《2020高考物理單元卷 第6章靜電場(chǎng) 章末綜合檢測(cè)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考物理單元卷 第6章靜電場(chǎng) 章末綜合檢測(cè)（15頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第六章章末綜合檢測(cè) 一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有的只有一個(gè)選項(xiàng)正確，有的有多個(gè)選項(xiàng)正確，全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有錯(cuò)選的得0分) 圖1 1．如圖1所示，某區(qū)域電場(chǎng)線左右對(duì)稱分布，M、N為對(duì)稱線上的兩點(diǎn)．下列說(shuō)法正確的是 (　　) A．M點(diǎn)電勢(shì)一定高于N點(diǎn)電勢(shì) B．M點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)一定大于N點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng) C．正電荷在M點(diǎn)的電勢(shì)能大于在N點(diǎn)的電勢(shì)能 D．將電子從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功 解析：沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，M點(diǎn)電勢(shì)一定高于N點(diǎn)電勢(shì)，選項(xiàng)A對(duì)． 因電場(chǎng)線越密的區(qū)域場(chǎng)強(qiáng)越大，由圖可知N點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大于M點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)，選項(xiàng)B

2、錯(cuò)． 將正電荷由M點(diǎn)移到N點(diǎn)時(shí)電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故正電荷在M點(diǎn)的電勢(shì)能大于在N點(diǎn)的電勢(shì)能，選項(xiàng)C對(duì)． 將電子從M點(diǎn)移到N點(diǎn)的過(guò)程中，受到的電場(chǎng)力與移動(dòng)方向相反，電場(chǎng)力做負(fù)功，選項(xiàng)D錯(cuò)． 答案：AC 圖2 2．如圖2所示，兩平行金屬板豎直放置，板上AB兩孔正好水平相對(duì)，板間電壓500 V．一個(gè)動(dòng)能為400 eV的電子從A孔沿垂直板方向射入電場(chǎng)中．經(jīng)過(guò)一段時(shí)間電子離開(kāi)電場(chǎng)，則電子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能大小為 (　　) A．900 eV　　　　　　　 B．500 eV C．400 eV D．100 eV 解析：由于電子動(dòng)能Ek＝400 eV<500 eV，電子在

3、電場(chǎng)中先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)后反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．最終從A孔射出．電場(chǎng)力做功為零，電子動(dòng)能大小不變．故C正確． 答案：C 3．(2020年北京海淀期末練習(xí))如圖3所示為研究決定平行板電容器電容大小因素的實(shí)驗(yàn)裝置．兩塊相互靠近的等大正對(duì)的平行金屬板M、N組成電容器，板N固定在絕緣座上并與靜電計(jì)中心桿相接，板M和靜電計(jì)的金屬殼都接地，板M上裝有絕緣手柄，可以執(zhí)手柄控制板M的位置．在兩板相距一定距離時(shí)，給電容器充電，靜電計(jì)指針張開(kāi)一定角度．在整個(gè)實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，保持電容器所帶電荷量不變，對(duì)此實(shí)驗(yàn)過(guò)程的描述正確的是 (　　) 圖3 A．只將板M從圖示位置稍向左平移，靜電計(jì)指針張角變大 B．只

4、將板M從圖示位置沿垂直紙面向外的方向稍微平移，靜電計(jì)指針張角變大 C．只將板M從圖示位置稍向上平移，靜電計(jì)指針張角減小 D．只在M、N之間插入云母板，靜電計(jì)指針張角變大 解析：根據(jù)C＝和U＝，A項(xiàng)是d增大，則電容C減小，U增大，所以靜電計(jì)指針張角變大，故A正確；B、C項(xiàng)都是S減小，則電容C減小，U增大，靜電計(jì)指針張角變大，故B正確，C錯(cuò)；D項(xiàng)是εr增大，則電容C增大，U減小，靜電計(jì)的指針張角變小，故D錯(cuò)． 答案：AB 圖4 4．(2020年山東卷)如圖4所示，在x軸上關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱的兩點(diǎn)固定放置等量異種點(diǎn)電荷 ＋Q和－Q，x軸上的P點(diǎn)位于－Q的右側(cè)．下列判斷正確的是 (　　)

