1、试卷第 1 页，总 4 页1两个正点电荷 Q1=+Q 和 Q2=+4Q 分别固定在光滑绝缘水平面上的 A、B 两点，A、B 两点相距 L，且 A、B 两点正好位于水平光滑绝缘半圆细管两个端点的出口处，如图所示（1）在 A、B 连线上，由 A 点到 B 点，电势如何变化？（2）将一正检验电荷置于 A、B 连线上靠近 A 处由静止释放，求它在 A、B 连线上运动的过程中能达到最大速度的位置离 A 点的距离；（3）若把另一正检验电荷放于绝缘管内靠近 A 点处由静止释放，试确定它在管内运动过程中速度为最大值时的位置 P，即求出图中 PA 和 AB 连线的夹角 2如图所示，水平向左的匀强电场中，用长为
2、的绝缘轻质细线悬挂一小球，小球质l量为 m，带电量为 ，将小球拉至竖直方向最低位置 A 点处无初速度释放，小球将向q左摆动，细线向左偏离竖直方向的最大角度 ， （重力加速度为 ，074g， ）0sin.6370cos.8（1）求电场强度的大小 E；（2）求小球向左摆动的过程中，对细线拉力的最大值；（3）若从 A 点处释放小球时，给小球一个水平向左的初速度 ，则为保证小球能做完0v整的圆周运动， 的大小应满足什么条件？0v3如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆 AC 与半径为 R 的圆周交于 B、C 两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B 点为 AC 的中点，C 点位于圆周的最低点。现有一质量为
3、m、电荷量为 ，套在杆上的带负电小球（可视为质点）从 A 点由静止开始沿杆下q滑。已知重力加速度为 g，A 点距过 C 点的水平面的竖直高度为 ，小球滑到 B 点时3的速度大小为 。2R（1）求小球滑至 C 点时的速度大小；（2）求 A、B 两点间的电势差 ；ABU（3）若以 C 点为参考点（零电势点） ，试确定 A 点的电势。试卷第 2 页，总 4 页4电视机的显像管中，电子束的偏转是用电偏转和磁偏转技术实现的如图甲所示，电子枪发射出的电子经小孔 S1进入竖直放置的平行金属板 M、N 间，两板间所加电压为 U0；经电场加速后，电子由小孔 S2沿水平放置金属板 P 和 Q 的中心线射入，两板间
4、距离和长度均为 ；距金属板 P 和 Q 右边缘 处有一竖直放置的荧光屏；取屏上与S1、S 2共线的 O 点为原点，向上为正方向建立 x 轴。已知电子的质量为 m，电荷量为e，初速度可以忽略。不计电子重力和电子之间的相互作用。（1）求电子到达小孔 S2时的速度大小 v；（2）若金属板 P 和 Q 间只存在电场，P、Q 两板间电压 U 随时间 t 的变化关系如图乙所示，单位时间内从小孔 S1进入的电子个数为 N。电子打在荧光屏上形成一条亮线；每个电子在板 P 和 Q 间运动的时间极短，可以认为两板间的电压恒定；忽略电场变化产生的磁场。试求在一个周期（即 2t0时间）内打到荧光屏单位长度亮线上的电子
5、个数 n。5如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为 m，电荷量为 e，加速电场电压为 U0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为 U，极板长度为 L，板间距为 d。（1）忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度 v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离 y；（2）分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法在解决（1）问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因。已知 U2.010 2 V，d4.010 2 m，m9.110 31 kg，e1.610 19 C，g10 m/s 2。（3）极板间既有静电场也有重力场
6、电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势 的定义式。类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势” G的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点。6如图所示的装置， 是加速电压，紧靠其右侧的是两块彼此平行的水平金属板，1U板长为 L，两板间距离为 d。一个质量为 m，带电量为 的质点，经加速电压加速后q沿两金属板中心线以速度 水平射入两板中。若在两水平金属板间加一电压 ，当0v 2U上板为正时，带电质点恰能沿两板中心线射出；当下板为正时，带电质点则射到下板上距板的左端 处，为使带电质点经 加速后沿中心线射入两金属板，并能够从两41试卷第 3 页，总 4 页金属之间射出，问：两水平金属板间所加
