2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 600分沖刺 專(zhuān)題三 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第8講 電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)優(yōu)練（含解析）

《2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 600分沖刺 專(zhuān)題三 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第8講 電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)優(yōu)練（含解析）》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 600分沖刺 專(zhuān)題三 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第8講 電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)優(yōu)練（含解析）（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 一、選擇題(本題共10小題，其中1～5題為單選，6～10題為多選) 1．(2019·廣東省汕頭市模擬)如圖所示，放置在水平地面上的箱子內(nèi)，帶電小球a、b用絕緣細(xì)線(xiàn)分別系于箱子的上、下兩邊，均處于靜止?fàn)顟B(tài)，下列說(shuō)法正確的是(　A　) A．兩球一定帶異種電荷 B．若增大b球帶電量，連接b的繩子拉力可能變小 C．若增大b球帶電量，連接a的繩子拉力可能不變 D．若增大b球帶電量，箱子對(duì)地面的壓力一定增大 [解析]　以b為研究對(duì)象，因處于靜止?fàn)顟B(tài)，則一定受到重力和豎直向上的庫(kù)侖引力，可能受到絕緣細(xì)線(xiàn)的拉力，所以?xún)汕蛞欢◣М惙N電荷；若增大b球帶電量，b受

2、到豎直向上的庫(kù)侖力增大，連接a的繩子拉力增大，連接b的繩子拉力也增大，故A正確，B、C錯(cuò)誤；以整體為研究對(duì)象，因均處于靜止?fàn)顟B(tài)，受到重力和豎直向上的支持力作用，二力平衡，若增大b球帶電量，還是受到重力和豎直向上的支持力作用，二力平衡，根據(jù)牛頓第三定律可知箱子對(duì)地面的壓力不變，故D錯(cuò)誤。 2．(2019·江西省吉安市模擬)避雷針上方有雷雨云時(shí)，避雷針附近的電場(chǎng)線(xiàn)分布如圖所示，圖中中央的豎直黑線(xiàn)AB代表了避雷針，CD為水平地面。MN是電場(chǎng)線(xiàn)中兩個(gè)點(diǎn)，下列說(shuō)法中正確的有(　C　) A．M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)比N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大 B．試探電荷從M點(diǎn)沿直線(xiàn)移動(dòng)到N點(diǎn)，電場(chǎng)力做功最少 C．M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)的電勢(shì)

3、高 D．CD的電勢(shì)為零，但其表面附近的電場(chǎng)線(xiàn)有些位置和地面不垂直 [解析]　根據(jù)題圖可知，M點(diǎn)的電場(chǎng)線(xiàn)較疏，因此M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)比N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)小，A錯(cuò)誤；依據(jù)電場(chǎng)力做功與路徑無(wú)關(guān)，因此試探電荷從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，不論路徑如何，電場(chǎng)力做功一樣的，B錯(cuò)誤；根據(jù)沿著電場(chǎng)線(xiàn)方向，電勢(shì)是降低的，因此M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)的電勢(shì)高，C正確；CD的電勢(shì)為零，是等勢(shì)面，因此電場(chǎng)線(xiàn)總是垂直等勢(shì)面，D錯(cuò)誤。 3．(2019·山東省聊城市模擬)如圖所示的四條實(shí)線(xiàn)是電場(chǎng)線(xiàn)，它們相交于點(diǎn)電荷O，虛線(xiàn)是只在電場(chǎng)力作用下某粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，A、B、C、D分別是四條電場(chǎng)線(xiàn)上的點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是(　C　) A．O點(diǎn)一定有一個(gè)正點(diǎn)

