2022年高考物理二轮复习计算专题——电场(word版含答案)
文档属性
| 名称 | 2022年高考物理二轮复习计算专题——电场(word版含答案) |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.5MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-05-16 11:23:38 | ||
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文档简介
2022年高考物理二轮复习计算专题——电场
1．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校一模）如图所示，足够大的光滑绝缘水平地面上有一足够长的带正电平板，平板的右端与绝缘墙壁的距离为L；在平板的上面有一带正电的绝缘物块，平板和物块的质量均为m、带电荷量均为q，物块与平板间有一种特殊物质（质量不计），可使得它们之间的滑动摩擦力大小为kmg（k>1，g为重力加速度大小）。自t0时刻开始，加一水平问右、电场强度大小E=的匀强电场，使平板和物块一起向右做匀加速直线运动，直至平板碰到墙壁。假设平板与墙壁碰撞的时间极短且以碰前速率返回，不计空气阻力，运动过程中平板和物块上所带的电荷量都不发生变化。求：
（1）平板第一次与墙壁碰撞后的一小段时间内，物块的加速度大小a1；
（2）从开始到平板与墙壁第二次碰撞前的瞬间，物块相对于平板的位移 x的大小；
（3）从开始到平板和物块都静止的过程中，系统因摩擦而产生的热量。
2．（2022·江西鹰潭·二模）在光滑绝缘水平面上有A、P、B三个点，PA＝4PB。一质量为m的小球受到沿PA方向的恒定拉力作用，并从P点在水平面内以某一初速度垂直PA抛出，小球在运动过程中恰好通过B点，此时其速度大小为初速度大小的倍。使小球带上电荷量为＋q的正电，同时加上一水平方向的匀强电场，若将此带电小球从P点以同样的初速度大小在水平面内沿某一方向抛出，小球也通过B点，此时小球的速度大小是初速度大小的2倍，若该带电小球从P点以同样的初速度大小在水平面内沿另一方向抛出，恰好通过A点，此时小球的速度大小为初速度大小的倍。已知小球无论是否带电，均受到大小为F、沿PA方向的恒定拉力作用。求：
（1）设∠APB=θ，则tanθ多大？
（2）电场的场强大小以及场强方向与PA的夹角α的余弦值cosα；
（3）有电场且小球带电时，小球从P点运动到A点过程与从P点运动到B点过程的电势能变化量的比值。
3．（2022·山东临沂·二模）如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为的水平轨道AB通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道AB和水平轨道BO（长为）在B点与一个半径的光滑的竖直固定圆弧轨道相切于B点。以水平轨道BO末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下。水平轨道BO右下方有一段弧形轨道PQ，该弧形轨道是曲线在坐标系xOy（x>0，y>0）中的一半（见图中实线部分），弧形轨道Q端在y轴上。带电量为q（q>0）、质量为m的小球1与水平轨道AB、BO间的动摩擦因数为，在x轴上方存在竖直向上的匀强电场，其场强，重力加速度为g。
（1）若小球1从倾斜轨道上由静止开始下滑，恰好能经过圆形轨道的最高点，求小球1经过O点时的速度大小；
（2）若小球1从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上，请证明小球1每次落在PQ时动能均相同，并求出该动能大小；
（3）将小球2静置于O点，小球1沿倾斜轨道由静止开始下滑，与小球2发生弹性碰撞（碰撞时间极短），小球1与小球2发生碰撞前的速度为，要使两小球碰后均能落在弧形轨道PQ上的同一地点，且小球1运动过程中从未脱离过圆形轨道，求小球1和小球2的质量之比。
4．（2022·北京丰台·二模）如图所示，长的轻质细线上端固定在悬点，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向左、范围足够大的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角。已知悬点O距地面的高度，小球所带电荷量，匀强电场的场强，空气阻力可以忽略，取重力加速度，，。求：
（1）小球的质量；
（2）若将电场撤去，小球摆到最低点时速度的大小；
（3）若保持原电场不变，剪断细线，小球落地时动量的大小和方向。
5．（2022·重庆·西南大学附中模拟预测）如图甲，在光滑绝缘水平地面上，宽为的区域内存在水平向右的电场，电场强度随时间变化的图像如图乙，质量为的不带电绝缘小球静止在区域内距A为x（）的位置，时，带电量为、质量为m的小球以速度从A点进入区域，与发生碰撞后以反弹，已知、在区域内只发生一次碰撞，碰撞时问极短，的电量保持不变。
（1）求碰撞后小球获得的速度；
（2）若时，刚好从A离开区域，求这种情况下x的值；
（3）当时，讨论离开区域时的速度大小。
6．（2022·北京·模拟预测）示波管的结构如图甲所示，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，两对偏转电极XX 、YY 相互垂直。如图乙所示，荧光屏上有xoy直角坐标系，坐标原点位于荧光屏的中心，x轴与电极XX 的金属板垂直，其正方向由X 指向X，y轴与电极YY 的金属板垂直，其正方向由Y 指向Y。电子枪中的金属丝加热后可以逸出电子，电子经加速电极间的电场加速后进入偏转电极间，两对偏转电极分别使电子在两个相互垂直的方向发生偏转，最终打在荧光屏上，产生一个亮斑。已知两对偏转电极极板都是边长为l的正方形金属板，每对电极的两个极板间距都为d，加速电极间电压为U0，电子的电荷量为e，质量为m。忽略电子刚离开金属丝时的速度，不计电子之间相互作用力及电子所受重力的影响。下列各情形中，电子均能打到荧光屏上。
（1）若两个偏转电极都不加电压时，电子束将沿直线运动，且电子运动的轨迹平行每块偏转极板，最终打在xoy坐标系的坐标原点。求电子到达坐标原点前瞬间速度的大小v0。
（2）若在偏转电极YY 之间加恒定电压U1，而偏转电极XX 之间不加电压，已知电极YY 的右端与荧光屏之间的距离为L1。求电子打在荧光屏上的位置坐标。
（3）若电极XX 的右端与荧光屏之间的距离为L2，偏转电极XX 之间加如图丙所示的扫描电压。当偏转电压发生变化时，可利用下述模型分析：由于被加速后电子的速度较大，它们都能从偏转极板右端穿出极板，且时间极短，此过程中可认为偏转极板间的电压不变。
（i）在偏转电极YY 之间不加电压时，请说明电子打在荧光屏上，形成亮斑的位置随时间变化的关系；
（ii）在偏转电极YY 之间加电压时，请在图丁中定性画出在荧光屏上看到的图形。
7．（2022·湖北湖北·二模）如图所示，在xOy竖直面内，OA距离为h。一质量为m、带电量为+q（）的小球从坐标原点O以速度水平向左飞出，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）若空间同时存在范围足够大的正交的匀强电场和匀强磁场，使得小球做匀速圆周运动经过点，求电场强度E0和磁感应强度B的大小和方向；
（2）若空间只存在范围足够大的平行于竖直面的匀强电场，使小球恰好以速度通过y轴上的A点，求电场强度E的大小。
8．（2022·辽宁·模拟预测）如图所示，与水平面成角的、足够长的分界线将空间分成Ⅰ和Ⅱ两个区域。一个质量为m、电荷量为的带电粒子以大小为的速度从分界线上的P点水平向右射入区域Ⅰ，区域Ⅰ内有方向竖直向下、电场强度大小为E的匀强电场；区域Ⅱ有方向垂直于纸面，磁感应强度大小为B的匀强磁场，不计粒子重力。求：
