2023届高考一轮复习（老高考）第八章 微专题59　带电粒子在电场中的力电综合问题【解析版】

这是一份2023届高考一轮复习（老高考）第八章 微专题59　带电粒子在电场中的力电综合问题【解析版】，共8页。试卷主要包含了合场角度，0×103 N/C，4 m；等内容，欢迎下载使用。

1．如图所示，空间存在竖直向下大小为E的匀强电场，一个质量为m、带电荷量为q的带正电绝缘小环套在粗糙程度相同的绝缘木杆上，若小环以初速度v1从M点沿杆上滑，到达N点时速度恰好为零，随后小环下滑回到M点，此时速度为v2(v2Ff＋mgsin θ，则电场力做功大于摩擦力做功，即除重力以外的其他力对物块做正功，则物块的机械能增加，选项A错误；上滑过程中由动能定理W电＋Wf＋WG＝ΔEk，W电>|WG|，则物块在上滑过程中，增加的重力势能一定小于减少的电势能，选项B错误；由于物块下滑经过C点往下运动，再返回到C点时有摩擦力做功，则由能量关系可知物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能，选项C正确；当不加电场时，由于斜面对物块的支持力为FN＝mgcs 30°，摩擦力Ff＝μmgcs 30°＝mgsin 30°，可知支持力和摩擦力的合力方向竖直向上；当加电场力后FN＝mgcs 30°＋qEsin 30°，Ff＝μ(mgcs 30°＋ qEsin 30°)，支持力和摩擦力成比例关系增加，则摩擦力和支持力的合力仍竖直向上，根据牛顿第三定律，则物块给斜面的摩擦力和压力的方向竖直向下，可知斜面在水平方向受力为零，则斜面所受地面的摩擦力为零，选项D错误．
3.(多选)如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝qE，则( )
A．电场方向竖直向上
B．小球运动的加速度大小为g
C．小球上升的最大高度为eq \f(v\\al(02),4g)
D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为eq \f(1,2)mv02
答案 BC
解析 小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON直线上，因mg＝Eq，所以电场力Eq与重力关于ON对称，根据数学知识得：电场力qE与水平方向的角应为30°，受力情况如图所示．
合力沿ON方向向下，大小为mg，所以加速度为g，方向沿ON向下，A错误，B正确；
小球做匀减速直线运动，由运动学公式可得最大位移为x＝eq \f(v\\al(02),2g)，则最大高度为h＝xsin 30°＝eq \f(v\\al(02),4g)，C正确；若小球在初始位置的电势能为零，在减速运动至速度为零的过程中，小球克服电场力做功和克服重力做功是相等的，由能量的转化与守恒可知，小球的初动能一半转化为电势能，一半转化为重力势能，初动能为eq \f(1,2)mv02，小球的最大电势能为eq \f(1,4)mv02，D错误．
4．(多选)如图所示，在水平向右的匀强电场中，一内壁光滑、半径为R的固定绝缘圆轨道处在竖直平面内，AB为圆轨道的水平直径，CD为竖直直径．一个质量为m、电荷量为q的带正电小球从轨道的最低点获得一定的初速度v0后，能够在轨道内做圆周运动．已知重力加速度为g，匀强电场的电场强度E＝eq \f(\r(3)mg,q)，不计空气阻力，下列说法中正确的是( )
A．小球运动到D点时的动能最小
B．小球运动到B点时的机械能最大
C．若v0＝eq \r(5gR)，小球恰好能够沿着轨道做圆周运动
D．若小球恰好能够在轨道内做圆周运动，则小球运动过程中对轨道的最大压力为12mg
答案 BD
解析 小球在等效场中做变速圆周运动，M点为等效最低点，N点为等效最高点，如图所示．
设等效重力加速度的方向与竖直方向的夹角为θ，有tan θ＝eq \f(qE,mg)＝eq \r(3)，即θ＝60°，故在等效场中构成绳—球模型，在等效最高点的速度最小，动能最小，即小球运动到N点时的动能最小，故A错误；小球做圆周运动时除了重力做功外，电场力做功衡量小球机械能的变化，故小球到B点时电场力做正功最多，机械能最大，故B正确；在等效场中的等效重力加速度为g效＝eq \f(g,cs θ)＝2g，小球恰好能够沿着轨道做圆周运动，则在等效最高点N时由等效重力提供向心力，由mg效＝meq \f(v\\al(N2),R)可得vN＝eq \r(g效R)＝eq \r(2gR)，则从C点到N点，由动能定理可知，
