【備戰(zhàn)2013】高考物理模擬題分類解析專題23帶電粒子在電場中的運動

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1、 專題23帶電粒子在電場中的運動 、2012高考題 1 . (2012 ?廣東理綜物理)圖 5是某種靜電礦料分選器的原理示意圖,帶電礦粉經(jīng)漏斗落 入水平勻強電場后,分落在收集板中央的兩側(cè),對礦粉分離的過程,下列表述正確的有 A.帶正電的礦粉落在右側(cè) B.電場力對礦粉做正功 一. C.帶負電的礦粉電勢能變大 口「‘二, D.帶正電的礦粉電勢能變小 .■ 【解析〉帶正電的礦粉受到向左的電場力作用,落在左側(cè),電場力對礦粉做正 功,礦粉電勢能變小,選項RD正確畢 t考點定位】此題考查帶電粒子在電場中的運動及其相關(guān)知識. 2 .(2012 ?天津理綜)兩個固定的等量異號點電

2、荷所產(chǎn)生電場的等勢面如圖中虛線所示,一 帶負電的粒子以某一速度從圖中 A點沿圖示方向進入電場在紙面內(nèi)飛行, 最后離開電場,粒 子只受靜電力作用,則粒子在電場中 A.做直線運動,電勢能先變小后變大 B.做直線運動,電勢能先變大后變小 C.做曲線運動,電勢能先變小后變大 D.做曲線運動,電勢能先變大后變小 2. t答案】C 【解析】根據(jù)電場線與等勢面垂直,一帶負電的粒子以某一速度從圖中A點沿圖 示方向進入電場在紙面內(nèi)飛行,受到向上的電場力作用,粒子在電場中做曲線運 動,靜電力先做正功后做員功,電勢能先變小后變大,選項D正確. 1考點定位】本題考查帶電粒子在電場中的運動,意在考查考生應用

3、電場知識分 析問題的能力, 3 (2012 ?四川理綜)如圖所示, ABCD為固定在豎直平面內(nèi)的軌道, AB段光滑水平,BC段 為光滑圓弧,對應的圓心角 0 =37。,半徑r=2.5m , CD段平直傾斜且粗糙,各段軌道均平 滑連接,傾斜軌道所在區(qū)域有場強大小為 E=2X105N/C、方向垂直于斜軌向下的勻強電場。 質(zhì)量m=5X 10-2kg、電荷量q=+1X10-6C的小物體(視為質(zhì)點)被彈簧槍發(fā)射后,沿水平軌道 向左滑行,在 C點以速度V0=3m/s沖上斜軌。以小物體通過 C點時為計時起點,0.1s以后, 場強大小不變,方向反向。已知斜軌與小 物體間的動摩擦因數(shù) 科=0.25

4、。設小物體的 電荷量保持不變,取 g=10m/s2, sin37 =0.6 , cos37 =0.8。 (1)求彈簧槍對小物體所做的功; (2)在斜軌上小物體能到達的最高點為 P,示CP的長度。 [解析】C 1)設彈簧槍對小物體做功為W%由動能定理得「方…可l-cos-55=- ” ■ 2 ① 代入數(shù)據(jù)得,亂公。百75人② Q)取沿平直斜軌道向上為正方向。設小物塊通過C點進入電場后的加速度為 由牛頓第二定律得工 -mq。=eq. ③ 小物體向上做勻減速運動,經(jīng)匕0」5后,速度達到憶 有 V產(chǎn)見上 ④ 由③④聯(lián)立解得二次二2.1 m/s 0 設運動的位移為s」有;5

