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最新高考物理带电物体在电场中的运动

带电物体在电场中的运动

1、研究带电物体在电场中运动的两条主要途径

带电物体在电场中的运动，是一个综合力和能量的力学问题，研究的方法与质点动力学相同（仅仅增加了电场力），它同样遵循运动的合成与分解、力的独立作用原理、牛顿运动定律、动能定理、功能原理等力学规律．研究时，主要可以按以下两条途径分析：（1）力和运动的关系——牛顿第二定律

根据带电物体受到的电场力和其它力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电物体的速度、位移等．这条线索通常适用于恒力作用下做匀变速运动的情况．（2）功和能的关系——动能定理

根据电场力对带电物体所做的功，引起带电物体的能量发生变化，利用动能定理或从全过程中能量的转化，研究带电物体的速度变化，经历的位移等．这条线索同样也适用于不均匀的电场．

2、研究带电物体在电场中运动的两类重要方法（1）类比与等效

电场力和重力都是恒力，在电场力作用下的运动可与重力作用下的运动类比．例如，垂直射入平行板电场中的带电物体的运动可类比于平抛，带电单摆在竖直方向匀强电场中的运动可等效于重力场强度g 值的变化等．（2）整体法(全过程法)

电荷间的相互作用是成对出现的，把电荷系统的整体作为研究对象，就可以不必考虑其间的相互作用．

电场力的功与重力的功一样，都只与始末位置有关，与路径无关．它们分别引起电荷电势能的变化和重力势能的变化，从电荷运动的全过程中功能关系出发(尤其从静止出发末速度为零的问题)往往能迅速找到解题切入点或简化计算．

044.盐城市2008届六所名校联考试题10.如图所示，在绝缘水平面上固定两个等量同种电荷A 、B ，在AB 连线上的P 点由静止释放一带电滑块，则滑块会由静止开始一直向右运动到AB 连线上的另一点M 而停下。则以下判断正确的是 ( C D ) A ．滑块一定带的是与A 、B 异种的电荷

B ．滑块的电势能一定是先减小后增大

C ．滑块的动能与电势能之和一定减小

D ．AP 间距一定小于BM 间距

050.江苏省盐城市07-08学年度第二次调研考试2．如图甲所示，水平面绝缘且光滑，弹簧左端固定，右端连一轻质绝缘挡板，空间存在着水平方向的匀强电场，一带电小球在电场力和挡板压力作用下静止。若突然将电场反向，则小球加速度的大小随位移x 变化的关系图像可能是图乙中的 ( A )

053.08年(一)2．如右图所示，三个质量相同，带电荷量

分别为+q 、－q 和0的小液滴a 、b 、c ，从竖直放置的两板中间上方由静止释放，最后

从两板间穿过，轨迹如图所示，则在穿过极板的过程中（ A D ） A ．电场力对液滴a 、b 做的功相同 B ．三者动能的增量相同

C ．液滴a 电势能的增加量等于液滴b 电势能的减少量

D ．重力对三者做的功相同

E A B C D

003.南京师大物理之友电学综合（一）3．如图所示，在光滑绝缘水平面上的M 、N 两点各放有一个电荷量分别为+q 和+2q 的完全相同的金属球A 、B 。在某时刻，使A 、B 以相等的初动能E 开始沿同一直线相向运动（这时它们的动量大小均为P ），若它们在碰撞过程中无机械能损失，碰后又各自返回。它们返回M 、N 两点时的动能分别为E 1和E 2，动量大小分别为P 1和P 2，则下列结论正确的是：( A ) A ．E 1＝E 2>E ，P 1＝P 2>P B ．E 1＝E 2＝E ，P 1＝P 2＝P

C ．碰撞一定发生在M 、N 连线中点的左侧

D ．两球不可能同时返回到M 、N 两点

解：两球碰前的库仑力为222r q k F =, 两球碰后的库仑力为F r q .k F >='2

252

它们返回M 、N 两点过程中电场力做功大于碰前电场力做的功，动能增大，动量也增大。

由于两球在同一时刻的加速度相同，碰撞一定发生在M 、N 连线的中点，碰后同时返回到M 、N 两点，

003.南京师大物理之友电学综合(一) 6．如图所示，在场强大小为E 的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m 电荷量为q 的带负电小球，另一端固定在O 点。把小球拉到使细线水平的位置A ，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平成θ=60°的位置B 时速度为零。以下说法正确的是 ( B C ) A ．小球重力与电场力的关系是Eq mg 3= B ．小球重力与电场力的关系是mg Eq 3=

C ．球在B 点时，细线拉力为mg T 3=

D ．球在B 点时，细线拉力为T =2Eq

解：从A 到B 由动能定理得mgl sin60°-qEl (1-cos60°)=0 mg Eq 3=

∴

由圆周运动规律得 06060=-- cos qE sin mg T mg T 3=∴

004.南京师大物理之友电学综合(二) 11、如图所示，在O 点处放置一个正电荷。在过O 点的竖直平面内的A 点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m 、电荷量为q 。小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O 为圆心、R 为半径的圆（图中实线表示）相交于B 、C 两点，O 、C 在同一水平线上，∠BOC =30°，A 距离OC 的竖直高度为h 。若小球通过B 点的速度为v ，则下列说法中正确的是 ( B D ) A ．小球通过C 点的速度大小是gh 2 B ．小球通过C 点的速度大小是gR v +2 C ．小球由A 到C 电场力做功是

mv -mgh D ．小球由A 到C 机械能的损失是2

1)2

(mv R h mg --

解：B 、C 两点电势相等， B →C 电场力不做功。

由动能定理， B →C, 1/2 mv C 2 -1/2 mv 2 =mgRsin 30° ∴ v C 2 =v 2

+gR

小球由A 到C 机械能的损失即克服电场力做功是ΔE =mgh -1/2 m v C 2

=mg (h -R /2) - 1/2 mv 2

004.南京师大物理之友电学综合(二) 20、物理学家密立根早在1911年曾经以下述著名的油滴实验推断自然界存在基本电荷，并推出了基本电荷的电量，其实验过程如下：

水平放置的两平行绝缘金属板间距为 d ，在上极板的中间开一小孔，使质量为 m 的微小带电油滴从这个小孔落到极板中，忽略空气浮力，当极板上没加电压时，由于空气阻力大小与速度大小成正比，（设比例系数为 k 且 k ＞0）经过一段时间后即可观察到油滴以恒定的速率 V 1 在空气中缓慢降落。

+q +2q B

（1）极板上加电压 u 时可见到油滴以恒定的速率 V 2 缓慢上升。试求油滴所带电量 q （用d 、u 、k 、V 1、V 2 等已知量表示）。

（2）在极板上不加电压时，油滴在极板内以恒定的速率 V 1 下降时，移动某一定值的竖直距离所需时间为 t 1 ，加了电压 u 后以恒定速率 V 2 上升同一竖直距离所需时间为 t 2，然后又把电压撤除，使所考察的油滴又降落，并在极板内照射 x 射线以改变它的带电量，再在极板上加上同样的电压 u ，重复上述操作测定油滴上升的时间，即可发现)t t (

1+始终是0.00535s -1的整数倍，由此可断定：一定存在基本电荷，若已知：d ＝2

×10－2m ， m ＝3.2×10－

16kg ， t 1＝11.9s u ＝25V ， g ＝9.8m ／s 2，试计算基本电荷的带电量（取两位有效数字）解：（1）由题意得： 1kV mg = ① 油滴在电场中缓慢上升时：

2kV mg d

+= ② 由①②解得 u

)

V V (dk q 21+= ③

（2）由题意知： 2211t V t V = ④

0053501

1.n t t ?=+ （n 为整数） ⑤ ①②③④⑤式可解得

n .u

dmgt q 0053501

⑥ 显然：粒子所带电量为).u dmgt (0053501

?的整数倍。 ∴ 基本电荷的带电量 C 1061005350191

-?=?=..u

dmgt e

031.上海市静安区07-08学年第一学期期末检测8．如图所示，在光滑水平桌面上有一半径为R 的圆，O 为圆心，AB 为直径，桌面所在空间有水平方向的匀强电场（场强为E ）。现将一电量为+q 的带电微粒，以相同的动能从A 点沿桌面射出，因射出方向不同，微粒将

