的場強大小為kQ(3L)2-kQ'(3L)2=kQ12L2,方向向右，則正檢驗電荷

15、在原點O處受到的電場力向右，故B正確，C錯誤； D、由M點到N點電勢先減小后增大，所以負檢驗電荷由M點運動到N點的過程，電勢能先增大后減小，故D錯誤. 故選B. 【點睛】 解決本題的關鍵掌握電勢φ隨x變化的關系圖線上每點切線的斜率為ΔφΔx（△x→0），表示電場強度E，以L點場強為0作為突破口，展開分析． 7．如圖所示，空間存在水平方向的勻強電場E=2.0×104N/C，在A處有一個質(zhì)量為0.3kg的小球，所帶電荷量為q=+2.0×10﹣4C，用一長為L=60cm的不可伸長的絕緣細線與固定點O連接。AO與電場線平行處于水平狀態(tài)?，F(xiàn)讓該質(zhì)點在A處靜止釋放，則下列說法中正確的有（　?。?/p>

16、已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2。） A．釋放后小球做圓周運動 B．小球在A點瞬間的加速度大小為10m/s2 C．小球從A運動到O點正下方的過程中電勢能增加了2.4J D．小球第一次運動到O點正下方的速度大小為5m/s 【答案】 D 【解析】 【詳解】 AB：帶電質(zhì)點受到的重力G=mg=0.3×10N=3N，帶電質(zhì)點受到的電場力qE=2×10-4×2×104N=4N，將電場力與重力合成如圖： 則合力大小F合=G2+(qE)2=5N，tanθ=GqE=34，合力方向與水平方向夾角為370，質(zhì)點在A處靜止釋放，將做勻加速直線運動，在A

17、點瞬間的加速度a=F合m=503m/s2。故AB兩項錯誤。 CD：質(zhì)點第一次從A運動到O點正下方時，下落的高度h=Ltan370=0.45m；質(zhì)點從A運動到O點正下方時，電場力做功W電=qEL=4×0.6J=2.4J，電勢能減小了2.4J；質(zhì)點第一次從A運動到O點正下方過程，應用動能定理可得：mgh+qEL=12mv2-0，解得：小球第一次運動到O點正下方的速度v=5ms。故C項錯誤，D項正確。 【點睛】 物體受重力和恒定的電場力時，可將重力和電場力合成，然后將合力等效成新的“重力”，a=F合m等效于“重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效于“重力”的方向。 8．圖(甲)是某電場中的一條電場線，

18、a、b是這條線上的兩點，一電子只受電場力作用，從靜止沿電場線從a運動到b，在此過程中，電子運動的v－t圖線如圖(乙)所示，比較a、b兩點電勢ja、jb的高低和電場強度的大小，以下關系正確的是( ) A．j a＞j bEa＞Eb B．j a＞j bEa＝Eb C．j a＜j bEa＞Eb D．j a＜j bEa＝Eb 【答案】 C 【解析】 【詳解】 電子從a運動到b,由速度時間圖線可知電子做加速運動,故電場力向右，由于負電荷受到的電場力與場強方向相反，故場強向左，沿場強方向電勢逐漸降低，故φa<φb，故排除AB選項；由于圖線的斜率表示加速度，而圖中斜率變小

19、，故加速度變小，由a=Fm=qEm可知電場強度變小，即Ea>Eb，故C正確， ABD錯誤。 【點睛】 本題考查帶電粒子在電場中的軌跡與圖像問題，較為綜合，從速度時間圖線得到負電荷做勻加速運動，加速度變小，根據(jù)牛頓第二定律得到電場力的變化情況和電場強度的變化情況；電勢的高低看電場線的指向，沿著電場線電勢一定降低。 9．如圖所示，在豎直放置間距為d的平行板電容器中，存在電場強度為E的勻強電場。有一質(zhì)量為m，電荷量為+q的點電荷從兩極板正中間處靜止釋放，重力加速度為g。則點電荷運動到負極板的過程 A．加速度大小為a=qEm+g B．所需的時間為t=dmEq C．下降的高度為y=d2

20、 D．電場力所做的功為W=Eqd 【答案】 B 【解析】 【詳解】 點電荷在電場中的受力如圖所示， 點電荷所受的合外力為F=qE2+mg2 由牛頓第二定律得a=qE2+mg2m故A錯； 點電荷在水平方向的加速度為a1=Eq/m，由運動學公式d/2=a1t2/2,所以t=mdqE，故B正確， 點電荷在豎直方向上做自由落體運動，所以下降的高度y=12gt2=12g×mdqE=mgd2qE，故C錯誤； 由功公式W=Eqd/2,故D錯誤。 綜上所述本題答案是：B 【點睛】 由于電荷水平方向和豎直方向都受到力的作用，根據(jù)水平方向上的運動求出運動時間，再結(jié)合豎直方向上自由落

21、體運動求出下落的高度。 10．一正電荷在電場中僅受電場力作用，從A點運動到B點，速度隨時間變化的圖像如圖所示，tA、tB分別對應電荷在A、B兩點的時刻，則下列說法中正確的是（　?。? A．A處的場強一定小于B處的場強 B．A處的電勢一定低于B處的電勢 C．電荷在A處的電勢能一定大于在B處的電勢能 D．從A到B的過程中，電場力對電荷做正功 【答案】 B 【解析】 由圖象知A處的加速度大于B處的加速度，A處的場強一定大于B處的場強，A錯．由功能關系及動能和電勢能之和守恒知B正確，C、D錯． 二、多選題 11．一半徑為R的均勻帶正電圓環(huán)水平放置，圓心為O點，質(zhì)量為m的帶