4、電荷 B．B點(diǎn)電勢(shì)一定大于C點(diǎn)電勢(shì) C．該粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能一定大于D點(diǎn)的動(dòng)能 D．將該粒子在B點(diǎn)由靜止釋放，它一定沿電場(chǎng)線(xiàn)運(yùn)動(dòng) [解析]　沒(méi)有畫(huà)出電場(chǎng)線(xiàn)的方向，所以O(shè)點(diǎn)可能是正電荷，也可能是負(fù)電荷，A錯(cuò)誤；由于不知道電場(chǎng)線(xiàn)的方向，所以無(wú)法判斷B、C兩點(diǎn)電勢(shì)的高低，B錯(cuò)誤；由于做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的物體受力的方向指向曲線(xiàn)的內(nèi)側(cè)，可知該粒子在該電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力沿電場(chǎng)線(xiàn)向下，故從A到D電場(chǎng)力對(duì)粒子做負(fù)功，粒子的動(dòng)能減小，則粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能較大，C正確；電場(chǎng)中的帶電粒子受力的方向沿電場(chǎng)線(xiàn)的切線(xiàn)方向，由于B點(diǎn)所在電場(chǎng)線(xiàn)為曲線(xiàn)，所以將該粒子在B點(diǎn)由靜止釋放，它一定不能沿電場(chǎng)線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。 4．(201

5、9·河北衡水中學(xué)模擬)如圖所示，平行板電容器與直流電源連接，上極板接地。一帶負(fù)電的油滴位于容器中的P點(diǎn)且處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將下極板豎直向下緩慢地移動(dòng)一小段距離，則(　C　) A．帶電油滴將豎直向上運(yùn)動(dòng) B．帶電油滴的機(jī)械能將增加 C．P點(diǎn)的電勢(shì)將升高 D．電容器的電容增加，極板帶電量增加 [解析]　一個(gè)帶負(fù)電的油滴最初處于靜止?fàn)顟B(tài)，說(shuō)明油滴受到的電場(chǎng)力和重力平衡；現(xiàn)在將下極板向下移動(dòng)，板間的電壓等于電源電動(dòng)勢(shì)不變，所以板間的電場(chǎng)強(qiáng)度將減小，即油滴受到的電場(chǎng)力減小，所以油滴受到的重力大于電場(chǎng)力，油滴將豎直向下運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)A項(xiàng)的分析可得，油滴向下運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做負(fù)功；機(jī)械能的變化

6、等于除重力和彈簧的彈力外的其他力做功，所以機(jī)械能將減小，故B錯(cuò)誤；因?yàn)樯蠘O板接地，所以上極板的電勢(shì)為零，并且上極板接電源的正極，下極板接電源的負(fù)極，所以上極板的電勢(shì)高于下極板的電勢(shì)，電場(chǎng)線(xiàn)的方向是豎直向下的，板間各點(diǎn)的電勢(shì)為負(fù)值；設(shè)P點(diǎn)距離上極板的距離為x，則P點(diǎn)的電勢(shì)為－x，由于d增加，所以P點(diǎn)的電勢(shì)將升高，故C正確；根據(jù)電容C＝，d增加，C減小，據(jù)θ＝CU，U不變，C減小，所以極板帶電量減小，故D錯(cuò)誤。 5．(2019·江西臨川模擬)在某孤立點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中，規(guī)定無(wú)限遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，則電場(chǎng)中任意點(diǎn)的電勢(shì)φ與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離r的關(guān)系圖象如圖所示。電場(chǎng)中a、c兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小之比為k1，b、d

7、兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小之比為k2；帶電粒子從a點(diǎn)移到b點(diǎn)電場(chǎng)力做功為W1，從c點(diǎn)移到d點(diǎn)電場(chǎng)力做功為W2，下列說(shuō)法正確的是(　A　) A．k1k2＝11　　　　 B．k1k2＝14 C．W1W2＝11 D．W1W2＝14 [解析]　由點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式可知，孤立點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中某點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷距離的平方成反比，因此k1＝＝16，k2＝＝16，故k1k2＝11選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)；由W＝qU可知，在電場(chǎng)中移動(dòng)電荷時(shí)電場(chǎng)力做的功與移到的兩點(diǎn)間電勢(shì)差成正比，因此W1W2＝41，C、D兩項(xiàng)錯(cuò)。 6．(2019·吉林五地六校合作體期末聯(lián)考)如圖甲，質(zhì)量為m、電荷量為－e