通过圆上的不同点，其中到达C 点时微粒的动能最大。已知∠BAC =37°，则电场方向与AC 的夹角θ= ；若微粒从A 点沿桌面且与电场垂

直的方向射出，微粒恰能通过C 点，则射出时的初动能为。

答： 37°，0.18EqR ；

031.上海市静安区07-08学年第一学期期末检测12、如图所示，由相同绝缘材料组成的斜面AB 和水平面BC ，质量为m 的小滑块由A 静止开始释放，它运动到C 点时的速度为v 1 （v 1≠0），最大水平位移为S 1；现给小滑块带上正电荷，并在空间施加竖直向下的匀强电

场，仍让小滑块由A 静止开始释放，它运动到C 点时的速度为v 2，最大水平位移为S 2，忽略在B 点因碰撞而损失的能量，水平面足够长，以下判断正确的是 ( A D ) A 、v 1

C 、S 1≠S 2，

D 、S 1=S 2。

065.2008年南京一中高三第三次模拟8．如图所示，在足够大的光滑水平绝缘桌面上，有两个带电小球A 、B ，现分别给两球一定的初速度，使其在桌面上运动，两者距离始终保持不变，则（ C D ）

A B

C .

37 B A

A ．A 、

B 一定带同种电荷，速度大小均不变 B ．A 、B 一定带同种电荷，加速度大小均不变

C ．A 、B 一定带异种电荷，速度始终与两球连线方向垂直

D ．A 、B 一定带异种电荷，两球的速度大小与其质量成反比

044.盐城市2008届六所名校联考试题14．如图甲所示，电荷量为q =1×10-4C 的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在方向沿水平向右的电场，电场强度E 的大小与时间的关系如图乙所示，物块运动速度与时间t 的关系如图丙所示，取重力加速度g =10m/s 2。求（1）前2秒内电场力做的功。（2）物块的质量。（3）物块与水平面间的动摩擦因数。

解：（1）F=E 1q=3N （1分） 22

at s m （1分） W =FS （1分） W = 6（J ）

（2分）（2）a =1m/s 2 （1分） E 2q =μmg （1分） E 1q － E 2q =ma （1分） m =1kg （2分）（3）μ= 0.2 （2分）

015.扬州市期中模拟试卷16．如图所示，一根长L =1.5m 的光滑绝缘细直杆MN ，竖直固定在场强为E =1.0×105N/C 、与水平方向成θ=30°角的倾斜向上的匀强电场中。杆的下端M 固定一个带电

小球A ，电荷量Q =+4.5×10－6C ；另一带电小球B 穿在杆上可自由滑动，电荷量q =+1.0×10－

6C ，

质量m =1.0×10－

2kg 。现将小球B 从杆的上端N 静止释放，小球B 开始运动。(静电力常量k =9.0 ×109N ·m 2/C 2．取g =10m/s 2)

(1)小球B 开始运动时的加速度为多大? (2)小球B 的速度最大时，距M 端的高度h 1为多大?

(3)小球B 从N 端运动到距M 端的高度h 2=0.61m 时，速度为v =1.0m/s ，

求此过程中小球B 的电势能改变了多少?

解：（1）开始运动时小球B 受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，

由牛顿第二定律得

ma sin qE L Qq

mg =--θ2

① 解得m sin qE m L kQq g a θ

--=2 ②

代入数据解得：a =3.2m/s 2 ③

(2)小球B 速度最大时合力为零，即

mg sin qE h kQq

=+θ21

④ 解得θ

sin qE mg kQq

h -=

1 ⑤

代入数据解得h 1=0.9m ⑥

(3)小球B 从开始运动到速度为v 的过程中，设重力做功为W 1，电场力做功为W 2

，库仑力做功为

E 甲

/s 乙丙 E

W 3，根据动能定理有

3212

1mv W W W =

++ ⑦ W 1＝mg （L -h 2） ⑧ W 2=-qE (L -h 2)sin θ ⑨ 解得θsin )h L (qE )h L (mg mv W 222

1-+--=

⑩ 设小球的电势能改变了ΔE P ，则

ΔE P ＝－（W 2＋W 3）

222

1mv )h L (mg E P --=?

ΔE P ＝8.4×10－

2 J

044.盐城市2008届六所名校联考试题18．在光滑绝缘的水平面上,用长为2L 的绝缘轻杆连接两个质量均为m 的带电小球A 和B.A 球的带电量为+2q ,B 球的带电量为-3q ,组成一带电系统,如图所示,虚线MP 为AB 两球连线的垂直平分线,虚线NQ 与MP 平行且相距4L .最初A 和B 分别静止于虚线MP 的两侧,距MP 的距离均为L ,且A 球距虚线NQ 的距离为3L.若视小球为质点,不计轻杆的质量,在虚线MP , NQ 间加上水平向右的匀强电场E 后,求: (1)B 球刚进入电场时,带电系统的速度大小.

(2)带电系统从开始运动到速度第一次为零所需时间以及B 球电势能的变化量.

解： ⑴带电系统开始运动时，设加速度为a 1，由牛顿第二定律：

m qE a 221=

＝m

（2分）球B 刚进入电场时，带电系统的速度为v 1，有：

L a v 1212= 求得：m

qEL

v 21=

（2分） ⑵对带电系统进行分析，假设球A 能达到右极板，电场力对系统做功为W 1，有： 0)23(321=?-+?=L qE L qE W

故带电系统速度第一次为零时，球A 恰好到达右极板Q 。（2分）设球B 从静止到刚进入电场的时间为t 1，则：

1a v t =

解得：qE

t 21= （1分）球B 进入电场后，带电系统的加速度为a 2，由牛顿第二定律：

m qE qE a 22232-

=+-=

（2分）显然，带电系统做匀减速运动。减速所需时间为t 2，则有：

2120a v t -=

求得： qE

mL t 82= （2分）可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为：

t t t 23

21=+= （1分） B 球电势能增加了6 Eq L （2分）

047.08年福建省毕业班质量检查21．如图所示，在真空室中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距离为d ，电容为C ，上板B 接地。现有大量质量均为m 、带电量均为q 的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板A 的正中央

点。如果能落到A 板的油滴仅有N 滴，且第N +1滴油滴刚好能飞离电场，假定落到A 板的油滴的电量能被板全部吸收，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为g ，则 ( B C D )

A ．落到A 板的油滴数2

q Cdmg

N =

B ．落到A 板的油滴数2

43q

Cdmg

N = C ．第N +1滴油滴通过电场的整个过程所增加的动能等于

8mgd D ．第N +1滴油滴通过电场的整个过程所减少的机械能等于8

3mgd

050.江苏省盐城市07-08学年度第二次调研考试13．如图所示,AB 为竖直墙壁，A 点和P 点在同一水平面上。空间存在着竖直方向的匀强电场。将一带电小球从P 点以速度v 向A 抛出，结果打在墙上的C 处。若撤去电场，将小球从P 点以初速v /2向A 抛出，也正好打在墙上的C 点。求：

（1）第一次抛出后小球所受电场力和重力之比

（2）小球两次到达C 点时速度之比解：（1）设AC=h 、电场力为F Q ，根据牛顿第二定律得：F Q +mg=ma ①

第一次抛出时， 2

21)v l (a h = …………② (1分 )

第二次抛出时， 2221)v

(g h = …………③ (1分 )

由②、③两式得a =4g …………④ (1分 )

所以，F Q ：G =3:1 …………⑤ (1分 ) （2）第一次抛出打在C 点的竖直分速度 v

a v y =1…………⑥ (1分 ) 第二次抛出打在C 点的竖直分速度v

g v y 22=…………⑦ (1分 ) 第一次抛出打在C 点的速度2

121y v v v +=…………⑧ (1分 )

第二次抛出打在C 点的速度22222

y v )v (v +=

…………⑨ (1分 ) 所以 v 1：v 2=2：1…………⑩ (1分 )