7、电压应满足什么条件。7如图所示，已知平行板电容器两极板间距离 d4 mm，充电后两极板电势差为 120 V。A 板带正电，若它的电容为 3 F，且 P 到 A 板距离为 1 mm。求：（1）每个极板的带电荷量；（2）一个电子在 P 点具有的电势能；（3）一个电子从 B 板出发到 A 板获得的动能；（4）两板间的电场强度。8如图所示，平行金属板 M、N 水平放置，板右侧有一竖直荧光屏，板长、板间距及竖直屏到板右端的距离均为 l，M 板左下方紧贴 M 板有一粒子源，以初速度 v0水平向右持续发射质量为 m，电荷量为+q 的粒子已知板间电压 UMN随时间变化的关系如图所示，其中 忽略离子间相互作用和
8、它们的重力，忽略两板间电场对板右侧2008vUq的影响，荧光屏足够大（1）计算说明，t=0 时刻射入板间的粒子打在屏上或 N 板上的位置；（2）求荧光屏上发光的长度9如图所示，A 、B 和 C、D 为两平行金属板，A、B 两板间电势差为 U，C、D 始终和电源相接，测得其间的场强为 E。一质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子（重力不计）由静止开始，经 A、B 加速后穿过 C、D 发生偏转，最后打在荧光屏上，已知 C、D 极板长均为 x，荧光屏距 C、D 右端的距离为 L，问：（1）粒子带正电还是带负电？（2）粒子打在荧光屏上的位置距 O 点多远处？（3）粒子打在荧光屏上时的动能为多大？10如
9、图 所 示 ， 水 平 放 置 的 平 行 板 电 容 器 ， 与 某 一 电 源 相 连 ， 它 的 极 板 长 L 0 4 m，试卷第 4 页，总 4 页两 板 间 距 离 d 410 3m， 有 一 束 由 相 同 带 电 微 粒 组 成 的 粒 子 流 ， 以 相 同 的 速 度 v0从 两板 中 央 平 行 极 板 射 入 ， 开 关 S 闭 合 前 ， 两 板 不 带 电 ， 由 于 重 力 作 用 微 粒 能 落 到 下板的正中央，已知微粒质量为 m410 5 kg，电荷量 q110 8 C （g10 m/s 2）则：（1）微粒入射速度 v0为多少？（2）为使微粒能从平行板电容器
10、的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？电源的电压 U 应取什么范围？本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 1 页，总 7 页参考答案1 （1）电势先减再增；（2） L（3）134arctn【解析】试题分析：（1）AB 的连线上电场方向先向右再向左，则电势先减再增（2）设在 AB 连线上运动过程中能达到最大速度的位置离 A 点的距离为 x，正电荷在 A、B连线上速度最大处应该是电荷所受合力为零， 即： ，解得：x= L122()QqkxL13（3）若点电荷在 p 点处受到的受到的库仑力的合力沿 op 的方向，则它在 p 点处速度最大，即此时满足：222 2
11、1124cos(sin)tanitanqQkFl解得： 34rct考点：库仑定律；电势差与电场强度的关系；电势【答案】（1） ；（2） ；（3） 或Emgq 74g02vgL023vgL【解析】试题分析：（1）由于带电小球所受电场力方向向左，电场线方向也向左，分析小球的受力情况，作出受力图如右图，根据对称性，此时必有重力与电场力的合力与角分线在同一条线上，根据平衡条件得： ，解得： 。2qEmgtan34Emgq（2）小球运动的过程中速度最大的位置，由动能定理得： 21(）qELsingLcosv小球在 时，由重力电场力与细线的拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：，解得：22T vFmg
