【备考2022】高考物理一轮复习学案专题7.3 电容器、带电粒子在电场中的运动【练】解析版.docx

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1、专题7.3 电容器、带电粒子在电场中的运动【练】目录一练经典题型1二、练创新情景3三练规范解答6一练经典题型1.(2020·深圳一模)如图所示，带电的平行板电容器和静电计用导线相连，()A若仅使上极板上移一段距离，则电容器的电容增大B若仅向两极板间插入云母介质，则板极间电场强度减小C若静电计指针张角增大，可能仅是因为两极板正对面积增大D若静电计指针张角减小，可能仅是因为两极板间距变大【答案】B【解析】根据平行板电容器电容的决定式可知，若仅使上极板上移一段距离，电容器两极板间距离增大，则电容器的电容减小，选项A错误；若仅向两极板间插入云母介质，极板间介电常数变大，电容器电容增加，由U知

2、，极板间电势差变小，由E知，极板间电场强度减小，选项B正确；若两极板正对面积增大，由电容决定式知，电容器电容增大，由U知，极板间电势差变小，则静电计指针张角减小，选项C错误；若两极板间距变大，则电容器电容减小，同理可知极板间电势差变大，静电计指针张角变大，选项D错误。2(2021·北京市第二次合格性考试)图为研究电容器充、放电的实验电路图。实验时，先使开关S掷向1端，电源E对电容器C充电；经过一段时间，把开关S掷向2端，电容器C与电阻R相连，电容器放电。在开关S接通2端后的极短时间内，下列说法正确的是()A.电容器带电荷量和两板间电压都增大B.电容器带电荷量和两板间电压都减小C.电容

3、器带电荷量增大，两板间电压减小D.电容器带电荷量减小，两板间电压增大【答案】B【解析】开关S与1端相连时，电源向电容器充电，电流先增大，电容器带电荷量不断增多，两板间电压也不断增大；开关S与2端相连时，电容器放电，电流减小，电容器带电荷量减小，两板间电压也在减小。故A、C、D错误，B正确。3.(2021·广东广州、深圳市学调联盟第二次调研)如图所示，平行板a、b组成的电容器与电池E连接，平行板电容器P处固定放置一带负电的点电荷，平行板b接地。现将电容器的b板向下稍微移动，则()A.点电荷所受电场力增大B.点电荷在P处的电势能减少C.P点电势减小D.电容器的带电荷量增加【答案】B【解析

4、】因电容器与电源始终相连，故两板间的电势差不变，B板下移，则板间距离d增大，则板间电场强度E变小，由FqE可知电荷所受电场力变小，故A错误；板间电场强度E变小，由UEdPa知，P与a板的电势差减小，而a板的电势不变，故P的电势升高，由EPq知，q为负值时，电势能减小，故B正确，C错误；由QCU和C，知C减小，Q减小，故D错误。5.如图所示，M、N为两个等大的均匀带电圆环，其圆心分别为A、C，带电荷量分别为Q、Q，将它们平行放置，A、C连线垂直于圆环平面，B为AC的中点，现有质量为m、带电荷量为q的微粒(重力不计)从左方沿A、C连线方向射入，到A点时速度vA1 m/s，到B点时速度vB m/s，

5、则()A微粒从B至C做加速运动，且vC3 m/sB微粒在整个运动过程中的最终速度为 m/sC微粒从A到C先做加速运动，后做减速运动D微粒最终可能返回至B点，其速度大小为 m/s【答案】AB【解析】AC之间电场是对称的，A到B电场力做的功和B到C电场力做的功相同，依据动能定理可得：qUABmvmv，2qUABmvmv，解得vC3 m/s，A正确；过B作垂直AC的面，此面为等势面，微粒经过C点之后，会向无穷远处运动，而无穷远处电势为零，故在B点的动能等于在无穷远处的动能，依据能量守恒可以得到微粒最终的速度应该与在B点时相同，均为 m/s，B正确，D错误；在到达A点之前，微粒做减速运动，而从A到C微

