资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩10页未读，
继续阅读
必刷07 带电粒子在电场和重力场中的运动-2021届高考物理二轮复习专项必刷（人教版）
展开
这是一份必刷07 带电粒子在电场和重力场中的运动-2021届高考物理二轮复习专项必刷（人教版），文件包含必刷07带电粒子在电场和重力场中的运动-2021届高考物理二轮复习专项必刷人教版原卷版docx、必刷07带电粒子在电场和重力场中的运动-2021届高考物理二轮复习专项必刷人教版解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共37页， 欢迎下载使用。
必刷07 带电粒子在电场和重力场中的运动
必刷点1 带电粒子在电场和重力场中的直线运动
典例1. (2020·湖南模拟)如图甲所示,水平面被竖直线PQ分为左、右两部分,左部分光滑,范围足够大,上方存在水平向右的匀强电场,右部分粗糙.一质量为m=2 kg,长为L的绝缘体制成的均匀带正电直棒AB置于水平面上,A端距PQ的距离为 s=3 m,给棒一个水平向左的初速度v0,并以此时作为计时的起点,棒在最初2 s的运动图象如图乙所示.2 s末棒的B端刚好进入电场,已知直棒单位长度带电荷量为λ=0.1 C/m,取重力加速度g=10 m/s2.求:
(1)直棒的长度;
(2)匀强电场的场强E;
(3)直棒最终停在何处.
【答案】 (1)1 m (2)10 N/C (3)A端距PQ 2.25 m处,在PQ右边
【解析】 (1)0~2 s内,棒运动的位移s1=v t=v0+v22t=4 m
棒长为L=s1-s=1 m.
(2)由题图乙知,棒在向左运动至B端刚好进入电场的过程,棒的加速度一直不变,为a=ΔvΔt=0.5 m/s2.
直棒所带电荷量q=λL=0.1 C
当B端刚进入电场时有qE=ma
得出E=maq=10 N/C.
(3)AB棒未进入电场前有μmg=ma
得出μ=ag=0.05
棒B端进入电场后向左减速然后返回出电场直到最终停止,设A端在PQ右侧与PQ相距为x.
由动能定理得qEL2-μmgL2-μmgx=0-12mv22
解得x=2.25 m
故A端在PQ右边且距PQ为2.25 m.
变式1. (2020·陕西模拟)在绝缘粗糙的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定电荷量不等的正电荷,两电荷的位置坐标如图甲所示,已知B处电荷的电荷量为+Q.图乙是A、B连线之间的电势φ与位置x之间的关系图象,图象中x=L的点为图线的最低点,x=-2L处的纵坐标φ=φ0,x=0处的纵坐标φ=2563φ0,x=2L处的纵坐标φ=37φ0.若在x=-2L的C点由静止释放一个质量为m、电荷量为+q的带电小物块(可视为质点),物块随即向右运动.求:
(1)固定在A处的电荷的电荷量QA;
(2)为了使小物块能够到达x=2L处,试讨论小物块与水平面间的动摩擦因数μ所满足的条件;
(3)若小物块与水平面间的动摩擦因数μ=kqQ3mgL2,小物块运动到何处时速度最大?并求最大速度vmax.
【答案】 (1)4Q (2)μ≤qφ07mgL (3)小物块运动到x=0处时速度最大 76qφ063m-4kqQ3mL
【解析】 (1)由题图乙知,x=L点为图线的最低点,切线斜率为零,即合场强E合=0,则有kQA(4L)2=kQ(2L)2,解得QA=4Q.
(2)小物块先做加速运动再做减速运动,到达x=2L处速度v≥0,从x=-2L到x=2L过程中,由动能定理得qU1-μmgs1=12mv2-0,即qφ0-37φ0-μmg·4L≥0
解得μ≤qφ07mgL.
(3)小物块运动速度最大时,电场力与摩擦力的合力为零,设该位置离A点的距离为lA,则有
kq·4QlA2-kqQ(6L-lA)2-μmg=0
解得lA=3L,即小物块运动到x=0处时速度最大.
小物块从x=-2L运动到x=0的过程中,由动能定理得qU2-μmgs2=12mvmax2-0
即qφ0-2563φ0-μmg·2L=12mvmax2-0
解得vmax=76qφ063m-4kqQ3mL.