（1）水平向右射入区域Ⅰ的粒子，第一次进入磁场时速度v的大小；
（2）粒子第一次进人磁场时的位置到出发点P的距离；
（3）粒子进入磁场中运动后，第一次离开区域Ⅱ时的位置到出发点P的距离。
9．（2022·云南昆明·一模）如图甲所示，电子枪的金属丝K连续不断地逸出电子，电子初速度不计，经M、N两金属板之间的电场加速后，沿A、B两水平金属极板间的中心线OP射入极板间的偏转电场，。A、B两板间的距离为d，两板间的电势差uAB随时间t的变化图像如图乙所示，图中U1已知，uAB的变化的周期为3t0。两板间的电场视为匀强电场，时刻射入A、B两极板间的电子在偏转电场中经4t0后从极板右侧射出。已知电子的质量为m、电荷量为-e，重力不计，打到极板上的电子均被吸收，不计电子之间的相互作用力。
（1）求A、B金属板的长度L；
（2）求时刻射入偏转电场的电子，从极板右侧射出时相对中线OP在竖直方向的位移偏移量y；
（3）仅上下调整A、B两水平极板的位置，保证电子仍然能沿OP方向射入偏转电场，要使从极板右侧射出的电子速度均水平，求A、B两板间的最小距离d1。
10．（2022·重庆市育才中学模拟预测）粗糙绝缘水平地面与光滑绝缘半圆弧竖直轨道相切P点，右侧（含）有水平向右的匀强电场，电场强度大小为，圆轨道半径为R，长度．A点左侧有一弹射装置，A点右侧B处静置一质量为m带电荷量为的滑块C，长度，如图所示．现用此装置来弹射一质量为的滑块D，滑块D在A点获得弹簧储存的全部弹性势能后向右运动，到达B点与C发生弹性碰撞（碰撞过程中C的电荷量不变），碰撞后滑块C继续向右运动到P点进入光滑圆轨道．滑块C、D与地面的动摩擦因数均为，不计空气阻力，滑块都可看作质点，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g．
（1）若滑块D获得的弹性势能后与C发生碰撞，求碰后瞬间滑块C的速度大小；
（2）第（1）问的情境中，C继续运动到达圆轨道的最高点Q，求此时滑块C对轨道的压力大小；
（3）若弹射装置弹射出滑块D后，滑块D与C发生弹性碰撞，要使C能滑上圆弧轨道，并且可沿轨道滑回平面，求滑块D获得的弹性势能的范围．
11．（2022·宁夏·银川一中一模）如图，ABC是固定在竖直面内、圆心在O点、半径为R的绝缘光滑圆弧形轨道，B、C分别为轨道的最低和最高点，∠AOB=60°，轨道所在空间有竖直方向（未画出场强方向）的匀强电场。现从轨道所在竖直面内距A点高度为2R的P点，以大小的初速度水平向右抛出一质量为m、电荷量为q（q>0）的小球，小球恰能在A点沿轨道切线进入轨道。小球可视为质点且运动过程中电荷量不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
（1）求匀强电场的电场强度；（2）小球能否通过C点？若能，则求出在C点轨道对小球的弹力大小；若不能，则说明理由。
12．（2022·四川·成都七中一模）如图所示，半径为R的光滑绝缘环形轨道竖直放置，在圆轨道的最低点B处固定一带电小球，另有质量为m的带电小球（图中未画出）穿在圆环上，从A点（水平最右端）处无初速释放。若小球运动到C点时获得最大速度，其大小为，且。求：
（1）小球从A点运动到C点的过程中电场力所做的功；（2）小球通过C点时对轨道的压力大小；
（3）小球在A点的加速度。
13．（2022·四川巴中·模拟预测）质量m=1kg的物块C带电量为q=0.4C，静止于木板A的左端；绝缘木板A的质量亦为1kg，绝缘木板B的质量M=2kg，A、B均置于水平地面上，它们之间距离为L=05m，木板A和木板B与水平地面之间的动摩擦因数都为μ1=0.1，C与A、B之间的动摩擦因数都为μ2=0.5（最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力）开始时，三个物体均处于静止状态。现加一水平向右的匀强电场，电场强度为E=10N/C．经过一段时间后物块C最终停留在木板B上某处。假定物块C的电量保持不变且可视为质点，木板A、B碰撞时间极短，碰撞后粘连在一起，电场区域足够大。求：
（1）分析说明加电场后A与C能否一起运动
（2）A与木板B碰撞后，木板B的速度vB是多大（计算结果可用分数表示）
（3）从A与B碰撞到物块C刚相对于木板B静止的过程中，物块C的电势能变化量△EP是多少
14．（2022·河北衡水中学模拟预测）如图，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左，静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧虚线所在处场强为E0，方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；QN=2d、PN=3d，离子重力不计。
（1）求粒子离开加速度电场时的速度的大小及圆弧虚线对应的半径R的大小；
（2）若离子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值；
（3）若矩形区域内的电场强度与（2）中的电场强度相同，从A点静止释放离子的电荷量为2q，其他不变，计算打到NQ上的位置。
15．（2022·重庆市开州中学一模）如图，绝缘平板A静置于水平面上，电荷量的物块B（可视为质点）置于平板最左端。平板质量M=2kg，物块质量m=1kg，物块与平板间动摩擦因数，平板与水平面间动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。t=0（此时为计时起点），空间提供水平向右的匀强电场图中未画出，场强大小；t=1s时，电场反向变为水平向左，场强大小不变；t=1.25s时，撤去电场。整个过程中，物块B的电荷量保持不变，物块始终未离开平板，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2.求：
（1）t=1s时，物块和平板的速度大小分别是多少？
（2）平板A的长度至少为多少？
（3）整个过程中，电场力对物块B所做的功是多少？
16．（2022·浙江·模拟预测）如图所示，倾角θ=37°的粗糙绝缘斜面AB与粗糙绝缘水平地面BC在B点平滑连接，B点右侧区域存在水平向左的匀强电场，电场强度大小E=5.0×103 N/C。斜面顶端A点离地高度h=2.4 m，可视为质点的带正电金属滑块质量m=1.0 kg、电荷量q=1.0×10-4 C。现将滑块从A点由静止释放，最后停在水平地面上的C点。已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.5，滑块与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.15，重力加速度g取10 m/s ，sin37°=0.6，cos37°=0.8求：
（1）滑块在粗糙绝缘斜面AB上下滑时加速度a1的大小；
（2）求滑块在水平地面上滑行的距离；
（3）将电场强度的大小突然增大到某一值，可使静止在C点的滑块恰好能重新返回到斜面顶端A点，求滑块从C点重新返回到斜面顶端A点所需要的时间t。
17．（2022·北京朝阳·模拟预测）在一个点电荷Q的电场中，以点电荷Q的位置为原点O建立平面直角坐标系，如图1所示，在其中A、B两点分别放置试探电荷，试探电荷受到静电力的大小F跟试探电荷的电荷量q的关系分别如图2中直线a、b所示。已知A点的坐标为（0.3 m，0）。
（1）求A点电场强度的大小EA和B点电场强度的大小EB。
（2）求B点到点电荷Q的距离rB。
（3）将一试探电荷从B点移动到A点，请根据点电荷场强分布的特点，自选两条移动路径证明，电场力做的功WBA与路径无关（在图中画出所选择的路径）。
