还剩5页未读，
继续阅读
所属成套资源：(新高考)高考物理一轮复习课时加练 (含解析)
成套系列资料，整套一键下载
(新高考)高考物理一轮复习课时加练第9章 微专题61 带电粒子在电场中的力电综合问题 (含解析)
展开
这是一份(新高考)高考物理一轮复习课时加练第9章 微专题61 带电粒子在电场中的力电综合问题 (含解析)，共8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.
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.
相关试卷
(新高考)高考物理一轮复习课时加练第9章 微专题60 带电粒子在电中的运动 (含解析)： 这是一份(新高考)高考物理一轮复习课时加练第9章 微专题60 带电粒子在电中的运动 (含解析)，共7页。
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： 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。
2023版高考物理总复习之加练半小时 第八章 微专题58 带电粒子在电场中的力电综合问题： 这是一份2023版高考物理总复习之加练半小时 第八章 微专题58 带电粒子在电场中的力电综合问题，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。