5、二口工、 2 電場力反向后,設物體的加速度為建,由牛頓第二定律得 -mgs口耳誑 mgcsS-qE]= 設小物體川匕加速度運動到速度為零,運動的時間為:二,位移為-有 0= Oz 殍 1 e, =: ■ r-,4- - n 一 必一 12 r Q J _ = ? Q ■ ■ 2 ■ ■ 設CP的長度為5,有5二"+兔* 聯(lián)立相關(guān)方程,代入數(shù)據(jù)解得;5=0’57rm 【考點定位】此題考查動能定理.牛頓運動定律.勻變速直線運動規(guī)律及其 相關(guān)知識。 二、2012模擬題 1. (2012年3月山東威海一模)一帶負電的點電荷僅在電場力作用下由 a點運動到b點的 v-t圖象如

6、圖所示,其中ta和tb是電荷運動到電場中 a、b兩點的時刻.下列說法正確的是 A.該電荷由a點運動到b點,電場力做負功 B. a點處的電場線比b點處的電場線密 C. a、b兩點電勢的關(guān)系為 邛aV1^ D.該電荷一定做曲線運動 L答案;C解析;該電荷由口點運動到匕點,速度增大,電場力做正功,選項△ 錯誤,由于口點的時刻對應的速度切線斜率小于h點的時刻對應的速度切線斜率, 所以電場中。點的加速度小于電場中b點的加速度,口點處的電場線比b點處的 電場線疏,選項B錯誤]根據(jù)電荷的動能和電勢能保持不變,電荷在加B兩點 電勢能關(guān)系是口點的電勢能大于b點的電勢能,口、匕兩點電勢的關(guān)系為或<

7、 例, 選項C正確]帶負電的點電荷僅在電場力作用下可能做直線運動,選項D錯誤。 2. (2012年3月東北四校一模) 如圖所示,質(zhì)量為mr半彳至為R的圓形光滑絕緣軌道放 在水平地面上固定的 M N兩豎直墻壁間,圓形軌道與墻壁間摩擦忽略不計,在軌道所 在平面加一豎直向上的場強為 E的勻強電場。P、Q兩點分別為軌道的最低點和最高點, 在p點有一質(zhì)量為 m,電量為q的帶正電的小球,現(xiàn)給小球一初速度 V0,使小球在豎直 A.小球通過P點時對軌道一定有壓力 平面內(nèi)做圓周運動,不計空氣阻力,重力加速度為 g,則有關(guān)下列說法正確的是 B.小球通過P點時的速率一定大于通過 Q點時的速率 C.從

8、P到Q點的過程中,小球的機械能一定增加 不脫離地面,速度V0應滿足的關(guān)系是: 5gR-5qER m D.若mg> qE,要使小球能通過 Q點且保證圓形軌道

9、得仁二或-切"”中要使 圓形軌道不脫離地面,小球運動到G點對圓形軌道的壓力小于mg。小球運 動到Q點的最大速度滿足2mg.qE>mu/R,解得 戶吟",從P到 Q,由動能定理,(qE-mg}2R= 2m—2解得叱/6或-受竺也要使 V 附 小球能通過Q點且保證圓形軌道不脫離地面,速度V3應滿足的關(guān)系是: L n 5qER^ L n 5qER J5醉 < 的匚J6g直 0 3. (2012年3月山東省淄博市一模)在光滑絕緣水平面的 P點正上方。點固定了一電荷量 為+Q的正點電荷,在水平面上的 N點,由靜止釋放質(zhì)量為 m\電荷量為-q的負檢驗電荷, 該檢驗電荷經(jīng)過 P點時速度為v,圖

10、中。=60 , 規(guī)定電場中P點的電勢為零。則在+Q形成的電場中 A. N點電勢高于 P點電勢 2 B. N點電勢為—mv- 2q C. P點電場強度大小是 N點的2倍 D.檢驗電荷在N點具有的電勢能為 -1mv2 2 3.答案:B解析:在+Q形成的電場中,N點電勢低于P點電勢,選項A錯誤; 負檢驗電荷的機械能與電勢能之和保持不變,負檢驗電荷在N點電勢能等于 e/2,N點電勢為-竺■,選項E正確口錯誤?由圖中幾何關(guān)系,???2???,由 4 點電荷電場強度公式, P點電場強度大小是 N點的4倍,選項C錯誤。 4. (2012年3月江西省六校聯(lián)考)真空中,兩個相距 L的固定