18．（2022·山东微言教育咨询有限公司模拟预测）如图所示，轻绳的一端挂一小球，另一端连接一轻质小环，小环套在水平放置的 足够长的直杆上，M为直杆上的一点，MN为垂直于直杆的分界线，MN的左侧存在水 平向右的匀强电场。直杆在M左侧部分光滑，M右侧部分环与杆的动摩擦因数= 0. 75将小环用一插销固定在直杆的O点，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角0 = 37°。已知，小球质量为带电荷量的大小为q，绳长为l，点到MN的距离为，最大静 摩擦力等于滑动摩擦力（sin37°=0. 6，cos37°=0. 8，重力加速度为g）。求：
（1）电场的电场强度E大小；
（2）拔下插销后，轻绳第一次竖直前瞬间小球速度v1大小；
（3）小球第一次离开电场的速度v2大小；
（4）小球第一次离开电场后摆动到最大高度时，轻绳与竖直方向的夹角。
20．（2022·广西南宁·二模）如图所示，在平面直角坐标系中，第二象限内有匀强电场（图中未画出），—质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从x轴上的点垂直电场方向进入第二象限，已知其入射速度大小为、方向与x轴正方向成75°，该粒子恰好能从y轴上的点 进入第一象限内的匀强电场，且进入时的速度方向与第一象限内的电场方向相反，第一象限内匀强电场的电场强度大小E′=。不计粒子受到的重力。求：
（1）第二象限内匀强电场的电场强度大小E；
（2）粒子从P点出发到第二次离开第二象限所经历的时间t′。
参考答案：
1．（1）（k-1）g；（2）；（3）
【解析】
（1）第一次碰撞后，对物块
kmg-qE=ma1
解得
a1＝（k-1）g
（2）平板第一次与墙壁碰撞时的速度为v1，根据动能定理
解得
第一次碰撞后平板
kmg+qE=ma2
解得
a2＝（k+1）g
第一次碰撞后平板先向左做匀减速直线运动，后向右做匀加速直线运动；物块向右做匀减速直线运动，第二次与墙壁碰撞前达到速度相同，规定向右为正方向，从平板第一次与墙壁碰撞到平板和物块速度相同时， 对平板有
v共＝－v1＋a2t1
对物块有
v共＝v1－a1t1
解得
t1=
v共=
从平板第一次与墙壁碰撞到平板与物块共速时物块的位移为
木板的位移为
之后到碰挡板前二者没有相对滑动，所以从释放到木板第二次与挡板碰撞前的瞬间物块相对平板的位移为
Δx＝x1+x2
解得
（3）最终平板的右端与墙壁存在弹力，平板和物块都静止。从释放到平板和物块都静止的过程中，物块相对于平板的相对路程为x，由能量守恒有
qE·L＋qE·（L＋x）＝Q
Q=kmgx
解得二者的相对路程
系统因摩擦产生的热量
2．（1）；（2）；；（3）
【解析】
（1）小球P→B作类平抛运动，设PB长为L，时间为t，加速度为a，B点速度为v
解得
（2）没有电场时，小球P→B由动能定理得
解得
有电场时，设P、B两点电势差为UPB，小球P→B由动能定理得
有电场时，设P、A两点电势差为UPA，小球P→A由动能定理得
其中，
整理得
所以
电场方向如图所示
PC=3L
在三角形BPC中据余弦定理得
据正弦定理得
过P点作CB的垂线交于D点，则场强方向与PA夹角α有
电场强度
E=
（3）据电场力做功与电势能变化关系可知
3．（1）；（2）证明过程见解析，；（3）或
【解析】
（1）设小球1恰好经过圆形轨道最高点时的速度大小为v，根据牛顿第二定律有
①
设小球1经过O点时的速度大小为v0，对小球1从圆形轨道最高点到O点的运动过程，根据动能定理有
②
联立①②解得
③
（2）小球1离开O点后做平抛运动，设经时间t小球1落在弧形轨道PQ上，根据运动学规律可知落点的坐标分别为
④
⑤
由题意可知
⑥
设小球1落在弧形轨道PQ时的动能为Ek，对小球1从O点到落在弧形轨道PQ的过程，根据动能定理有
⑦
联立③~⑦式解得
⑧
由⑧式可知小球1每次落在PQ时动能均相同。
（3）设小球2质量为M，小球1与小球2碰撞后二者的速度大小分别为、。要使两小球均能落在弧形轨道PQ上，两小球从O点抛出时应具有相同的速度，而两小球发生的是弹性碰撞，碰后不可能速度相同（即粘在一起），所以小球1碰后一定反弹，根据动量守恒定律和能量守恒定律分别有
⑨
⑩
联立⑨⑩解得
小球1运动过程中从未脱离过圆形轨道，分以下两种情况：
第一种：小球1反弹后进入圆形轨道运动但未超过圆形轨道圆心等高处就沿轨道滑回，并且在返回O点时的速度大小为v2，这种情况下根据动能定理有
联立 解得
第二种：小球1反弹后进入圆形轨道并能够通过最高点，并到达倾斜轨道上，之后从倾斜轨道上滑回经过圆形轨道最终返回O点，且返回时速度大小为v2，这种情况下根据动能定理有
联立 解得
4．（1）；（2）；（3），方向与竖直方向夹角为
【解析】
（1）根据共点力平衡条件可得
解得
（2）从小球所处位置到最低点的过程中，根据动能定理:
解得
（3）设小球落地点为，根据几何关系可知
根据牛顿第二定律有
解得
根据匀变速直线运动规律
解得
根据动量定义可知
方向与竖直方向夹角为。
5．（1）；（2）；
（3）当时，物体从A点离开，；
当时，物体从B点离开，。
【解析】
（1）由于
说明碰撞前不存在电场，小球以速度与小球发生碰撞，由动量守恒定律得
解得碰撞后小球获得的速度
（2）若时，刚好从A离开区域，则有
可得
（3）施加电场前，碰撞前和碰撞后都为匀速，向右匀速时间
向左匀速时间
则距离A点的距离为
解得
施加电场后，对
假设从A点离开
得
令，解得
当时，物体从A点离开
当时，物体从B点离开，电场出现时刻，距离B点的距离
之后只有电场力做功，由动能定理得
解得
令，可得的最大值为
小球在电场中运动的最长时间为
说明小球在离开 区域前一直受到电场力作用，以上结论成立。
6．（1）；（2）（0，）；（3）（i）；（ii）
【解析】
（1）电子从静止出发到坐标原点，根据动能定理
解得
（2）电子在YY′极板间偏转，根据牛顿第二定律
电子在偏转电场中运动时间为t1，则
解得
电子离开偏转电场到打在荧光屏上，做匀速直线运动，运动时间为t2，则
解得
电子打在荧光屏上的位置到坐标原点的距离
电子打在荧光屏上的位置坐标为（0，）
（3）（i）据图丙，得到XX′间电压随时间变化的关系式
类比（2）中结果，得到亮斑的位置坐标随时间变化的关系式
（ii）如图所示
7．（1），方向竖直向上，，方向垂直xOy平面向里；（2）
【解析】
（1）小球做匀速圆周运动，满足
则有
且方向竖直向上；
小球做匀速圆周经过B点，因小球带正电，可判断出磁场方向应垂直xOy平面向里，设小球做匀速圆周运动的半径为R，则有
解得
根据
可得
故电场强度大小为，方向竖直向上，磁感应强度大小为，方向垂直xOy平面向里。
（2）根据动能定理，有
解得
在y方向由牛顿第二定律得
在x方向
解得
8．（1）；（2）；（3）或
【解析】
（1）设粒子第一次经过界面时速度方向与水平方向成角，位移与水平方向成角，且，如图所示
粒子在电场中运动时，做类平抛运动，设出电场时竖直方向的速度为，则有
根据平抛运动特点有
联立解得
根据速度矢量关系可得粒子第一次进入磁场时的速度大小为
联立解得
（2）根据牛顿第二定律，对粒子在电场中有
粒子在电场中运动时，水平方向有
竖直方向有
出电场时，粒子的位置到出发点P的距离即为粒子在电场中运动的位移大小
联立各式解得
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动有
联立解得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设出磁场时速度方向与方向的夹角即弦切角为，根据几何关系有
根据三角函数公式有
可得
粒子在磁场中运动的轨迹圆的弦长即为在磁场中的位移，根据几何关系有
由于磁场方向未知，故分两种情况分析：