6、粒一直做加速运动，C错误。6如图所示，两块平行、正对的金属板水平放置，分别带有等量的异种电荷，使两板间形成匀强电场，两板间的距离为d。有一带电粒子以某速度v0紧贴着A板左端沿水平方向射入匀强电场，带电粒子恰好落在B板的右边缘。带电粒子所受的重力忽略不计。现使该粒子仍从原位置以同样的方向射入电场，但使该粒子落在B板的中点，下列措施可行的是()A仅使粒子的初速度变为2v0B仅使粒子的初速度变为C仅使B板向上平移D仅使B板向下平移d【答案】B【解析】带电粒子在垂直电场方向做匀速直线运动，有xv0t，在沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，有dat2·t2，联立可得x2，现在要使x变为原来

7、的一半，即x2为原来的四分之一，所以需要将粒子的初速度变为，A错误，B正确；仅使B板向上平移，则根据C可得电容增大为原来的两倍，根据U可得电压变为原来的，x2变为原来的，C错误；仅使B板向下平移d，同理可得电容变为原来的，电压变为原来的2倍，x2变为原来的2倍，D错误。7.(多选)(2021·哈尔滨模拟)如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、丁所示时，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是()A.电压是甲图时，在0T时间内，电子的电势能一直减少B.电压是乙图时，在0时间内，电子的电势能先增加后减少C.电压是丙图时，电

8、子在板间做往复运动D.电压是丁图时，电子在板间做往复运动【答案】D【解析】若电压是题图甲，0T时间内，电场力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；电压是题图乙时，在0时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；电压是题图丙时，电子向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了后做加速度先增大后减小的减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，故C错误；电压是题图丁时，电子先向左加速，到后向左减速，后向右加速，T后向右减速，T时速度减为零，之后重复前

9、面的运动，故电子做往复运动，故D正确。8(多选)(2021·“超级全能生”26省联考) (多选)如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是()A.匀强电场的电场强度EB.小球动能的最小值为EkC.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小D.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大【答案】AB【解析】小球静止时悬线与竖直方向成角，对小球受力分析

10、，小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有qEmgtan ，解得E，选项A正确；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有m，则最小动能Ekmv2，选项B正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，选项C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，选项D错误。9.(多选)(2020·山东蒙阴县实验中学高二月考)示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成的

11、如图所示，不同的带负电粒子在电压为U1的电场中由静止开始加速，从M孔射出，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足带负电粒子能射出平行板电场区域的条件下，则()A若电荷量q相等，则带负电粒子在板间的加速度大小相等B若比荷相等，则带负电粒子从M孔射出的速率相等C若电荷量q相等，则带负电粒子从M孔射出时的动能相等D若不同比荷的带负电粒子由O点射入，偏转角度相同【答案】BCD【解析】设加速电场的板间距离为d，由牛顿第二定律得a，由于粒子的质量未知，所以无法确定带负电粒子在板间的加速度大小关系，故A错误；由动能定理得qU1mv02，可得v0，所以当带负电粒子的比荷相等时，它

12、们从M孔射出的速度相等，故B正确；粒子从M孔射出时的动能Ekmv02qU1，所以当带负电粒子的电荷量q相等时，它们从M孔射出时的动能相等，故C正确；如图所示，设偏转电场的板间距离为d，在偏转电场中有tan ，偏转角度与粒子的比荷无关，所以不同比荷的带负电粒子从O点射入，偏转角度相同，故D正确10.(多选)如图所示，在足够长的光滑绝缘水平面上有A、B两个滑块(均可视为质点)，滑块A带正电、电荷量为q，滑块B不带电。图中虚线内存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E，宽度为d，其余空间内不存在电场。滑块A刚好位于电场区域内的左侧，而滑块B刚好位于电场区域的右侧。现将滑块A无初速度释放，滑块A与滑块

13、B发生碰撞且碰撞时间极短，碰撞过程中滑块A的电荷量不变，仅碰撞一次，经过一段时间两滑块保持一定的距离不变，且此距离为x0d，则下列判断正确的是()A.A、B两滑块的质量之比为B.A、B两滑块的质量之比为C.两滑块的碰撞为弹性碰撞D.两滑块的碰撞为非弹性碰撞【答案】AD【解析】对滑块A在碰撞前根据动能定理有qEdmAv，依题意知，碰撞后滑块A、B速度大小相等，方向相反，规定向右为正方向，设其大小为v，根据动量守恒定律可得mAv0mAvmBv；又由能量守恒定律可知vv0，即碰撞后滑块A向左运动不会滑出电场，设碰撞后滑块A在电场中运动的时间为t，由动量定理得qEt2mAv，碰撞后滑块B向右做匀速运动