11、點電荷E、F所帶電荷量分 別為QE和Q,在它們共同形成的電場中,有一條電場線如圖中實線所示,實線上的箭頭表 示電場線的方向。電場線上標出了 M N兩點,其中N點的切線與EF連線平行,且/ NEF>/NFE 則() 1 . E帶正電,F(xiàn)帶負電,且QE> QF 8 .在M點由靜止釋放一帶正電的檢驗電荷, 檢驗電荷將沿電場線運動到 N點 C.過N點的等勢面與過 N點的切線垂直 D.負檢驗電荷在 M點的電勢能大于在 N點的電勢能 9 .答案:C解析,E帶正電,F(xiàn)帶負電,且Qy4,選項A錯誤;電場線是曲 線,在M點由靜止釋放一帶正電的檢驗電荷,檢驗電荷不會沿電場線運動到N 點,選項B錯

12、誤三由電場線與等勢面垂直可知,過可點的等勢面與過N點的切 線垂直,選項C正確三負檢哈電荷在M點的電勢能小于在N點的電勢能,選項 口錯誤。 5. (2012年3月福州質(zhì)檢)電場中某三條等勢線如圖實線 a、b、c所示。一電子僅在電場 力作用下沿直線從 P運動到Q,已知電勢(j) a> (j) b> (j) c ,這一過程電子 運動的v-t圖象可能是下列各圖中的 0 5,答案:A解析:由圖可知,此電場為非勻強電場,目點處電場強度小于P點 0 處電場強度,電子僅在電場力作用下沿直線從P運動到R做加速度越來越小的 加速運動,這一過程電子運動的圖象可能是A, 6. (2012江西重點中

13、學聯(lián)盟第一次聯(lián)考)如圖所示,長為 L、傾角為。二30。的光滑絕 緣斜面處于電場中,一帶電量為 +q,質(zhì)量為m的小球,以初速度 V0由斜面底端的 A點開始 沿斜面上滑,到達斜面頂端的速度仍為 V。,則() A.小王^在B點的電勢能一定大于小球在 A點的電勢能 V0 B. A、B兩點的電勢差一定為 mgL 2q C.若電場是勻強電場,則該電場的場強的最大值一定是 mg q D.若該電場是 AC邊中垂線上某點的點電荷 Q產(chǎn)生的,則Q一定是正電荷 6答案,B解析:由題述可知,小球以初速度:,由斜面底端的4點開始沿斜面上 滑,電場力做功,電勢能減小,小球在8點的電勢能一定小于小球在

14、a點的電 勢能,選項A錯誤事由動能定理,qU-mgLsin30,=0,解得占月兩點的電勢差為 U二理,選項B正確;若電場是勻強電場,該電場的場強的最大值一定大于箜. 29 <7 選項C錯誤[若該電場是4C邊中垂線上某點的點電荷。產(chǎn)生的,則0可以是 負電荷,選項D錯誤3 mj帶電量為+q的微 Vo方向做直線運動, 7 (11分)(2012年2月福建晉江四校第二次聯(lián)考)如圖所示,質(zhì)量為 粒在。點以初速度V0與水平方向成8角射出,微粒在運動中受阻力 大小恒定為f o ① 如果在某方向加上一定大小的勻強電場后,能保證微粒仍 沿V0方向做直線運動,試求所加勻強電場的最小值的大小與方向。

15、 ② 若加上大小一定,方向水平向左的勻強電場,仍能保證微粒沿 并經(jīng)過一段時間后又返回 。點,求微?;氐?O點時的速率。 7.解析: ①微粒沿:‘方向做直線運動,液滴所受合外力應該沿速度廣方向. 由力的合成知識可得,隹”共8國解得所加勻通電場的最小值的大小E二 方向與豎直方向9角白 q ②若加上大小一定,方向水平向左的勻強電場,電場力向左,且滿足, 設微粒的最大位移為,由動能定理, -升門室sin好打口」.1 , 2 9 A 聯(lián)立解得二 8. (12分)(2012廣東中山期末)如圖, A B兩點所在的圓半徑分別為 門和「2,這兩個圓 為同心圓,圓心處有一帶正電為