12、sinqcosmL74TFmg由牛顿第三定律可知细线所受的拉力大小为 。 （3）要使细线不松弛有两种情况，当小球摆动过程中，细线的方向与 F 的方向不超过时，根据动能定理有： ，解得：90 201FLcosv02vgL当小球能完成完整的圆周运动时，需满足： mL本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 2 页，总 7 页根据动能定理有： 2201（ ）FLcosmv由上几式联立解得： 023vg为保证小球在运动过程中，细线不松弛， 的大小应满足的条件为： 或0v02vgL。023vgL考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系【名师点睛】本题是力学知识与电场知识的综合，关键是分析
13、清楚小球的受力情况和做功情况，运用动能定理和牛顿第二定律求解。【答案】（1） ；（2） ；（3）7CvgRmgq2gRq【解析】试题分析：（1）由几何关系可得 BC 的竖直高度 ，因 B、C 两点电势相等，故小BCh球从 B 到 C 的过程中电场力做功为零，对小球从 B 到 C 过程应用动能定理，有，2213 BmgRmv解得 。7C（2）对小球从 A 到 B 过程应用动能定理，有： ， ；2132ABmgRWv1ABmgR。2 BAWmgRUq（3）因 ，故 ，又 ， ，因此BC2 ABCUqgACU0C。2 AAmgRq考点：电势差与电场强度的关系、电场强度、电势【名师点睛】本题关键根据动
14、能定理列式分析，切入点在于圆周为等势面，小球从 A 到 C和 A 到 B 电场力做功相等。4 （1） （2）0 eUvm049NtnL【解析】试题分析：（1）根据动能定理 eU0= mv2 1本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 3 页，总 7 页解得： 02 eUvm（2）电子在磁场中做匀速圆周运动，设圆运动半径为 R，在磁场中运动轨迹如图，由几何关系R2=（R- L） 2+L2 1根据牛顿第二定律： 2vBemR解得： 024 5UL（3）设电子在偏转电场 PQ 中的运动时间为 t，PQ 间的电压为 u 时恰好打在极板边缘垂直电场方向：L=vt 平行电场方向： ； 2
15、1 at此过程中电子的加速度大小 ueLm解得：u=2U 0，即当两板间电压为 2U0时打在极板上 电子出偏转电场时，在 x 方向的速度vx=at 电子在偏转电场外做匀速直线运动，设经时间 t1到达荧光屏则水平方向：L=vt 1竖直方向：x 2=vxt1电子打在荧光屏上的位置坐标 23Lx亮线长度 X=3L本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 4 页，总 7 页一个周期内打在荧光屏上的电子数： 0023Nnt2t0时间内，打到单位长度亮线上的电子个数 n： 0149tXL考点：带电粒子在电场及磁场中的运动【名师点睛】本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，要注意在电场中应用
16、运动的合成与分解；在磁场中注意洛仑兹力充当向心力的规律的应用。5（1） 02eUm； 204Ld（2）略 （3）略【解析】（1）根据功和能的关系，有 eU0 12m 0v电子射入偏转电场的初速度 v0 eU在偏转电场中，电子的运动时间 t 0LL 02e偏转距离 y 12a（t） 2 04Ud（2）考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力 Gmg10 29 N电场力 F ed10 15 N由于 FG，因此不需要考虑电子所受重力（3）电场中某点电势 定义为电荷在该点的电势能 Ep与其电荷量 q 的比值，即 pEq由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能 E
17、G与其质量 m 的比值，叫作“重力势” ，即 G m电势 和重力势 G都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定【答案】 22798 U【解析】试题分析：当两金属板间加电压 ，上极板为为正时，质点受力平衡： 2U2 qUdmg当下极板为正极时电场力重力均竖直向下，由牛顿第二定律得： 2a由解得： 2ag本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 5 页，总 7 页此时带电质点射到下极板距左端 处，粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动： 4l21 dat粒子在水平方向做匀速直线运动： 104tlv为使带电粒子射出金属板，质点在竖直方向的运动应有： ，水平方向：21