14、，有vtd，联立解得，A正确，B错误；两滑块因碰撞而损失的机械能为EmAv(mAmB)v2qEd0，D正确，C错误。二、练创新情景1.(2021·云南楚雄州第一次模拟)如图所示，心脏除颤器用于刺激心脏恢复正常的跳动，它通过皮肤上的电极板使电容器放电。已知某款心脏除颤器，在短于一分钟内使70 F电容器充电到5 000 V，存储875 J能量，抢救病人时一部分能量在2 ms脉冲时间通过电极板放电进入身体，此脉冲的平均功率为100 kW。下列说法正确的是()A电容器放电过程中电压不变B电容器充电至2 500 V时，电容为35 FC电容器充电至5 000 V时，电荷量为35 CD电容器所释放

15、出的能量约占存储总能量的23%【答案】D【解析】电容器放电过程，电荷量减少，电压减小，选项A错误；电容不随电压、电荷量的变化而变化，选项B错误；由C知QCU70×106×5×103 C0.35 C，选项C错误；由知，×100%23%，选项D正确。2.(2021·历城二中模拟)1878年英国科学家克鲁克斯发明了接近真空的“克鲁克斯管”，即阴极射线管，为X射线的发现提供了基本实验条件如图所示是一个阴极射线管的结构示意图，要使射线管发出射线，须在P、Q两电极间加上几万伏的直流高压，使用时以下说法正确的是()A阴极射线是负离子，高压电源正极应接在P点B

16、阴极射线是负离子，高压电源正极应接在Q点C阴极射线是正离子，高压电源正极应接在P点D阴极射线是正离子，高压电源正极应接在Q点【答案】：A【解析】：阴极射线是金属加热到一定程度时所发射出的电子，所以阴极射线为负离子，要使负离子加速后进入偏转电场，必须在P点接电源的正极，故A正确3.(多选)(2021·辽宁葫芦岛市高三期末)如图所示，质子和粒子(氦核)分别从静止开始经同一加速电压U1加速后，垂直电场方向进入同一偏转电场，偏转电场电压U2.两种粒子都能从偏转电场射出并打在荧光屏MN上，粒子进入偏转电场时速度方向正对荧光屏中心O点下列关于两种粒子运动的说法正确的是()A两种粒子会打在屏MN上

17、的同一点B两种粒子不会打在屏MN上的同一点，质子离O点较远C两种粒子离开偏转电场时具有相同的动能D两种粒子离开偏转电场时具有不同的动能，粒子的动能较大【答案】AD【解析】两种粒子在加速电场中的直线加速由动能定理得：qU1mv020偏转电场中，平行于极板方向：Lv0t垂直于极板方向：a，yat2设离开偏转电场的速度偏向角为，有：tan 联立以上各式得y，tan 偏移量y和速度偏向角都与粒子的质量m、电荷量q无关，所以偏移量y相同，速度方向相同，则两种粒子打在屏MN上同一个点，故A正确，B错误；对两个粒子先加速后偏转的全过程，根据动能定理得：qU1qyEk0，即EkqU1qy因粒子的电荷量q较大，

18、故离开偏转电场时粒子的动能较大，C错误，D正确4.(2021·浙江省名校联考)为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，如图所示，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，上下底面是金属板当金属板连接到高压电源正负两极时，在两金属板间产生匀强电场现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，颗粒带负电，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力下列说法正确的是()A烟尘颗粒向下运动B两金属板间电场方向向上C烟尘颗粒在运动过程中电势能减少D烟尘颗粒电荷量可能是电子电量的1.5倍【答案】：C【解析】：由图可知，极板上端为正极，下端为负极，则带负电的颗粒受电场力向上，故带电颗粒将向上运动

19、，故A错误；极板上端为正极，下端为负极，所以两金属板间电场方向向下，故B错误；烟尘颗粒在运动过程中电场力做正功，电势能减少，故C正确；带电体的带电量只能是元电荷的整数倍，所以烟尘颗粒电荷量不可能是电子电量的1.5倍，故D错误；故选C.5(2021·牡丹江市一中月考)如图所示，纸面内有一匀强电场，带正电的小球(重力不计)在恒力F的作用下沿图中虚线由A匀速运动至B，已知力F和AB间夹角为，AB间距离为d，小球带电量为q，则下列结论正确的是 ()A电场强度的大小为E BAB两点的电势差为UABC带电小球由A运动至B过程中电势能增加了Fdcos D带电小球若由B匀速运动至A，则恒力F必须反向