062.北京市海淀区高三物理二模反馈题22．（16分）质量m =2.0×10-4kg 、电荷量q =1.0×10-6C 的带正电微粒静止在空间范围足够大的匀强电场中，电场强度大小为E 1。在t =0时刻，电场强度突然增加到E 2=4.0×103N/C ，到t =0.20s 时再把电场方向改为水平向右，场强大小保持不变。取g=10m/s 2。求：（1）t =0.20s 时间内带电微粒上升的高度；（2）t =0.20s 时间内带电微粒增加的电势能；

（3）电场方向改为水平向右后带电微粒最小的的动能。解：（1）在E 2电场中，设带电微粒向上的加速度为a 1，根据牛顿第二定律 q E 2-mg=ma 1 解得：a 1=10m/s 2

设0.20s 时间内带电微粒上升的高度为h ，则解得：h=0.20m （2）在t =0.20s 时间内电场力对带电微粒做正功，电势能减少 h qE E 2-=? 解得：ΔE=-8.0×10-2J （3）在t =0.20s 时带点微粒的速度v 1=a 1t=2.0m/s

A P

把电场E 2改为水平向右后，设带电微粒在竖直方向做匀减速运动的速度为v y ，水平方向作匀加速运动的速度为v x ，带电微粒的动能达到最小时所用时间为t 1，则 v y =v 1-gt 1 v x =a 2t 1 22

2m/s 20==m

qE a 解得：v y =2.0-10t 1, v x =20t 1

带点微粒的动能)v v (m E y x k 222

1+=

])()[(21212211t a gt v m E k +-=]2[2121112122

2v gt v t )g a (m +-+=

当s 04022211

a g v t =+=时，E k 有最小值解得：E k =3.2×10-4J 说明：用当电场力与重力的合力与速度方向垂直时，速度有最小值，计算也可以。

032.上海虹口区2007学年度第一学期期终教学检测24、（15分）如图所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5L 。槽内有两个质量均为m 的小球A 和B ，球A 带电量为+2q ，球B 带电量为－3q ，两球由长为2L 的轻杆相连，组成一带电系统。最初A 和B 分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L 。若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行向右的匀强电场E 后（设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布），求： ⑴球B 刚进入电场时，带电系统的速度大小。 ⑵带电系统从开始运动到速度第一次为零时球A 相对右板的位置。 (3)带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间。

解： ⑴设球B 刚进入电场时，带电系统的速度为v 1，由动

能定理有：

2122

2mv L qE =? (2)

分

求得： m

qEL

v 21=

………………………………………………1分 (2)设带电系统的速度为0时，假设A 球仍在电场中，并设B 球在电场中的位移为x ，

由动能定理有 022

1=?-x qE mv …………………………………………1分

求得 L .L x 512>=…………………………………………………1分所以带电系统速度第一次为零时，球A 、B 应分别在右极板两侧。设A 球达到右极板时速度为v 2

222

1513522mv L .qE L .qE =

?-?…………………………1分求得： m

qEL

v 22=

…………………………………………………1分接下来，只有B 球受到电场力，设带电系统的速度为0时，A 球相对右极板的位移为x 。由动能定理有

2222

13mv qEx =

………………………………………………2分解得： 6L

x =…………………………………………………………1分

(3)设球B 从静止到刚进入电场的时间为t 1，则：

v t a =

解得：

1t =

……………………………………………………1分球B 进入电场后，带电系统的加速度为a 2，由牛顿第二定律：

m qE qE a 22232-

=+-=

……………………………………1分显然，带电系统做匀减速运动。设球A 刚达到右极板时的速度为v 2，减速所需时间为t 2，则有： 2122a v v t -=

求得： qE

t 22=

……………………………………………1分球A 离电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a 3，再由牛顿第二定律：

a 233-=

设球A 从离开电场到静止所需的时间为t 3，则有：

3230a v t -=

求得：

3t =

……………………………………………1分

可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为：

t t t t 23

7321=

++=…………………………………1分

038.08年广东佛山市高三教学质量检测（一）20．（19分）如图所示，在光滑水平地面上，静放着一质量m 1=0.2kg 的绝缘平板小车，小车的右边处在以PQ 为界的匀强电场中，电场强度E 1=1×104 V/m ，小车上A 点正处于电场的边界。质量m 2=0.1kg 、带电量q =6×10-5 C 的带正电小物块（可视为质点）置于A 点，其与小车间的动摩擦因数μ=0.40（且最大

静摩擦力与滑动摩擦力相等）。现给小物块一个v 0=6m/s 向右的初速度。当小车速度减为零时，电场强度突然增强至E 2=2×104 V/m ，而后保持此值不变。若小物块不从小车上滑落，取g =10m/s 2

。试解答下列问题：（1）小物块最远能向右走多远？

（2）小车、小物块的最终速度分别是多少？（3）车的长度应满足什么条件？

解：本题是考查牛顿运动定律、电场力、匀变速运动规律、动量守恒定律知识，考查考生对物理过程的综合分析能力、应用数学处理物理问题的能力。（1）（10分）小物块水平方向受向左的电场力与滑动摩擦力做减速运动，而小车受摩擦力向右做匀加速运动。设小车与小物块的加速度分别为a 1、a 2，由牛顿定律得：

对小物块 2221a m g m qE =+μ

452212m/s 1010101040101106=??+???=+=-...m g m qE a μ

（1分）对于小车112a m g m =μ

22121m/s 2m/s 2

010

1040=??=

...m g

m a μ （1分）

设经t 1秒两者速度相同，则由at v v t -=0得：

对小物块有：

1106t v t -=

对小车有：

12t v t ='

由以上二式得： 112106t t =- （1分）解得t 1 =0.5s ，共同速度为1m/s （1分）。

当两者达到共同速度后，受力情况发生了变化，其水平方向的受力如图所示：

则由牛顿第二定律得： 321a )

m m (F +=

224

521132m/s m/s 2

010101106=+???=+=-..m m qE a

设两者间摩擦力达最大静摩擦，设小车及小物块做减速运动的加速度分别为1

a '、2a '，则：221

21m/s 2m/s 2

010

1040=??=

'...m g

m a μ （1分）

2452212m/s 21010

1040101106=??-???=-='-...m g m qE a μ （1分）

由于21

3a a a '='=，故两者不会相对滑动，而是以a 共=2m/s 2的共同加速度做减速运动，直至共同速度减为零。（若求得21

a a '='，不求a 3不扣分）（1分）小物块第一段运动的位移m 751m 10

21622

212

021.a v v s t =?-=-= （1分）

第二段运动的位移 m 2502

212222.m a v s =?==

共

（1分）故小物块向右运动最远的位移s =1.75m+0.25m=2m （1分）（2）（5分）当小物块及小车的速度减为零后，其受力如图，由牛顿第二定律得：

小物块的加速度

2452225m/s 81

0101040102106=??-???=-=-...m g m qE a μ （1分）

此时小车的加速度 22126m/s 2m/s 2

010

1040=??==...m g m a μ （1分）设小物块经t 2秒冲出电场，此时小物块及小车速度分别为v 3与v 4。则：对小物块 ∵2

2521t a s = s 2

2822252=?==

∴a s t

对小物块 m/s 242

8253=?==s /m t a v （1分）对小车 m/s 2m/s 2

2264=?