22、正電小球(可視為質(zhì)點)從O點正上方距離為h的A點由靜止下落，并穿過圓環(huán)．小球在從A點運動到A點關于O點對稱的A′點的過程中，其加速度a、重力勢能Ep重、機械能E、電勢能Ep電，隨位置變化的圖像如圖所示(規(guī)定O點為坐標原點且重力勢能為0，豎直向下為加速度的正方向，并取無限遠處電勢為0)，其中可能正確的是 A． B． C． D． 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 圓環(huán)中心的場強為零，無窮遠處場強也為零，則小球從A到圓環(huán)中心的過程中，場強可能先增大后減小，則小球所受的電場力先增大后減小方向豎直向上，由牛頓第二定律得知，重力不變，則加速度可能先減小后增大；小球穿過圓環(huán)后，小球所受的

23、電場力豎直向下，加速度方向向下，為正值，根據(jù)對稱性可知，電場力先增大后減小，則加速度先增大后減小。故A不可能。故A錯誤。小球從A到圓環(huán)中心的過程中，重力勢能EpG=mgh，小球穿過圓環(huán)后，EpG=-mgh，根據(jù)數(shù)學知識可知，B是可能的。故B正確。小球從A到圓環(huán)中心的過程中，電場力做負功，機械能減小，小球穿過圓環(huán)后，電場力做正功，機械能增大，故C是可能的。故C正確。由于圓環(huán)所產(chǎn)生的是非勻強電場，小球下落的過程中，電場力做功與下落的高度之間是非線性關系，電勢能變化與下落高度之間也是非線性關系，所以D是不可能的。故D錯誤。故選BC。 12．如圖所示，在方向豎直向上、大小E=1ⅹ106V/m的勻強電

24、場中，固定一個穿有A、B兩個小球（均視為質(zhì)點）的光滑絕緣圓環(huán)，圓環(huán)在豎直平面內(nèi)，圓心為O、半徑R=0. 2m。A、B用一根絕緣輕桿相連，B球帶電荷量q=+7ⅹl0-6C,A球不帶電，質(zhì)量分別為mA=0.lkg、mB=0.8kg。將兩小球從圓環(huán)上的圖示位置（A與圓心O等高，B在圓心0的正下方）由靜止釋放，重力加速度大小為g= l0m/s2。則 A．小球A和B受到的合力的大小相等 B．小球B不能到達圓環(huán)的最高點 C．小球A和B的速度大小始終相等 D．兩小球及輕桿組成的系統(tǒng)最大動能為15(2-1)J 【答案】 BCD 【解析】 【分析】 A、B做圓周運動的半徑和角速度均相同，

25、對A、B分別由動能定理列方程聯(lián)立求解最大動能， 【詳解】 AC、設B轉(zhuǎn)過α角時，A、B的速度分別為vA、vB，因A、B做圓周運動的半徑和角速度均相同，故vA=vB，所以小球A和B切向加速度大小和法向加速度大小相等，但兩球的質(zhì)量不等，根據(jù)牛頓第二定律可知小球A和B受到合力大小不等，故A錯誤，C正確； B、設B到達圓環(huán)最高點時A、B的動能分別為EKA、EKB，對A根據(jù)動能定理有：WT=EKA，對B根據(jù)動能定理有：-WT+(qE-mBg)·2R=EKB，聯(lián)立解得：EKA+EKB=-0.4J，上式表明：B在圓環(huán)最高點時，系統(tǒng)動能為負值，所以B不能到達圓環(huán)最高點，故B正確； D、對A由動能定理：

26、mAgRsinα-WT=12mAvA2-0，對B，由動能定理：(qE-mBg)R-Rcosα+WT=12mBvB2-0，聯(lián)立解得：EkA+EKB=0.2(cosα+sinα-1)，據(jù)此式知，當α=π4時，兩小球及輕桿組成的系統(tǒng)最大動能是EkA+EKB=15(2-1)，故D正確； 故選BCD。 【點睛】 關帶電粒子在勻強電場中的運動，可以從兩條線索展開：其一，力和運動的關系；根據(jù)帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運動學公式確定帶電粒子的速度和位移等；其二，功和能的關系，根據(jù)電場力對帶電粒子做功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動能定理進行解答。 13．如圖所示，正六邊形AB

27、CDEF的B、D兩點各固定一個帶正電電量為+q的點電荷，F(xiàn)點固定一個帶負電電量為-q的點電荷，O為正六邊形的幾何中心。則下列說法正確的是 A．O點場強為0 B．C點場強方向沿FC方向 C．電子在A點電勢能比在O點小 D．OA兩點間電勢差和OE兩點間電勢差相等 【答案】 BD 【解析】 【分析】 根據(jù)電場的疊加原理分析各點的場強大小，并確定出電場強度的方向；根據(jù)點電荷的電勢公式運用疊加原理分析電勢高低和電勢能的大小比較. 【詳解】 根據(jù)點電荷的場強公式E=kqr2可知，三個點電荷在O點產(chǎn)生的場強大小相等，合場強沿OF方向；故A錯誤；B和D兩個正場源在C點產(chǎn)生的合場強沿