20、【答案】：BC【解析】：小球的重力不计，只受到电场力与恒力F而做匀速直线运动，则有，qEF，则得场强E，故A错误A、B两点的电势差为UEdcos ，故B正确带电小球由A运动至B过程中恒力做功为WFdcos ，根据功能关系可知，电势能增加了Fdcos ，故C正确小球所受的电场力恒定不变，若带电小球由B向A做匀速直线运动时，F大小、方向不变，故D错误6.(多选)(2021·四川泸州市二诊)如图所示，在水平向左的匀强电场中，可视为质点的带负电物块，以某一初速度从足够长的绝缘斜面上的A点，沿斜面向下运动，经C点到达B点时，速度减为零，然后再返回到A点。已知斜面倾角30°，物块与斜面

21、间的动摩擦因数，整个过程斜面均保持静止，物块所带电量不变。则下列判断正确的是()A.物块在上滑过程中机械能一定减小B.物块在上滑过程中，增加的重力势能一定大于减少的电势能C.物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能D.物块在下滑过程中，斜面与地面之间的摩擦力一定为零【答案】CD【解析】上滑过程中满足qEcos Ffmgsin ，则电场力做的功大于克服摩擦力做的功，即除重力以外的其他力对物体做正功，则物体的机械能增加，选项A错误；上滑过程中由动能定理W电WfWGEk，则W电WG，则物块在上滑过程中，增加的重力势能一定小于减少的电势能，选项B错误；由于摩擦力做功，由能量关系可知物块下滑

22、时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能，选项C正确；当不加电场力时，由于斜面对物体的支持力为FNmgcos 30°，摩擦力Ffmgcos 30°mgsin 30°，可知支持力和摩擦力的合力方向竖直向上；当加电场力后，支持力和摩擦力成比例关系增加，则摩擦力和支持力的合力仍竖直向上，根据牛顿第三定律，则物块给斜面的摩擦力和压力的方向竖直向下，可知斜面在水平方向受力为零，则斜面所受地面的摩擦力为零，选项D正确。7.(多选)(2021·云南四川贵州广西四省第二次联考)如图所示为某静电除尘装置的原理图，废气先经过机械过滤装置再进入静电除尘区。图中虚线是某一带

23、负电的尘埃(不计重力)仅在电场力作用下向集尘极迁移并沉积的轨迹，A、B两点是轨迹与电场线的交点。若不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量变化，则以下说法正确的是 ()A.A点电势高于B点电势B.尘埃在A点的加速度大于在B点的加速度C.尘埃在迁移过程中做匀变速运动D.尘埃在迁移过程中电势能始终在增大【答案】B【解析】沿电场线方向电势降低，由图可知，B点的电势高于A点的电势，A错误；由图可知，A点电场线比B点密集，因此A点的场强大于B点的场强，故尘埃在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力，则尘埃在A点的加速度大于在B点的加速度，B正确；放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的，

24、故尘埃不可能做匀变速运动，C错误；由图可知，尘埃进入静电除尘区时，速度方向与电场力方向的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大；后来变为锐角，电场力做正功，电势能减小；对于全过程而言，根据电势的变化可知，电势能减小，D错误。7.(2021·广东深圳模拟)如图所示，在竖直平面内，正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、H是对应边的中点， P点是EH的中点一个带负电的粒子(不计重力)从F点沿FH方向射入电场后恰好从C点射出以下说法正确的是 ()A匀强电场中B点的电势比D点低B粒子的运动轨迹经过PE之间某点C若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点从BC边射出D若增大粒子

25、的初速度可使粒子垂直穿过EH【答案】：BC【解析】：带负电的粒子向下偏转，因此电场强度应竖直向上，B点的电势应高于D点，A错误；粒子做类平抛运动，过C点做速度的反向延长线过FH的中点，也必过P点，因此运动轨迹应该过PE之间的某点，B正确；粒子的初速度减小到原来的一半，将从BC边出射，由类平抛运动的规律，y方向位移相等，则运动时间相同，水平位移将变为原来的一半，因此从E点射出，C正确；从C点射出的粒子，反向延长线过FH的中点O，OC垂直于EH；增大粒子的初速度，粒子从HC边射出，速度夹角必然减小，其反向延长线不可能再垂直于EH，因此粒子在经过EH边时不可能垂直于EH，D错误8一匀强电场的电场强度

