高中物理人教版 (2019)必修 第三册第九章 静电场及其应用综合与测试练习

1．如图所示，现有一个小物块，质量为m=80g，带上正电荷．与水平的轨道之间的滑动摩擦因数,在一个水平向左的匀强电场中，，在水平轨道的末端N处，连接一个光滑的半圆形轨道，半径为R=40cm，取g=10m/s2．求：

（1）小物块恰好运动到轨道的最高点，那么小物块应该从水平位置距N处多远处由静止释放？

（2）如果在（1）小题的位置释放小物块，当它运动到P（轨道中点）点时对轨道的压力等于多少？

2．如图所示，两平行金属板A、B长L=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，一不计重力的带正电的粒子电荷量q＝10-10C，质量m＝10-20kg，沿电场中心线RD垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×106m/s，粒子飞出平行板电场后可进入界面MN、PS间的无电场区域。已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RD与界面PS的交点。

（1）粒子穿过MN时偏离中心线RD的距离以及速度大小？

（2）粒子到达PS界面时离D点的距离为多少？

（3）设O为RD延长线上的某一点，我们可以在O点固定一负点电荷，使粒子恰好可以绕O点做匀速圆周运动，求在O点固定的负点电荷的电量为多少？（静电力常数k = 9．0×109N·m2/C2，保留两位有效数字）

3．如图甲所示,A、B两块金属板水平放置,相距为d=0．6cm,两板间加有一周期性变化的电压,当B板接地时,A板电势φA随时间变化的情况如图乙所示．现有一带负电的微粒在t=0时刻从B板中央小孔射入电场,若该带电微粒受到的电场力为重力的两倍,且射入电场时初速度可忽略不计．求:

（1）在0～和～T和这两段时间内微粒的加速度大小和方向;

（2）要使该微粒不与A板相碰,所加电压的周期最长为多少（g=10m/s2）．

4．如图所示，水平向左的匀强电场中，用长为的绝缘轻质细绳悬挂一小球，小球质量m，带电量为，将小球拉至竖直位置最低位置A点处无初速释放，小球将向左摆动，细线向左偏离竖直方向的最大角度（重力加速度为g，，）

（1）求电场强度的大小E；

（2）将小球向左摆动的过程中，对细线拉力的最大值；

（3）若从A点处释放小球时，给小球一个水平向左的初速度，则为保证小球能做完整的圆周运动，的大小应满足什么条件？

5．如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xoy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m，电荷量为﹣q（﹣q＜0）的带电绝缘小球，从y轴上的P（0，L）点由静止开始释放，运动至x轴上的A（﹣L，0）点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管．细管的圆心O1位于y轴上，交y轴于点B，交x轴于A点和C（L，0）点．该细管固定且紧贴x轴，内径略大于小球外径．小球直径远小于细管半径，不计一切阻力，重力加速度为g．求：

（1）匀强电场的电场强度的大小；

（2）小球运动到B点时对管的压力的大小和方向；

（3）小球从C点飞出后会落在x轴上的哪一位置．

参考答案

1．（1）s=20m  （2）

【解析】

试题分析：（1）物块能通过轨道最高点的临界条件是仅重力提供向心力，则有：

解得：

设小物块释放位置距N处为s，根据能量守恒得：

解得s=20m

即小物块应该从在水平位置距N处为20m处开始释放．

（2）物块到P点时，

解得

在P点，由电场力与轨道的弹力的合力提供向心力，则有：

解得FN=3．0N

由牛顿第三运动定律可得物块对轨道的压力：

考点：考查匀强电场中电势差和电场强度的关系；功能关系．

【名师点睛】解决本题的关键知道最高点的临界情况是轨道对物块的作用力为零，以及知道做圆周运动，靠径向的合力提供向心力，结合牛顿第二定律和动能定理解题．

2．（1），  （2） （3）

【解析】

试题分析：（1）粒子进入A、B后应做类平抛运动，设在A、B板间运动时加速度大小为a，时间为t1，在MN界面处速度为v，沿MN的分速度为vy，偏转位移为y，v与水平夹角为α,运动轨迹如图