（ⅰ）若磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则可判断，粒子在磁场中逆时针转动，则第一次离开区域Ⅱ时到出发点P的距离为
（ⅱ）若磁场方向垂直于纸面向外，根据左手定则可判断，粒子在磁场中顺时针转动（图中未画出），则第一次离开区域Ⅱ时到出发点P的距离为
9．（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）电子在MN中做加速运动，根据动能定理得
解得
电子A、B中水平方向做匀速直线运动
解得
（2）时刻射入偏转电场的电子，竖直方向根据牛顿第二定律得
解得
在0～2t0时间内竖直方向的位移为
末速度为
在2t0～3t0时间内的末速度为
在这段时间内的位移为
在3t0～4t0时间内的末速度为
在3t0～4t0时间内竖直方向的位移为
从极板右侧射出时相对中线OP在竖直方向的位移偏移量y
解得
（3）仅上下调整A、B两水平极板的位置，满足电子仍然能沿OP方向射入偏转电场，使从极板右侧射出的电子速度均水平且A、B两板间的最小的条件是2 t0时刻入射的粒子恰好飞出电场，其它时刻入射的粒子全部打在极板上被吸收
逆向思维
A、B两板间的最小距离d1为
解得
10．（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）滑块D从释放到与C碰撞前，列动能定理有
解得
D与C发生弹性碰撞，设水平向右为正方向，根据动量守恒和动能守恒列方程有
则碰后C的速度为
（2）对滑块C从B点到Q点列动能定理有
解出滑块C在Q点速度为
在Q点，对滑块列牛顿第二定律知
联立代入数据解得
由牛顿第三定律得滑块C对轨道的压力
（3）若滑块C能滑上P点，对滑块C从碰后到P处列动能定理有
对D列能量守恒知
再根据（1）中C、D撞前撞后的关系，联立解得
若滑块C能沿轨道返回水平面，则C滑块至多滑到与等效重力场方向垂直时速度减为0
对D列能量守恒知
再根据（1）中C、D撞前撞后的关系，联立解得
则
11．（1），方向竖直向上；（2）小球能通过C点；
【解析】
（1）从P到A，小球受重力和电场力共同作用做类平抛运动如图，将小球在A点的速度分解，可知速度偏转角为60°
由运动学规律有
由牛顿第二定律有
将，代入，联立以上各式解得
故匀强电场的电场强度大小为，方向竖直向上；
（2）由题意，小球在A点沿轨道切线进入轨道，可知进入时无能量损失
假设小球能够到达C点。设小球在C点的速度大小为，轨道对小球的弹力为F
从P到C，由动能定理有
在C点，由牛顿第二定律有
联立两式解得
假设成立，小球能通过C点。
12．（1）；（2）；（3），方向向下
【解析】
（1）设小球从A点运动到C点的过程中，电场力做功为W，由动能定理可得
解得
（2）小球在C点速度最大，即此时沿速度方向（切线方向）合力为零，设此时的库仑力为，则有切线方向
法线方向
解得
由牛顿第三定律可知，此时小球对轨道的压力大小为
方向沿OC延长线；
（3）由几何关系可知
设小球在A点时库仑力大小为，由可知
即
小球在A点时速度为零，因此向心加速度为零即
沿切线方向
又小球在A的加速度为
解得
方向竖直向下。
13．（1）能；（2）m/s；（3）-1.5J
【解析】
（1）假设A、C能一起运动共同运动的加速度为a1，由牛顿第二定律得
a1=1m/s2
设A对C的摩擦力为f，对C由牛顿第二定律得
qE-f=ma1
解得
f=3N
而f<μ2mg=5N，故假设成立，A、C能一起运动 ；
（2）设A、C一起运动L时速度为v1，则有
v1=1m/s
A、B碰撞过程动量守恒，碰撞后达到共同速度vB
vB=m/s
（3）A、B碰撞后，以A、B、C为系统，地面对系统的摩擦力
而电场力
F=qE=4N=f1
系统动量守恒,最终A、B、C达到共同速度v2，由动量守恒得
解得
v2=0.5m/s
设C的位移为x，对C由动能定理得
x=0.375m
△EP=-qEx=-1.5J
14．（1），；（2）；（3）打在NQ的中点
【解析】
（1）离子在加速电场中加速，根据动能定理，有
离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
解得
（2）离子做类平抛运动
d=vt
3d=at2
由牛顿第二定律得
qE=ma
得
（3）根据动能定理得
2qU=mv2
根据牛顿第二定律得
联立得
即在均匀辐向分布的电场里运动的半径不变，故仍能从P点进入上方的矩形电场区域；离子做类平抛运动
3d=at2
由牛顿第二定律得
2qE=ma
x=vt=d
即打在NQ的中点。
15．（1）=5m/s ；=1m/s；（2）2.5m；（3）
【解析】
(1)t=0~t=1s，物块受电场力大小为
物块加速度大小为，由牛顿第二定律得
解得
平板加速度大小为，由牛顿第二定律得
解得
t=1s时，物块速度大小为
得
平板速度大小为
得
(2)t=0~1s，物块对地位移大小为
平板对地位移大小为
物块相对平板位移大小为
t=1s时，电场反向变为水平向左，场强大小不变，物块加速度大小为，由牛顿第二定律得
可得
方向向左；历时，物块与平板达到共同速度v，则
得
共速时正好撤去电场，则
物块对地位移
平板对地位移
物块相对平板位移大小为
所以平板长度至少为
得
物块与平板达到共同速度v后， 物块与平板相对静止，一起向右匀减速直至停下；
(3)整个过程中，电场力对物块所做的总功
其中
总功
16．（1）；（2）4m；（3）
【解析】
（1）设滑块在斜面上运动的加速大小为a1，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）设滑块在水平地面上运动加速大小为a2，根据牛顿第二定理可得
解得
设滑块在水平地面上滑行的距离为x2，根据匀减速运动公式可得
（3）设滑块在水平地面上运动加速大小为a3，滑块在斜面上运动的加速大小为a4，根据动力学知识可得，又根据牛顿第二定律可得
解得
所以
17．（1）40N/C，2.5N/C；（2）1.2m；（3）证明见详解
【解析】
(1)由场强定义式，得
；
(2)由
得
得
(3)如图所示
连接OB，以Ｑ所在处的原点O为圆心，分别过A做圆弧与OB相交于C、过B做圆弧与x轴相交于D，则所选两条路径分别为从B到C到A和从B到D到A。CA和BD分别为点电荷Q的等势面，沿等势面移动电荷时电场力做功为零；BC和DA分别沿半径方向，根据到点电荷距离相等的各点场强大小相等的场强分布特点可知，试探电荷分别从B到C和从D到A的过程中，电场力在每小段距离上做的功都对应相等。因此，电场力做功与这两条路径无关，只取决于初位置B和末位置A。
18．（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）对带电小球列平衡方程
解得电场的电场强度
（2）拔下插销后，对小球列牛顿第二定律
由几何关系可知拔下插销后小球沿绳方向运动位移
对小球沿绳方向的匀变速直线运动列运动学方程
联立解得轻绳第一次竖 直前瞬间小球速度
（3）轻绳恰好竖直时刻，对小球速度分解可求得小球在水平方向的分速度
轻绳竖直后对小球列牛顿第二定律
拔掉插销到轻绳竖直过程，小环到O点的水平距离
小球沿水平方向做匀加速直线运动的位移
对小球在水平方向的匀加速直线运动列运动学方程
联立解得
（4）小环滑动到MN分界线后，若某时刻细绳与竖直方向夹角为φ，对小环受力分析，列平衡方程
轻质环不滑动的条件是
联立解得轻环不滑动的条件是轻绳与竖直方向的夹角
φ≤37°
轻环经过MN后，处于静止状态，小球做圆周运动
对小球列动能定理
解得小球第一次离开电场后的摆动到最大高度时，轻绳与竖直方向的夹角
19．（1）；（2）
【解析】
(1)根据题意可知
带电粒子做类平抛运动，运动情况如图所示
建立直角坐标系，在到的过程中，沿轴方向的位移
沿轴方向的位移
所以
所以
解得
，
（2）由(1)可知根据牛顿第二定律得
所以粒子到达点得速度为
进入第一象限之后，根据牛顿第二定律得