8、的粒子初速度為零，經(jīng)加速電壓U1加速后，在水平方向沿O1O2垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)。已知形成偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的平行板電容器的板長(zhǎng)為L(zhǎng)，兩極板間距為d，O1O2為兩極板的中線(xiàn)，P是足夠大的熒光屏，且屏與極板右邊緣的距離為L(zhǎng)，不考慮電場(chǎng)邊緣效應(yīng)，不計(jì)粒子重力。則下列說(shuō)法正確的是 (　ACD　) A．粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度大小v＝ B．若偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩板間加恒定電壓U0，粒子經(jīng)過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后正好打中屏上的A點(diǎn)，A點(diǎn)與極板M在同一水平線(xiàn)上，則所加電壓U0＝ C．若偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩板間的電壓按如圖乙作周期性變化，要使粒子經(jīng)加速電場(chǎng)后在t＝0時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后水平擊中A點(diǎn)，則偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)周期T應(yīng)該滿(mǎn)足的條件為T(mén)＝(n

9、＝1,2,3…) D．若偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩板間的電壓按如圖乙做周期性變化，要使粒子經(jīng)加速電場(chǎng)后在t＝0時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后水平擊中A點(diǎn)，則偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)周期U0應(yīng)該滿(mǎn)足的條件為U0＝(n＝1,2,3…) [解析]　根據(jù)動(dòng)能定理得，eU1＝mv2，解得v＝，故A正確；粒子出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)，速度的反向延長(zhǎng)線(xiàn)經(jīng)過(guò)中軸線(xiàn)的中點(diǎn)，由題意知，電子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)到達(dá)A點(diǎn)，設(shè)電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角為θ，則由幾何關(guān)系得：＝(L＋L)tanθ，解得tanθ＝，又tanθ＝＝＝，解得：U0＝，故B錯(cuò)誤；要使電子在水平方向擊中A點(diǎn)，電子必向上極板偏轉(zhuǎn)，且vy＝0，則電子應(yīng)在t＝0時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，且電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)

10、中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為整數(shù)個(gè)周期，則因?yàn)殡娮铀缴涑?，則電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間滿(mǎn)足t＝＝nT，則 T＝＝＝·(n＝1,2,3,4…)，在豎直方向位移應(yīng)滿(mǎn)足＝2n×a()2＝2n×··()2，解得U0＝(n＝1,2,3,4…)，故C、D正確。 7．(2019·安徽省金安區(qū)模擬)如圖所示a、b、c、d為勻強(qiáng)電場(chǎng)中的等勢(shì)面，一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量力q(q>0)的粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)。A、B為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)。已知該粒子在A點(diǎn)的速度大小為v1，在B點(diǎn)的速度大小為v2，方向與等勢(shì)面平行。A、B連線(xiàn)長(zhǎng)為L(zhǎng)，連線(xiàn)與等勢(shì)面間的夾角為θ，不計(jì)粒子受到的重力，則(　CD　) A．v1可能等于v2 B．等

11、勢(shì)面b的電勢(shì)比等勢(shì)面c的電勢(shì)高 C．粒子從A運(yùn)動(dòng)到B所用時(shí)間為 D．勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 [解析]　由粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可知，粒子受向上的電場(chǎng)力，此過(guò)程中電場(chǎng)力做負(fù)功，動(dòng)能減小，v1＞v2，A錯(cuò)誤；粒子帶正電，電場(chǎng)線(xiàn)方向向上，等勢(shì)面b的電勢(shì)比等勢(shì)面c的電低，B錯(cuò)誤；粒子在水平方向做速度為v2的勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，水平方向列方程：Lcosθ＝v2t，時(shí)間t＝，C正確；由動(dòng)能定理列方程：－qELsinθ＝m(v－v)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝，D正確。 8．(2019·湖南省永州市模擬)如圖所示，圓為負(fù)點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)中的一等勢(shì)線(xiàn)，圓關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)，與x軸的交點(diǎn)分別為a，b，x軸上另有c、d點(diǎn)，各點(diǎn)間的距