==t a v （1分）当小物块冲出电场后，若不从小车上滑落，两者最终会达至共同速度，设此速度为v 5。由系统动量守恒得： 5214132v )m m (v m v m +=+ m/s 221

0202

2024102141325=+?+?=++=

....m m v m v m v （1分）

（3）（4分）

解法一、设小车长为L ，由系统能量守恒得： 2521222

1v )m m (gL m s qE +=

-μ （3分）解得L =3m （1分）解法二：

设小车向左运动直至与小物块达到共同速度前的总位移为4s ，由于小车向左加速的加速度也始终为2m/s 2，最终速度为m /s 22，故：

m 2m 2

2222224=?==)(a v s （1分）

设小物块出电场后向左运动，直至与小车达到共同速度前的位移为6s ，设此过程中的加速度为7a 。则： 222

27m/s 4m/s 1040=?===

.g m g

m a μμ （1分）

m 3m 4

2242222

2723256=?--=--=)()(a v v s （1分）

因小物块向左加速运动2m 后才冲出电场，故小物块向左运动的总位移7s 为 m 5267=+=s s

由此可知小物块相对小车运动的位移为m 3m 2m 547=-=-s s （1分）即小车长度至少为3m

高考物理专题汇编物理牛顿运动定律的应用(一)及解析

高考物理专题汇编物理牛顿运动定律的应用(一)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．如图，质量为m =lkg 的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ=37°的光滑斜面上，离斜面末端B 的高度h =0. 2m ，滑块经过B 位置滑上皮带时无机械能损失，传送带的运行速度为v 0=3m/s ，长为L =1m ．今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．g 取l0m/s 2.求： (1)水平作用力F 的大小；（已知sin37°=0.6 cos37°=0.8） (2)滑块滑到B 点的速度v 和传送带的动摩擦因数μ； (3)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．【答案】（1）7.5N （2）0.25（3）0.5J 【解析】【分析】【详解】 (1)滑块受到水平推力F . 重力mg 和支持力F N 而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F=mg tan θ，代入数据得： F =7.5N. (2)设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v ，下滑过程机械能守恒，故有： mgh = 212 mv 解得 v 2gh ；滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有： μmgL = 2201122 mv mv 代入数据得： μ=0.25 (3)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移为： x=v 0t 对物体有： v 0=v ?at

ma=μmg 滑块相对传送带滑动的位移为： △x =L?x 相对滑动产生的热量为： Q=μmg △x 代值解得： Q =0.5J 【点睛】对滑块受力分析，由共点力的平衡条件可得出水平作用力的大小；根据机械能守恒可求滑块滑上传送带上时的速度；由动能定理可求得动摩擦因数；热量与滑块和传送带间的相对位移成正比，即Q=fs ，由运动学公式求得传送带通过的位移，即可求得相对位移． 2．如图，质量分别为m A =2kg 、m B =4kg 的A 、B 小球由轻绳贯穿并挂于定滑轮两侧等高H =25m 处，两球同时由静止开始向下运动，已知两球与轻绳间的最大静摩擦力均等于其重力的0.5倍，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．两侧轻绳下端恰好触地，取g =10m/s 2，不计细绳与滑轮间的摩擦，求：, (1)A 、B 两球开始运动时的加速度． (2)A 、B 两球落地时的动能． (3)A 、B 两球损失的机械能总量．【答案】（1）2 5m/s A a =27.5m/s B a = （2）850J kB E = （3）250J 【解析】【详解】 (1)由于是轻绳,所以A 、B 两球对细绳的摩擦力必须等大，又A 得质量小于B 的质量，所以两球由静止释放后A 与细绳间为滑动摩擦力，B 与细绳间为静摩擦力，经过受力分析可得：对A ：A A A A m g f m a -= 对B ：B B B B m g f m a -= A B f f = 0.5A A f m g = 联立以上方程得：2 5m/s A a = 27.5m/s B a = (2)设A 球经t s 与细绳分离，此时，A 、B 下降的高度分别为h A 、h B ，速度分别为V A 、V B ，因为它们都做匀变速直线运动

高考物理牛顿运动定律试题经典及解析

高考物理牛顿运动定律试题经典及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律 1．质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的图象如图所示取m/s2，求：（1）物体与水平面间的动摩擦因数；（2）水平推力F的大小；（3）s内物体运动位移的大小．【答案】（1）0.2；（2）5.6N；（3）56m。【解析】【分析】【详解】（1）由题意可知，由v-t图像可知，物体在4～6s内加速度：物体在4～6s内受力如图所示根据牛顿第二定律有：联立解得：μ=0.2 （2）由v-t图像可知：物体在0～4s内加速度：又由题意可知：物体在0～4s内受力如图所示根据牛顿第二定律有：代入数据得：F=5.6N （3）物体在0～14s内的位移大小在数值上为图像和时间轴包围的面积，则有：

【点睛】在一个题目之中，可能某个过程是根据受力情况求运动情况，另一个过程是根据运动情况分析受力情况；或者同一个过程运动情况和受力情况同时分析，因此在解题过程中要灵活处理．在这类问题时，加速度是联系运动和力的纽带、桥梁． 2．如图所示为工厂里一种运货过程的简化模型，货物(可视为质点质量4m kg =，以初速度010/v m s =滑上静止在光滑轨道OB 上的小车左端，小车质量为6M kg =，高为 0.8h m =。在光滑的轨道上A 处设置一固定的障碍物，当小车撞到障碍物时会被粘住不动，而货物继续运动，最后恰好落在光滑轨道上的B 点。已知货物与小车上表面的动摩擦因数0.5μ=，货物做平抛运动的水平距离AB 长为1.2m ，重力加速度g 取210/m s 。 ()1求货物从小车右端滑出时的速度； ()2若已知OA 段距离足够长，导致小车在碰到A 之前已经与货物达到共同速度，则小车的长度是多少？【答案】(1)3m/s ；(2)6.7m 【解析】【详解】 ()1设货物从小车右端滑出时的速度为x v ，滑出之后做平抛运动，在竖直方向上：2 12 h gt = ，水平方向：AB x l v t = 解得：3/x v m s = ()2在小车碰撞到障碍物前，车与货物已经到达共同速度，以小车与货物组成的系统为研究对象，系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：()0mv m M v =+共，解得：4/v m s =共，由能量守恒定律得：()2201122 Q mgs mv m M v μ==-+共相对，解得：6s m =相对，当小车被粘住之后，物块继续在小车上滑行，直到滑出过程，对货物，由动能定理得： 22 11'22 x mgs mv mv 共μ-= -，

带电粒子在电场中的运动练习题(含答案)

带电粒子在电场中的运动 1.如图所示，A 处有一个静止不动的带电体Q ，若在c 处有初速度为零的质子和α粒子，在电场力作用下由c 点向d 点运动，已知质子到达d 时速度为v 1，α粒子到达d 时速度为v 2，那么v 1、v 2等于：（） A. :1 B.2 ∶1 C.2∶1 D.1∶2 2.如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由 A →O → B 匀速运动，电子重力不计，则电子除受电场力外，所受的另一个力的大小和方向变化情况是：（） A ．先变大后变小，方向水平向左 B ．先变大后变小，方向水平向右 C ．先变小后变大，方向水平向左 D ．先变小后变大，方向水平向右 3.让、、的混合物沿着与电场垂直的方向进入同一有界匀强电场偏转，要使它们的偏转角相同，则这些粒子必须具有相同的( ) A.初速度 B.初动能 C. 质量 D.荷质比 4.如图所示，有三个质量相等，分别带正电，负电和不带电的小球，从上、下带电平行金属板间的P 点.以相同速率垂直电场方向射入电场，它们分别落到A 、B 、C 三点，则 ( ) A 、A 带正电、 B 不带电、 C 带负电 B 、三小球在电场中运动时间相等 C 、在电场中加速度的关系是aC>aB>aA D 、到达正极板时动能关系 E A >E B >E C 5．如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M 点以相同速度垂直于电场线方向飞出a 、b 两个带电粒子，运动轨迹如图中虚线所示，不计粒子重力及粒子之间的库仑力，则（） A ．a 一定带正电，b 一定带负电 B ．a 的速度将减小，b 的速度将增加 C ．a 的加速度将减小，b 的加速度将增加 D ．两个粒子的动能，一个增加一个减小 6．空间某区域内存在着电场，电场线在竖直平面上的分布如图所示，一个质量为m 、电荷量为q 的小球在该电场中运动，小球经过A 点时的速度大小为v 1，方向水平向右，运动至B 点时的速度大小为v 2，运动方向与水平方向之间的夹角为α，A 、B 两点之间的高度差与水平距离均为H ，则以下判断中正确的是（） A ．若v 2>v 1，则电场力一定做正功 B ．A 、B 两点间的电势差2221()2m U v v q =- C ．小球运动到B 点时所受重力的瞬时功率2P mgv = D ．小球由A 点运动到B 点，电场力做的功22211122 W mv mv mgH =-- 2 H 11H 21H 31

