求
（1）粒子所受电场力的大小；
（2）粒子的运动区间；
（3）粒子的运动周期。
24答案．
（1）由图可知，
0与d（
或-d）
两点间的电势差为φ0
电场强度的大小
E
0d
电场力的大小
F
qE
q0d
2）设粒子在[-x0，x0]区间内运动，速率为v，由题意得
1mv2qA
2
由○12○得
1mv2q0（1x）A
2d
因动能非负，有
x
q0（1dx）A0
由图可知
得xd（1A）
q0
Ax0d
（1）q0
AA
粒子运动区间d
（1）xd
（1）q0q0
3）考虑粒子从-x0处开始运动的四分之一周期
根据牛顿第二定律，粒子的加速度
Eqq0
mmd
由匀加速直线运动
将○45○代入，得
2md2
q0
（1
q0
粒子运动周期
T4t4d2m（q0A）q0
2012北京20．“约瑟夫森结”由超导体和绝缘体制成。
若在结两加恒定电压U，则它会辐
射频率为的电磁波，且与U成正比，即kU。
已知比例系数k仅与元电荷e的2倍
和普朗克常量h有关。
你可能不了解此现象的机理，
但仍可运用物理学中常用的方法，
在下
k的值可能为（
）
1
C、2he
D、
2he
列选项中，推理判断比例系数
h2e
A、B、
2eh
2012北京电场图象
24．（20分）匀强电场方向沿
x轴正向，电场强度
E随x轴的分布如图所示，图中
均为已知量。
将带正电的质点A在O点由静止释放。
A离开电场足够远后，再将另一带正电的质点B放在O点也由静止释放。
当B在电场中运动时，A、B间的相互作用力及相互作用能均为零；B离开电场后，A、B间的相互作用视为静电作用。
已知A的电荷量为Q，
A和B的质量分别为m和m，不计重力。
1）
2）
3）
解：
1）
2）
E
E0
求A在电场中的运动时间t；
4
若B的电荷量qQ，求两质点相互作用能的最大值E
9
为使
pm
B离开电场后不改变运动方向，求
B所带电荷量的最大值qm。
12
at
2，解得t
EQ
2EmQd
A离开电场后的速度：
EQd
1
mv1
2
2EQd
B离开电场时的速度：
Eqd1mvB2
24B
vB
32EQd
9m
4
3v1
A、B共速时两质点相互作用的能最大
mv1
Epm
m
4vB
12
mv1
2
m
（m）v
1m2
vB
24
1m2
（m）v
24
解得：
v16v1,Epm
15
1EQd
45
3）设B离开电场后的速度为v2，若B的速度不改变方向，
则有当A、
B距离足够远
后，B的速度仍为减为零。
取临界条件，AB间距足够远时，B的速度恰为零。
EQd
1
mv1
2
2
1m
2
Eqmd
24
v2
m
0
mv1
4v2
mv1'
12
1m
2
1'2
mv1
v2
mv1
2
24
2
由前两式解得：
qm
Q
2
4v12
3'8'v1,v2v1
55
由后两式解得：
v1
16所以：
qmQ
m9
2013北京20．以往我们认识的光电效应是单光子光电效应。
若一个电子在极短时间内只能吸收到一个光子而从金属表面逸出。
强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识，用强激光照射金属，由于其光子密度较大，一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能，从而形成多光子光电效应，这已经被实验证实。
光电效应实验装置示意如图。
用频率为v的普通光源照射阴极K，则发生了光电效应；此时，若加上反向电压U，即将阴极K接电源正极，阳极A接电源负极，在KA之间就形成了使光电子减速的电场。
逐渐增大U，光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压U可能是下列的（其中W为逸出功，h为普朗克常量，e为电子
电量）
hv
W
A．
U
e
e
B．
U
2hv
W
e
e
C．
U
2hv
W
D．
U
5hv
W
2ee
考查选修3-5近代物理部分（固定题型）
1，新信息下：
NhWEK（N=2，3,4）2，动能定理：
UqEK难度：
★★（概念+新信息）
2008上海类平抛运动17．（上海卷－23）
Oxy平面
12分）如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。
在
的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场I和II，两电场的边界均是边长为L的正方形（不计电子所受重力）
1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置。
开，求所有释放点的位置。