所以在第一象限减速到零所用时间为
在第一象限减速到零后又反向加速至点，所用时间仍为
从进入第二象限得运动与从至正好是相反得过程，所以从回到所用时间为，所以
答案第1页，共2页
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1．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校一模）如图所示，足够大的光滑绝缘水平地面上有一足够长的带正电平板，平板的右端与绝缘墙壁的距离为L；在平板的上面有一带正电的绝缘物块，平板和物块的质量均为m、带电荷量均为q，物块与平板间有一种特殊物质（质量不计），可使得它们之间的滑动摩擦力大小为kmg（k>1，g为重力加速度大小）。自t0时刻开始，加一水平问右、电场强度大小E=的匀强电场，使平板和物块一起向右做匀加速直线运动，直至平板碰到墙壁。假设平板与墙壁碰撞的时间极短且以碰前速率返回，不计空气阻力，运动过程中平板和物块上所带的电荷量都不发生变化。求：
（1）平板第一次与墙壁碰撞后的一小段时间内，物块的加速度大小a1；
（2）从开始到平板与墙壁第二次碰撞前的瞬间，物块相对于平板的位移 x的大小；
（3）从开始到平板和物块都静止的过程中，系统因摩擦而产生的热量。
2．（2022·江西鹰潭·二模）在光滑绝缘水平面上有A、P、B三个点，PA＝4PB。一质量为m的小球受到沿PA方向的恒定拉力作用，并从P点在水平面内以某一初速度垂直PA抛出，小球在运动过程中恰好通过B点，此时其速度大小为初速度大小的倍。使小球带上电荷量为＋q的正电，同时加上一水平方向的匀强电场，若将此带电小球从P点以同样的初速度大小在水平面内沿某一方向抛出，小球也通过B点，此时小球的速度大小是初速度大小的2倍，若该带电小球从P点以同样的初速度大小在水平面内沿另一方向抛出，恰好通过A点，此时小球的速度大小为初速度大小的倍。已知小球无论是否带电，均受到大小为F、沿PA方向的恒定拉力作用。求：
（1）设∠APB=θ，则tanθ多大？
（2）电场的场强大小以及场强方向与PA的夹角α的余弦值cosα；
（3）有电场且小球带电时，小球从P点运动到A点过程与从P点运动到B点过程的电势能变化量的比值。
3．（2022·山东临沂·二模）如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为的水平轨道AB通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道AB和水平轨道BO（长为）在B点与一个半径的光滑的竖直固定圆弧轨道相切于B点。以水平轨道BO末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下。水平轨道BO右下方有一段弧形轨道PQ，该弧形轨道是曲线在坐标系xOy（x>0，y>0）中的一半（见图中实线部分），弧形轨道Q端在y轴上。带电量为q（q>0）、质量为m的小球1与水平轨道AB、BO间的动摩擦因数为，在x轴上方存在竖直向上的匀强电场，其场强，重力加速度为g。
（1）若小球1从倾斜轨道上由静止开始下滑，恰好能经过圆形轨道的最高点，求小球1经过O点时的速度大小；
（2）若小球1从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上，请证明小球1每次落在PQ时动能均相同，并求出该动能大小；
（3）将小球2静置于O点，小球1沿倾斜轨道由静止开始下滑，与小球2发生弹性碰撞（碰撞时间极短），小球1与小球2发生碰撞前的速度为，要使两小球碰后均能落在弧形轨道PQ上的同一地点，且小球1运动过程中从未脱离过圆形轨道，求小球1和小球2的质量之比。
4．（2022·北京丰台·二模）如图所示，长的轻质细线上端固定在悬点，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向左、范围足够大的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角。已知悬点O距地面的高度，小球所带电荷量，匀强电场的场强，空气阻力可以忽略，取重力加速度，，。求：
（1）小球的质量；
（2）若将电场撤去，小球摆到最低点时速度的大小；
（3）若保持原电场不变，剪断细线，小球落地时动量的大小和方向。
5．（2022·重庆·西南大学附中模拟预测）如图甲，在光滑绝缘水平地面上，宽为的区域内存在水平向右的电场，电场强度随时间变化的图像如图乙，质量为的不带电绝缘小球静止在区域内距A为x（）的位置，时，带电量为、质量为m的小球以速度从A点进入区域，与发生碰撞后以反弹，已知、在区域内只发生一次碰撞，碰撞时问极短，的电量保持不变。
（1）求碰撞后小球获得的速度；
（2）若时，刚好从A离开区域，求这种情况下x的值；
（3）当时，讨论离开区域时的速度大小。
6．（2022·北京·模拟预测）示波管的结构如图甲所示，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，两对偏转电极XX 、YY 相互垂直。如图乙所示，荧光屏上有xoy直角坐标系，坐标原点位于荧光屏的中心，x轴与电极XX 的金属板垂直，其正方向由X 指向X，y轴与电极YY 的金属板垂直，其正方向由Y 指向Y。电子枪中的金属丝加热后可以逸出电子，电子经加速电极间的电场加速后进入偏转电极间，两对偏转电极分别使电子在两个相互垂直的方向发生偏转，最终打在荧光屏上，产生一个亮斑。已知两对偏转电极极板都是边长为l的正方形金属板，每对电极的两个极板间距都为d，加速电极间电压为U0，电子的电荷量为e，质量为m。忽略电子刚离开金属丝时的速度，不计电子之间相互作用力及电子所受重力的影响。下列各情形中，电子均能打到荧光屏上。
（1）若两个偏转电极都不加电压时，电子束将沿直线运动，且电子运动的轨迹平行每块偏转极板，最终打在xoy坐标系的坐标原点。求电子到达坐标原点前瞬间速度的大小v0。
（2）若在偏转电极YY 之间加恒定电压U1，而偏转电极XX 之间不加电压，已知电极YY 的右端与荧光屏之间的距离为L1。求电子打在荧光屏上的位置坐标。
（3）若电极XX 的右端与荧光屏之间的距离为L2，偏转电极XX 之间加如图丙所示的扫描电压。当偏转电压发生变化时，可利用下述模型分析：由于被加速后电子的速度较大，它们都能从偏转极板右端穿出极板，且时间极短，此过程中可认为偏转极板间的电压不变。
（i）在偏转电极YY 之间不加电压时，请说明电子打在荧光屏上，形成亮斑的位置随时间变化的关系；
（ii）在偏转电极YY 之间加电压时，请在图丁中定性画出在荧光屏上看到的图形。
7．（2022·湖北湖北·二模）如图所示，在xOy竖直面内，OA距离为h。一质量为m、带电量为+q（）的小球从坐标原点O以速度水平向左飞出，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）若空间同时存在范围足够大的正交的匀强电场和匀强磁场，使得小球做匀速圆周运动经过点，求电场强度E0和磁感应强度B的大小和方向；
（2）若空间只存在范围足够大的平行于竖直面的匀强电场，使小球恰好以速度通过y轴上的A点，求电场强度E的大小。
8．（2022·辽宁·模拟预测）如图所示，与水平面成角的、足够长的分界线将空间分成Ⅰ和Ⅱ两个区域。一个质量为m、电荷量为的带电粒子以大小为的速度从分界线上的P点水平向右射入区域Ⅰ，区域Ⅰ内有方向竖直向下、电场强度大小为E的匀强电场；区域Ⅱ有方向垂直于纸面，磁感应强度大小为B的匀强磁场，不计粒子重力。求：
（1）水平向右射入区域Ⅰ的粒子，第一次进入磁场时速度v的大小；
（2）粒子第一次进人磁场时的位置到出发点P的距离；
（3）粒子进入磁场中运动后，第一次离开区域Ⅱ时的位置到出发点P的距离。
