静电场力电综合难题突破训练卷

静电场中力电综合难题突破例1．如图甲所示的平行板电容器，板间距为d，两板所加电压随时间变化图线如图乙所示，t＝0时刻，质量为m、带电荷量为q的粒子以平行于极板的速度v0射入电容器，t＝3T时刻恰好从下极板边缘射出电容器，带电粒子的重力不计．求：(1)平行板电容器板长L；(2)粒子射出电容器时偏转的角度φ；(3)粒子射出电容器时竖直偏转的位移y.解析(1)粒子水平方向做匀速运动：L＝v0·3T＝3v0T.(2)粒子竖直方向先做T时间的匀加速，然后做T时间的匀速，再做T时间的匀加速：a＝Fm＝qUdm，vy＝qUmd·2T，tanφ＝vyv0＝2qUTmdv0，故φ＝arctan2qUTmdv0.(3)竖直方向一共加速运动了2T时间，匀速运动了T时间，则y＝12qUmd(2T)2＋qUmdT·T＝3qUmdT2.例2如图所示，AB是一倾角为θ＝37°的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.30，BCD是半径为R＝0.2m的光滑圆弧轨道，它们相切于B点，C为圆弧轨道的最低点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E＝4.0×103N/C，质量m＝0.20kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下．已知斜面AB对应的高度h＝0.24m，滑块带电荷量q＝－5.0×10－4C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.求：(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端B点时的速度大小；(2)滑块滑到圆弧轨道最低点C时对轨道的压力．解析(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力Ff＝μ(mg＋qE)cos37°＝0.96N设到达斜面底端时的速度为v1，根据动能定理得(mg＋qE)h－Ffhsin37°＝12mv21解得v1＝2.4m/s(2)滑块从B到C，由动能定理可得：(mg＋qE)·R·(1－cos37°)＝12mv22－12mv21当滑块经过最低点C时，有FN－(mg＋qE)＝mv22R由牛顿第三定律：FN′＝FN解得：FN′＝11.36N，方向竖直向下．例3(2011·福建·20)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动．已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×103N/C和E2＝4.0×103N/C，方向如图所示．带电微粒质量m＝1.0×10－20kg，带电荷量q＝－1.0×10－9C，A点距虚线MN的距离d1＝1.0cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：(1)B点距虚线MN的距离d2；(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t.解析(1)带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有|q|E1d1－|q|E2d2＝0①由①式解得d2＝E1E2d1＝0.50cm②(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有|q|E1＝ma1③|q|E2＝ma2④设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2，由运动学公式有d1＝12a1t21⑤d2＝12a2t22又t＝t1＋t2由②③④⑤⑥⑦式解得t＝1.5×10－8s例4如图所示，两块平行金属板竖直放置，两板间的电势差U＝1.5×103V(仅在两板间有电场)，现将一质量m＝1×10－2kg、电荷量q＝4×10－5C的带电小球从两板的左上方距两板上端的高度h＝20cm的地方以初速度v0＝4m/s水平抛出，小球恰好从左板的上边缘进入电场，在两板间沿直线运动，从右板的下边缘飞出电场，g取10m/s2，求：(1)金属板的长度L；(2)小球飞出电场时的动能Ek.解析(1)小球到达左板上边缘时的竖直分速度：vy＝2gh＝2m/s设小球此时速度方向与竖直方向之间的夹角为θ，则：tanθ＝v0vy＝2小球在电场中沿直线运动，所受合力方向与运动方向相同，设板间距为d，则：tanθ＝qEmg＝qUmgdL＝dtanθ，解得L＝qUmgtan2θ＝0.15m(2)进入电场前v1＝v20＋v2y电场中运动过程qU＋mgL＝Ek－12mv21联立解得Ek＝0.175J例5如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑轨道，一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道下滑，已知小球的质量为m、电荷量为－q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α(小球的重力大于所受的电场力)(1)求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小．