（3）若将左侧电场II整体水平向右移动L/n（n≥1），仍使电子从ABCD区域左下角D处离开（D不随电场移动），求在电场I区域内由静止释放电子的所有位置。
解析】：
（1）设电子的质量为m，电量为e，电子在电场
I中做匀加速直线运动，出区域I
时的为v0，此后电场II做类平抛运动，假设电子从
CD边射出，出射点纵坐标为
y，
eEL＝1mv02
2
emE（vL）2
mv0
解得
2）
1
y＝L，所以原假设成立，即电子离开ABCD
4
设释放点在电场区域
1
L）
4
中，其坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v1，然后
区域的位置坐标为（－2L，
进入电场
II做类平抛运动，并从
D点离开，有
eEx＝1mv21
2
y＝1at2＝1
22
eE
m（vL）2
mv1
解得：
xy＝L，即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置。
4
（3）设电子从（x，y）点释放，在电场I中加速到v2，进入电场II后做类平抛运动，在高度为y′处离开电场II时的情景与
（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D点，
则有：
eEx＝1mv222
y－y/＝1at2＝1eE（L）
22mv2
eEL/L
vy＝at＝，y/＝vy
mv2nv2
11
解得：
xy＝L2（），即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置
2n4
2008广东18．（广东卷－19）
（16分）如图（a）所示，在光滑绝缘水平面的AB区域内存在水平向右的电场，电场强度E随时间的变化如图（b）所示．不带电的绝缘小球P2静止在O点．t=0时，带正电的小球P1以速度t0从A点进入AB区域，随后与P2发生正碰后反弹，反弹速度大小是碰前的
2
倍，P1的质量为
3
m1，带电量为q，P2的质量m2=5m1，A、O间距为
L0，O、B间距L＝
4L0
4
已知qE02v0，T＝L0。
m13Lt0
（1）求碰撞后小球P1向左运动的最大距离及所需时间．
（2）讨论两球能否在OB区间内再次发生碰撞．
答案：
（1）L0，L0
（2）能
3v0
解析】
（1）小球P1到达O点的时间TL0，与P2碰撞时，电场刚好由零变为E0。
①
v0
2
碰撞后，P1速度为v1＝v0
30
在电场中，P1的加速度加速度为：
a＝qE0②
m1
P1向左运动的时间t1＝L0＝T
v0
在t1时间内，有电场，P1做匀减速直线运动，向左运动的最大距离为：
2
v1L0
sm＝
2a3
2）根据动量守恒定律有：
m1v0＝m1v1＋m2v2
⑤
1
求得P2的速度：
v2＝v0
⑥
30
P1从O点运动到B点所需时间t2＝L＝4T
⑦
v2
在t2时间内，一直存在电场，则P1的位移为：
12
x1＝v1t2＋at2＝2L⑧
2
由于x1>L，故在OB之间P1与P2能再次相碰。
⑨
（本题考查考生对电场、力学基本规律的认识、理解和应用，考查理解能力、推理能力、分析综合能力、应用数学知识处理物理问题的能力及获取信息的能力。
）
2008（重庆卷－21）21图1是某同学设计的电容式速度传感器原理图，其中上板为固定极板，下板为待测物体，在两极板间电压恒定的条件下，极板上所带电量Q将随待测物体的上下运动而变化，若Q随时间t的变化关系为Q=b（a、b为大于零的常数），其ta
图象如题21图2所示，那么题21图3、图4中反映极板间场强大小E和物体速率v随
t变化的图线可能是
固定极板
B.①和④
C.②和③
D.②和④
A.①和③
答案：
C
解析：
本题考查速度传感器的有关知识，本题为较难题目。
由题意可知：
UQ
E
dCd
Q
sd
4kd
Q
所以E的变化规律与Q的变化规律相似，所以Es
4k
sUbk,所以d＝t＋a＝vt＋a，所以是匀速移4kdta
动，所以速度图象为③，综上所述C正确。
的图象为②，由
QCU
2008.振动（上海卷－14）如图所示，在光滑绝缘水平面上，两个带等量正电的点电荷
M、
N，分别固定在A、B两点，O为AB连线的中点，
CD为AB的垂直平分线。
在CO之间的F点由静止
释放一个带负电的小球P（设不改变原来的电场分
布），在以后的一段时间内，P在CD连线上做往复
运动。
若
A）
小球P的带电量缓慢减小，则它往复运动过
程中振幅不断减小
B）
小球P的带电量缓慢减小，则它往复运动过程中每次经过
O点时的速率不断减小
C）
点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大，则小球
P往复运动过程中周期不断减
D）
点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大，则小球