28、FC方向，F(xiàn)點的負點電荷在C點產(chǎn)生的場強沿CF方向，但距離較大，則總的合場強沿FC方向；故B正確；電子沿OA運動時，OA是BF的中垂線，BF兩點放了等量異種電荷，所以這兩個電荷對電子的作用力的合力垂直AO，對電子做功，D處的電荷是正電荷，是引力，對電子做負功，所以三個電荷對電子做負功，電勢能增大，電子在A點電勢能比在O點大，故C錯誤；根據(jù)對稱性可知，電荷從O點移到A點、從O點移到E，電場力做功相同，所以OA兩點間電勢差和OE兩點間電勢差相等，故D正確；點故選BD. 【點睛】 本題要知道點電荷的電場的分布，掌握點電荷場強公式，充分利用對稱性，由電場的疊加原理來解題.要靈活選擇哪個電荷的電場與

29、哪個電荷的電場合成。要知道負電荷的電場中各個點的電勢為負，正電荷的電場中各點的電勢為正. 14．如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強電場，在勻強電場中有一根長為L的絕緣細線，細線一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球。小球靜止時細線與豎直方向成θ角，此時讓小球獲得初速度且恰能繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動，重力加速度為g。下列說法正確的是 A．勻強電場的電場強度E=mgtanθq B．小球動能的最小值為Ek=mgL2cosθ C．小球運動至圓周軌跡的最高點時機械能最小 D．小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運動一周的過程中，其電勢能先減小后增大 【答案】 AB 【解析

30、】 【分析】 小球靜止時懸線與豎直方向成θ角，受重力、拉力和電場力，三力平衡，根據(jù)平衡條件列式求解場強的大?。恍∏蚯∧芾@O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動，在等效最高點A速度最小，根據(jù)牛頓第二定律列式求解最小速度，得到最小動能；小球運動過程中只有重力和電場力做功，故重力勢能、電勢能和動能之和守恒，機械能最小的位置即為電勢能最大的位置． 【詳解】 小球靜止時懸線與豎直方向成θ角，受重力、拉力和電場力，三力平衡，根據(jù)平衡條件，有：mgtanθ=qE，解得E=mgtanθq，選項A正確； 小球恰能繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動，在等效最高點A速度最小，根據(jù)牛頓第二定律，有：mgcosθ=mv2L

31、，則最小動能Ek=12mv2=mgL2cosθ，所以選項B正確。小球的機械能和電勢能之和守恒，則小球運動至電勢能最大的位置機械能最小，小球帶負電，則小球運動到圓周軌跡的最左端點時機械能最小，選項C錯誤；小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運動一周的過程中，電場力先做正功，后做負功，再做正功，則其電勢能先減小后增大，再減小，選項D錯誤；故選AB. 【點睛】 此題關鍵是明確小球的受力情況和運動情況，可以將重力和電場力的合力等效成重力進行考慮，結(jié)合動能定理和牛頓第二定律分析，不難求解；至于機械能最小的位置就是電勢能最大的位置，由能量守恒定律和功能關系求兩者之和． 15．如圖所示，圓弧虛線表示正點電

32、荷電場的等勢面，相鄰兩等勢面間的電勢差相等。光滑絕緣直桿沿電場方向水平放置并固定不動，桿上套有一帶正電的小滑塊(可視為質(zhì)點)，滑塊通過絕緣輕彈簧與固定點O相連，并以某一初速度從M點運動到N點，OM＜ON。若滑塊在M、N時彈簧的彈力大小相等，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則 A．滑塊從M到N的過程中，速度可能一直增大 B．滑塊從位置1到2的過程中，電場力做的功比從位置3到4的小 C．在M、N之間的范圍內(nèi)，可能存在滑塊速度相同的兩個位置 D．在M、N之間可能存在只由電場力確定滑塊加速度大小的三個位置 【答案】 AC 【解析】 A、隨著滑塊由M向N滑動，所受向右的電場力越來越小，如果在

33、N點電場力大于彈簧彈力沿MN的分力，則滑塊一直加速，所以A選項正確； B、1、2與3、4間的電勢差相等，電場力做功相等，故B錯誤； C、在N點如果電場力小于彈簧彈力沿MN的分力，則滑塊先加速后減速，就可能有兩個位置的速度相同，C正確； D、由題意“OM＜ON”和“滑塊在M、N時彈簧的彈力大小相等”知滑塊在M點受彈簧的推力斜向左下，在N點受彈簧的拉力向左上方．即M點時彈簧是壓縮的，N點時彈簧是拉伸的，在彈簧與水平桿垂直和彈簧恢復原長的兩個位置滑塊的加速度只由電場力決定，故在M、N之間可能存在只由電場力確定滑塊加速度大小的有兩個位置，故D錯誤。 點睛：這是一道考查電場中有約束物體運動規(guī)律和

34、功能關系的中檔次好題．討論電場力與彈簧水平方向上的分力大小是解決題目的關鍵，彈簧彈力的方向是的難點。 16．如圖甲所示，質(zhì)量為m、電荷量為-e的粒子初速度為零，經(jīng)加速電壓U1加速后，從水平方向沿O1O2垂直進入偏轉(zhuǎn)電場。已知形成偏轉(zhuǎn)電場的平行板電容器的極板長為L，兩極板間距為d，O1O2為兩極板的中線，P是足夠大的熒光屏，且屏與極板右邊緣的距離為L。不考慮電場邊緣效應，不計粒子重力。則下列說法正確的是 A．粒子進入偏轉(zhuǎn)電場的速度大小為2eU1m B．若偏轉(zhuǎn)電場兩板間加恒定電壓U0，粒子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場后正好擊中屏上的A點，A點與上極板M在同一水平線上，則所加電壓U0=U1d23L2 C