高中物理带电粒子在电场中的运动典型例题解析

带电粒子在电场中的运动专题练习 1．一个带正电的微粒，从A 点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB 运动，如图，AB 与电场线夹角θ=30°，已知带电微粒的质量m =1.0×10－7kg ，电量q =1.0×10－10C ，A 、B 相距L =20cm ．（取g =10m/s 2 ，结果保留二位有效数字）求：（1）说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由．（2）电场强度的大小和方向？（3）要使微粒从A 点运动到B 点，微粒射入电场时的最小速度是多少？ 2．一个带电荷量为－q 的油滴，从O 点以速度v 射入匀强电场中，v 的方向与电场方向成θ角，已知油滴的质量为m ，测得油滴达到运动轨迹的最高点时，它的速度大小又为v ，求： (1) 最高点的位置可能在O 点的哪一方？ (2) 电场强度 E 为多少？ (3) 最高点处(设为N )与O 点的电势差U NO 为多少？ 3. 如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L = 0.1m ，两板间距离 d = 0.4 cm ，有一束相同微粒组成的带电粒子流从两板中央平行极板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，已知微粒质量为 m = 2×10-6kg ，电量q = 1×10-8 C ，电容器电容为C =10-6 F ．求 (1) 为使第一粒子能落点范围在下板中点到紧靠边缘的B 点之内，则微粒入射速度v 0应为多少？ (2) 以上述速度入射的带电粒子，最多能有多少落到下极板上？ 4.如图所示，在竖直平面内建立xOy 直角坐标系，Oy 表示竖直向上的方向。已知该平面内存在沿x 轴负方向的区域足够大的匀强电场，现有一个带电量为2.5×10－4 C 的小球从坐标原点O 沿y 轴正方向以0.4kg.m/s 的初动量竖直向上抛出，它到达的最高点位置为图中的Q 点，不计空气阻力，g 取10m/s 2 . （1）指出小球带何种电荷；（2）求匀强电场的电场强度大小；（3）求小球从O 点抛出到落回x 轴的过程中电势能的改变量. 5、如图所示，一对竖直放置的平行金属板A 、B 构成电容器，电容为C 。电容器的A 板接地，且中间有一个小孔S ，一个被加热的灯丝K 与S 位于同一水平线，从丝上可以不断地发射出电子，电子经过电压U 0加速后通过小孔S 沿水平方向射入A 、B 两极板间。设电子的质量为m ，电荷量为e ，电子从灯丝发射时的初速度不计。如果到达B 板的电子都被B 板吸收，且单位时间内射入电容器的电子数为n 个，随着电子的射入，两极板间的电势差逐渐增加，最终使电子无法到达B 板，求：（1）当B 板吸收了N 个电子时，AB 两板间的电势差（2）A 、B 两板间可以达到的最大电势差(U O ) （3）从电子射入小孔S 开始到A 、B 两板间的电势差达到最大值所经历的时间。 6．如图所示是示波器的示意图，竖直偏转电极的极板长L 1=4cm ，板间距离d=1cm 。板右端距离荧光屏 L 2=18cm ，（水平偏转电极上不加电压，没有画出）电子沿中心线进入竖直偏转电场的速度是 v=1.6×107 m/s ，电子电量e=1.6×10-19C ，质量m=0.91×10-30kg 。 (1)要使电子束不打在偏转电极上，加在竖直偏转电极上的最大偏转电压U 不能超过多大？ (2)若在偏转电极上加u=27.3sin100πt (V)的交变电压，在荧光屏竖直坐标轴上能观察到多长的线段？ 7．两块水平平行放置的导体板如图所示，大量电子（质量m 、电量e ）由静止开始，经电压为U 0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间。当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t 0；当在两板间加如图所示的周期为2t 0，幅值恒为U 0的周期性电压时，恰好．．能使所有电子均从两板间通过。问： ?这些电子通过两板之间后，侧向位移的最大值和最小值分别是多少？ ?侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少？ 1．（1）微粒只在重力和电场力作用下沿AB 方向运动，在垂直于AB 方向上的重力和电场力必等大反向，可知电场力的方向水平向左，如图所示，微粒所受合力的方向由B 指向A ，与初速度v A 方向相反，微粒做匀减速运动．（2）在垂直于AB 方向上，有qE sin θ－mg cos θ=0 所以电场强度E =1.7×104 N/C V U v 图3-1-6

带电粒子在电场中的运动(附详解答案)

带电粒子在电场中的运动强化训练 1．（多选题）冬天当脱毛衫时，静电经常会跟你开个小玩笑．下列一些相关的说法中正确的是( ) A ．在将外衣脱下的过程中，内外衣间摩擦起电，内衣和外衣所带的电荷是同种电荷 B ．如果内外两件衣服可看作电容器的两极，并且在将外衣脱下的某个过程中两衣间电荷量一定，随着两衣间距离的增大，两衣间电容变小，则两衣间的电势差也将变小 C ．在将外衣脱下的过程中，内外两衣间隔增大，衣物上电荷的电势能将增大(若不计放电中和) D ．脱衣时如果人体带上了正电，当手接近金属门把时，由于手与门把间空气电离会造成对人体轻微的电击 2.(2012·新课标全国卷) （多选题）如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( ) A ．所受重力与电场力平衡 B ．电势能逐渐增加 C ．动能逐渐增加 D ．做匀变速直线运动 3．(2011·安徽卷)如图6－3－12甲所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处．若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上．则t 0可能属于的时间段是( ) A ．0＜t 0＜T 4 B.T 2＜t 0＜3T 4 C.3T 4＜t 0＜T D ．T ＜t 0＜9T 8 4．示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如图所示，真空室中电极K 发出电子(初速度不计)经过电压为U 1的加速电场后，由小孔S 沿水平金属板A 、B 间的中心线射入板中．金属板长为L ，相距为d ，当A 、B 间电压为U 2时，电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点．已知电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心的距离变大的是( ) A ．U 1变大，U 2变大 B ．U 1变小，U 2变大 C ．U 1变大，U 2变小 D ．U 1变小，U 2变小 5．(2011·广东卷) （多选题）如图6－3－14为静电除尘器除尘机理的示意图．尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘的目的．下列表述正确的是( ) A ．到达集尘极的尘埃带正电荷 B ．电场方向由集尘极指向放电极 C ．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同 D ．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大 6．如图所示，D 是一只二极管，AB 是平行板电容器，在电容器两极板间有一带电微粒P 处于静止状态，当两极板A 和B 间的距离增大一些的瞬间(两极板仍平行)，带电微粒P 的运动情况是( ) A ．向下运动 B ．向上运动 C ．仍静止不动 D ．不能确定 7．（多选题）如图6－3－16所示，灯丝发热后发出的电子经加速电场后，进入偏转电场，若加速电压为U 1，偏转电压为U 2，要使电子在电场中偏转量y 变为原来的2倍，可选用的方法有(设电子不落到极板上)( ) A ．只使U 1变为原来的1 2倍 B ．只使U 2变为原来的1 2倍 C ．只使偏转电极的长度L 变为原来的2倍 D ．只使偏转电极间的距离d 减为原来的1 2 倍 8．(2013·沈阳二中测试) （多选题）在空间中水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m 的带电小球由MN 上方的A 点以一定初速度水平抛出，从B 点进入电场，到达C 点时速度方向恰好水平，A 、B 、C 三点在同一直线上，且AB ＝2BC ，如图6－3－17所示．由此可见( ) A ．电场力为3mg B ．小球带正电 C ．小球从A 到B 与从B 到C 的运动时间相等