P往复运动过程中振幅不断减
答案：
BCD
【解析】：
设F与F′绕O点对称，在F与F′处之间，小球始终受到指向O点的回复力作用下做往复运动，若小球P带电量缓慢减小，则此后小球能运动到F′点下方，即振
幅会加大，A错；每次经过O点因电场力做功减少而速度不断减小，B对；若点电荷M、N电荷量缓慢增大，则中垂线CD上的场强相对增大，振幅减小，加速度相对原来每个位置增大，故一个周期的时间必定减小，C、D正确。
2008（海南卷－5）质子和中于是由更基本的粒子即所谓“夸克”组成的．两个强作用电荷相
反（类似于正负电荷）的夸克在距离很近时几乎没有相互作用（称为“渐近自由”）；在距离较远时，它们之间就会出现很强的引力（导致所谓“夸克禁闭”）．作为一个简单的模型，设这样的两夸克之间的相互作用力F与它们之间的距离r的关系为：
0,0F0,r1≤r≤r2
0,r>r2
式中F0为大于零的常量，负号表示引力．用
U表示夸克间的势能，令U0＝F0（r2—r1），
取无穷远为势能零点．下列
U－r图示中正确的是
答案：
B
【解析】：
从无穷远处电势为零开始到r=r2位置，势能恒定为零，在r=r2到r=r1过程中，
恒定引力做正功，势能逐渐均匀减小，即势能为负值且越来越小，此部分图像为
A、B选项中所示；r少量，故U0=F0（r2－r1）。
2008.（海南卷－6）匀强电场中有
a、b、c三点．在以它们为顶点的三角形中，
∠a＝30°、
∠c＝90°,．电场方向与三角形所在平面平行．
已知a、b和c点的电势分别为（23）V、
c
（23）V和2V．该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为
A．（23）V、（23）V
B．0V、4V
4343C．
（2）V、
（2）
33
D．0V、3V答案：
B
解析】：
如图，根据匀强电场的电场线与等势面是平行等间距排列，且电场线与等势面处
处垂直，沿着电场线方向电势均匀降落，取ab的中点O，即为三角形的外接圆的圆心，且该点电势为2V，故Oc为等势面，MN
为电场线，方向为MN方向，UOP=UOa=3V，UON:
UOP=2:
3，故UON=2V,N点电势为零，为最小电势点，同理M点电势为4V，
为最大电势点。
2007四川卷如图所示，一根长
电场力做功；类平抛中电场力做功问题
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·m2/C2．取g=10m/s2）
（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h1为多大?
（3）小球B从N端运动到距M端的高度h2=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
mg
kQL2qqEsin
ma
解得agkQ2qqEsin
L2mm
代入数据解得：
a=3.2m/s2
（2）小球B速度最大时合力为零，即
kQ2qqEsin
h12
mg④
解得h1kQq
mgqEsin
代入数据解得h1=0.9m
（3）小球B从开始运动到速度为v的过程中，设重力做功为
做功为W3，根据动能定理有W1
W1＝mg（L-h2）
W2=-qE（L-h2）sinθ
W2
W31mv2
32
⑧
⑨
12
解得W3mv2mg（Lh2）qE（Lh2）sin
2
设小球的电势能改变了ΔEP，则ΔEP＝－（W2＋W3）
W1，电场力做功为W2，库仑力
⑦
⑩
EP
mg（L
h2）
2
mv
2
ΔEP＝8.2×10－2J
2007上海卷如图所示，边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强电场。
电量为q、动能为
Ek的带电粒子从a点沿ab方向进入电场，不计重力。
（1）若粒子从c点离开电场，求电场强度的大小和粒子离开电场时的动能；
（2）若粒子离开电场时动能为Ek'，则电场强度为多大？
（1）L＝v0t，L＝qEt＝qEL2，所以E＝4E，qEL＝Ekt－Ek，所以2m2mv0qL
＝qEL＋Ek＝5Ek，
（2）若粒子由bc边离开电场，L＝v0t，vy＝qmEt＝qmEvL，Ek'－Ek＝12
，所以
2Ek（Ek'－Ek）E＝qL
2q2E2L2q2E2L2
mvy＝2mv02＝4Ek
若粒子由cd边离开电场，
qEL＝Ek'－Ek，所以E＝
Ek'－Ek
qL
A相对右板的位置。
由③④求得：
v1
2qEL
2007广东卷如图16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：
（1）球B刚进入电场时
升级会员 