35、．若偏轉(zhuǎn)電場兩板間的電壓按如圖乙所示作周期性變化，要使粒子經(jīng)加速電場后在t＝0時刻進入偏轉(zhuǎn)電場后水平擊中A點，則偏轉(zhuǎn)電場周期T應該滿足的條件為T=Lnm2eU1(n=1,2,3...) D．若偏轉(zhuǎn)電場兩板間的電壓按如圖乙所示作周期性變化，要使粒子經(jīng)加速電場并在t＝0時刻進入偏轉(zhuǎn)電場后水平擊中A點，則偏轉(zhuǎn)電場電壓U0應該滿足的條件為U0=4nU1d2L2(n=1,2,3...) 【答案】 ACD 【解析】 【分析】 根據(jù)動能定理求出粒子進入偏轉(zhuǎn)電場的速度v的大小。粒子出電場后反向速度的反向延長線經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場中軸線的中點，根據(jù)幾何關系得出速度與水平方向的夾角，結(jié)合牛頓第二定律和運動學

36、公式求出偏轉(zhuǎn)電壓的大小。 【詳解】 在加速電場中，根據(jù)動能定理得：eU1=12mv2，解得v=2eU1m，故A正確；粒子出偏轉(zhuǎn)電場時，速度的反向延長線經(jīng)過中軸線的中點，由題意知，電子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場偏轉(zhuǎn)后做勻速直線運動到達A點，設電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角為θ，則由幾何關系得：d2=L+12Ltanθ，解得tanθ=d3L，又tanθ=vyv=eU0md·Lvv=eU0Lmdv2，解得：U0=2U1d23L2，故B錯誤；交變電壓的周期等于粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的周期，當粒子出偏轉(zhuǎn)電場時，粒子在沿電場方向上的分速度為零，可知要使電子在水平方向擊中A點，電子必向上極偏轉(zhuǎn)，且vy=0，則電子應在t=0時刻進

37、入偏轉(zhuǎn)電場，且電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為整數(shù)個周期，設電子從加速電場射出的速度為v0，則因為電子水平射出，則電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間滿足t=Lv0=nT，而t=Lv0 ，解得：T=Lnv0=Ln2eU1m=Lnm2eU1（n=1、2、3、4…），在豎直方向位移應滿足d2=2n×12aT22=2n×12×eU0dm×T22，解得：U0=2nmd2v02eL2=4nU1d2L2（n=1、2、3、4…），故CD正確，故選ACD。 【點睛】 本題是帶電粒子先加速后偏轉(zhuǎn)問題，電場中加速根據(jù)動能定理求解獲得的速度、偏轉(zhuǎn)電場中類平拋運動的研究方法是運動的分解和合成。 17．如圖所示，在一絕緣斜面C上

38、有一帶正電的小物體A處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將一帶正電的小球B沿以A為圓心的圓弧緩慢地從P點轉(zhuǎn)至A正上方的Q點處，已知P、A在同一水平線上，且在此過程中物體A和C始終保持靜止不動，A、B可視為質(zhì)點．關于此過程，下列說法正確的是（） A．地面對斜面C的摩擦力先增大后減小 B．地面對斜面C的摩擦力逐漸減小 C．物體A受到的摩擦力一直減小 D．物體A受到斜面的支持力先增大后減小 【答案】 BD 【解析】 【詳解】 B在Q點時，對A進行受力分析如圖所示 將A與斜面體做為一個整體進行受力分析可知，當B從P點向Q點移動過程中，AB間斥力的水平分量越來越小，因此地面對斜面體C的摩擦力越

39、來越小，故A錯誤，B正確； C項：當B在P點時，如果重力沿斜面向下的分力與AB間斥力沿斜面向上的分力相等，此時摩擦力等于零，B 從P點向Q點移動時，重力沿斜面向下的分力與AB間斥力沿斜面向上的分力則不相等，則摩擦力會變大，故C錯誤； D項：當B從P點向Q點移動過程中，AB間的斥力大小不變，但方向沿逆時針方向轉(zhuǎn)動，當AB連線與斜面垂直時，斜面對A的支持力最大，因此物體A受到斜面的支持力先增大后減小，D正確。 故應選BD。 18．如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，平行板電容器C的兩金屬板水平放置．G為靈敏電流計。開關S閉合后，兩板間恰好有一質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴處于靜止狀態(tài)。則在滑動

40、變阻器R的觸頭P向上移動的過程中，下列判斷正確的是（） A．靈敏電流計G中有b→a的電流 B．油滴向上加速運動 C．電容器極板所帶電荷量將減小 D．通過電阻R2的電流將減小 【答案】 AB 【解析】 【詳解】 在滑動變阻器R的觸頭P向上移動的過程中，R增大，總電阻增大，電動勢和內(nèi)阻不變，可知總電流減小，內(nèi)電壓減小，外電壓增大，外電壓等于R1上的電壓和R2與R并聯(lián)電壓之和，而R1上的電壓減小，所以R2與R的并聯(lián)電壓增大，通過R2的電流增大。根據(jù)Q=CU，電容器所帶的電量增大，上極板帶正電，電容器充電，所以流過電流計的電流方向是b→a．電容器兩端電壓增大，電場強度增大，電場

