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    第十章微专题61 带电粒子在电场中的力电综合问题 试卷

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    物理必修 第三册第十章 静电场中的能量5 带电粒子在电场中的运动课时作业

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    这是一份物理必修 第三册第十章 静电场中的能量5 带电粒子在电场中的运动课时作业,共10页。试卷主要包含了功能角度,2 m等内容,欢迎下载使用。
    微专题61 带电粒子在电场中的力电综合问题
    解决电场、重力场、复合场问题的两个角度:1.功能角度:运用动能定理和功能关系分析粒子的运动,注意等效最高点和等效最低点速度的计算和向心力公式的应用.2.动力学角度:涉及运动时间、速度、位移时一般从动力学角度分析.
    1.如图所示,在水平向左的匀强电场中,可视为质点的带负电物块,以某一初速度从足够长的绝缘斜面上的A点沿斜面向下运动,经C点到达B点时,速度减为零,然后再返回到A点.已知斜面倾角θ=30°,物块与斜面间的动摩擦因数μ=,整个过程斜面均保持静止,物块所带电荷量不变.则下列判断正确的是(  )

    A.物块在上滑过程中机械能一定减小
    B.物块在上滑过程中,增加的重力势能一定大于减少的电势能
    C.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
    D.物块在下滑过程中,斜面与地面之间的摩擦力可能不为零
    答案 C
    解析 上滑过程中满足Eqcos θ>Ff+mgsin θ,则静电力做功大于摩擦力做功,即除重力以外的其他力的合力对物块做正功,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,则由功能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=mgcos 30°,摩擦力Ff=μmgcos 30°=mgsin 30°,可知支持力和摩擦力的合力方向竖直向上;当加电场时,FN=mgcos 30°+qEsin 30°,Ff=μ(mgcos 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合力方向竖直向下,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.
    2.(2023·河北邯郸市模拟)如图所示,在一带电竖直平行金属板之间,有一质量为m,带电荷量为+q的小球被绝缘细线悬挂静止于A点,剪断细线后,小球恰能沿直线AB运动,经时间t后到达B点,已知直线AB与水平方向的夹角为45°,重力加速度为g,规定A点的电势为零,下列说法正确的是(  )

    A.电场强度大小为E=
    B.B点的电势φB=
    C.小球在B点的电势能EB=
    D.小球机械能的变化量为
    答案 D
    解析 小球沿直线AB运动,合力沿AB方向,如图所示

    则有qEtan 45°=mg,解得E=,故A错误;由牛顿第二定律得加速度为=ma,由匀变速直线运动规律,得小球到B点的速度为v=at,设AB=L,根据动能定理得mgLsin 45°+qELcos 45°=mv2,解得静电力做功W=qELcos 45°=,根据W=qUAB,解得UAB=,根据UAB=φA-φB,且A点的电势为零,解得φB=-,B点的电势能为EB=qφB,联立解得:EB=-,故B、C错误;小球机械能的变化量等于静电力做的功,ΔE=W=,故D正确.
    3.如图所示,在地面上方的水平匀强电场中,一个质量为m、电荷量为+q的小球,系在一根长为L的绝缘细线一端,可以在竖直平面内绕O点做圆周运动.AB为圆周的水平直径,CD为竖直直径,已知重力加速度为g,电场强度E=,不计空气阻力,下列说法正确的是(  )