5、 A．在x軸上還有一點(diǎn)與P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同 B．在x軸上還有兩點(diǎn)與P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同 C．若將一試探電荷＋q從P點(diǎn)移至O點(diǎn)，電勢(shì)能增大 D．若將一試探電荷＋q從P點(diǎn)移至O點(diǎn)，電勢(shì)能減小 圖5 解析：在＋Q，－Q連線上及延長(zhǎng)線上三個(gè)區(qū)間內(nèi)場(chǎng)強(qiáng)方向如圖5所示，由對(duì)稱關(guān)系可知，在Q左側(cè)與P(－Q)間等距的P′點(diǎn)應(yīng)與P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)相同，故選項(xiàng)A正確． 在(－Q)、Q之間各處場(chǎng)強(qiáng)均大于(－Q)、P之間各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)，故試探電荷＋q從P移至O點(diǎn)過(guò)程中，P→(－Q)做正功W1，由－Q→0電場(chǎng)力做負(fù)功W2，由上面分析知，|W1|>W1.故電勢(shì)能增大．C正確． 答案：AC 5．(2020年寧夏卷)如圖6所

6、示，C為中間插有電介質(zhì)的電容器，a和b為其兩極板，a板接地；P和Q為兩豎直放置的平行金屬板，在兩板間用絕緣線懸掛一帶電小球；P板與b板用導(dǎo)線相連，Q板接地．開(kāi)始時(shí)懸線靜止在豎直方向，在b板帶電后，懸線偏轉(zhuǎn)了角度α，在以下方法中，能使懸線的偏角α變大的是 (　　) 圖6 A．縮小a、b間的距離 B．加大a、b間的距離 C．取出a、b兩極板間的電介質(zhì) D．換一塊形狀大小相同、介電常數(shù)更大的電介質(zhì) 解析：a板與Q板電勢(shì)恒定為零，b板和P板電勢(shì)總相同，故兩個(gè)電容器的電壓相等，且兩板電荷量q視為不變．要使懸線的偏角增大，則應(yīng)使電壓U增大，即減小電容器的電容C.對(duì)電容器C，由公式C＝＝，

7、可以通過(guò)增大板間距d、減小介電常數(shù)εr、減小極板的正對(duì)面積S來(lái)減小電容C. 答案：BC 6．帶電粒子M只在電場(chǎng)力作用下由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，在此過(guò)程中克服電場(chǎng)力做了2.6×10－6J的功．那么 (　　) A．M在P點(diǎn)的電勢(shì)能一定小于它在Q點(diǎn)的電勢(shì)能 B．P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)一定小于Q點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng) C．P點(diǎn)的電勢(shì)一定高于Q點(diǎn)的電勢(shì) D．M在P點(diǎn)的動(dòng)能一定大于它在Q點(diǎn)的動(dòng)能 解析：帶電粒子M只受電場(chǎng)力作用下從P點(diǎn)到Q點(diǎn)，克服電場(chǎng)力做功，其電勢(shì)能增加，動(dòng)能減小，故A、D正確；場(chǎng)強(qiáng)的大小與電場(chǎng)力做功正、負(fù)無(wú)關(guān)，故B選項(xiàng)錯(cuò)；在C選項(xiàng)中，由于帶電粒子的電性未知，故無(wú)法確定P點(diǎn)與Q點(diǎn)電勢(shì)的高低，C錯(cuò)． 答案

8、：AD 7．如圖7所示為示波管構(gòu)造的示意圖，現(xiàn)在XX′上加上Ux—t信號(hào)，YY′上加上Ux—t信號(hào)(如圖8甲、乙所示)，則在屏幕上看到的圖形是圖中的 (　　) 圖7 圖8 解析：由于圖象是可以用描點(diǎn)法確定的，所以可以選幾個(gè)代表性的點(diǎn)，確定出大致的圖形，在t＝時(shí)，Ux＝0，Uy＝0，電子打在屏幕上的原點(diǎn)，在t＝時(shí)，Ux為負(fù)，Uy為正的最大值，電子帶負(fù)電，受電場(chǎng)作用后向電勢(shì)高的極板偏轉(zhuǎn)，打在屏幕左上方的最高點(diǎn)，A正確． 答案：A 8．如圖9所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一根不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)繩的一端系著一個(gè)帶電小球，另一端固定于O點(diǎn)，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最高點(diǎn)為

9、a，最低點(diǎn)為b.不計(jì)空氣阻力，則 (　　) 圖9 A．小球帶負(fù)電 B．電場(chǎng)力跟重力平衡 C．小球在從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中，電勢(shì)能減小 D．小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒 解析：由于小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速率不變化，由動(dòng)能定理，外力做功為零，繩子拉力不做功，電場(chǎng)力和重力做的總功為零，所以電場(chǎng)力和重力的合力為零，電場(chǎng)力跟重力平衡，B正確．由于電場(chǎng)力的方向與重力方向相反，電場(chǎng)方向又向上，所以小球帶正電，A不正確．小球在從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，由功能關(guān)系得，電勢(shì)能增加，C不正確．在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，除重力做功外，還有電場(chǎng)力做功，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能不守恒，D不