16、+Q的點電荷,內(nèi)外圓間的 電勢差為 以一電子僅在電場力作用下由 A運動到B,電子 經(jīng)過B點時速度為v。若電子質(zhì)量為 m,帶電量為e。求: (1)電子經(jīng)過B點時的加速度大小。 (2)電子在A點時的速度大小vo。 s,/分)解;(1)電子在B點受到的庫侖力大小為 尸一彈田 (3分) 電子在該處的加速度為〃 = =理 。分) 昭制仁 0)設電子在B點是的速度為y,由動能定理得 9.(16分)(2012云南名校聯(lián)考)直流電源的路端電壓 C分) 。分) 1=182 V。金屬板 AB CD ER GHf 互平行、彼此靠近。它們分別和變阻器上的觸點 a、b、c、d連接。變阻器上

17、ab、bc、cd 段電阻之比為 1 : 2 : 3。孔O正對B和E,孔O正對D 和G 邊緣F、H正對。一個電子以初速度 vo=4x 106m/s 沿AB方向從A點進入電場,恰好穿過孔 O和O后,從H 點離開電場。金屬板間的距離L『2 cm, L2=4 cm, L3=6 cmt 電子質(zhì)量 m=9.1 X10-31 kg,電量q=1.6 x 10-19 C。正對兩 平行板間可視為勻強電場,求: (1)各相對兩板間的 電場強度。 (2)電子離開H點時的動能。 (3)四塊金屬板的總長度( A9CDEF+GH。 9解答工(16分) ⑴三對正對極板間電壓之比L\ - Ui : U尸

18、Q : &: : &產(chǎn)1 : 2 : 3. C分) 板間距離之比口 :凸:3=1 : 2 : 3 (1分) 故三個電場場強相等E- - ^1516 6-N C (二分) 工1 +4+4 C根據(jù)動能定理 eU= - 崛"/ (3 分) 2 2 電子離開日點時動能 t=l -r+^^=3 64> 10r/ J (2 分) -2 ⑶由于板間場強相等,則電子在一豎直方向受電場力不變,加速度恒定可 知電子做類平拋運動: 」豎直方向z+上計上產(chǎn)?再c g分) 2 m “水平方向-KT/ (1分) 消去T解得12 m Cl分) 極板總長 AB+CD+EF+GH=lx=().2A

19、 m Q 分) 10、(14分)(2012年2月河北省衡水中學下學期一調(diào)考試)粗糙絕緣的水平面附近存在一 個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 中與坐 標彳t x的關(guān)系如下表格所示: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 x/m 0.05 0.10 0.15 0.20 0.25 0.30 0.35 0.40 0.45 (f)/10 5V 9.00 4.50 3.00 2.25 1.80 1.50 1.29 1.13 1.00 b^105V 根據(jù)上述表格中的數(shù)據(jù)可作出如右的 中一x圖

20、像。 現(xiàn)有一質(zhì)量為0.10kg ,電荷量為1.0M10-7C帶正電 荷的滑塊(可視作質(zhì)點),其與水平面的動摩擦因 數(shù)為0.20。問: (1)由數(shù)據(jù)表格和圖像給出的信息,寫出沿 x軸 的電勢 邛與x的函數(shù)關(guān)系表達式。 (2)若將滑塊無初速地放在 x=0.10m處,則滑塊 最終停止在何處? (3)在上述第(2)問的整個運動過程中, 它的加 速度如何變化?當它位于 x=0.15m時它的加速度多大?(電場中某點場強為 中一x圖線上某 點對應的斜率) (4)若滑塊從x=0.60m處以初速度V01&-x方向運動,要使滑塊恰能回到出發(fā)點,其初速度 V0應為多大? 10 (1二分解析;