18、atd；20tlv解得： 20 dal由解得： 8 g若 的方向向上则两金属板的应加电压 、上板为正，由 a U qUmdga若 的方向向下则两金属板的应加电压 、下板为正，由 由解得： ，289U27为使粒子能从两金属板之间射出，两水平金属板间所加电压应满足： 。22798 U考点：带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】根据受力平衡以及类平抛运动解出粒子在偏转电场中的加速度，根据运动学表达式写出粒子打不到极板上的条件，列出方程组解题。【答案】 （1）3610 4 C （2）90 eV （3）120 eV （4）310 4 N/C【解析】 （1）由 QUC 得 Q120310 6 C3610
19、4 C（2）E Pe Pe dPB90 eVABU（3）因为电子从 B 板出发到 A 板的过程中电场力做正功，电势能减小，动能增加，所以由动能定理有 EkqU AB，得 Ek120 eV（4）E N/C =3104 N/Cd312048 （1）粒子打在下极板上距左端 处；（2）5ll【解析】试题分析：（1）t=0 时刻射入的粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，运动到下极板的时间 t， ，201qUltml解得： 02tv本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 6 页，总 7 页粒子在水平方向的位移： ，粒子打在下极板上距左端 处；02lxvt 2l（2） 时射入极板
20、的粒子打在荧光屏的最下方，粒子在极板间的运动时间：0ltv，1002llt粒子离开极板时的竖直分速度： ，01104yqUvattvml粒子离开极板到打在荧光屏上的时间： ，20t粒子在竖直方向的偏移量：y=l+v yt2=5l，在 时刻进入极板的粒子在极板间做匀速直线运动，离开极板后沿水平方向做匀速直0ltv线运动，粒子垂直打在荧光屏上，这是粒子打在荧光屏的最上端位置，则荧光屏的发光长度：d=y=5l；考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】本题考查了粒子在电场中的运动，分析清楚粒子运动过程是解题的关键，分析清楚不同时刻进入极板的粒子运动过程，然后应用匀速运动规律与匀变速直线运动规律及牛顿第
21、二定律可以解题。9 （1）带正电（2） （3）24EsLU（ ） 24kUESq【解析】试题分析：（1）电场力方向与电场线方向相同，所以粒子带正电（2）粒子在加速电场中加速时，由动能定理可得：qU= mv021在偏转电场中做类平抛运动，由动力学知识可得电子离开偏转电场时的侧位移为：y1= at2水平方向有：s=v 0t加速度为： qEam竖直分速度为：v y=at则速度偏向角的正切为： 0yvtan电子离开偏转电场后做匀速运动，在打到荧光屏上的这段时间内，竖直方向上发生的位移为：y 2=Ltan联立以上各式可得电子打到荧光屏上时的侧移为： 124EsyLU（ ）本卷由系统自动生成，请仔细校对后
22、使用，答案仅供参考。答案第 7 页，总 7 页（3）根据动能定理：qU+qEy 1=Ek-0得： 24kUESq考点：带电粒子在电场中的运动；动能定理【名师点睛】本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成，常规问题10 （1）10 m/s （2）与电源负极相连 120 VU200 V【解析】试题分析： （1）由平抛运动可知： ，02Lvt 21dgt解得 01/2Lgvmsd（2）电容器的上板应与电源的负极相连当所加的电压为 U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出， 210()dLav1mgqad解得：U 1120 V当所加的电压为 U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出， 来源:学。科。网201()dLav22-qmgad解得：U 2200 V所以电源的电压 U 的取值范围为：120 VU200 V考点：带电粒子在电场中的偏转【名师点睛】解得此类问题，首先要正确的对带电粒子在这两种情况下进行正确的受力分析，确定粒子的运动类型解决带电粒子垂直射入电场的类型的题，应用平抛运动的规律进行求解此类型的题要注意是否要考虑带电粒子的重力，原则是：除有说明或暗示外，对基本粒子（例如电子，质子、 粒子、离子等） ，一般不考虑重力；对带点微粒， （如液滴、油滴、小球、尘埃等） ，一般要考虑重力