10、正確． 答案：B 9．(2020年全國(guó)卷Ⅰ)如圖10所示，一電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布關(guān)于y軸(沿豎直方向)對(duì)稱，O、M、N是y軸上的三個(gè)點(diǎn)，且OM＝MN.P點(diǎn)在y軸右側(cè)，MP⊥ON.則 (　　) 圖10 A．M點(diǎn)的電勢(shì)比P點(diǎn)的電勢(shì)高 B．將負(fù)電荷由O點(diǎn)移動(dòng)到P點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功 C．M、N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差大于O、M兩點(diǎn)間的電勢(shì)差 D．在O點(diǎn)靜止釋放一帶正電粒子，該粒子將沿y軸做直線運(yùn)動(dòng) 解析：作出過(guò)點(diǎn)M的等勢(shì)線，因電場(chǎng)線與等勢(shì)線是正交的，且沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)是降低的，故A正確．將負(fù)電荷從O點(diǎn)移到P點(diǎn)時(shí)，因所處位置電勢(shì)降低，其電勢(shì)能增大，故應(yīng)是克服電場(chǎng)力做功，B錯(cuò)誤．由＝U/d及電場(chǎng)線疏

11、密程度知O、M兩點(diǎn)間電勢(shì)差應(yīng)大于M、N兩點(diǎn)間電勢(shì)差，C錯(cuò)誤．沿y軸上各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向相同，故從O點(diǎn)由靜止釋放的帶正電粒子運(yùn)動(dòng)中始終受到沿y軸正方向的外力，D正確． 答案：AD 圖11 10．如圖11所示為一有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)方向?yàn)樗椒较?虛線為電場(chǎng)線)，一帶負(fù)電粒子以某一角度θ從電場(chǎng)a點(diǎn)斜向上方射入，沿直線運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，則可知 (　　) A．電場(chǎng)中a點(diǎn)的電勢(shì)低于b點(diǎn)的電勢(shì) B．粒子在a點(diǎn)的動(dòng)能與電勢(shì)能之和與在b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與電勢(shì)能之和相等 C．粒子在a點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能小于在b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能，在a點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能大于在b點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能 圖12 D．粒子在a點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能大于在b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能，在a點(diǎn)

12、時(shí)的電勢(shì)能小于在b點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能 解析：因帶電粒子從a點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，受力情況如右圖12所示，場(chǎng)強(qiáng)方向一定水平向右，故a點(diǎn)的電勢(shì)一定高于b點(diǎn)的電勢(shì)，A選項(xiàng)不對(duì)． 粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，共涉及到三種能量：動(dòng)能、電勢(shì)能、重力勢(shì)能．三種能量之和保持不變，即帶電粒子在a點(diǎn)三種能量之和等于在b點(diǎn)的三種能量之和，因?yàn)榱Ｗ釉赼點(diǎn)的重力勢(shì)能小于在b點(diǎn)的重力勢(shì)能，故B選項(xiàng)不對(duì)．又因?yàn)閹щ娏Ｗ訌腶點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，合外力做負(fù)功，故動(dòng)能減小，即Eka>Ekb.從a到b，電場(chǎng)力做負(fù)功，故電勢(shì)能增加，即E電a

13、地，A板帶有電荷量＋Q，板間電場(chǎng)有一固定點(diǎn)P，若將B板固定，A板下移一些，或者將A板固定，B板上移一些，在這兩種情況下，以下說(shuō)法正確的是 (　　) A．A板下移時(shí)，P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，P點(diǎn)電勢(shì)不變 B．A板下移時(shí)，P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，P點(diǎn)電勢(shì)升高 C．B板上移時(shí)，P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，P點(diǎn)電勢(shì)降低 D．B板上移時(shí)，P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度減小，P點(diǎn)電勢(shì)降低 解析：電容器與電源是斷開(kāi)的，電容器無(wú)法充、放電，電容器的帶電荷量是保持不變的．當(dāng)A板下移時(shí)d減小，電容C增大，由U＝可知U減小，由E＝＝＝可知E不變化．P點(diǎn)的電勢(shì)φP＝UPB＝E·，所以φP不變，選項(xiàng)A正確．當(dāng)B板上移時(shí)，減小，P點(diǎn)的電勢(shì)φ