21、 (1)由數(shù)據(jù)表格和圖像可得,電勢◎與工成反比關(guān)系,即伊=45*10; x Q分) (2)由動能定理 g (口 I ?口 .17 箝 F鼠工代 1 ;= 0 設滑塊停止的位置為5有 .5根門喀出-工)=0 ( 2分) 0n ,45x104 4.5X104 x BP q( 卜.叨鼠及<0=0 x 叼 代入數(shù)據(jù)有 _ - ,4.5x10* 4,5x104 廣” ,.A s, …… 1.0x10- I )-ij _0xl0r:-0 .尸。 0 1 - 可解得 x2=0.225m (舍去 x2=0.1m)。 (2 分) C3)先做加速度減小的變加速運動,后做加速度增大的減

22、速運動。 即加速度先減小后增大. 。分) 當它位于lO 1,】時,圖像上該點的切線斜率表示場強大小 E=△◎△k=20x10&NC (1 分) 滑塊在該點的水平合力 3=gEwH笠\OMlD%:.0:70「N-0 20>:0,10- 1ON=O 故滑塊的加速度- =0 11分) (4)設滑塊到達的最左側(cè)位置為工】,則滑塊由該位置返回到出發(fā)點的過程中 由動能定理開:一「心上>0 有 相副廣口卜.喇式TE)=O (:分) 代入數(shù)據(jù)有 1.0x10-75x10 -4,5x10 )-0.20xO 10>10(X-X1>=0 / 0,6 可解得xi=0.037?m (舍去占=0 6m), (

23、1分) 再對滑塊從開始運動到返回出發(fā)點的整個過程,由動能定理 - wv,. (1 分) 2 代入數(shù)據(jù)有 二"0 0:0 10(0 60-0 03^?) =0.5 0 10vJ 可解得% 正/12ms 1分) 11. (19分)(2012年2月重慶八中檢測)如圖所示,兩平行金屬板 A、B長L=8cm,兩板間 距離d=8cm, A板比B板電勢高300V, 一不計重力的帶正電的粒子電荷量 q=10-10C,質(zhì) 量m^ 10-2kg,沿電場中心線 RD垂直電場線飛入電場,初速度 u o=2X106m/s,粒子飛 出平行板電場后可進入界面 MN PS間的無電場區(qū)域。已知兩界面 MN P

24、S相距為12cm, D是中心線RD與界面PS的交點。 求:(1)粒子穿過界面 MN寸偏離中心線 RD的距離y以及速度v大?。? (2)粒子到達PS界面時離D點的距離Y為多少? (3)設O為RD延長線上的某一點,我們可以在 O點固定一負點電荷,使粒子恰好可以 繞O點做勻速圓周運動,求在 O點固定的負點電荷的電量為多少?(靜電力常數(shù) k = 9. 0X109NI- m2/C2,保留兩位有效數(shù)字) p III I I ll III I 12cm ——i . ? di m ? i 1L。9分)。)粒子穿過界面MN時偏離中心線R。的距離(側(cè)向位移); . r- 1 1

25、右=1 丁》叫, v= - at-, 2 聯(lián)立解得>=O O3m=3cm 帶電粒子的水平速度:以 豎直速度:>三口尸吧L: nd 所以 v=2 5> 106 m s (2 分) (2)帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動,其軌跡與年線交于外設 口到中心線的距離為Y. 則屋上 Y 4+12 解 得 6分) Y=4i,=12cm 。)求得半徑『15cm C分) k零f 士 (2分)代入數(shù)值,得 0=10-WC (1分) r r 12. (15分)(2012南京四校聯(lián)考) 如圖所示,固定于同一條豎直線上的 A、B是兩個帶等 量異種電荷的點電荷,電荷量分別為十 Q