－mg效(R＋Rcs θ)＝eq \f(1,2)mvN2－eq \f(1,2)mv02，解得v0＝eq \r(8gR)，故C错误；若小球恰好能够在轨道内做圆周运动，即刚好能通过N点时的速度为vN＝eq \r(2gR)，在C点的速度为v0＝eq \r(8gR)，而在等效最低点M点时速度最大，轨道对球的支持力最大，球对轨道的压力也最大，由C点到M点由动能定理mg效(R－Rcs θ)＝eq \f(1,2)mvM2－eq \f(1,2)mv02，可得vM＝eq \r(10gR)，在M点由牛顿第二定律，有FNM－mg效＝meq \f(v\\al(M2),R)，解得FNM＝12mg，由牛顿第三定律可知小球运动过程中对轨道的最大压力为12mg，故D正确．
5．(多选)如图甲所示，空间有一水平向右的匀强电场，其中有一个半径为R＝2 m的竖直光滑圆环，环内有两根光滑的弦轨道AB和AC，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角．质量为m＝0.08 kg、电荷量为q＝6×10－5 C的带电小球(可视为质点)从A点静止释放，分别沿弦轨道AB和AC到达圆周的运动时间相同．现去掉弦轨道AB和AC，如图乙所示，给小球一个初速度，让小球恰能在圆环内做完整的圆周运动，不考虑小球运动过程中电荷量的变化，不计空气阻力．下列说法正确的是(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2)( )
A．小球做圆周运动经过C点时动能最大
B．匀强电场的电场强度大小为E＝1×104 V/m
C．小球做圆周运动过程中动能最小值是0.5 J
D．小球做圆周运动过程中对环的压力最大值是6 N
答案 BD
解析 由题图甲结合等时圆知识，重力与电场力合力方向平行于AO，根据力的合成与分解知识Eq＝mgtan 37°，代入数据可得匀强电场的电场强度大小为E＝1×104 V/m，故B正确；等效最低点在AO延长线与圆轨道的交点上，小球等效最低点速度最大，动能最大，故A错误；因为重力与电场力均为恒力，所以二者的合力大小为F＝eq \r(mg2＋Eq2)＝eq \f(5,4)mg，小球做圆周运动，则在其等效最高点，有F＝meq \f(v2,R)，此时小球速度最小，动能最小，最小动能为Ek＝eq \f(1,2)mv2＝1 J，故C错误；小球从等效最高点至等效最低点过程中，由动能定理得F×2R＝eq \f(1,2)mv m2－eq \f(1,2)mv2，在等效最低点小球对圆环压力最大，由牛顿第二定律得FN－F＝meq \f(v\\al(m2),R)，代入数据解得FN＝6.0 N，由牛顿第三定律可知小球做圆周运动的过程中对环的最大压力是
6.0 N，故D正确．
6．如图所示，倾角θ＝37°的粗糙绝缘斜面AB与粗糙绝缘水平地面BC在B点平滑连接，B点右侧区域存在水平向左的匀强电场，电场强度大小E＝5.0×103 N/C.斜面顶端A点离地高度h＝2.4 m，可视为质点的带正电金属滑块质量m＝1.0 kg、电荷量q＝1.0×10－4 C．现将滑块从A点由静止释放，最后停在水平地面上的C点．已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5，滑块与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.15，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.
(1)求滑块运动到B点时速度的大小；
(2)求滑块在水平地面上滑行的距离；
(3)要使静止在C点的滑块恰好能重新返回到斜面顶端A点，可将电场强度的大小突然增大到某一值E0.求电场强度E0的大小．
答案 (1)4 m/s (2)4 m (3)1.15×105 N/C
解析 (1)设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律：mgsin θ－μ1mgcs θ＝ma1
解得a1＝2 m/s2
设滑块运动到B点时速度的大小为v，根据匀加速运动的速度－位移公式：eq \f(h,sin θ)＝eq \f(v2,2a1)
解得v＝4 m/s；
(2)设滑块在水平地面上运动的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律：μ2mg＋Eq＝ma2
解得a2＝2 m/s2
设滑块在水平地面上滑行的距离为x2，根据匀减速运动公式：x2＝eq \f(v2,2a2)
解得x2＝4 m；
(3)设滑块沿斜面上滑的加速度大小为a3，根据牛顿第二定律：mgsin θ＋μ1mgcs θ＝ma3
解得a3＝10 m/s2
设滑块在水平地面加速的加速度大小为a4，因为A到B的距离与C到B的距离相等，则由速度－位移v2＝2ax
可知a4＝a3＝10 m/s2
由于电场强度突然增大到某一值E0，根据牛顿第二定律：E0q－μ2mg＝ma4
解得E0＝1.15×105 N/C.