9．（2022·云南昆明·一模）如图甲所示，电子枪的金属丝K连续不断地逸出电子，电子初速度不计，经M、N两金属板之间的电场加速后，沿A、B两水平金属极板间的中心线OP射入极板间的偏转电场，。A、B两板间的距离为d，两板间的电势差uAB随时间t的变化图像如图乙所示，图中U1已知，uAB的变化的周期为3t0。两板间的电场视为匀强电场，时刻射入A、B两极板间的电子在偏转电场中经4t0后从极板右侧射出。已知电子的质量为m、电荷量为-e，重力不计，打到极板上的电子均被吸收，不计电子之间的相互作用力。
（1）求A、B金属板的长度L；
（2）求时刻射入偏转电场的电子，从极板右侧射出时相对中线OP在竖直方向的位移偏移量y；
（3）仅上下调整A、B两水平极板的位置，保证电子仍然能沿OP方向射入偏转电场，要使从极板右侧射出的电子速度均水平，求A、B两板间的最小距离d1。
10．（2022·重庆市育才中学模拟预测）粗糙绝缘水平地面与光滑绝缘半圆弧竖直轨道相切P点，右侧（含）有水平向右的匀强电场，电场强度大小为，圆轨道半径为R，长度．A点左侧有一弹射装置，A点右侧B处静置一质量为m带电荷量为的滑块C，长度，如图所示．现用此装置来弹射一质量为的滑块D，滑块D在A点获得弹簧储存的全部弹性势能后向右运动，到达B点与C发生弹性碰撞（碰撞过程中C的电荷量不变），碰撞后滑块C继续向右运动到P点进入光滑圆轨道．滑块C、D与地面的动摩擦因数均为，不计空气阻力，滑块都可看作质点，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g．
（1）若滑块D获得的弹性势能后与C发生碰撞，求碰后瞬间滑块C的速度大小；
（2）第（1）问的情境中，C继续运动到达圆轨道的最高点Q，求此时滑块C对轨道的压力大小；
（3）若弹射装置弹射出滑块D后，滑块D与C发生弹性碰撞，要使C能滑上圆弧轨道，并且可沿轨道滑回平面，求滑块D获得的弹性势能的范围．
11．（2022·宁夏·银川一中一模）如图，ABC是固定在竖直面内、圆心在O点、半径为R的绝缘光滑圆弧形轨道，B、C分别为轨道的最低和最高点，∠AOB=60°，轨道所在空间有竖直方向（未画出场强方向）的匀强电场。现从轨道所在竖直面内距A点高度为2R的P点，以大小的初速度水平向右抛出一质量为m、电荷量为q（q>0）的小球，小球恰能在A点沿轨道切线进入轨道。小球可视为质点且运动过程中电荷量不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
（1）求匀强电场的电场强度；（2）小球能否通过C点？若能，则求出在C点轨道对小球的弹力大小；若不能，则说明理由。
12．（2022·四川·成都七中一模）如图所示，半径为R的光滑绝缘环形轨道竖直放置，在圆轨道的最低点B处固定一带电小球，另有质量为m的带电小球（图中未画出）穿在圆环上，从A点（水平最右端）处无初速释放。若小球运动到C点时获得最大速度，其大小为，且。求：
（1）小球从A点运动到C点的过程中电场力所做的功；（2）小球通过C点时对轨道的压力大小；
（3）小球在A点的加速度。
13．（2022·四川巴中·模拟预测）质量m=1kg的物块C带电量为q=0.4C，静止于木板A的左端；绝缘木板A的质量亦为1kg，绝缘木板B的质量M=2kg，A、B均置于水平地面上，它们之间距离为L=05m，木板A和木板B与水平地面之间的动摩擦因数都为μ1=0.1，C与A、B之间的动摩擦因数都为μ2=0.5（最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力）开始时，三个物体均处于静止状态。现加一水平向右的匀强电场，电场强度为E=10N/C．经过一段时间后物块C最终停留在木板B上某处。假定物块C的电量保持不变且可视为质点，木板A、B碰撞时间极短，碰撞后粘连在一起，电场区域足够大。求：
（1）分析说明加电场后A与C能否一起运动
（2）A与木板B碰撞后，木板B的速度vB是多大（计算结果可用分数表示）
（3）从A与B碰撞到物块C刚相对于木板B静止的过程中，物块C的电势能变化量△EP是多少
14．（2022·河北衡水中学模拟预测）如图，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左，静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧虚线所在处场强为E0，方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；QN=2d、PN=3d，离子重力不计。
（1）求粒子离开加速度电场时的速度的大小及圆弧虚线对应的半径R的大小；
（2）若离子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值；
（3）若矩形区域内的电场强度与（2）中的电场强度相同，从A点静止释放离子的电荷量为2q，其他不变，计算打到NQ上的位置。
15．（2022·重庆市开州中学一模）如图，绝缘平板A静置于水平面上，电荷量的物块B（可视为质点）置于平板最左端。平板质量M=2kg，物块质量m=1kg，物块与平板间动摩擦因数，平板与水平面间动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。t=0（此时为计时起点），空间提供水平向右的匀强电场图中未画出，场强大小；t=1s时，电场反向变为水平向左，场强大小不变；t=1.25s时，撤去电场。整个过程中，物块B的电荷量保持不变，物块始终未离开平板，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2.求：
（1）t=1s时，物块和平板的速度大小分别是多少？
（2）平板A的长度至少为多少？
（3）整个过程中，电场力对物块B所做的功是多少？
16．（2022·浙江·模拟预测）如图所示，倾角θ=37°的粗糙绝缘斜面AB与粗糙绝缘水平地面BC在B点平滑连接，B点右侧区域存在水平向左的匀强电场，电场强度大小E=5.0×103 N/C。斜面顶端A点离地高度h=2.4 m，可视为质点的带正电金属滑块质量m=1.0 kg、电荷量q=1.0×10-4 C。现将滑块从A点由静止释放，最后停在水平地面上的C点。已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.5，滑块与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.15，重力加速度g取10 m/s ，sin37°=0.6，cos37°=0.8求：
（1）滑块在粗糙绝缘斜面AB上下滑时加速度a1的大小；
（2）求滑块在水平地面上滑行的距离；
（3）将电场强度的大小突然增大到某一值，可使静止在C点的滑块恰好能重新返回到斜面顶端A点，求滑块从C点重新返回到斜面顶端A点所需要的时间t。
17．（2022·北京朝阳·模拟预测）在一个点电荷Q的电场中，以点电荷Q的位置为原点O建立平面直角坐标系，如图1所示，在其中A、B两点分别放置试探电荷，试探电荷受到静电力的大小F跟试探电荷的电荷量q的关系分别如图2中直线a、b所示。已知A点的坐标为（0.3 m，0）。
（1）求A点电场强度的大小EA和B点电场强度的大小EB。
（2）求B点到点电荷Q的距离rB。
（3）将一试探电荷从B点移动到A点，请根据点电荷场强分布的特点，自选两条移动路径证明，电场力做的功WBA与路径无关（在图中画出所选择的路径）。
18．（2022·山东微言教育咨询有限公司模拟预测）如图所示，轻绳的一端挂一小球，另一端连接一轻质小环，小环套在水平放置的 足够长的直杆上，M为直杆上的一点，MN为垂直于直杆的分界线，MN的左侧存在水 平向右的匀强电场。直杆在M左侧部分光滑，M右侧部分环与杆的动摩擦因数= 0. 75将小环用一插销固定在直杆的O点，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角0 = 37°。已知，小球质量为带电荷量的大小为q，绳长为l，点到MN的距离为，最大静 摩擦力等于滑动摩擦力（sin37°=0. 6，cos37°=0. 8，重力加速度为g）。求：