12、離為ac＝cd，下列說(shuō)法正確的是(　AC　) A．b點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度比c點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大 B．b點(diǎn)的電勢(shì)比c點(diǎn)電勢(shì)高 C．各點(diǎn)間的電勢(shì)差滿(mǎn)足Udc＜Ucb D．電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在C點(diǎn)的電勢(shì)能低 [解析]　負(fù)點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)，a、b在同一等勢(shì)面上，點(diǎn)電荷在圓心處，根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式可知，b點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度比c點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大，A正確；沿電場(chǎng)線(xiàn)方向電勢(shì)逐漸降低，ac點(diǎn)的電勢(shì)比c點(diǎn)電勢(shì)低，B錯(cuò)誤；因ac＝cd，且cd段各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)均小于ac段各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)，故Udc＜Uca，因a、b在同一等勢(shì)面上，故Udc＜Ucb，C正確；因φa＜φc，電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在c點(diǎn)的電勢(shì)能高，D錯(cuò)誤。 9．(2019·山東省濟(jì)

13、南市模擬)如圖所示，以O(shè)為圓心、半徑為R的虛線(xiàn)圓位于足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，圓所在平面與電場(chǎng)方向平行，M、N為圓周上的兩點(diǎn)。帶正電粒子只在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，在M點(diǎn)速度方向如圖所示，經(jīng)過(guò)M、N兩點(diǎn)時(shí)速度大小相等。已知M點(diǎn)電勢(shì)高于O點(diǎn)電勢(shì)，且電勢(shì)差為U，下列說(shuō)法正確的是(　AB　) A．M、N兩點(diǎn)電勢(shì)相等 B．粒子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，電勢(shì)能先增大后減小 C．該勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 D．粒子在電場(chǎng)中可能從M點(diǎn)沿圓弧運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn) [解析]　帶電粒子僅在電場(chǎng)力作用下，由于粒子在M、N兩點(diǎn)動(dòng)能相等，則電勢(shì)能也相等，由公式Ep＝qφ知M、N兩點(diǎn)電勢(shì)相等，A正確；因?yàn)槭莿驈?qiáng)電場(chǎng)，所以?xún)牲c(diǎn)的連線(xiàn)MN即

14、為等勢(shì)面。根據(jù)等勢(shì)面與電場(chǎng)線(xiàn)垂直特征，又M點(diǎn)電勢(shì)高于O點(diǎn)電勢(shì)，從而畫(huà)出電場(chǎng)線(xiàn)。粒子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)過(guò)程中，各點(diǎn)電勢(shì)先增大后減小，由公式Ep＝qφ得到帶正電粒子電勢(shì)能先增大后減小，B正確；勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度U＝Ed式中的d是沿著電場(chǎng)強(qiáng)度方向的距離，因而由幾何關(guān)系可知，UMO＝E×R，所以E＝，C錯(cuò)誤；粒子受到恒定的電場(chǎng)力，做類(lèi)拋體運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。 10．(2019·廣東省深圳市模擬)如圖所示，在豎直面(紙面)內(nèi)有勻強(qiáng)電場(chǎng)，帶電量為q(q＞0)、質(zhì)量為m的小球受水平向右大小為F的恒力，從M勻速運(yùn)動(dòng)到N。已知MN長(zhǎng)為d，與力F的夾角為60°，重力加速度為g，則(　ACD　) A．場(chǎng)強(qiáng)大小為