7．(2022·云南师大附中高三月考)如图所示，ABCD为竖直平面内的绝缘轨道，其中AB部分为动摩擦因数为μ＝eq \f(\r(3),4)的水平面，BCD部分是半径为R的光滑圆弧轨道，与AB平滑相切，B为轨道最低点，整个轨道放置在水平匀强电场中．现将一带电荷量为＋q、质量为m的小滑块从水平面上某点由静止释放，小滑块从圆弧轨道D点滑出后恰好落在其正下方的P点．已知OD与OC的夹角α＝60°，重力加速度为g，电场强度E＝eq \f(\r(3)mg,q)，求：
(1)小滑块运动到D点时速度的大小；
(2)小滑块运动到B点时对轨道的压力大小；
(3)小滑块释放点到B点的距离．
答案 (1)eq \f(3,2)eq \r(gR) (2)eq \f(37,4)mg (3)eq \f(11\r(3),6)R
解析 (1)设小滑块运动到D点时速度大小为vD，经时间t从D点运动至P点．根据牛顿第二定律可知小滑块在水平方向的加速度大小为a＝eq \f(Eq,m)＝eq \r(3)g①
根据运动学公式，在竖直方向上有R(1＋sin 30°)＝vDtcs 30°＋eq \f(1,2)gt2②
在水平方向上有0＝vDtsin 30°－eq \f(1,2)at2③
联立①②③解得vD＝eq \f(3,2)eq \r(gR)④
(2)设小滑块运动到B点时轨道对其的支持力大小为FN，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq \f(v\\al(B2),R)⑤
对小滑块由B点运动到D点的过程，由动能定理得－mgR(1＋cs 60°)－qERsin 60°＝eq \f(1,2)mvD2－eq \f(1,2)mvB2⑥
联立④⑤⑥解得FN＝eq \f(37,4)mg⑦
由牛顿第三定律可知小滑块运动到B点时对轨道的压力大小为FN′＝FN＝eq \f(37,4)mg⑧
(3)设小滑块释放点到B点的距离为x，由动能定理得(qE－μmg)x＝eq \f(1,2)mvB2⑨
联立④⑥⑨解得x＝eq \f(11\r(3),6)R⑩
8．如图所示，绝缘轨道CDGH位于竖直平面内，圆弧段DG的圆心角为θ＝37°，DG与水平段CD、倾斜段GH分别相切于D点和G点．CD段粗糙，DGH段光滑．在H处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道处于场强为E＝1×104 N/C、水平向右的匀强电场中，一质量m＝4×10－3 kg、带电荷量q＝＋3×10－6 C的小滑块在C处由静止释放，经挡板碰撞后滑回到CD段的中点P处时速度恰好为零．已知CD段长度L＝0.8 m，圆弧DG的半径r＝0.2 m；不计滑块与挡板碰撞时的动能损失，滑块可视为质点．g＝10 m/s2，cs 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，求：
(1)滑块与CD段之间的动摩擦因数μ；
(2)滑块在CD段上运动的总路程；
(3)滑块与绝缘挡板碰撞时的最大动能和最小动能．
答案 (1)0.25 (2)2.4 m
(3)0.018 J 0.002 J
解析 (1)滑块由C处释放，经挡板碰撞后第一次滑回P点的过程中，由动能定理得qEeq \f(L,2)－μmg(L＋eq \f(1,2)L)＝0
解得μ＝eq \f(Eq,3mg)＝0.25；
(2)滑块在CD段上受到的滑动摩擦力μmg＝0.01 N
电场力Eq＝0.03 N
滑动摩擦力小于电场力，故不可能停在CD段，滑块最终会在DGH间来回往复运动，到达D点的速度为0.全过程由动能定理得EqL－μmgs＝0
解得s＝2.4 m；
(3)GH段的倾角为37°，因为Eqcs θ＝mgsin θ＝0.024 N
则加速度a＝0.所以滑块与绝缘挡板碰撞的最大动能为滑块第一次运动到G点的动能．
对C到G过程由动能定理得Ekmax＝Eq(L＋rsin θ)－μmgL－mg(r－rcs θ)＝0.018 J
滑块最终在DGH间来回往复运动，碰撞绝缘挡板时有最小动能．对D到G过程由动能定理得Ekmin＝Eqrsin θ－mg(r－rcs θ)＝0.002 J.