41、力增大，開始電場力與重力平衡，所以油滴會向上加速。故AB正確，CD錯誤。故選AB。 【點睛】 處理本題的關鍵是抓住不變量，熟練運用閉合電路的動態(tài)分析．注意處理含容電路時，把含有電容的支路看成斷路，電容器兩端的電壓等于和電容器并聯(lián)支路的電壓． 19．如圖所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，兩板間電壓可取從零到某一最大值之間的各種數(shù)值．靜止的帶電粒子帶電荷量為＋q，質(zhì)量為m （不計重力），從點P經(jīng)電場加速后，從小孔Q進入N板右側(cè)的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，CD為磁場邊界上的一絕緣板，它與N板的夾角為θ＝30°，孔Q到板的下端C的距離為L，當M、N兩板間電

42、壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，則：( ) A．兩板間電壓的最大值Um＝qB2L22m B．CD板上可能被粒子打中區(qū)域的長度s＝23L C．粒子在磁場中運動的最長時間tm＝πmqB D．能打到N板上的粒子的最大動能為?q2B2L218m 【答案】 ACD 【解析】 畫出粒子運動軌跡的示意圖，如圖所示， A. 當M、N兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，可知粒子半徑r=L，的加速電場中，根據(jù)動能定理：qUm=12mv2，在偏轉(zhuǎn)磁場中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB=mv2r，聯(lián)立可得：Um=qB2L22m，故A正確；B.設粒子軌跡與CD相切于H

43、點，此時粒子半徑為r'，粒子軌跡垂直打在CD邊上的G點，則GH間距離即為粒子打中區(qū)域的長度x，根據(jù)幾何關系：QC=L=r'+r'sinθ，可得：r'=L3，根據(jù)幾何關系可得粒子打中區(qū)域的長度：x=r-r'tanθ=1-33L，故B錯誤；C.粒子在磁場中運動的周期為：T=2πmqB，粒子在磁場中運動的最大圓心角：θ=180°，所以粒子在磁場中運動的最長時間為：t=T2=πmqB，故C正確；D.當粒子在磁場的軌跡與CD邊相切時，即粒子半徑r'=L3，時，打到N板上的粒子的動能最大，最大動能：Ekm=12mv2，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB=mv2r'，聯(lián)立可得能打到N板上的粒子的最大動能為：

44、Ekm=q2B2L218m，故D正確；故選ACD。 【點睛】本題考查帶電粒子在復合場中的運動，解題關鍵是要畫出粒子軌跡過程圖，分好過程，針對每個過程的受力特點和運動形式選擇合適的規(guī)律解決問題，對數(shù)學幾何能力有一定的要求。 20．如圖，同一平面內(nèi)的a、b、c、d四點處于勻強電場中，電場方向與此平面平行，M為a、c連線的中點，N為b、d連線的中點。一電荷量為q（q>0）的粒子從a點移動到b點，其電勢能減小W1：若該粒子從c點移動到d點，其電勢能減小W2，下列說法正確的是（） A．此勻強電場的場強方向一定與a、b兩點連線平行 B．若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功一定為W1+W22

45、 C．若c、d之間的距離為L，則該電場的場強大小一定為W2qL D．若W1=W2，則a、M兩點之間的電勢差一定等于b、N兩點之間的電勢差 【答案】 BD 【解析】 試題分析：利用電場力做功W=qU，可以找到兩點之間電勢差的關系，要知道中點電勢和兩端點電勢之間的關系。 A、選項根據(jù)題意無法判斷，故A項錯誤。 B、由于電場為勻強磁場，M為a、c連線的中點，N為b、d連線的中點，所以φM=φc-φc-φa2=φc+φa2 φN=φd-φd-φb2=φd+φb2 若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功一定為 W=qUMN=qφM-φN=qφc+φa2-qφd+φb2=qUcd+q

46、Uab2=W1+W22 ,故B正確； C、因為不知道勻強電場方向，所以場強大小不一定是W2qL，故C錯誤； D、若W1=W2，說明Ucd=Uab UaM-UbN=φa-φM-φb-φN 由因為φM=φc-φc-φa2=φc+φa2；φN=φd-φd-φb2=φd+φb2 解得：UaM-UbN=0，故D正確； 故選BD 點睛：對勻強電場的電場特征要了解，利用電場力做功與電勢差之間的關系求解。 三、解答題 21．如圖所示,在xOy平面直角坐標系內(nèi)y軸與垂直x軸的MN邊界之間,以x軸為分界線,分別在第Ⅰ、Ⅳ象限有垂直于紙面向外的勻強磁場。第Ⅰ象限內(nèi)磁場的磁感應強度大小為B0.第

47、Ⅱ象限內(nèi)有沿x軸正方向的勻強電場,電場強度大小為E. 質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從第Ⅱ象限內(nèi)某點由靜止釋放,從y軸上的A點進入磁場,經(jīng)x軸上的B點第一次進入x軸下方的磁場。若已知A點的坐標是(0,a),B點的坐標是(3a,0)， 不考慮粒子重力。 (1)求粒子釋放位置與y軸的距離； (2)若粒子經(jīng)x軸上方的磁場偏轉(zhuǎn)后不經(jīng)過y軸仍能回到x軸上方的磁場，求x軸下方磁場的磁感應強度大小應滿足的條件； (3)若x軸下方區(qū)域的磁感應強度大小為3B0，且粒子最終垂直于MN邊界出射，求MN與x軸交點的坐標。 【答案】（1）25qB02a22mE（2）B≥83B0（3）MN與x軸交點的坐