高考物理带电粒子在电场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析

高考物理带电粒子在电场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动 1．在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R ＝0.2m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B ＝1.0T ，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y 坐标轴相切于原点O 点。y 轴右侧存在一个匀强电场，方向沿y 轴正方向，电场区域宽度l ＝0.1m 。现从坐标为（﹣0.2m ，﹣0.2m ）的P 点发射出质量m ＝2.0×10﹣9kg 、带电荷量q ＝5.0×10﹣5C 的带正电粒子，沿y 轴正方向射入匀强磁场，速度大小v 0＝5.0×103m/s （粒子重力不计）。（1）带电粒子从坐标为（0.1m ，0.05m ）的点射出电场，求该电场强度；（2）为了使该带电粒子能从坐标为（0.1m ，﹣0.05m ）的点回到电场，可在紧邻电场的右侧区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向。【答案】（1）1.0×104N/C （2）4T ，方向垂直纸面向外【解析】【详解】解：（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有： 20 0v qv B m r = 可得：r =0.20m =R 根据几何关系可以知道，带电粒子恰从O 点沿x 轴进入电场，带电粒子做类平抛运动，设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y 根据类平抛规律可得：2012 l v t y at == ，根据牛顿第二定律可得：Eq ma = 联立可得：41.010E =?N/C （2）粒子飞离电场时，沿电场方向速度：30 5.010y qE l v at m v ===?g m/s=0v 粒子射出电场时速度：02=v v 根据几何关系可知，粒子在B '区域磁场中做圆周运动半径：2r y '= 根据洛伦兹力提供向心力可得： 2 v qvB m r '=' 联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小：4mv B qr '= =' T 根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外。

高考物理牛顿运动定律练习题及解析

高考物理牛顿运动定律练习题及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律 1．如图所示，在倾角为θ = 37°的足够长斜面上放置一质量M = 2kg 、长度L = 1.5m 的极薄平板 AB ，在薄平板的上端A 处放一质量m =1kg 的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速释放。已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1=0.25、薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2=0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8，取g=10m/s 2。求： (1)释放后，小滑块的加速度a l 和薄平板的加速度a 2; (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t 。【答案】(1)24m/s ，21m/s ；(2)1s t = 【解析】【详解】（1）设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，对滑块m ：由牛顿第二定律有：0 11sin 37mg f ma -= 其中0 1cos37N F mg =，111N f F μ= 解得：002 11sin 37cos374/a g g m s μ=-= 对薄平板M ，由牛顿第二定律有：0 122sin 37Mg f f Ma +-= 其中00 2cos37cos37N F mg Mg =+，222N f F μ= 解得：2 21m/s a = 12a a >，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动。设滑块滑离时间为t ，由运动学公式，有：21112x a t =，2221 2 x a t =，12x x L -= 解得：1s t = 2．如图1所示，在水平面上有一质量为m 1＝1kg 的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2＝2kg 的木块，木块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等?现给木块施加随时间t 增大的水平拉力F ＝3t （N ），重力加速度大小g ＝10m/s 2

带电粒子在电场中的运动

带电粒子在电场中的运动带电粒子经电场加速：处理方法，可用动能定理、牛顿运动定律或用功能关系。带电粒子经电场偏转：处理方法：灵活应用运动的合成和分解。带电粒子在匀强电场中作类平抛运动，U、 d、 l、 m、 q、 v0已知。 (1)穿越时间: (2)末速度: (3)侧向位移: （4）偏角：

1、如图所示，长为L、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电量为+q、质量为m的小球，以初速度v0从斜面底端 A点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端B点时，速度仍为v0，则（） A．A、B两点间的电压一定等于mgLsinθ/q. B．小球在B点的电势能一定大于在A点的电势能 C．若电场是匀强电场，则该电场的电场强度的最大值一定为mg/q D．如果该电场由斜面中点正止方某处的点电荷产生，则该点电荷必为负电荷. 2、如图所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中0点自由释放后，分别抵达B、C两点，若AB=BC，则它们带电荷量之比q1：q2等于（） A．1：2 B．2：1. C． 1:2 D．2：1 3．如图所示，质量为m、电量为q的带电微粒，以初速度v 从A点竖直向上射入水平方向、电场强度为E的匀强电场中。当微粒经过B点时速率为V B ＝2V ，而方向与E同向。下列判断中正确的是( ) A、A、B两点间电势差为2mV 2/q. B、A、B两点间的高度差为V 2/2g. C、微粒在B点的电势能大于在A点的电势能 D、从A到B微粒作匀变速运动.

4．一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图，AB与电场线夹角θ=30°，已知带电微粒的质量m=1.0×10－7kg，电量q=1.0×10－10C，A、B相距L=20cm．（取g=10m/s2，结果保留二位有效数字）求：（1）说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由．（2）电场强度的大小和方向？（3）要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？ 1.7×104N/C v A= 2.8m/s 5．一个带电荷量为－q的油滴，从O点以速度v射入匀强电场中，v的方向与电场方向成θ角，已知油滴的质量为m，测得油滴达到运动轨迹的最高点时，它的速度大小又为v，求： (1) 最高点的位置可能在O点的哪一方？ (2) 电场强度E为多少？ (3) 最高点处(设为N)与O点的电势差U NO为多少？ U NO = q mv 2 sin2 2

高考物理牛顿运动定律专项训练及答案.doc

高考物理牛顿运动定律专项训练及答案一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律 1．如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。某时刻速度为v0＝ 2m/s ，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v1＝ 4m/s 的速度从右侧滑上木板，经过1s 两者速度恰好相同，速度大小为v2＝ 1m/s，方向向左。重力加速度g＝ 10m/s2，试求：（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1 （2）木板与地面间的动摩擦因数μ2 （3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。【答案】（ 1）0.3（ 2）1 （3）2.75m 20 【解析】【分析】（1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解；（2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可；（3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移；【详解】（1）对小滑块分析：其加速度为：a1 v2 v1 1 4 m / s2 3m / s2，方向向右 t 1 对小滑块根据牛顿第二定律有：1mg ma1，可以得到： 1 0.3 ；（2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到： v0 1 mg22mg m t1 然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到： 1 mg 2 2mg m v2 t2 而且 t1 t2 t 1s 联立可以得到： 1 t1 0.5s，t2 0.5s ； 2 ， 20 （3）在t1 0.5s时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：0v0 x1t10.5m ，方向向右；在 t20.5s 时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：

带电粒子在电场中的运动教学设计

贵州师大附中实习期间教学设计《带电粒子在电场中的运动》指导老师: 实习生: 谢忠 2015年9月

《带电粒子在电场中的运动》教学设计一、教学设计说明 1.教材分析《带电粒子在在电场中的运动》是《普通高中物理课程标准》选修模块3—1中第一章“静电场” 中的内容，其基本内容是要求“处理带电粒子在电场中运动的问题”主要培养学生综合应用力学知识和电学知识的能力。本节课的教学内容选自人民教育出版普通高中课程标准实验教材教科书2007年版《物理》选修3—1第1章第9节。教材内容由“带电粒子的加速”“带电粒子的偏转”“示波管原理”三部分组成，教学内容的梯度十分明显，安排符合学生的认知规律，教材首先介绍了带电粒子在电场中静电力的作用会发生不同程度的偏转，紧接着通过例题的形式来研究带电粒子的加速和偏转问题，这样我们出现进行问题的处理，清晰明了，一步一步地进行分析求解，可以防止公式过多的出现，避免学生死记硬背的现象出现，让学生从问题的本质出发，将复杂的问题简单化。示波管的原理部分不仅对力学、电学知识的综合能力有较高的要求，而且要有一定的空间想象能力，因此教科书在“思考与讨论”栏目中设置了四个问题，层次分明、循序渐进，给学生足够的时间与空间的配置，对此部分内容的学习减轻了负担。 2.学情分析教学主体是普通高二年纪的学生，已经掌握了运动学和功能关系的知识以及简单的静电学的知识，学生具有一定的分析推理能力，但是由于力学和电学的综合程度已有提高，这对于学生的学习还是有一定的困难。高中二年级学生处于高中学习的关键时期，理论和科技方面的知识都需要加强，而本节教学则恰是理论联系现代科学实验和技术设备的知识，对学生而言通过本节课的学习讲师质的提升，也基于物理学习的宗旨，为往后的电磁学的学习打下（作为类比学习）基础。