则：     ①

  ②

  ③

   ④

  ⑤

由以上各式，代入数据求得： ，，  ，

故粒子通过MN界面时的速度为：

（2）带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其运动轨迹与PS线交于a点，设a到中心线的距离为Y，

则  ：

解得：

（3）粒子穿过界面PS后将绕电荷Q做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r，由几何关系得：，即，

由得：

考点：带电粒子在匀强电场中的运动。

【名师点睛】（1）由类平抛知识，带入数值便可求出偏离RD的距离；带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，求出时间即可知道aD的距离；（2）库仑力提供向心力，根据牛顿第二定律联合即可求得电量及其电性。

【答案】（1）a1=g，方向向上．a2=3g，方向向下．（2）

【解析】

试题分析：（1）设电场力大小为F，则F=2mg，对于t=0时刻射入的微粒，在前半个周期内，有

F-mg=ma1

又由题意，F=2mg

解得，a1=g，方向向上．

后半个周期的加速度a2满足F+mg=ma2

得 a2=3g，方向向下．

（2）前半周期上升的高度

前半周期微粒的末速度为v1=gT

后半周期先向上做匀减速运动，设减速运动时间t1，则3gt1=gT，则得t1＝．

此段时间内上升的高度

则上升的总高度为H=h1+h2=

后半周期的T-t1=T时间内，微粒向下加速运动，下降的高度．

上述计算表明，微粒在一个周期内的总位移为零，只要在上升过程中不与A板相碰即可，则H≤d，即

所加电压的周期最长为

考点：带电粒子在电场中运动

【名师点睛】带电粒子在电场中运动的问题，是电场知识和力学知识的综合应用，分析方法与力学分析方法基本相同，关键在于分析粒子的受力情况和运动情况．

【答案】（1）；（2）；（3）；

【解析】

试题分析：（1）由于带电小球所受电场力方向向左，电场线方向也向左，分析小球的受力情况，在此过程中，根据动能定理得：，解得：。

（2）小球运动的过程中速度最大的位置，由动能定理得：

小球在时，由重力电场力与细线的拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：

，解得：

由牛顿第三定律可知细线所受的拉力大小为。

（3）当小球能完成完整的圆周运动时，需满足：

根据动能定理有：

由上几式联立解得：

为保证小球在运动过程中，细线不松弛，的大小应满足的条件为：；

考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系

【名师点睛】本题是力学知识与电场知识的综合，关键是分析清楚小球的受力情况和做功情况，运用动能定理和牛顿第二定律求解。

5．（1）匀强电场的电场强度的大小为；

（2）小球运动到B点时对管的压力的大小为mg方向向上；

（3）小球从C点飞出后会落在x轴上的坐标为﹣7L的位置上．

【解析】解：（1）小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，

则tan45°=

解得：E=

（2）根据几何关系可知，圆弧的半径r=

从P到B点的过程中，根据动能定理得：

（2L+）+EqL

在B点，根据牛顿第二定律得：

N﹣mg=m

联立解得：N=mg，方向向上，

（3）从P到A的过程中，根据动能定理得：

解得：

小球从C点抛出后做类平抛运动，

抛出时的速度vC=vA=

小球的加速度，

当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x轴，则有：

解得：

则沿x轴方向运动的位移x=

则小球从C点飞出后落在x轴上的坐标x′=L﹣8L=﹣7L

答：（1）匀强电场的电场强度的大小为；

（2）小球运动到B点时对管的压力的大小为mg方向向上；

（3）小球从C点飞出后会落在x轴上的坐标为﹣7L的位置上．

考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．

专题：带电粒子在磁场中的运动专题．

分析：（1）小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，根据小球从A点沿切线方向进入，求出速度方向，从而求出合力方向，再根据几何关系求解；

（2）先根据几何关系求出半径，从P到B点的过程中，根据动能定理列式，在B点，根据牛顿第二定律列式，联立方程即可求解；

（3）从P到A的过程中，根据动能定理求出A点速度，则C点速度与A点速度大小相等，小球从C点抛出后做类平抛运动，根据平抛运动基本公式求解．

点评：本题主要考查了动能定理、牛顿第二定律及平抛运动基本公式的直接应用，要求同学们能正确分析小球的运动情况，能结合几何关系求解，特别注意题目中的隐含条件的使用，难度较大．