48、標是（4na，0）（其中n=1，2，3…） 【解析】 【詳解】 （1）設粒子釋放位置與y軸的距離為d，粒子在第一象限磁場中做圓周運動的半徑為r，畫出粒子運動軌跡的示意圖，如圖所示， 在電場中做勻加速運動，根據(jù)動能定理：qEd=12mv2① 可得：v=2qEdm 粒子在磁場中做圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB0=mv2r② 根據(jù)幾何關系：(r-a)2+(3a)2=r2?③ 可得：r=5a 聯(lián)立①②③式可得：d=25qB02a22mE （2）設粒子進入磁場時與x軸之間的夾角為θ，則粒子在第一象限內(nèi)的磁場中轉(zhuǎn)過的角度也為θ， 根據(jù)幾何關系：tanθ=3ar-a=

49、34，可得：θ=53° 要使粒子經(jīng)x軸上方的磁場偏轉(zhuǎn)后不經(jīng)過y軸仍能回到x軸上方的磁場，臨界情況如圖所示， 要使粒子經(jīng)x軸上方的磁場偏轉(zhuǎn)后不經(jīng)過y軸仍能回到x軸上方的磁場 需滿足：3a≥R（1+cos37°）④ 根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB=mv2R?⑤ 聯(lián)立②③④⑤式可得x軸下方磁場的磁感應強度B的大小滿足：B≥83B0 （3）設當x軸下方區(qū)域的磁感應強度大小為3B0時粒子半徑為R′， 根據(jù)洛倫茲力提供向心力：qv3B=mv2R/?⑥ 聯(lián)立②⑥式可得：R/=r3=5a3 畫出粒子運動軌跡的示意圖如圖所示， 設粒子的速度方向再次與射入磁場時的速度方向一致時的位

50、置為A1，則A與A1的連線與x軸平行，AA1=6a-2 R′sin530 根據(jù)幾何關系有：AA1=4a 所以粒子最終垂直MN邊界飛出，邊界MN與y軸間距為 L=nAA1=4 na??（其中n=1，2，3…） 即：MN與x軸交點的坐標是（4na，0）（其中n=1，2，3…） 22．如圖所示，真空中區(qū)域I存在垂直紙面向里的勻強磁場，區(qū)域II存在水平向右的勻強電場，磁場和電場寬度均為d且長度足夠長，圖中虛線是磁場與電場的分界線，Q為涂有熒光物質(zhì)的熒光板，電子打在Q板上能產(chǎn)生亮斑?，F(xiàn)有一束電子從A處的小孔以速度 v0連續(xù)不斷地射入磁場，入射方向平行紙面且與P板成300夾角。已知電子質(zhì)量為m，

51、電荷量大小為e，區(qū)域II的電場強度E=3mv028ed，不計重力和電子間的相互作用力，求： (1)若電子垂直打在Q板上，I區(qū)磁場的磁感應強度B1大小和電子到達Q板的速度。 (2)逐漸增大磁感應強度B1為保證Q板上出現(xiàn)亮斑，所加磁感應強度B昀最大值。 【答案】（1）B1=mv0er1=3mv02ed；v=v02；（2）I區(qū)磁場的磁感應強度最大值為Bm=(3+1)mv02ed 【解析】 【詳解】 （1）電子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得evB=mv02r， 可解得r=mv0eB 若電子垂直打在Q板上，出磁場時須與磁場的右邊界垂直，如圖所示， 由幾

52、何關系得r1cos30°=d，可解得 r1=dcos30°=2d3 故I區(qū)磁場的磁感應強度為 B1=mv0er1=3mv02ed 電子在電場中做勻減速直線運動，由動能定理得-eEd=12mv2-12mv02， 解得v=v02 （2）電子在電場中運動過程，由動能定理得 -eEd=12mv2-12mv02， 解得v=v02 若電子恰好打在Q板上，說明速度的方向剛好與Q板平行，設電子進入電場時速度方向與虛線邊界間的夾角為θ，v0cosθ=v，解得θ=60° 在磁場中，由幾何關系知 r2cos30°+r2cos60°=d， 得r2=(3-1)d， 此時 B2=mv0er2=(

53、3+1)mv02ed 故I區(qū)磁場的磁感應強度最大值為Bm=(3+1)mv02ed 23．如圖所示，ABCD為固定在豎直平面內(nèi)的軌道，AB段平直傾斜且粗糙，BC段是光滑圓弧，對應的圓心角θ=53°，半徑為r，CD段水平粗糙，各段軌道均平滑連接，在D點右側(cè)固定了一個14圓弧擋板MN，圓弧半徑為R，圓弧的圓心也在D點。傾斜軌道所在區(qū)域有場強大小為E=9mg5q、方向垂直于斜軌向下的勻強電場。一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小物塊(視為質(zhì)點)在傾斜軌道上的A點由靜止釋放，最終從D點水平拋出并擊中擋板。已知A，B之間距離為2r，斜軌與小物塊之的動摩擦因數(shù)為μ=14，設小物塊的電荷量保持不變，重力