大学物理题库第二章牛顿运动定律.doc

第二章牛顿运动定律一、填空题（本大题共16小题，总计48分） 1.（3分）如图所示，一个小物体A靠在一辆小车的竖直前壁上，A和车壁间静摩擦系数是丛，若要使物体A不致掉下来，小车的加速度的最小值应为1=. J A i 疽 3.（3分）如果一个箱子与货车底板之间的静摩擦系数为〃，当这货车爬一与水平方向成。角的平缓山坡时，若不使箱了在车底板上滑动，车的最大加速度％域=. 4.（3分）质量m = 40kg的箱子放在卡车的车厢底板上，巳知箱子与底板之间的静摩擦系数为从=0.40,滑动摩擦系数为角=0.25,试分别写出在下列情况下，作用在箱了上的摩擦力的大小和方向. （1）卡车以。=2m/s2的加速度行驶，/ =,方向. （2）卡车以a = -5m/s2的加速度急刹车，/ =,方向? 5.（3分）一圆锥摆摆长为/、摆锤质量为在水平面上作匀速圆周运动，摆线与铅直线夹角。，则（1）摆线的张力§= 2 （3分）质量相等的两物体A和B,分别固定在弹簧的两端，竖直放在光滑水平支持面C 上，如图所示.弹簧的质量与物体A、B的质量相比，M以忽略不计.若把支持面C迅速移走，则在移开的一瞬间，A的加速度大小心= ，B的加速度的大小% = .

⑵ 摆锤的速率V= I 6.（3分）质量为m的小球，用轻绳AB. BC连接，如图，其中AB水平.剪断绳AB前后的瞬间，绳BC中的张力比F T:E；=. 7.（3分）有两个弹簧，质量忽略不计，原长都是10 cm,第一个弹簧上端固定，下挂一个质量为m的物体后，长为11 cm,而第二个弹簧上端固定，下挂一质量为m的物体后，R为13 cm,现将两弹簧串联，上端固定，下面仍挂一质量为〃，的物体，则两弹簧的总长为 . 8.（3分）如图，在光滑水平桌面上，有两个物体A和B紧靠在一起.它们的质量分别为 = 2kg , = 1kg .今用一水平力F = 3N推物体B,则B推A的力等于.如用同样大小的水平力从右边推A,则A推B的力等于? 9.（3分）一物体质量为M,置于光滑水平地板上.今用一水平力斤通过一质量为m的绳拉动物体前进，贝U物体的加速度但=,绳作用于物体上的力. 10.（3分）倾角为30°的一个斜而体放置在水平桌面上.一个质量为2 kg的物体沿斜面下滑, 下滑的加速度为3.0m/s2.若此时斜面体静止在桌面上不动，则斜面体与桌面间的静摩擦力

高考物理牛顿运动定律真题汇编(含答案)

高考物理牛顿运动定律真题汇编(含答案) 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律 1．如图，有一水平传送带以8m/s 的速度匀速运动，现将一小物块（可视为质点）轻轻放在传送带的左端上，若物体与传送带间的动摩擦因数为0.4，已知传送带左、右端间的距离为4m ，g 取10m/s 2．求：（1）刚放上传送带时物块的加速度；（2）传送带将该物体传送到传送带的右端所需时间．【答案】（1）24/a g m s μ==（2）1t s = 【解析】【分析】先分析物体的运动情况：物体水平方向先受到滑动摩擦力，做匀加速直线运动；若传送带足够长，当物体速度与传送带相同时，物体做匀速直线运动．根据牛顿第二定律求出匀加速运动的加速度，由运动学公式求出物体速度与传送带相同时所经历的时间和位移，判断以后物体做什么运动，若匀速直线运动，再由位移公式求出时间．【详解】（1）物块置于传动带左端时，先做加速直线运动，受力分析，由牛顿第二定律得： mg ma μ= 代入数据得：2 4/a g m s μ== （2）设物体加速到与传送带共速时运动的位移为0s 根据运动学公式可得：2 02as v = 运动的位移： 2 0842v s m a ==> 则物块从传送带左端到右端全程做匀加速直线运动，设经历时间为t ，则有 212 l at = 解得 1t s = 【点睛】物体在传送带运动问题，关键是分析物体的受力情况，来确定物体的运动情况，有利于培养学生分析问题和解决问题的能力． 2．四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量m =2 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F =36 N ，运动过程中所受空气阻力大小恒为f =4 N ．(g 取10 m ／s 2)

带电粒子在电场中的运动知识点精解

带电粒子在电场中的运动知识点精解 1．带电粒子在电场中的加速这是一个有实际意义的应用问题。电量为q的带电粒子由静止经过电势差为U的电场加速后，根据动能定理及电场力做功公式可求得带电粒子获得的速度大小为可见，末速度的大小与带电粒子本身的性质(q/m)有关。这点与重力场加速重物是不同的。 2．带电粒子在电场中的偏转如图1-36所示，质量为m的负电荷-q以初速度v0平行两金属板进入电场。设两板间的电势差为U，板长为L，板间距离为d。则带电粒子在电场中所做的是类似平抛的运动。 (1)带电粒子经过电场所需时间(可根据带电粒子在平行金属板方向做匀速直线运动求) (2)带电粒子的加速度(带电粒子在垂直金属板方向做匀加速直线运动) (3)离开电场时在垂直金属板方向的分速度 (4)电荷离开电场时偏转角度的正切值 3．处理带电粒子在电场中运动问题的思想方法 (1)动力学观点

这类问题基本上是运动学、动力学、静电学知识的综合题。处理问题的要点是要注意区分不同的物理过程，弄清在不同物理过程中物体的受力情况及运动性质，并选用相应的物理规律。能用来处理该类问题的物理规律主要有：牛顿定律结合直线运动公式；动量定理；动量守恒定律。 (2)功能观点对于有变力参加作用的带电体的运动，必须借助于功能观点来处理。即使都是恒力作用问题，用功能观点处理也常常显得简洁。具体方法常用两种： ①用动能定理。 ②用包括静电势能、能在的能量守恒定律。【说明】该类问题中分析电荷受力情况时，常涉及“重力”是否要考虑的问题。一般区分为三种情况： ①对电子、质子、原子核、(正、负)离子等带电粒子均不考虑重力的影响； ②根据题中给出的数据，先估算重力mg和电场力qE的值，若mg<

高考物理牛顿运动定律题20套(带答案)

高考物理牛顿运动定律题20套(带答案) 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律 1．如图所示，质量M=0．4kg 的长木板静止在光滑水平面上，其右侧与固定竖直挡板问的距离L=0．5m ，某时刻另一质量m=0．1kg 的小滑块(可视为质点)以v 0=2m ／s 的速度向右滑上长木板，一段时间后长木板与竖直挡板发生碰撞，碰撞过程无机械能损失。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ=0．2，重力加速度g=10m ／s 2，小滑块始终未脱离长木板。求： (1)自小滑块刚滑上长木板开始，经多长时间长木板与竖直挡板相碰； (2)长木板碰撞竖直挡板后，小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离。【答案】（1）1.65m （2）0.928m 【解析】【详解】解：(1)小滑块刚滑上长木板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒：解得：对长木板：得长木板的加速度：自小滑块刚滑上长木板至两者达相同速度：解得：长木板位移：解得：两者达相同速度时长木板还没有碰竖直挡板解得： (2)长木板碰竖直挡板后,小滑块和长木板水平方向动量守恒：最终两者的共同速度：小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离： 2．某物理兴趣小组设计了一个货物传送装置模型，如图所示。水平面左端A 处有一固定挡板，连接一轻弹簧，右端B 处与一倾角37o θ=的传送带平滑衔接。传送带BC 间距 0.8L m =，以01/v m s =顺时针运转。两个转动轮O 1、O 2的半径均为0.08r m =，半径