15、B．M、N間的電勢(shì)差為 C．從M到N，電場(chǎng)力做功為mgd－Fd D．若僅將力F方向順時(shí)針轉(zhuǎn)60°，小球?qū)腗向N做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) [解析]　小球做勻速運(yùn)動(dòng)，所受合力為0，小球受到重力，水平向右的恒力F，則電場(chǎng)力與重力和恒力F的合力等大反向，即qE＝，則場(chǎng)強(qiáng)大小E＝，A正確；勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線(xiàn)方向不沿MN方向，所以M、N間的電勢(shì)差不是d，B錯(cuò)誤；對(duì)小球從M到N過(guò)程由動(dòng)能定理列方程： －mgdsin60°＋Fdcos60°＋W電＝0，得到電場(chǎng)力做功W電＝mgd－Fd，C正確；重力與電場(chǎng)力的合力與恒力F等大反向，即重力與電場(chǎng)力的合力大小為F，方向水平向左，與MN的延長(zhǎng)線(xiàn)夾角為60°，若將力F方

16、向順時(shí)針轉(zhuǎn)60°，此時(shí)力F與MN的延長(zhǎng)線(xiàn)夾角也為60°，由平行四邊形定則可得它們的合力方向沿NM方向，所以小球?qū)腗到N做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，D正確。 二、計(jì)算題(本題共2小題，需寫(xiě)出完整的解題步驟) 11．(2019·攀枝花二模)如圖所示，在豎直面內(nèi)有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正六邊形區(qū)域，O為中心點(diǎn)，CD水平。將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動(dòng)能從B點(diǎn)水平向右拋出，小球運(yùn)動(dòng)軌跡過(guò)D點(diǎn)?，F(xiàn)在該豎直面內(nèi)加一勻強(qiáng)電場(chǎng)，并讓該小球帶電，電荷量為＋q，并以前述初動(dòng)能沿各個(gè)方向從B點(diǎn)拋入六邊形區(qū)域，小球?qū)⒀夭煌壽E運(yùn)動(dòng)。已知某一方向拋入的小球過(guò)O點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為初動(dòng)能的，另一方向拋入的小球過(guò)C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能與初動(dòng)能相等。重力加速度

17、為g，電場(chǎng)區(qū)域足夠大，求： (1)小球的初動(dòng)能； (2)取電場(chǎng)中B點(diǎn)的電勢(shì)為零，求O、C兩點(diǎn)的電勢(shì)； (3)已知小球從某一特定方向從B點(diǎn)拋入六邊形區(qū)域后，小球?qū)?huì)再次回到B，求該特定方向拋入的小球在六邊形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。 [答案]　(1)mgL　(2)，　(3)6 [解析]　(1)設(shè)小球從B點(diǎn)拋出時(shí)速度為v0，從B到D所用時(shí)間為t，小球做平拋運(yùn)動(dòng) 在水平方向上x(chóng)BD＝v0t 在豎直方向上yBD＝ gt2 由幾何關(guān)系可知：xBD＝ Lcos60°＋L，yBD＝Lsin60° 解得小球的初動(dòng)能為：EkB＝mv＝mgL (2)帶電小球B→O：由動(dòng)能定理得：EkO－EkB＝q

18、UBO UBO＝φB－φO 解得：φO＝ 帶電小球B→C：由動(dòng)能定理得： EkC－EkB＝mgLsin60°＋qUBC UBC＝φB－φC 解得：φC＝ (3)在正六邊形的BC邊上取一點(diǎn)G，令φG＝φO，設(shè)G到B的距離為x， 則由勻強(qiáng)電場(chǎng)性質(zhì)可知： ＝ 解得：x＝L 由幾何知識(shí)可得，直線(xiàn)GO與正六邊形的BC邊垂直，OG為等勢(shì)線(xiàn)，電場(chǎng)方向沿CB方向，由勻強(qiáng)電場(chǎng)電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)的關(guān)系可得：E＝＝ 根據(jù)力合成的平行四邊形定則可得：F合＝mg，方向F→B 只有沿BF方向拋入的小球才會(huì)再次回到B點(diǎn)，該小球進(jìn)入六邊形區(qū)域后，先做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，速度減為零后反向勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)回到B