必刷点2 带电粒子在电场和重力场中的抛体运动
典例2 (2020·重庆模拟)在电场方向水平向右的匀强电场中,一带电小球从A点竖直向上抛出,其运动的轨迹如图所示.小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上,M为轨迹的最高点.小球抛出时的动能为8.0 J,在M点的动能为6.0 J,不计空气的阻力.求:
(1)小球水平位移x1与x2的比值;
(2)小球运动到B点时的动能EkB;
(3)小球从A点运动到B点的过程中最小动能Ekmin.
【答案】 (1)1∶3 (2)32 J (3)247 J
【解析】 (1)如图所示,带电小球在水平方向上受电场力的作用做初速度为零的匀加速直线运动,竖直方向上只受重力作用做竖直上抛运动,故从A到M和M到B的时间相等,则x1∶x2=1∶3.
(2)小球从A到M,水平方向上电场力做功W电=6 J,则由能量守恒可知,小球运动到B点时的动能为EkB=Ek0+4W电=32 J.
(3)由于合运动与分运动具有等时性,设小球所受的电场力为F,重力为G,则有:
F·x1=6JG·h=8J⇒12·F2mt2=6J12·G2mt2=8J⇒FG=32
由图可知,tan θ=FG=32⇒ sin θ=37
则小球从A运动到B的过程中速度最小时速度一定与等效重力G'垂直,故Ekmin=12m(v0sin θ)2=247 J.
变式2.如图所示,两块竖直放置的金属导体板间存在水平向左的匀强电场,板间距离为d.有一带电荷量为+q、质量为m的小球以水平速度从左极板上的A孔进入匀强电场,且恰没有与右板相碰,小球最后从A孔正下方的B孔离开匀强电场,若A、B两孔间的距离为4d,重力加速度为g,求:
(1)两板间的电场强度大小;
(2)小球从A孔进入电场时的速度;
(3)小球进入电场后到其速度达到最小值的过程中,小球电势能的增加量为多少.
【答案】 (1)mgq (2)2gd (3)34mgd
【解析】 (1)由题意可知,小球在水平方向先减速到零,然后反向加速.设小球进入A孔的速度为v0,减速到右板的时间为t,则有:
水平方向:d=v0t-12qEmt2 0=v0-qEmt
竖直方向:4d=12g(2t)2
联立解得E=mgq.
(2)在水平方向上根据牛顿第二定律有qE=max
根据运动学公式有0-v02=2(-ax)d
联立解得v0=2gd.
(3)小球进入电场后,在水平方向上做减速运动,即vx=v0-qEmt'
在竖直方向上做加速运动,即vy=gt'
小球在电场中的速度大小为v=vx2+vy2=v0-qEmt'2+(gt')2
根据二次函数的极值可得t'=v02g时小球速度达到最小,此时粒子在水平方向的位移为:x=v0t'-12qEmt'2
在此过程中电场力做功为W=-qEx
而W=-ΔEp
联立解得ΔEp=34mgd.
必刷点3 带电粒子在电场和重力场中的圆周运动
典例3. (2020·河南模拟)如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道,处于水平向右的匀强电场中,一带负电的小球从高h的A处由静止开始下滑,沿轨道ABC运动后进入圆环内做圆周运动.已知小球所受的电场力是其重力的34,圆环半径为R,斜面倾角为θ=53°,sBC=2R.若使小球在圆环内能做完整的圆周运动,h至少为多少?
【答案】10R
【解析】小球所受的重力和电场力两者的合力等效为恒力F,由圆周运动知识得F=mvD2R
由动能定理有mg(h-R-Rcos 37°)-34mg×(hcot θ+2R+Rsin 37°)=12mvD2
联立可求出此时的高度h=10R.
变式3.(2020·四川模拟)如图所示,在E=103 V/m的竖直匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接,半圆形轨道平面与电场线平行,其半径R=40 cm, N为半圆形轨道最低点,P为QN圆弧的中点,一带负电q=10-4 C的小滑块质量m=10 g,与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.15,位于N点右侧1.5 m的M处,g取10 m/s2,求:
(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q,则小滑块应以多大的初速度v0向左运动?