O 1B 、O 2C 均与传送带上表面垂直。用力将一个质量为1m kg =的小滑块（可视为质点）向左压弹簧至位置K ，撤去外力由静止释放滑块，最终使滑块恰好能从C 点抛出（即滑块在C 点所受弹力恰为零）。已知传送带与滑块间动摩擦因数0.75μ=，释放滑块时弹簧的弹性势能为1J ，重力加速度g 取210/m s ，cos370.8=o ，sin 370.6=o ，不考虑滑块在水平面和传送带衔接处的能量损失。求：（1）滑块到达B 时的速度大小及滑块在传送带上的运动时间（2）滑块在水平面上克服摩擦所做的功【答案】（1）1s （2）0.68J 【解析】【详解】解：(1)滑块恰能从C 点抛出，在C 点处所受弹力为零，可得：2 v mgcos θm r = 解得： v 0.8m /s = 对滑块在传送带上的分析可知：mgsin θμmgcos θ= 故滑块在传送带上做匀速直线运动，故滑块到达B 时的速度为：v 0.8m /s = 滑块在传送带上运动时间：L t v = 解得：t 1s = (2)滑块从K 至B 的过程，由动能定理可知：2f 1 W W mv 2 -=弹根据功能关系有： p W E =弹解得：f W 0.68J = 3．如图所示，传送带的倾角θ=37°，上、下两个轮子间的距离L=3m ，传送带以v 0=2m/s 的速度沿顺时针方向匀速运动．一质量m=2kg 的小物块从传送带中点处以v 1=1m/s 的初速度沿传送带向下滑动．已知小物块可视为质点，与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，小物块在传送带上滑动会留下滑痕，传送带两个轮子的大小忽略不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g 取10m/s 2．求

带电粒子在电场中的直线运动.(附详细答案)

带电粒子在电场中的“直线运动”（带详解） [例题1]（’07杭州）如图—1所示，匀强电场的方向跟竖直方向成α角。在电场中有一质量为m 、带电量为q 的摆球，当摆线水平时，摆球处于静止。求： ⑴小球带何种电荷？摆线拉力的大小为多少？ ⑵当剪断摆线后，球的加速度为多少？ ⑶剪断摆线后经过时间t ，电场力对球做的功是多少？ [解析]⑴当摆球静止时，受重力、拉力和电场力等作用，如图—2所示。显然，小球带正电荷。由综合“依据”㈡，可得 ② mg qE ① mg T -----=----=α αcos tan ⑵同理，剪断细线后，球的水平方向的合力、加速度为 ③ g a ma mg -----==ααtan tan ⑶欲求剪断摆线后经过时间t ，电场力对球做的功，须先求球的位移。由“依据”㈡、㈦，可得 ⑤ qEs W ④ at s ---?=------= αsin 2 12 最后，联立②③④⑤式，即可求出以下结果 .t a n 2 1222αt mg W = [例题3]（高考模拟）如图—5所示,水平放置的两平行金属板A 、B 相距为d ，电容为C ，开始时两极板均不带电，A 板接地且中央有一小孔，先将带电液一滴一滴地从小孔正上方h 高处无初速地底下，设每滴液滴的质量为m ，电荷量为q,落到B 板后把电荷全部传给B 板。 ⑴第几滴液滴将在A 、B 间做匀速直线运动？ ⑵能够到达—板的液滴不会超过多少滴？ [解析]⑴首先，分析可知，液滴在场外只受重力作用做自由落体运动，在场内则还要受竖直向上的可变电场力作用。假设第n 滴恰好在在A 、B 间做匀速直线运动，由“依据”㈠（二力平衡条件），可得 ①mg qE ----= 考虑到电容的电量、场强电势差关系以及电容定义，我们不难得 ②q n Q -----=)1( ③Cd Q d U E ---== 联立①②③式，即可求出 .12 +=q mgCd n

高考物理牛顿运动定律试题(有答案和解析)及解析

高考物理牛顿运动定律试题(有答案和解析)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律 1．固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F 作用下向上运动，推力F 与小环速度v 随时间变化规律如图所示，取重力加速度g ＝10m/s 2．求：（1）小环的质量m ；（2）细杆与地面间的倾角a ．【答案】（1）m ＝1kg ，（2）a ＝30°．【解析】【详解】由图得：0-2s 内环的加速度a= v t =0.5m/s 2 前2s ，环受到重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有：1sin F mg ma α-= 2s 后物体做匀速运动，根据共点力平衡条件，有：2sin F mg α= 由图读出F 1=5.5N ，F 2=5N 联立两式，代入数据可解得：m =1kg ，sinα=0.5，即α=30° 2．如图所示，质量为M=0.5kg 的物体B 和质量为m=0.2kg 的物体C ，用劲度系数为k=100N/m 的竖直轻弹簧连在一起．物体B 放在水平地面上，物体C 在轻弹簧的上方静止不动．现将物体C 竖直向下缓慢压下一段距离后释放，物体C 就上下做简谐运动，且当物体C 运动到最高点时，物体B 刚好对地面的压力为0．已知重力加速度大小为g=10m/s 2．试求： ①物体C 做简谐运动的振幅； ②当物体C 运动到最低点时，物体C 的加速度大小和此时物体B 对地面的压力大小．【答案】①0.07m ②35m/s 2 14N 【解析】【详解】 ①物体C 放上之后静止时：设弹簧的压缩量为0x ．对物体C ，有：0mg kx =

带电粒子在电场中运动题目及答案

带电粒子在电场中的运动班级_________姓名_________ 一、带电粒子在电场中做偏转运动 1. 如图所示，在平行板电容器之间有匀强电场，一带电粒子（重力不计）以速度v 0垂直电场线射人电场，经过时间t l 穿越电场，粒子的动能由E k 增加到2E k ; 若这个带电粒子以速度3 2 v 0 垂直进人该电场，经过时间t 2穿越电场。求： ( l ）带电粒子两次穿越电场的时间之比t 1：t 2; ( 2 ）带电粒子第二次穿出电场时的动能。 2.如图所示的真空管中，质量为m ，电量为e 的电子从灯丝Ｆ发出，经过电压Ｕ１加速后沿中心线射入相距为d 的两平行金属板Ｂ、Ｃ间的匀强电场中，通过电场后打到荧光屏上，设Ｂ、Ｃ间电压为Ｕ２，Ｂ、Ｃ板长为l 1,平行金属板右端到荧光屏的距离为l ２,求： ⑴电子离开匀强电场时的速度与进入时速度间的夹角． ⑵电子打到荧光屏上的位置偏离屏中心距离．解析:电子在真空管中的运动过分为三段，从Ｆ发出在电压Ｕ１作用下的加速运动；进入平行金属板Ｂ、Ｃ间的匀强电场中做类平抛运动；飞离匀强电场到荧光屏间的匀速直线运动． ⑴设电子经电压Ｕ１加速后的速度为v 1，根据动能定理有： 2 112 1mv eU = 电子进入Ｂ、Ｃ间的匀强电场中，在水平方向以v 1的速度做匀速直线运动，竖直方向受电场力的作用做初速度为零的加速运动，其加速度为： dm eU m eE a 2 == 电子通过匀强电场的时间1 1 v l t = 电子离开匀强电场时竖直方向的速度v y 为： 1 1 2mdv l eU at v y = = v 0

电子离开电场时速度v 2与进入电场时的速度v 1夹角为α（如图５）则 d U l U mdv l eU v v tg y 11 22 1 121 2== = α ∴d U l U arctg 1122=α ⑵电子通过匀强电场时偏离中心线的位移 d U l U v l dm eU at y 12 12212122142121= ?== 电子离开电场后，做匀速直线运动射到荧光屏上，竖直方向的位移 d U l l U tg l y 12 12222= =α ∴电子打到荧光屏上时，偏离中心线的距离为 )2 (221 11221l l d U l U y y y += += 3. 在真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场．若将一个质量为m 、带正电电量q 的小球在此电场中由静止释放，小球将沿与竖直方向夹角为?37的直线运动。现将该小球从电场中某点以初速度0v 竖直向上抛出，求运动过程中（取8.037cos ,6.037sin =?=?）（1）小球受到的电场力的大小及方向；（2）小球运动的抛出点至最高点之间的电势差U ．解析：（1）根据题设条件，电场力大小 mg mg F e 4 3 37tan = ?= ① 电场力的方向向右（2）小球沿竖直方向做初速为0v 的匀减速运动，到最高点的时间为t ，则： 00=-=gt v v y g v t 0 = ② 沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为x a g m F a e x 4 3 == ③ 图５