54、加速度為g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求： (1)小物塊運動至圓軌道的C點時對軌道的壓力大??； (2)改變AB之間的距離和場強E的大小，使小物塊每次都能從D點以不同的速度水平拋出并擊中擋板的不同位置，求擊中擋板時小物塊動能的最小值。 【答案】（1）在C點小物塊對圓軌道的壓力大小為F'N=135mg；（2）小物塊動能的最小值為Ekmin=32mgR 【解析】 【詳解】 (1)小物塊由A到B過程由動能定理，得：mgsinθ?2r-μ(mgcosθ+qE)?2r=12mvB2 解得：vB=45gr 小物塊由B到C過程由機械能守恒定律得：mgr(1-cosθ)=1

55、2mvC2-12mvB2 解得：vC=85gr 在C點由牛頓第二定律，得：FN-mg=mvC2r 解得：FN=135mg 由牛頓第三定律可得，在C點小物塊對圓軌道的壓力大小為F'N=135mg (2)小物塊離開D點后做平拋運動，水平方向：x=v0t 豎直方向：y=12gt2 而：x2+y2=R2 小物塊平拋過程機械能守恒，得：mgy=Ek-12mv02 由以上式子得：Ek=mgR24y+3mgy4 由數(shù)學中均值不等式可知：Ek≥2mgR24y?3mgy4=32mgR 則小物塊動能的最小值為Ekmin=32mgR 24．如圖所示，y軸的左側(cè)有垂直紙面向里的勻強磁場，右側(cè)有

56、與x軸正向成45°角斜向上的勻強電場，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電的粒子，從O點以速度v射入磁場，速度v與x軸負向夾角為45°，在磁場中運動時間t后第一次經(jīng)過y軸，又在電場中運動了時間t后第2次經(jīng)過y軸，不計粒子的重力。求： （1）磁感應強度與電場強度之比； （2）粒子從O點進入磁場至第3次到達y軸上N點（圖中未畫出）所經(jīng)歷的時間及NO間的距離。 【答案】（1）π4v；（2）5t，42vtπ。 【解析】 【詳解】 粒子的運動軌跡如圖所示： （1）粒子第一次在磁場中偏轉(zhuǎn)π2rad，則在磁場中運動時間：t=14T…① 經(jīng)y軸眼電場方向進入電場，之后返回，再次經(jīng)y軸進入磁場，

57、由磁場中周期：T=2πmqB…② 電場中往返時間：t=2va…③ 在電場中運動加速度：a=qEm…④ 由①②③④可解得：BE=π4v （2）粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度為3π2rad，則經(jīng)歷時間為3t，故至此粒子運動時間t總=t+t+3t=5t 設在磁場中圓周運動半徑為r，由洛倫茲力提供向心力可得：qvB=mv2r…⑤ 由幾何關系可得：ON-=22r…⑥ 由①②⑥可解得：ON-=42vtπ 25．（加試題）有一種質(zhì)譜儀由靜電分析器和磁分析器組成，其簡化原理如圖所示。左側(cè)靜電分析器中有方向指向圓心O、與O點等距離各點的場強大小相同的徑向電場，右側(cè)的磁分析器中分布著方向垂直于紙面向外的勻

58、強磁場，其左邊界與靜電分析器的右邊界平行，兩者間距近似為零。離子源發(fā)出兩種速度均為v0、電荷量均為q、質(zhì)量分別為m和0.5m的正離子束，從M點垂直該點電場方向進入靜電分析器。在靜電分析器中，質(zhì)量為m的離子沿半徑為r0的四分之一圓弧軌道做勻速圓周運動，從N點水平射出，而質(zhì)量為0.5m的離子恰好從ON連線的中點P與水平方向成θ角射出，從靜電分析器射出的這兩束離子垂直磁場方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左邊界的探測板上，其中質(zhì)量為m的離子打在O點正下方的Q點。已知OP=0.5r0，OQ=r0，N、P兩點間的電勢差UNP=mv2q,cosθ=45，不計重力和離子間相互作用。 （1）求靜

59、電分析器中半徑為r0處的電場強度E0和磁分析器中的磁感應強度B的大??； （2）求質(zhì)量為0.5m的離子到達探測板上的位置與O點的距離l（用r0表示）； （3）若磁感應強度在（B—△B）到（B＋△B）之間波動，要在探測板上完全分辨出質(zhì)量為m和0.5m的兩東離子，求ΔBB的最大值 【答案】（1）E0=mv02qr0，B=mv0qr0；（2）1.5r0；（3）12% 【解析】 【詳解】 （1）徑向電場力提供向心力：Ecq=mvc2rc Ec=mvc2qrcB=mvcqrc （2）由動能定理：12×0.5mv2-12×0.5mvc2=qUNP v=vc2+4qUNPm=5vc 或r=

60、0.5mvqB=125rc l=2rcosθ-0.5rc 解得l=1.5rc （3）恰好能分辨的條件：2r01-ΔBB-2r0cosθ1+ΔBB=r02 解得ΔBB=17-4≈1200 26．真空中一組間距為 2R，長度為 R 的平行金屬板P、Q 可以用作光電轉(zhuǎn)換裝置，放置在 X 軸的正上方，如圖所示，在X 軸的正下方放置同樣間距，長度為3R的平行金屬板M、N，兩組金屬板間絕緣，M 板接地，且在兩板間加有電壓UMN，大小、方向均連續(xù)可調(diào)。P、Q 間有垂直平面的勻強磁場，光照前 P 不帶電。當以頻率為 f 的光照射P 板時，板中的電子吸收光的能量而逸出。假設所有逸出的電子都垂直于 P