26、E随时间t变化的图象如图所示，在该匀强电场中，有一个带负电粒子于t0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是(假设带电粒子不与板相碰)()A带电粒子只向一个方向运动B02 s内，电场力做功等于0C4 s末带电粒子回到原出发点D2.54 s内，电场力做功等于0【答案】：D【解析】：画出带电粒子速度v随时间t变化的图象如图所示v ­t图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4 s末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；2 s末速度不为0，可见02 s内电场力做的功不等于0，B错误；2.5 s末和4 s末，速度的大小、方向都相同，则2.54

27、 s内，电场力做功等于0，所以D正确9(2021·江西宜春调研)如图所示，O、A、B、C为一粗糙绝缘水平面上的四点，不计空气阻力，一电荷量为Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m、电荷量为q的小金属块(可视为质点)，从A点由静止沿它们的连线向右运动，到B点时速度最大，其大小为vm，小金属块最后停止在C点已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为，A、B间距离为L，静电力常量为k，则()A在点电荷Q形成的电场中，A、B两点间的电势差UABB在小金属块由A向C运动的过程中，电势能先增大后减小COB间的距离为 D从B到C的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能【答案】：C【解析】：小金属块从A到B

28、过程，由动能定理得：qUABmgLmv0，得A、B两点间的电势差UAB，故A错误；小金属块由A点向C点运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，故B错误；由题意知，A到B过程，金属块做加速运动，B到C过程，金属块做减速运动，在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有mgk，得r，故C正确；从B到C的过程中，小金属块的动能和减少的电势能全部转化为内能，故D错误10(2021·淮北市一中周考)如图所示，处于真空中的匀强电场水平向右，有一质量为m、带电荷量为q的小球从P点以大小为v0的初速度水平向右抛出，经过t时间到达Q点(图中未画出)时的速度仍为v0，则小球由P点运动到Q点的过

29、程中，下列判断正确的是()AQ点在P点正下方B小球电势能减少C小球重力势能减少量等于mg2t2DQ点应位于P点所在竖直线的左侧【答案】：C【解析】：从P到Q点，根据动能定理可知：mghW电mvmv0，因重力做正功，则电场力做负功，电势能增加，则Q点应该在P点的右下方，选项A、B、D错误；小球在竖直方向下落的高度hgt2，则小球重力势能减少量Epmghmg2t2，选项C正确三练规范解答1(2021·广东深圳模拟) 半径为R，均匀带正电荷的球体在空间产生球对称的电场；场强大小沿半径分布如图所示，图中E0已知，E­r曲线下OR部分的面积等于R2R部分的面积(1)写出E­

30、r曲线下面积的单位；(2)已知带电球在rR处的场强E，式中k为静电力常量，该均匀带电球所带的电荷量Q为多大？(3)求球心与球表面间的电势差U；(4)质量为m，电荷量为q的负电荷在球面处需具有多大的速度可以刚好运动到2R处？【答案】：(1)伏特(2)(3)(4) 【解析】：(1)E­r曲线下面积表示电势差，则单位为V.(2)根据R处的场强为E0，有E0k，解得Q.(3)E­r曲线下围成的面积表示电势差，则球心与球表面间的电势差U.(4)E­r曲线下OR部分的面积等于R2R部分的面积，知表面与2R处的电势差大小为根据动能定理得，qU0mv2解得v.2.(2021

31、83;湖南宁乡一中等十校联考)如图甲，A、B为两块相距很近的平行金属板，AB间电压为UABU0，紧贴A板有一电子源，不停地飘出质量为m、带电荷量为e的电子(可视为初速度为0)在B板右侧两块平行金属板M、N间加有如图乙所示的电压，电压变化的周期TL，板间中线与电子源在同一水平线上极板长L，距偏转板右边缘s处有荧光屏，经时间t统计(tT)只有50%的电子能打到荧光屏上(板外无电场)，求：(1)电子进入偏转板时的速度(2)T时刻沿中线射入偏转板间的电子刚射出偏转板时与板间中线的距离(3)电子打在荧光屏上的范围Y.【答案】(1) (2)距离为零(3)L【解析】(1)由eU0mv2，解得v.(2)tLT

32、，电子在电场方向先加速再减速，然后反向加速再减速，各段位移大小相等，故一个周期内，侧移量为零(3)电子应在一个周期的时间内射出偏转板，有50%的电子由于偏转量太大，不能射出电子在TT，TT(k0,1,2，)时进入偏转极板，能射出设两极板间距为d，则a，2×a(T)2，dL2×a(T)22×a(T)2，YL，因为电子射出偏转板时，竖直方向速度为0，所以荧光屏上的范围YL.3.如图所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R0.2 m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E5.0×103 V/m.