19、點(diǎn)， 設(shè)勻減速所用時(shí)間為t1，勻加速所用時(shí)間為t2，勻減速發(fā)生的位移為x 則t2－t1＝ 由牛頓定律得：ma＝mg x＝＝L＜BF(未射出六邊形區(qū)域) 小球在六邊形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝t1＋t2＝6 12．(2019·河北模擬)如圖所示，在水平線(xiàn)MN上方區(qū)域有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在電場(chǎng)內(nèi)有一光滑絕緣平臺(tái)，平臺(tái)左側(cè)靠墻，平臺(tái)上有帶絕緣層的輕彈簧，其左端固定在墻上，彈簧不被壓縮時(shí)右側(cè)剛好到平臺(tái)邊緣，光滑絕緣平臺(tái)右側(cè)有一水平傳送帶，傳送帶A、B兩端點(diǎn)間距離L＝1 m，傳送帶以速率v0＝4 m/s順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，現(xiàn)用一帶電小物塊向左壓縮彈簧，放手后小物塊被彈出，從傳送帶的B端飛出。小物塊經(jīng)過(guò)

20、MN邊界上C點(diǎn)時(shí)，速度方向與水平方向成45°角，經(jīng)過(guò)MN下方M′N(xiāo)′水平線(xiàn)上的D點(diǎn)時(shí)，速度方向與水平方向成60°角。傳送帶B端距離MN的豎直高度h1＝0.4 m，MN與M′N(xiāo)′平行，間距h2＝1.6 m，小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，小物塊的質(zhì)量為m＝0.1 kg，帶電量q＝1×10－2 C，平臺(tái)與傳送帶在同一水平線(xiàn)上，二者連接處縫隙很小，不計(jì)小物塊經(jīng)過(guò)連接處的能量損失，重力加速度為g＝10 m/s2，＝1.732，＝2.236。求： (1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E； (2)彈簧彈性勢(shì)能的最大值； (3)當(dāng)小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)因摩擦產(chǎn)生的熱量最大時(shí)，小物塊在傳送帶上發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)

21、的時(shí)間t。 [答案]　(1)100 N/C　(2)1 J　(3)0.268 s [解析]　(1)設(shè)小物塊從B點(diǎn)飛出的速度為vB，在C點(diǎn)、D點(diǎn)時(shí)的速度分別為v1、v2。 在C點(diǎn)小物塊的速度方向與水平方向成45°角，則由幾何關(guān)系可知v1x＝v1y＝vB 小物塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，在豎直方向上有 2ah1＝v＝v 在D點(diǎn)由＝tan60°，解得v2y＝vB 小物塊從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程中，在豎直方向上有 2gh2＝v－v＝(vB)2－v＝2v 解得vB＝4 m/s 將其代入2ah1＝v＝v，解得a＝20 m/s2 小物塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，有qE＋mg＝ma，解得E＝100

22、N/C。 (2)小物塊被彈簧彈開(kāi)，恰好減速到B端與傳送帶同速，則小物塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端由v－v2＝－2a0L，ma0＝μ(Eq＋mg)，小物塊在A點(diǎn)具有的動(dòng)能即為彈簧具有的最大彈性勢(shì)能，則Ep＝Ek＝mv2＝1 J。 (3)小物塊在傳送帶上摩擦產(chǎn)生熱量的最大值是物塊在傳送帶上相對(duì)位移最長(zhǎng)的情況，有兩種情況，一種是物塊一直加速運(yùn)動(dòng)到B端與傳送帶共速，一種是物塊在傳送帶上減速到B端與傳送帶共速。 第一種情況：傳送帶的位移：x0＝v0t1 物塊的位移為L(zhǎng)：v－v2＝2a0L 物塊的速度變化為v0＝v＋a0t1 聯(lián)立即得t1＝(2－)s 第二種情況：傳送帶的位移：x0′＝v0t2 物塊的位移為L(zhǎng)：v－v2＝－2a0L 物塊的速度變化為v0＝v－a0t2 聯(lián)立解得t2＝(－2)s 計(jì)算可得第1種情況相對(duì)位移大于第2種情況的相對(duì)位移，則t＝t1 小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)因摩擦產(chǎn)生的熱量最大時(shí)，小物塊在傳送帶上發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝0.268 s。 - 10 -