14、P降低，選項(xiàng)C正確． 答案：AC 圖14 12．如圖14所示，光滑絕緣直角斜面ABC固定在水平面上，并處在方向與AB面平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一帶正電的物體在電場(chǎng)力的作用下從斜面的底端運(yùn)動(dòng)到頂端，它的動(dòng)能增加了ΔEk，重力勢(shì)能增加了ΔEp.則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是 (　　) A．電場(chǎng)力所做的功等于ΔEk B．物體克服重力做的功等于ΔEp C．合外力對(duì)物體做的功等于ΔEk D．電場(chǎng)力所做的功等于ΔEk＋ΔEp 解析：物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中有兩個(gè)力做功，電場(chǎng)力做正功，重力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理可得：WF＋WG＝ΔEk由重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系可得WG＝－ΔEp，由上述兩式易得出A錯(cuò)

15、誤，B、C、D正確． 答案：A 二、計(jì)算題(本題包括5小題，共52分．解答應(yīng)寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位) 圖15 13．(2020年浙江寧波聯(lián)考)如圖15所示，兩平行金屬板水平放置，間距為d，板間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)．一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球，以豎直向下的初速度從上板的小孔射入，當(dāng)它從下板的小孔穿出時(shí)所用的時(shí)間為t.若小球以同樣大小的初速度從下板的小孔豎直向上射入，則從上板小孔穿出時(shí)所用的時(shí)間為t/2.不計(jì)空氣阻力． (1)指出兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度的方向． (2)求電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。? (3)求小

16、球穿出下板小孔時(shí)速度v1與穿出上板小孔時(shí)速度v2之比v1∶v2. 解析：(1)場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下． (2)根據(jù)題意，小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度a應(yīng)豎直向上． Eq－mg＝ma① 從上往下：d＝v0t－at2② 從下往上：d＝v0＋a()2③ 由①②③式解得電場(chǎng)強(qiáng)度：E＝＋. (3)由②③兩式解得：a＝，v0＝ 則：v1＝v0－at＝，v2＝v0＋a＝ 所以：＝. 答案：(1)場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下　(2)＋　(3) 14．如圖16所示，在y＝0和y＝2 m之間有沿著x軸方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，MN為電場(chǎng)區(qū)域的上邊界，在x軸方向范圍足夠大．電場(chǎng)強(qiáng)度的變化如圖16所示，取x軸正方向?yàn)殡妶?chǎng)正方向

17、．現(xiàn)有一個(gè)帶負(fù)電的粒子，粒子的比荷為＝1.0×10－2C/kg，在t＝0時(shí)刻以速度v0＝5×102 m/s從O點(diǎn)沿y軸正方向進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，不計(jì)粒子重力．求： 圖16 (1)粒子通過(guò)電場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間； (2)粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的位置坐標(biāo)； (3)粒子通過(guò)電場(chǎng)區(qū)域后沿x方向的速度大小． 解析：(1)因粒子初速度方向垂直勻強(qiáng)電場(chǎng)，在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，所以粒子通過(guò)電場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間t＝＝4×10－3 s. (2)粒子在x方向先加速后減速，加速時(shí)的加速度a1＝＝4 m/s2，減速時(shí)的加速度a2＝＝2 m/s2，x方向上的位移為 x＝a1()2＋a1()2－a2()2＝2×10－5 m， 因此

18、粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的位置坐標(biāo)為(－2×10－5 m,2 m)． (3)粒子在x方向的速度vx＝a1－a2＝4×10－3 m/s. 答案：(1)4×10－3 s　(2)(－2×10－5 m,2 m)　(3)4×10－3 m/s 圖17 15．如圖17所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形區(qū)域abcd內(nèi)存在著勻強(qiáng)電場(chǎng)．電荷量為q、動(dòng)能為Ek的帶電粒子從a點(diǎn)沿ab方向進(jìn)入電場(chǎng)，不計(jì)重力． (1)若粒子從c點(diǎn)離開(kāi)電場(chǎng)，求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能； (2)若粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能為Ek′，則電場(chǎng)強(qiáng)度為多大？ 解析：(1)粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則在初速度方向上： L＝v0t① 在電場(chǎng)方向

