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)有一質量為0.10kg ,電荷量為1.0M10-7C帶正電
荷的滑塊（可視作質點），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
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。現(xiàn)有一質量為 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??；
(2)小球在圓軌道上運動時最大速率;
(3)小球對圓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 定一個質點，在水平面上的 A點放另一個質點，兩個質點的質量均為 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處的質點一個指向 C點的初速度，該質點到達 B點時所受的電場力多大？
(3)若初速度大小為 V0,質點到達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質點到達8點時所受的電場力小…缶『-等
(3)質點到達1點時受到的合外力F ?
inO +QE=
2
質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?。?
(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)關系，由電場 強度和電勢差關系式得出電場強度。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(1一?)_4之0
a
A A
-d(\--)
【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