(2)按(1)中这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大?
【答案】 (1)7 m/s (2)0.6 N
【解析】 (1)设小滑块到达Q点时速度为v,
由牛顿第二定律得mg+qE=mv2R
小滑块从开始运动至到达Q点过程中,由动能定理得
-mg·2R-qE·2R-μ(mg+qE)s=12mv2-12mv02
联立方程,解得:v0=7 m/s.
(2)设小滑块到达P点时速度为v',则从开始运动至到达P点过程中,由动能定理得
-(mg+qE)R-μ(qE+mg)s=12mv'2-12mv02
又在P点时,由牛顿第二定律得 N=mv'2R
代入数据,解得:N=0.6 N
由牛顿第三定律得,
小滑块对轨道的压力N'=N=0.6 N.
练考点 过基础 过素养
题组一 带电粒子在电场和重力场中的直线运动
1. (2020·福建模拟)如图所示,质量为m的带电小球用绝缘丝线悬挂于O点,并处在水平向左的匀强电场E中,小球静止时丝线与竖直方向夹角为θ,若剪断丝线,则小球的加速度为( )
A.0 B.g,方向竖直向下 C.gtan θ,水平向右 D.gcosθ,沿丝线向下
【答案】D
【解析】 剪断丝线前:小球受到丝线的拉力,重力和电场力作用,三力合力为零,所以T=mgcosθ;剪断后小球只受竖直向下的重力和电场力,合力大小等于剪断前丝线的拉力,方向与拉力方向相反,即与竖直方向夹角为θ向下,根据牛顿第二定律可得a=mgcosθm=gcosθ.
2. .(2020·河北模拟)如图所示,一光滑绝缘斜槽放在方向竖直向下,电场强度为E的匀强电场中,从斜槽顶端A沿斜槽向下释放一初速度为v0的带负电的小球,小球质量为m,带电荷量为q,斜槽底端B与A点的竖直距离为h.则关于小球的情况,下列说法中正确的是( )
A.只有E≤mgq+mv022qh,小球才能沿斜槽运动到B点
B.只有E=mgq,小球才能沿斜槽运动到B点
C.小球若沿斜槽能到达B点,速度可能是v0
D.小球若沿斜槽能到达B点,最小速度一定大于v0
【答案】 C
【解析】 若电场力大于重力,小球将离开斜面做曲线运动,若电场力等于重力,小球合力为0,做匀速直线运动,到达B点的速度也就是v0,若电场力小于重力,小球将沿着斜槽做匀加速直线运动,到达B点的速度大于v0,故C正确,A、B、D错误.
3.(2020·湖南模拟)(多选)如图,在竖直平面内有一匀强电场,一带电荷量为+q、质量为m的小球在力F(大小可以变化)的作用下沿图中虚线由A至B做竖直向上的匀速运动.已知力F和AB间夹角为θ,A、B间距离为d,重力加速度为g.则( )
A.力F大小的取值范围只能在0~mgcosθ
B.电场强度E的最小值为mgsinθq
C.小球从A运动到B电场力可能不做功
D.若电场强度E=mgtanθq时,小球从A运动到B电势能变化量大小可能为2mgdsin2θ
【答案】D
【解析】分析小球受力情况:小球受到重力mg、拉力F与电场力qE,因为小球做匀速直线运动,合力为零,则F与qE的合力与mg大小相等、方向相反,作出F与qE的合力,如图,可知F无最大值,选项A错误;当电场力qE与F垂直时,电场力最小,此时场强也最小.则得:qE=mgsin θ,所以电场强度的最小值为E=mgsinθq,选项B正确.若电场强度E=mgtanθq,即qE=mgtan θ时,电场力qE可能与AB方向垂直,如图1位置,电场力不做功,选项C正确;也可能电场力位于位置2方向,则电场力做功为W=qEsin 2θ·d=q·mgtanθq sin 2θ·d=2mgdsin2θ,选项D正确.