（1）电场的电场强度E大小；
（2）拔下插销后，轻绳第一次竖直前瞬间小球速度v1大小；
（3）小球第一次离开电场的速度v2大小；
（4）小球第一次离开电场后摆动到最大高度时，轻绳与竖直方向的夹角。
20．（2022·广西南宁·二模）如图所示，在平面直角坐标系中，第二象限内有匀强电场（图中未画出），—质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从x轴上的点垂直电场方向进入第二象限，已知其入射速度大小为、方向与x轴正方向成75°，该粒子恰好能从y轴上的点 进入第一象限内的匀强电场，且进入时的速度方向与第一象限内的电场方向相反，第一象限内匀强电场的电场强度大小E′=。不计粒子受到的重力。求：
（1）第二象限内匀强电场的电场强度大小E；
（2）粒子从P点出发到第二次离开第二象限所经历的时间t′。
参考答案：
1．（1）（k-1）g；（2）；（3）
【解析】
（1）第一次碰撞后，对物块
kmg-qE=ma1
解得
a1＝（k-1）g
（2）平板第一次与墙壁碰撞时的速度为v1，根据动能定理
解得
第一次碰撞后平板
kmg+qE=ma2
解得
a2＝（k+1）g
第一次碰撞后平板先向左做匀减速直线运动，后向右做匀加速直线运动；物块向右做匀减速直线运动，第二次与墙壁碰撞前达到速度相同，规定向右为正方向，从平板第一次与墙壁碰撞到平板和物块速度相同时， 对平板有
v共＝－v1＋a2t1
对物块有
v共＝v1－a1t1
解得
t1=
v共=
从平板第一次与墙壁碰撞到平板与物块共速时物块的位移为
木板的位移为
之后到碰挡板前二者没有相对滑动，所以从释放到木板第二次与挡板碰撞前的瞬间物块相对平板的位移为
Δx＝x1+x2
解得
（3）最终平板的右端与墙壁存在弹力，平板和物块都静止。从释放到平板和物块都静止的过程中，物块相对于平板的相对路程为x，由能量守恒有
qE·L＋qE·（L＋x）＝Q
Q=kmgx
解得二者的相对路程
系统因摩擦产生的热量
2．（1）；（2）；；（3）
【解析】
（1）小球P→B作类平抛运动，设PB长为L，时间为t，加速度为a，B点速度为v
解得
（2）没有电场时，小球P→B由动能定理得
解得
有电场时，设P、B两点电势差为UPB，小球P→B由动能定理得
有电场时，设P、A两点电势差为UPA，小球P→A由动能定理得
其中，
整理得
所以
电场方向如图所示
PC=3L
在三角形BPC中据余弦定理得
据正弦定理得
过P点作CB的垂线交于D点，则场强方向与PA夹角α有
电场强度
E=
（3）据电场力做功与电势能变化关系可知
3．（1）；（2）证明过程见解析，；（3）或
【解析】
（1）设小球1恰好经过圆形轨道最高点时的速度大小为v，根据牛顿第二定律有
①
设小球1经过O点时的速度大小为v0，对小球1从圆形轨道最高点到O点的运动过程，根据动能定理有
②
联立①②解得
③
（2）小球1离开O点后做平抛运动，设经时间t小球1落在弧形轨道PQ上，根据运动学规律可知落点的坐标分别为
④
⑤
由题意可知
⑥
设小球1落在弧形轨道PQ时的动能为Ek，对小球1从O点到落在弧形轨道PQ的过程，根据动能定理有
⑦
联立③~⑦式解得
⑧
由⑧式可知小球1每次落在PQ时动能均相同。
（3）设小球2质量为M，小球1与小球2碰撞后二者的速度大小分别为、。要使两小球均能落在弧形轨道PQ上，两小球从O点抛出时应具有相同的速度，而两小球发生的是弹性碰撞，碰后不可能速度相同（即粘在一起），所以小球1碰后一定反弹，根据动量守恒定律和能量守恒定律分别有
⑨
⑩
联立⑨⑩解得
小球1运动过程中从未脱离过圆形轨道，分以下两种情况：
第一种：小球1反弹后进入圆形轨道运动但未超过圆形轨道圆心等高处就沿轨道滑回，并且在返回O点时的速度大小为v2，这种情况下根据动能定理有
联立 解得
第二种：小球1反弹后进入圆形轨道并能够通过最高点，并到达倾斜轨道上，之后从倾斜轨道上滑回经过圆形轨道最终返回O点，且返回时速度大小为v2，这种情况下根据动能定理有
联立 解得
4．（1）；（2）；（3），方向与竖直方向夹角为
【解析】
（1）根据共点力平衡条件可得
解得
（2）从小球所处位置到最低点的过程中，根据动能定理:
解得
（3）设小球落地点为，根据几何关系可知
根据牛顿第二定律有
解得
根据匀变速直线运动规律
解得
根据动量定义可知
方向与竖直方向夹角为。
5．（1）；（2）；
（3）当时，物体从A点离开，；
当时，物体从B点离开，。
【解析】
（1）由于
说明碰撞前不存在电场，小球以速度与小球发生碰撞，由动量守恒定律得
解得碰撞后小球获得的速度
（2）若时，刚好从A离开区域，则有
可得
（3）施加电场前，碰撞前和碰撞后都为匀速，向右匀速时间
向左匀速时间
则距离A点的距离为
解得
施加电场后，对
假设从A点离开
得
令，解得
当时，物体从A点离开
当时，物体从B点离开，电场出现时刻，距离B点的距离
之后只有电场力做功，由动能定理得
解得
令，可得的最大值为
小球在电场中运动的最长时间为
说明小球在离开 区域前一直受到电场力作用，以上结论成立。
6．（1）；（2）（0，）；（3）（i）；（ii）
【解析】
（1）电子从静止出发到坐标原点，根据动能定理
解得
（2）电子在YY′极板间偏转，根据牛顿第二定律
电子在偏转电场中运动时间为t1，则
解得
电子离开偏转电场到打在荧光屏上，做匀速直线运动，运动时间为t2，则
解得
电子打在荧光屏上的位置到坐标原点的距离
电子打在荧光屏上的位置坐标为（0，）
（3）（i）据图丙，得到XX′间电压随时间变化的关系式
类比（2）中结果，得到亮斑的位置坐标随时间变化的关系式
（ii）如图所示
7．（1），方向竖直向上，，方向垂直xOy平面向里；（2）
【解析】
（1）小球做匀速圆周运动，满足
则有
且方向竖直向上；
小球做匀速圆周经过B点，因小球带正电，可判断出磁场方向应垂直xOy平面向里，设小球做匀速圆周运动的半径为R，则有
解得
根据
可得
故电场强度大小为，方向竖直向上，磁感应强度大小为，方向垂直xOy平面向里。
（2）根据动能定理，有
解得
在y方向由牛顿第二定律得
在x方向
解得
8．（1）；（2）；（3）或
【解析】
（1）设粒子第一次经过界面时速度方向与水平方向成角，位移与水平方向成角，且，如图所示
粒子在电场中运动时，做类平抛运动，设出电场时竖直方向的速度为，则有
根据平抛运动特点有
联立解得
根据速度矢量关系可得粒子第一次进入磁场时的速度大小为
联立解得
（2）根据牛顿第二定律，对粒子在电场中有
粒子在电场中运动时，水平方向有
竖直方向有
出电场时，粒子的位置到出发点P的距离即为粒子在电场中运动的位移大小
联立各式解得
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动有
联立解得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设出磁场时速度方向与方向的夹角即弦切角为，根据几何关系有
根据三角函数公式有
可得
粒子在磁场中运动的轨迹圆的弦长即为在磁场中的位移，根据几何关系有
由于磁场方向未知，故分两种情况分析：
（ⅰ）若磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则可判断，粒子在磁场中逆时针转动，则第一次离开区域Ⅱ时到出发点P的距离为
（ⅱ）若磁场方向垂直于纸面向外，根据左手定则可判断，粒子在磁场中顺时针转动（图中未画出），则第一次离开区域Ⅱ时到出发点P的距离为