    A.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,则它运动的最小速度v=
    B.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,则小球运动到A点时的机械能最小
    C.若将小球在A点由静止开始释放,则小球运动到B点时的速度为v=
    D.若将小球在A点以大小为v=的速度竖直向上抛出,它将沿圆周到达B点
    答案 B
    解析 由于电场强度E=,故mg=Eq,物体的加速度大小为a=g,若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,则它运动的最小速度为v,则有mg=m,解得v=,A错误;除重力和弹力外其他力做功等于机械能的增加值,若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,则小球运动到A点时,电势能最大,故到A点时的机械能最小,故B正确;小球受合力方向与电场方向夹角45°斜向下,故若将小球在A点由静止开始释放,小球运动到B点的过程中,由动能定理得qE·2L=mv2,解得:v=2,故C错误;若将小球在A点以大小为 的速度竖直向上抛出,小球将不会沿圆周运动,小球在竖直方向做竖直上抛运动,水平方向做匀加速运动,因Eq=mg,故水平加速度与竖直加速度大小均为g,当竖直方向上的位移为零时,时间t=2,则水平位移x=gt2=2L,则说明小球刚好运动到B点,故D错误.
    4.(多选)如图所示,在竖直面内有一半径为R的圆环形轨道,轨道内部最低点A处有一质量为m的光滑带正电的小球(可视作质点),其所带电荷量为q,在圆环区域内存在着方向水平向右的匀强电场,电场强度E=,现给小球一个水平向右的初速度,使小球开始运动,以下说法正确的是(  )

    A.若v0>,则小球可以做完整的圆周运动
    B.若小球可以做完整的圆周运动,则轨道所给弹力的最大值与最小值相差4mg
    C.若v0=,则小球将在轨道最高点B处脱离轨道
    D.若v0=,则小球不会脱离轨道
    答案 BCD
    解析 小球同时受到重力和静电力作用,这时可认为小球处于等效重力场中,小球受到的等效重力为:G′===mg,等效重力加速度为g′==g,等效重力与竖直方向的夹角为θ,如图所示,则有:tan θ==,θ=30°,小球可以做完整的圆周运动,在等效最高点,有:mg′≤m,从等效最高点达到A点过程中,根据动能定理可得:mg′(R+Rcos θ)=mv02-mv2,解得:v0≥,故A错误;若小球可以做完整的圆周运动,则小球在等效重力场中最低点轨道所给的弹力最大,等效最高点轨道所给的弹力最小;在等效最低点有:F1-G′=m,在等效最高点有:F2+G′=m,在等效重力场中,从最高点达到最低点过程中,根据动能定理可得:mg′·2R=mv12-mv22,解得轨道所给弹力的最大值与最小值相差为:F1-F2=4mg,故B正确;若v0=,小球到达最高点B处的过程中,重力做负功,静电力不做功,则有:-mg·2R=mvB2-mv02,解得:vB=,故可得小球将在轨道最高点B处脱离轨道,故C正确;在等效重力场中,若v0=,小球没有超过等效重力场中的半圆,故小球不会脱离轨道,故D正确.

    5.如图所示,在竖直平面内有直角坐标系xOy,有一匀强电场,其方向与水平方向成α=30°角斜向上,在电场中有一质量为m=1×10-3 kg、电荷量为q=1.0×10-4 C的带电小球,用长为L= m的不可伸长的绝缘细线挂于坐标原点O,当小球静止于M点时,细线恰好伸直且水平.现用外力将小球拉到最低点P,然后无初速度释放,g=10 m/s2.

    (1)求电场强度E的大小;
    (2)求小球再次到达M点时的速度大小;
    (3)如果小球再次到达M点时,细线突然断裂,从此时开始计时,求小球运动t=1 s时的位置坐标.
    答案 (1)200 N/C (2)6 m/s (3)( m,6 m)
    解析 (1)当小球静止于M点时,由平衡条件得qEsin α=mg
    解得E=200 N/C
    (2)小球所受静电力和重力的合力恒定,大小为F=mg,方向水平向右,设小球运动到M点时,小球的速度为v,则由动能定理得
    mgL=mv2
    解得v=6 m/s
    (3)小球运动到M点时,细线突然断裂,小球的速度方向竖直向上,所受合力F水平向右,小球将做类平抛运动,由牛顿第二定律得mg=ma
    在竖直方向上,有y=vt
    在水平方向上,有x1=at2
    解得x=x1+L= m,y=6 m
    所以小球的位置坐标为( m,6 m).
    6.(2023·新疆喀什市检测)如图所示,水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接,半圆形轨道的半径R=0.40 m,在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场,电场线与轨道所在的平面平行,电场强度E=3.0×104 N/C.现有一电荷量q=+1.0×10-5 C、质量m=0.04 kg的带电体(可视为质点),在水平轨道上的P点由静止释放,带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C,然后落至水平轨道上的D点(图中未画出),取g=10 m/s2.求:

    (1)带电体运动到圆形轨道C点时的速度大小;
    (2)带电体在圆弧形轨道上运动的最大速度;
    (3)D点到B点的距离x.
    答案 (1)2.0 m/s (2) m/s (3)0.2 m
    解析 (1)设带电体经过C点时的速度为vC,根据牛顿第二定律得:
    mg=
    解得:vC=2.0 m/s
    (2)设带电体通过B点时的速度为vB,带电体从B运动到C的过程中,根据动能定理得:
    -2mgR=mvC2-mvB2
    解得:vB=2 m/s
    根据静电力和重力的比值关系可知,等效最低点与竖直方向的夹角为
    tan θ===
    即θ=37°,等效最低点的位置如图所示:

    由B到等效最低点根据动能定理得:
    qE·Rsin 37°-mg·R(1-cos 37°)=mvm2-mvB2
    解得:vm= m/s
    (3)带电体离开圆弧轨道后
    在竖直方向上:2R=gt2
    在水平方向上:x=vCt-t2
    联立解得:x=0.2 m.
    7.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,整个轨道处于电场强度为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,cos 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qE-μmg(L+L)=0
    解得μ==0.25;
    (2)滑块在CD段上受到的滑动摩擦力μmg=0.01 N
    静电力Eq=0.03 N
    滑动摩擦力小于静电力,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Eqcos 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-rcos 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-rcos θ)=0.002 J.
    8.如图所示,圆心为O、半径为R的圆弧形光滑轨道MN固定在竖直平面内,O、N恰好处于同一竖直线上,ON=R,OM与竖直方向之间的夹角θ=37°,水平面上方空间存在水平向左的匀强电场.水平面上有一点P,点P、M的连线恰好与圆弧轨道相切于M点,PM=2R.现有一质量为m、电荷量为+q的小球(可视为质点)从P点以一定的初速度沿PM做直线运动,小球从M点进入圆弧轨道后,恰好能沿圆弧轨道运动并从N点射出.sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度为g.求:

    (1)小球沿圆弧轨道运动过程中的最小速度的大小;
    (2)小球在P点时的初速度大小;
    (3)小球在水平面上的落点到P点的距离.
    答案 (1) (2) (3)(3+3)R
    解析 (1)由小球沿PM做直线运动可知,小球所受的静电力与重力的合力方向沿MP方向,受力分析如图(a)所示:

    则qEtan θ=mg
    解得:E=
    小球恰好能沿圆弧运动并从N点射出可知,小球在圆弧轨道上经过“等效最高点G”时速度最小,如图(b)所示:

    此时小球所受的静电力与重力的合力提供向心力,则

    解得:vG=

    (2)小球从P点运动到G点的过程中,根据动能定理得:
    -·3R=mvG2-mv02
    解得:v0=
    (3)小球从G点运动到N点的过程中,根据动能定理得:
    (R-Rsin θ)=mvN2-mvG2
    解得:vN=
    小球从N水平飞出后,在水平方向上做初速度为的匀加速运动,在竖直方向上做自由落体运动,设小球从N飞出到落地的时间为t,则
    竖直方向上:R+Rcos θ+2Rsin θ=gt2
    解得:t=
    水平方向上的加速度大小为
    ax==g
    小球在水平面上的落点到N点的水平距离为
    x=vNt+axt2
    解得:x=(3+4)R
    则小球在水平面上的落点到P点的距离为
    x0=x-(2Rcos θ-Rsin θ)=(3+3)R.

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