(2)若使小球通过圆轨道顶端的B点，求A点距水平地面的高度h至少应为多大？(3)若小球从斜轨道h＝5R处由静止释放，假设其能够通过B点，求在此过程中小球机械能的改变量．解析(1)根据牛顿第二定律有(mg－qE)sinα＝ma，解得a＝mg－qEsinαm(2)若小球刚好通过B点，根据牛顿第二定律有mg－qE＝mv2R小球由A到B，根据动能定理有(mg－qE)(h－2R)＝mv22以上两式联立得h＝52R.(3)小球从静止开始沿轨道运动到B点的过程中，设机械能的变化量为ΔE机由ΔE机＝W电，W电＝－3REq，得ΔE机＝－3REq.例6如图所示，正方形区域abcd边长L=8cm，内有平行于ab且竖直向下的匀强电场，场强E=3750V/m，一带正电的粒子电荷量q=10－10C，质量m=10－20kg，沿电场中心线RO飞入电场，初速度v0=2×106m/s，粒子飞出电场后经过界面cd、PS间的无电场区域后，进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域，一进入该区域即开始做匀速圆周运动（设点电荷左侧的电场分布以界面PS为界限，且不受PS影响）。已知cd、PS相距x=12cm，粒子穿过PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏MN上。不计粒子重力（静电力常数k=9×109N.m2/C2），试求：（1）粒子穿过界面PS时偏离中心线OR的距离y＇；（2）粒子穿过界面PS时的速度大小；（3）点电荷Q的电性及电荷量。解析：（1）设粒子穿越电场的时间为t，则L=v0t；y=21at2其中a=mEq解得粒子离开电场时的侧移y=3cm由相似关系得22LxLyy；解得y＇=12cm(2)粒子离开电场时的竖直分速度vy=at=1.5×106m/s则粒子穿过界面PS时的速度大小v=220yvv=2.5×106m/s(3)设粒子离开电场时的速度偏转角为θ，则cosθ=v0/v=0.8粒子做圆周运动的半径r=y＇/cosθ=15cm粒子做圆周运动时库仑力充当向心力，可知点电荷Q带负电；由rvmrQqk22；得Q=1.04×10－8C例7下图中A和B表示在真空中相距为d的两平行金属板，加上电压后它们之间的电场可视为匀强电场；右边表示一周期性的交变电压的波形，横坐标代表时间t，纵坐标代表电压UAB，从t=0开始，电压为给定值U0，经过半个周期，突然变为-U0……。如此周期地交替变化。在t=0时刻将上述交变电压UAB加在A、B两极上，现有一质量为m,带电量为-q的粒子。若不计带电粒子的重力，求：(1)在t=0时刻，在B的小孔处无初速地释放该粒子，释放瞬间的加速度为多少。(2)在t=0时刻，在B的小孔处无初速地释放该粒子，要想使该粒子在t=T时刻到达A板(3)电压变化周期满足什么条件时，在t=4T到t=43T时间内在B的小孔处无初速度释放上述粒子，粒子不能到达A板。（设粒子到达A板后就被吸收掉）解：（1）根据牛顿第二定律0qUamd（2）粒子先匀加速，接着匀减速2012()22qUTdmd得：204mdTqU（3）从t=4T时刻释放的粒子最容易到达A板。2012()24qUTdmd即20116qUdTmd得：2016dmTqU例8如图所示，在竖直平面内有范围足够大、水平向左的匀强电场。一绝缘U形弯杆由两段直杆和一半径为R的半圆环MAP组成，固定在纸面所在的竖直平面内。PQ、MN水平且足够长，NMAP段是光滑的。现有一质量为m、带电量为+q的小环套在MN杆上，它所受电场力为重力的3/4.现在M右侧D点由静止释放小环，小环刚好能到达P点。(1)求D、M间的距离X0(2)求上述过程中小环第一次通过与O等高的A点时弯杆对小环作用力的大小(3)若小环与PQ间动摩擦因数为μ（设最大静摩擦力与动摩擦力大小相等），现将小环移至M点右侧4R处由静止开始释放，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功。解：（1）从D点到P点，动能定律得0200qEXmgR得083XR（2）从P到A点，动能定律2102AqERmgRmv在A点：2AmvNqER得：174Nmg（3）从M点右侧4R处释放，到达P点214.202pqERmgRmv第一种情况:qEmg,小球会一直运动，且到达P点时速度为零，根据能量转化和守恒有：212fpwmvmgR第二种情况：qEmg，小球到达P点后向右运动速度为零，，。根据能量转化和守恒有：212fpmgwmvmgqEmgmgRmgqE=34mgmgRmgmg=434mgR