9．（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）电子在MN中做加速运动，根据动能定理得
解得
电子A、B中水平方向做匀速直线运动
解得
（2）时刻射入偏转电场的电子，竖直方向根据牛顿第二定律得
解得
在0～2t0时间内竖直方向的位移为
末速度为
在2t0～3t0时间内的末速度为
在这段时间内的位移为
在3t0～4t0时间内的末速度为
在3t0～4t0时间内竖直方向的位移为
从极板右侧射出时相对中线OP在竖直方向的位移偏移量y
解得
（3）仅上下调整A、B两水平极板的位置，满足电子仍然能沿OP方向射入偏转电场，使从极板右侧射出的电子速度均水平且A、B两板间的最小的条件是2 t0时刻入射的粒子恰好飞出电场，其它时刻入射的粒子全部打在极板上被吸收
逆向思维
A、B两板间的最小距离d1为
解得
10．（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）滑块D从释放到与C碰撞前，列动能定理有
解得
D与C发生弹性碰撞，设水平向右为正方向，根据动量守恒和动能守恒列方程有
则碰后C的速度为
（2）对滑块C从B点到Q点列动能定理有
解出滑块C在Q点速度为
在Q点，对滑块列牛顿第二定律知
联立代入数据解得
由牛顿第三定律得滑块C对轨道的压力
（3）若滑块C能滑上P点，对滑块C从碰后到P处列动能定理有
对D列能量守恒知
再根据（1）中C、D撞前撞后的关系，联立解得
若滑块C能沿轨道返回水平面，则C滑块至多滑到与等效重力场方向垂直时速度减为0
对D列能量守恒知
再根据（1）中C、D撞前撞后的关系，联立解得
则
11．（1），方向竖直向上；（2）小球能通过C点；
【解析】
（1）从P到A，小球受重力和电场力共同作用做类平抛运动如图，将小球在A点的速度分解，可知速度偏转角为60°
由运动学规律有
由牛顿第二定律有
将，代入，联立以上各式解得
故匀强电场的电场强度大小为，方向竖直向上；
（2）由题意，小球在A点沿轨道切线进入轨道，可知进入时无能量损失
假设小球能够到达C点。设小球在C点的速度大小为，轨道对小球的弹力为F
从P到C，由动能定理有
在C点，由牛顿第二定律有
联立两式解得
假设成立，小球能通过C点。
12．（1）；（2）；（3），方向向下
【解析】
（1）设小球从A点运动到C点的过程中，电场力做功为W，由动能定理可得
解得
（2）小球在C点速度最大，即此时沿速度方向（切线方向）合力为零，设此时的库仑力为，则有切线方向
法线方向
解得
由牛顿第三定律可知，此时小球对轨道的压力大小为
方向沿OC延长线；
（3）由几何关系可知
设小球在A点时库仑力大小为，由可知
即
小球在A点时速度为零，因此向心加速度为零即
沿切线方向
又小球在A的加速度为
解得
方向竖直向下。
13．（1）能；（2）m/s；（3）-1.5J
【解析】
（1）假设A、C能一起运动共同运动的加速度为a1，由牛顿第二定律得
a1=1m/s2
设A对C的摩擦力为f，对C由牛顿第二定律得
qE-f=ma1
解得
f=3N
而f<μ2mg=5N，故假设成立，A、C能一起运动 ；
（2）设A、C一起运动L时速度为v1，则有
v1=1m/s
A、B碰撞过程动量守恒，碰撞后达到共同速度vB
vB=m/s
（3）A、B碰撞后，以A、B、C为系统，地面对系统的摩擦力
而电场力
F=qE=4N=f1
系统动量守恒,最终A、B、C达到共同速度v2，由动量守恒得
解得
v2=0.5m/s
设C的位移为x，对C由动能定理得
x=0.375m
△EP=-qEx=-1.5J
14．（1），；（2）；（3）打在NQ的中点
【解析】
（1）离子在加速电场中加速，根据动能定理，有
离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
解得
（2）离子做类平抛运动
d=vt
3d=at2
由牛顿第二定律得
qE=ma
得
（3）根据动能定理得
2qU=mv2
根据牛顿第二定律得
联立得
即在均匀辐向分布的电场里运动的半径不变，故仍能从P点进入上方的矩形电场区域；离子做类平抛运动
3d=at2
由牛顿第二定律得
2qE=ma
x=vt=d
即打在NQ的中点。
15．（1）=5m/s ；=1m/s；（2）2.5m；（3）
【解析】
(1)t=0~t=1s，物块受电场力大小为
物块加速度大小为，由牛顿第二定律得
解得
平板加速度大小为，由牛顿第二定律得
解得
t=1s时，物块速度大小为
得
平板速度大小为
得
(2)t=0~1s，物块对地位移大小为
平板对地位移大小为
物块相对平板位移大小为
t=1s时，电场反向变为水平向左，场强大小不变，物块加速度大小为，由牛顿第二定律得
可得
方向向左；历时，物块与平板达到共同速度v，则
得
共速时正好撤去电场，则
物块对地位移
平板对地位移
物块相对平板位移大小为
所以平板长度至少为
得
物块与平板达到共同速度v后， 物块与平板相对静止，一起向右匀减速直至停下；
(3)整个过程中，电场力对物块所做的总功
其中
总功
16．（1）；（2）4m；（3）
【解析】
（1）设滑块在斜面上运动的加速大小为a1，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）设滑块在水平地面上运动加速大小为a2，根据牛顿第二定理可得
解得
设滑块在水平地面上滑行的距离为x2，根据匀减速运动公式可得
（3）设滑块在水平地面上运动加速大小为a3，滑块在斜面上运动的加速大小为a4，根据动力学知识可得，又根据牛顿第二定律可得
解得
所以
17．（1）40N/C，2.5N/C；（2）1.2m；（3）证明见详解
【解析】
(1)由场强定义式，得
；
(2)由
得
得
(3)如图所示
连接OB，以Ｑ所在处的原点O为圆心，分别过A做圆弧与OB相交于C、过B做圆弧与x轴相交于D，则所选两条路径分别为从B到C到A和从B到D到A。CA和BD分别为点电荷Q的等势面，沿等势面移动电荷时电场力做功为零；BC和DA分别沿半径方向，根据到点电荷距离相等的各点场强大小相等的场强分布特点可知，试探电荷分别从B到C和从D到A的过程中，电场力在每小段距离上做的功都对应相等。因此，电场力做功与这两条路径无关，只取决于初位置B和末位置A。
18．（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）对带电小球列平衡方程
解得电场的电场强度
（2）拔下插销后，对小球列牛顿第二定律
由几何关系可知拔下插销后小球沿绳方向运动位移
对小球沿绳方向的匀变速直线运动列运动学方程
联立解得轻绳第一次竖 直前瞬间小球速度
（3）轻绳恰好竖直时刻，对小球速度分解可求得小球在水平方向的分速度
轻绳竖直后对小球列牛顿第二定律
拔掉插销到轻绳竖直过程，小环到O点的水平距离
小球沿水平方向做匀加速直线运动的位移
对小球在水平方向的匀加速直线运动列运动学方程
联立解得
（4）小环滑动到MN分界线后，若某时刻细绳与竖直方向夹角为φ，对小环受力分析，列平衡方程
轻质环不滑动的条件是
联立解得轻环不滑动的条件是轻绳与竖直方向的夹角
φ≤37°
轻环经过MN后，处于静止状态，小球做圆周运动
对小球列动能定理
解得小球第一次离开电场后的摆动到最大高度时，轻绳与竖直方向的夹角
19．（1）；（2）
【解析】
(1)根据题意可知
带电粒子做类平抛运动，运动情况如图所示
建立直角坐标系，在到的过程中，沿轴方向的位移
沿轴方向的位移
所以
所以
解得
，
（2）由(1)可知根据牛顿第二定律得
所以粒子到达点得速度为
进入第一象限之后，根据牛顿第二定律得
所以在第一象限减速到零所用时间为
在第一象限减速到零后又反向加速至点，所用时间仍为
从进入第二象限得运动与从至正好是相反得过程，所以从回到所用时间为，所以
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