4.(2020·湖南模拟)如图,一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下,从静止开始由b沿直线运动到d,且bd与竖直方向所夹的锐角为45°,则下列结论正确的是( )
A.此液滴带正电
B.液滴的加速度等于2g
C.合外力对液滴做的总功等于零
D.液滴的电势能增加
【答案】B
【解析】 据题带电液滴沿直线由b运动到d,带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上,对液滴进行受力分析,其受力情况如图所示,则电场力方向一定水平向右,与场强方向相反,所以该液滴带负电,故A错误;由图可得液滴所受合力为:F=2mg
故液滴的加速度为a=Fm=2g,故B正确;由于液滴从静止开始做加速运动,故合力的方向与运动的方向相同,故合外力对物体做正功,故C错误;由于电场力所做的功为:W电=Eqxbdcos 45°>0,故电场力对液滴做正功,故液滴的电势能减小,故D错误.
5. (2017·全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场,一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动,速度大小为v0,在油滴处于位置A时,将电场强度的大小突然增大到某值,但保持其方向不变.持续一段时间t1后,又突然将电场反向,但保持其大小不变;再持续同样一段时间后,油滴运动到B点.重力加速度大小为g.
(1)求油滴运动到B点时的速度;
(2)求增大后的电场强度的大小;为保证后来的电场强度比原来的大,试给出相应的t1和v0应满足的条件.已知不存在电场时,油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍.
【答案】见解析
【解析】 (1)方法一:
设油滴质量为m,带电荷量为q,增大后的电场强度为E2,根据题中条件可以判断电场力与重力方向相反;
对于匀速运动阶段,有qE1=mg ①
对于场强突然增大后的第一段t1时间,由牛顿第二定律得:qE2-mg=ma1 ②
对于场强增大后的第二段t1时间,由牛顿第二定律得:qE2+mg=ma2 ③
由运动学公式,可得油滴在电场反向时的速度为:v1=v0+a1t1 ④
油滴在B点的速度为:vB=v1-a2t1 ⑤
联立①至⑤式,可得:vB=v0-2gt1,方向向上;
方法二:
选向上为正方向,由动量定理有:-mg×2t1+qE1t1-qE1t1=mv-mvB
解得:vB=v0-2gt1,方向向上.
(2)设无电场时竖直上抛的最大高度为h,由运动学公式,有:v02=2gh ⑥
根据位移时间关系可得:v0t1+12a1t12=x1 ⑦
v1t1-12a2t12=x2 ⑧
油滴运动有两种情况:
情况一:
位移之和x1+x2=h2 ⑨
联立①②③⑥⑦⑧⑨可得:E2=E1+E1gg+v024gt12-2v0t1
由题意得E2>E1,即满足条件2v0t1-v024gt121+32v0g才是可能的;
情况二:
位移之和x1+x2=-h2 ⑩
联立①、②、③、⑥、⑦、⑧、⑩可得:
E2=E1+E1gg-v024gt12-2v0t1
由题意得E2>E1,
即满足条件2v0t1+v024gt12
6.如图所示,一质量为m、电荷量为q的带电液滴以速度v沿与水平面成θ角的方向斜向上进入匀强电场,在电场中做直线运动,则液滴向上运动过程中( )
A.电场力不可能小于mgcos θ
B.液滴的动能一定不变
C.液滴的机械能一定变化
D.液滴的电势能一定不变
【答案】A
【解析】带电液滴在匀强电场中共受到两个力的作用:竖直向下的重力和恒定的电场力.因为液滴做直线运动,所以它们的合力沿运动方向所在直线;当电场力垂直于运动方向时,如图中的F0所示,电场力最小,即Fmin=F0=mgcos θ,选项A正确;若电场力如图中的F0所示,电场力垂直于液滴的运动方向,电场力不做功,液滴的机械能守恒,液滴斜向上做直线运动时,其重力势能增大,动能减小,所以选项B、C错误;若电场力如图中的F1或F2所示,液滴所受合力仍沿运动方向所在直线,液滴做直线运动,但F1或F2均对液滴做功,其电势能变化,所以选项D错误.