61、板飛出，在磁力作用下電子會聚于坐標為(R，0)的 S 點，且 P 板最上端的電子從 S 點飛出的方向垂直 X 軸豎直向下，進入 M、N 極板間的電場區(qū)域。忽略電子之間的相互作用，保持光照條件不變時，單位時間內(nèi)從 P 板持續(xù)地飛出的電子數(shù)為 N，且沿 P 板均勻分布，電子逸出時的初動能均為 EKm，元電荷量為 e，電子的質(zhì)量為 m。 （1）求金屬板P 的逸出功； （2）求磁感應強度B 的大小和所需磁場區(qū)域的最小面積； （3）到達 N 板的電子全部被收集，導出形成電流 i。計算一些關鍵參數(shù)，在圖上面畫出 i-UMN的關系曲線。 【答案】（1）W逸出功=hf-Ekm（2）B=2mEk

62、meR；Smin=(π2-1)R2（3）圖見解析； 【解析】 【詳解】 解：（1）根據(jù)光電效應方程可得：Ekm=hf-W逸出功， 解得W逸出功=hf-Ekm； （2）從P板水平飛出的電子均能過S點，則要求磁場區(qū)域半徑為R的圓，可知運動半徑r=R；由evB=mv2r，且Ekm=12mv2 解得B=2mEkmeR 所需磁場區(qū)域的最小面積Smin=14πR2-（R2-14πR2）=(π2-1)R2 （3）①截止電壓：OS方向電子剛好不能到達N板：12UMN1(-e)=0-Ekm； UNM1=-2Ekme； ②飽和電壓：垂直O(jiān)S方向電子剛好到達N板；豎直方向勻速，水平方向加速；

63、 R=12UNM2e2mR3Rv2； v=2Ekmm； UNM2=8Ekm3e； ③不加電壓：出射方向與水平成θ角的電子恰好打到N板； R=vcosθ×3Rv； v=2Ekmm； θ=π3； H=R2； 電流i=0.5Ne 27．如圖所示，一質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）的小物塊，在距離電場區(qū)域為a處以一定的初速度在一水平絕緣平面上向右運動，物塊與絕緣平面的摩擦因數(shù)為μ，物塊在運動過程中要穿越寬度為2a，場強大小為E的電場區(qū)域，當場強方向豎直向下時，物塊停留在離開電場區(qū)域左邊緣的0.5a處，當場強方向向上時，物塊停留在距離電場區(qū)域右側(cè)的a處。求： （1）電場強

64、度的大小，以及物塊的初速度; （2）若增加物塊初速度的大小，當電場向下時，物塊仍能停在電場區(qū)域內(nèi)。求電場向上時物塊運動的時間與電場向下情況下物塊運動時間差值的最小值。并求出對應的初速度。 【答案】（1）E=mgq；v0=2μga（2）Δtmin=2aμg；v0=6μga 【解析】 【詳解】 （1）當場強方向豎直向下時，由動能定理：12mv02=μmga+μ(mg+qE)×0.5a； 當場強方向豎直向上時，由動能定理：12mv02=μmg?2a+μ(mg-qE)×2a； 聯(lián)立解得：E=mgq；v0=2μga （2）無論電場方向如何，物塊在進入電場前運動時時間是相等的，設滑塊剛進入

65、電場時速度為v，當電場向下時物塊不滑出電場，則由動量定理：μ(mg+qE)t1=mv 解得：t1=v2μg； 若場強向上，則由于mg=qE，則滑塊在電場中受摩擦力為零而做勻速運動，出離電場后做運減速運動，則在電場中的時間為：t21=2av， 出離電場時：μmgt22=mv， 則運動的總時間為：t2=2av+vμg； 則時間差：Δt=t2-t1=2av+vμg-v2μg=2av+v2μg； 由數(shù)學知識可知，當2av=v2μg時，?t最小，即當v=2μga時，?t最小值為：Δtmin=2aμg； 此時當場強向下時，有：12mv2=μ(mg+qE)x，解得x=a，滑塊不滑出電場的范圍；

66、 由動能定理：12mv02=μmga+12mv2， 解得：v0=6μga； 28．如圖所示，在xOy豎直平面內(nèi)，長L的絕緣輕繩一端固定在第一象限的P點，另一端栓有一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球，OP距離也為L且與x軸的夾角為60°，在x軸上方有水平向左的勻強電場,場強大小為33qmg，在x軸下方有豎直向上的勻強電場，場強大小為mgq，過O和P兩點的虛線右側(cè)存在方向垂直xOy平面向外、磁感應強度為B的勻強磁場。小球置于y軸上的C點時，繩恰好伸直且與y軸夾角為30°，小球由靜止釋放后將沿CD方向做直線運動，到達D點時繩恰好繃緊，小球沿繩方向的分速度立即變?yōu)榱?，并以垂直于繩方向的分速度擺下，到達O點時將繩斷開。不計空氣阻力。求： (1)小球剛釋放瞬間的加速度大小a； (2)小球到達O點時的速度大小v； (3)小球從O點開始到第二次到達x軸（不含O點）所用的時間t. 【答案】（1）23g3；（2）53gL3；（3）π+23mqB+53L3g 【解析】 【詳解】 （1）如圖所示，小球由靜止釋放時，所受重力和電場力的合力大小為：F=F電2+(mg)2 根據(jù)牛頓第二定律有