19、上：L＝at2② 其中qE＝ma③ Ek＝mv④ 由動(dòng)能定理得 qEL＝Ekc－Ek⑤ 由①②③④⑤可解得Ekc＝5Ek，E＝＝. (2)若粒子由bc離開(kāi)電場(chǎng)，則有： L＝v0t⑥ 粒子在電場(chǎng)方向上的速度 vy＝at⑦ 粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度為v v2＝v＋v⑧ Ek′－Ek＝mv2－mv⑨ 聯(lián)立可解得：E＝⑩ 若粒子由cd邊離電場(chǎng)，則由動(dòng)能定理得 qEL＝Ek′－Ek? 則E＝. 答案：(1)5Ek　　(2)或 16．(2020年江蘇常州模擬)如圖18所示，A、B為兩塊平行金屬板，A板帶正電、B板帶負(fù)電．兩板之間存在著勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩板間距為d、電勢(shì)差為U，在B

20、板上開(kāi)有兩個(gè)間距為L(zhǎng)的小孔．C、D為兩塊同心半圓形金屬板，圓心都在貼近B板的O′處，C帶正電、D帶負(fù)電．兩板間的距離很近，兩板末端的中心線正對(duì)著B(niǎo)板上的小孔，兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度可認(rèn)為大小處處相等，方向都指向O′.半圓形金屬板兩端與B板的間隙可忽略不計(jì)．現(xiàn)從正對(duì)B板小孔緊靠A板的O處由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m、電量為q的帶正電微粒(微粒的重力不計(jì))，問(wèn)： 圖18 (1)微粒穿過(guò)B板小孔時(shí)的速度多大？ (2)為了使微粒能在CD板間運(yùn)動(dòng)而不碰板，CD板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小應(yīng)滿足什么條件？ (3)從釋放微粒開(kāi)始，經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間微粒第1次通過(guò)半圓形金屬板間的最低點(diǎn)P點(diǎn)？ 解析：(1)設(shè)微粒穿過(guò)B板小孔

21、時(shí)的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理，有qU＝mv2① 解得v＝ (2)微粒進(jìn)入半圓形金屬板后，電場(chǎng)力提供向心力，有 qE＝m＝m② 聯(lián)立①、②，得E＝ (3)微粒從釋放開(kāi)始經(jīng)t1射出B板的小孔，則 t1＝＝＝2d 設(shè)微粒在半圓形金屬板間運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)t2第一次到達(dá)最低點(diǎn)P點(diǎn)，則t2＝＝ 所以從釋放微粒開(kāi)始，經(jīng)過(guò)(t1＋t2)＝(2d＋)微粒第一次到達(dá)P點(diǎn)． 答案：(1)　(2)E＝　(3)t＝(2d＋) 17．(2020年福建卷)如圖19甲，在水平地面上固定一傾角為θ的光滑絕緣斜面，斜面處于電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、方向沿斜面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．一勁度系數(shù)為k的絕緣輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面底端，整

22、根彈簧處于自然狀態(tài)．一質(zhì)量為m、帶電量為q(q>0)的滑塊從距離彈簧上端為s0處?kù)o止釋放，滑塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電量保持不變，設(shè)滑塊與彈簧接觸過(guò)程沒(méi)有機(jī)械能損失，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g. 圖19 (1)求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經(jīng)歷的時(shí)間t1； (2)若滑塊在沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中最大速度大小為vm，求滑塊從靜止釋放到速度大小為vm的過(guò)程中彈簧的彈力所做的功W； (3)從滑塊靜止釋放瞬間開(kāi)始計(jì)時(shí)，請(qǐng)?jiān)谝覉D中畫(huà)出滑塊在沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中速度與時(shí)間關(guān)系v—t圖象．圖中橫坐標(biāo)軸上的t1、t2及t3分別表示滑塊第一次與彈簧上端接觸、第一次速度達(dá)到最大值

23、及第一次速度減為零的時(shí)刻，縱坐標(biāo)軸上的v1為滑塊在t1時(shí)刻的速度大小，vm是題中所指的物理量(本小題不要求寫出計(jì)算過(guò)程) 解析：(1)滑塊從靜止釋放到與彈簧剛接觸的過(guò)程中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a，則有 qE＋mgsinθ＝ma① s0＝at② 聯(lián)立①②可得 t1＝③ (2)滑塊速度最大時(shí)受力平衡，設(shè)此時(shí)彈簧壓縮量為x0，則有mgsinθ＋qE＝kx0④ 從靜止釋放到速度達(dá)到最大的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得 (mgsinθ＋qE)·(s0＋x0)＋W＝mv－0⑤ 聯(lián)立④⑤可得 W＝mv－(mgsinθ＋qE)·(s0＋) (3)如圖20 圖20 答案：(1) (2)mv－(mgsinθ＋qE)·(S0＋) (3)見(jiàn)解析圖20