7.(多选)如图所示,一平行板电容器的电容为C,带有等量异种电荷的两极板A、B倾斜放置,质量为m、带电荷量为-q的油滴,从极板A上的小孔P以初速度v0水平向右射入极板间,经时间t后油滴又从P孔水平向左离开极板间,油滴运动过程中恰好未与极板B相碰,已知重力加速度为g.则( )
A.两极板间的距离d=v0t2
B.电容器所带的电荷量Q=Cmv022q
C.两极板间的电场强度大小E=2mv0qt
D.两极板间的电场强度大小E=mqg2+4v02t2
【答案】D
【解析】根据题意可知油滴在两极板间先匀减速直线运动,后匀加速直线运动,因为往返共用时间t,v0t2表示水平方向上的路程大小,不是两极板间的距离,A错误;因为油滴在水平方向上运动,所以重力不做功,只有电场力做功,根据动能定理,可得Uq=12mv02,又知道Q=CU,联立解得Q=Cmv022q,B正确;设两极板与水平方向的夹角为θ,电场力可分解为水平方向上的力,也就是油滴受到的合力,竖直方向上的力与重力等大反向,故有(Eq)2=(mg)2+(ma)2,而a=v0t2=2v0t,故解得E=mqg2+4v02t2,C错误,D正确.
题组二 带电粒子在电场和重力场中的抛体运动
8.(2020·安徽模拟)(多选)如图所示,一质量为m、电荷量大小为q的带电油滴,从水平向右的匀强电场中的O点以速度v沿与场强方向成37°角射入电场中,油滴运动到最高点时速度大小也是v,已知重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.最高点不可能在O点的正上方
B.匀强电场的电场强度可能为E=mg4q
C.O点与最高点之间的电势差可能为零
D.匀强电场的电场强度可能为E=3mgq
【答案】AD
【解析】 油滴到最高点的速度仍为v,则动能的变化量为零,根据动能定理知,克服重力做的功等于电场力做的正功,最高点如果是O点正上方,则电场力不做功,故A正确;
若油滴带正电,到最高点的时间为t=vsin37°g=0.6vg
vcos 37°+qEmt=v
解得:E=mg3q,
若油滴带负电,电场方向有:vcos 37°-qEmt=-v
解得:E=3mgq,故B错误,D正确;
根据动能定理知,从开始到最高点过程中,动能变化量为零,克服重力做的功等于电场力做的正功,根据U=Wq可知O点与最高点的电势差不可能为零,故C错误.
9.(2020·广东模拟)(多选)如图所示,高为h的光滑绝缘曲面处于匀强电场中,匀强电场的方向平行于竖直平面,一带电荷量为+q,质量为m的小球,以初速度v0从曲面底端的A点开始沿曲面表面上滑,到达曲面顶端B点的速度仍为v0,则下列说法不正确的是( )
A.电场力对小球做功为mgh+12mv02
B.A、B两点的电势差为mghq
C.小球在B点的电势能大于在A点的电势能
D.由A到B的过程,机械能的总和保持不变
【答案】ACD
【解析】小球上滑过程中,由动能定理得:W-mgh=12mv02-12mv02
得:W=mgh.
故A错误,符合题意.
由W=qU得,A、B两点的电势差为U=mghq
故B正确,不符合题意.
由于电场力做正功,小球的电势能减小,则小球在B点的电势能小于在A点的电势能.故C错误,符合题意.
由A到B的过程,由于电场力做正功,则机械能增加,选项D错误,符合题意.
10.(2020·湖北模拟)(多选)如图所示,在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成45°夹角的匀强电场,将一质量为m、带电荷量为q的小球,以某一初速度从O点竖直向上抛出,它的轨迹恰好满足抛物线方程y=kx2,且小球通过点P1k,1k,已知重力加速度为g,则( )
A.电场强度的大小为mgq
B.小球初速度的大小为2gk
C.小球通过点P时的动能为5mg4k
D.小球从O点运动到P点的过程中电势能减少2mgk
【答案】CD
【解析】小球以某一初速度从O点竖直向上抛出,它的轨迹恰好满足抛物线方程y=kx2,说明小球做类平抛运动,则电场力与重力的合力沿y轴正方向,竖直方向:qE sin 45°=mg,故电场强度的大小为E=2mgq,故A错误;小球受到的合力:F合=qEcos 45°=mg=ma,所以a=g,由平抛运动规律有:1k=v0t,1k=12gt2,得初速度大小为v0=g2k,故B错误;由于1k=v0t,1k=12gt2,又v0vy=12,所以通过点P时的动能为:12mv2=12m(v02+vy2)=5mg4k,故C正确;小球从O到P电势能减少,且减少的电势能等于电场力做的功,即:WE=qE·1kcos45°=2mgk,故D正确.