33、一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞，甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D.已知甲、乙两球的质量均为m1.0×102 kg，乙所带电荷量q2.0×105 C，g取10 m/s2.(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程中甲不带电，乙电荷无转移)求：(1)乙在轨道上的首次落点到B点的距离；(2)碰撞前甲球的速度v0的大小【答案】(1)0.4 m(2)2 m/s【解析】(1)设乙到达最高点D时的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，则mgqEm2R()t2xvDt联立得x0

34、.4 m(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0mv甲mv乙mv02mv甲2mv乙2联立得v乙v0由动能定理得mg·2RqE·2RmvD2mv乙2联立得v02 m/s.4.(2021·重庆九校联盟联考)在如图所示的平面直角坐标系xOy中，第象限区域内有沿y轴正方向(竖直向上)的匀强电场，电场强度大小E050 N/C；第象限区域内有一宽度d0.2 m、方向沿x轴正方向(水平向右)的匀强电场。质量m0.1 kg、带电荷量q1×102 C的小球从y轴上P点以一定的初速度垂直y轴方向进入第象限后，从x轴上的A点进入第象

35、限，并恰好沿直线通过该区域后从B点离开，已知P、A的坐标分别为(0,0.4 m)，(0.4 m,0)，取重力加速度g10 m/s2。求：(1)初速度v0的大小；(2)A、B两点间的电势差UAB；(3)小球经过B点时的速度大小。【答案】(1)1 m/s(2)5 V(3) m/s【解析】(1)小球进入竖直方向的匀强电场后做类平抛运动，小球带正电，受到的电场力方向竖直向上，根据牛顿第二定律，加速度a，解得a5 m/s2，根据平抛运动规律，小球沿水平方向做匀速运动，有xAv0t，竖直方向有yPat2，联立得v0xA，代入数据，解得v01 m/s。(2)设水平电场的电场强度大小为E，因未进入水平电场前，

36、带电小球做类平抛运动，所以进入电场时竖直方向的速度vy，因为小球在水平电场区域恰好做直线运动，所以合外力的方向与速度方向在一条直线上，即速度方向与合外力的方向相同，有，解得E50 N/C，设小球在水平电场中运动的水平距离为l，根据电势差与电场强度的关系有UABEl，解得UAB5 V。(3)设小球在B点的速度大小为v，对小球运动的全过程，由动能定理，有mv2mvmg(yPd)qUABqE0yP，解得v m/s。5.一质量为m的带电小球以速度v0沿竖直方向从A点垂直进入匀强电场E中，如图所示，经过一段时间后到达B点，其速度变为水平方向，大小仍为v0，重力加速度为g，求：(1)小球带电情况；(2)小

37、球由A到B的位移；(3)小球速度的最小值。【答案】(1)小球带正电，电荷量为(2)，与水平方向的夹角为45°斜向右上方(3)【解析】(1)从A到B过程中，在竖直方向小球做匀减速运动，加速度aygB点是最高点，竖直分速度为0，有t水平方向小球在电场力作用下做匀加速运动，可知小球带正电初速度为0，加速度ax水平方向有v0t联立解得qEmg可得q。(2)由(1)分析可知，小球运动的水平位移大小等于竖直位移大小在竖直方向有v2gh可得h所以由A到B的位移xABh其与水平方向的夹角为tan 1，即位移与水平方向的夹角为45°斜向右上方。(3)设重力与电场力的合力为F，其与水平方向的夹角为则tan 1，如图所示开始一段时间内，F与速度方向夹角大于90°，合力做负功，动能减小后来F与速度夹角小于90°，合力做正功，动能增加因此，当F与速度v的方向垂直时，小球的动能最小，速度也最小，设为vmin即tan 1，则vxvy，vxtgt，vyv0gt解得vxvy，故vmin。