26、和—Q A、B相距為2d。MNM豎直放置的光滑絕緣 細桿,另有一個穿過細桿的帶電小球 p,質(zhì)量為m^電荷量為+q (可視為點電荷,不影響電 場的分布。),現(xiàn)將小球p從與點電荷 A等高的C處由靜止開始釋放,小球 p向下運動到距 C 點距離為d的O點時,速度為v。已知MNW AB之間的距離為d,靜電力常量為 k,重力加 速度為go求: +2r

27、 (1) C、O間的電勢差UCo; (3)小 (2) O點處的電場強度E的大小及小球p經(jīng)過O點時的加速度; 球p經(jīng)過與點電荷 B等高的D點時的速度。 12.解;(1)小球p由C運動到。時,由動能定理, 得;中或= 1 ? - 0 。:小球p經(jīng)過。點時受力如圖:由庫侖定律得, 或n窣4 * (岳) 匕們的合力無1尸=用c口45"十國cos45 迎華 2d "Q點處的電場強度下= =器, 4 2d2 Gy卜球〃由0運動到Q的過程,由動能定理得二 二分 由電場特點可知; 聯(lián)立①⑦⑧解得; 13、(16分)(2012上海崇明期末)已知真空

28、中電量為 Q的點電荷電場中,若取無窮遠為零 電勢點,則離電荷距離為 r的某點的電勢表達式為 平=kQ (k為靜電力常數(shù))。如圖所 r 示,帶正電的甲球固定在足夠大的光滑絕緣水平面上的 A點, 其帶電量為Q;質(zhì)量為m A B兩點間的距離為10。 F =上理、方向指向甲球 410 帶正電的乙球在水平面上的 B點由靜止釋放,其帶電量為 q; 釋放后的乙球除受到甲球的靜電力作用外, 還受到一個大小為 的恒力作用,兩球均可視為點電荷。求: (1)乙球在釋放瞬間的加速度大小; (2)乙球的速度最大時兩個電荷間的距離; (3)乙球運動的最大速度 Vm為多少? (4

29、)乙球運動過程中,離開甲球的最大距離和最小距離是多少? 33.解二乙求受到電場力和F的作用,合力 (2)合外力向左,所以乙球向左做加速度減小的加速運動,當合力為零 時,速度最大 C分) "二44-K怨=0。分) =空 (1分) 3乙球的電勢能.『叫空 (1分) r 電場力做正功,等于電勢能的減少. 斤2-[玄票-4器]=尢軍(1分) 外力做負功: 1懺=_犬嗎%=_及四(1分) 4- 44 由動能定理,心十以二)用肥-0 C分) 2 得,曦、磐 (1分) (-)乙球達到速度最大后,再向左做加速度增大的減速運動,當速度等于 零時,離甲球最遠,V=0此時離開甲球

30、距離為2 ,然后又向右運動到尸二 /:,時速度又等于零。 。分) 所以離開A球最近的距離為h 等一等一部力 9附 ■ 所以 。分) 14. (2012年3月安徽省“江南十校”高三聯(lián)考)如圖所示,光滑水平軌道與半徑 為R的光滑豎直半圓軌道在 B點平滑連接。在過圓心 。的水平界面MN的下方分布有水 平向右的勻強電場?,F(xiàn)有一質(zhì)量為 日電量為+q的小球從水平軌道上 A點由靜止釋放, 小球運動到C點離開圓軌道后,經(jīng)界面 MN上的P點進入電場(P點恰好在A點的正上 方,如圖。小球可視為質(zhì)點,小球運動到 C點之前電量保持不變, 經(jīng)過C點后電量立即 變?yōu)榱?。已知A、B間距離為2R,重力

31、加速度為go在上述運動過程中,求: (1)電場強度E的大小; (2)小球在圓軌道上運動時最大速率; (3)小球?qū)A軌道的最大壓力的大小。 14. (16分)解析: (1)設電場強度為E,小球過C點時速度大小為藝,小球從A到C由動能 定理: 2分 ----1 分 qE - 3&_ 的g - 2R - - wv/ 小球離開C點后做平拋運動到P點I 五二 Jg/ 2R = v/ 1 分 聯(lián)立方程解得. E言 Q)設小球運動到圓周D點時速度最大為,,此時CD與豎直線GB 夾角設為口,小球從A運動到D過程,根據(jù)動能定理: + Ksin ㈤一切g(shù)夫(1- cos or)

32、= — wv2 3 分 即! — wv2 = yngR (sin (X + cos df +1) 根據(jù)數(shù)學知識可知,當a = 45。時動能最大 一2分 由此可得』%=&2+2a)gR 1分 C3)由于小球在D點時速度最大且電場力與重力的合力恰好沿半徑 方 向,故小球在。點對圓軌道的壓力最大,設此壓力大小為F,田牛頓第三定律可 知小球在D點受到的軌道的彈力大小也為F,在D點對小球進行受力分析,并建 立如圖所示坐標系,由牛頓第二定律: F _ qE sin a— mg cos Ct = / R 3 分 解得:F = Q + 3&)滋g 點評;此題考查平拋運動、動能定理.牛頓運

33、動定律.豎直面內(nèi)的圓周運動等知 識點Q 15. (12分)(2012年海南瓊海一模)如圖所示,在光滑絕緣水平面上 B點的正上方O處固 定一個質(zhì)點,在水平面上的 A點放另一個質(zhì)點,兩個質(zhì)點的質(zhì)量均為 m帶電量均為+Q。C 為AB直線上的另一點(。A B C位于同一豎直平面上),AO間的距離為L, AB和BC間的 距離均為L,在空間加一個水平方向的勻強電場后 A處的質(zhì)點處于靜止。試問: 2 (1)該勻強電場的場強多大?其方向如何? (2)給A處的質(zhì)點一個指向 C點的初速度,該質(zhì)點到達 B點時所受的電場力多大? (3)若初速度大小為 V0,質(zhì)點到達C點時的加速度和速度分別多大? 15 (

34、12 分)解: (1)囚處的質(zhì)點受到的庫侖力;F* 由平衡條件, FsinB二QE, 5防8士0" 聯(lián)立解得;三二kQ/2lA 方向由A指向C ⑵質(zhì)點到達8點時所受的電場力小…缶『-等 (3)質(zhì)點到達1點時受到的合外力F ? inO +QE= 2 質(zhì)點到達匚點時的加速度a=F二一仃1二生; . wZ? 由動能定理,QEZ = 解得「即, 點評:此題以帶電粒子在電場中運動切入,意在考查庫侖定律、電場疊加,牛頓 運動定律,動能定理等. 16. (16分)(2012年3月江蘇省蘇北四星級高中聯(lián)考)靜電場方向平行于 x軸,其電勢。 隨x的分布可簡化為

35、如圖所示的折線,圖中 。0和d為已知量。一個帶負電的粒子在電場中 以x = 0為中心,沿x軸方向做周期性運動。已知該粒子質(zhì)量為 m電量為-q ,其動能與 電勢能之和為一A (0 < A < q 。0)。忽略重力。求: (1)粒子所受電場力的大小; (2)粒子的運動區(qū)間; (3)粒子的運動周期。 16 (16分)解題思路:根據(jù)電勢eMx的分布圖線可以得出電勢函數(shù)關(guān)系,由電場 強度和電勢差關(guān)系式得出電場強度。利用動能定理、牛頓運動定律列方程解答。 解:(1)由圖可知,。與d (或-d)兩點間的電勢差為5。 電場強度的大小 d (3分) 通 電場力的大小 d (3分)

36、 (2)設粒子在:.右,右]區(qū)間內(nèi)運動,速率為v,由題意得, 1 0 5W/2 -q(p= -A 由圖可知 由上二式得 因動能非負,有 得 1x1 。=陽1-?) a 1 , Ixl Ixl g內(nèi)(1一?)_4之0 a A A -d(\--)

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