11.(多选)如图所示,地面上方存在水平向右的匀强电场,现将一带电小球从距离地面O点高h处的A点以水平速度v0抛出,经过一段时间小球恰好垂直于地面击中地面上的B点,B到O的距离也为h,当地重力加速度为g,则下列说法正确的是( )
A.从A到B的过程中小球的动能先减小后增大
B.下落过程中小球机械能一直增加
C.小球的加速度始终保持2g不变
D.从A点到B点小球的电势能增加了mgh
【答案】AD
【解析】 由题意可知小球带负电,且受到的电场力向左,小球在水平方向上做匀减速直线运动,在竖直方向做自由落体运动,根据合运动和分运动的规律可知,由于竖直位移与水平位移都为h,由h=12at2可知,水平方向与竖直方向的加速度相等,即ax=ay=g.由qE=max,mg=may可知,故小球的电场力与重力大小相等,合力指向左下方,与竖直方向成45°角,且F合=2mg,a=2g,故C错误;在运动过程中,合力先与速度方向成钝角,后变成锐角,合力先做负功,后做正功,动能先减小后增大,A正确;小球在下落过程中,电场力一直做负功,电势能一直增加,且ΔEp增=qEh=mgh,小球机械能一直减小,故B错误,D正确.
题组三 带电粒子在电场和重力场中的圆周运动
12.(2020·四川模拟)(多选)在如图所示的竖直向下的匀强电场中,用绝缘的细线拴住的带电小球在竖直平面内绕悬点O做圆周运动,下列说法正确的是( )
A.带电小球有可能做匀速率圆周运动
B.带电小球有可能做变速率圆周运动
C.带电小球通过最高点时,细线拉力一定最小
D.带电小球通过最低点时,细线拉力有可能最小
【答案】 ABD
【解析】 当小球所受重力与电场力合力为零时,细线的拉力提供向心力,合外力做功为零,小球做匀速圆周运动,故A正确;当小球所受重力与电场力合力不为零时,合外力对小球所做的功不为零,小球速度大小发生变化,小球做变速圆周运动,故B正确;当小球做匀速圆周运动时,细线的拉力提供向心力,在圆周上任何一点细线的拉力都相等,如果小球做非匀变速运动,小球带正电时,在最高点细线拉力最小,如果小球带负电,在最高点,小球的拉力最大,故C错误;如果小球所受重力与电场力不相等,做变速圆周运动,且小球带负电时,在最低点细线拉力最小,故D正确.
13.(2020·四川模拟)如图所示,BCDG是光滑绝缘的34圆形轨道,位于竖直平面内,轨道半径为R,下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接,整个轨道处在水平向左的匀强电场中,现有一质量为m带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上,滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放,滑块到达与圆心O等高的C点时,vC=gR,滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5,重力加速度为g.(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:
(1)小滑块受到的电场力的大小;
(2)若改变s的大小,使滑块恰好始终沿轨道滑行,且从G点飞出,滑块在圆轨道上滑行过程中的最小动能为多少?
(3)在(2)问中,滑块经过G点的速度大小?
【答案】 (1)0.75mg (2)5mgR8 (3)32gR
【解析】 (1)A到C,由动能定理得:F(s+R)-μmgs-mgR=12mvC2
解得:F=0.75mg.
(2)电场力与重力的合力F'=(mg)2+34mg2=54mg
当合力F'恰好提供向心力时,速度最小:54mg=mvmin2R
解得:Ek=5mgR8.
(3)在动能最小处,合力方向与竖直方向夹角θ=37°
从动能最小的点到G点过程由动能定理得:
mgRcos 37°-F(R-Rsin 37°)=12mvG2-Ek
解得:vG=32gR.
14.(2020·山东模拟)如图所示,半径R=0.8 m的光滑绝缘导轨固定于竖直面内,加上某一方向的匀强电场后,带电小球沿轨道内侧做圆周运动,小球动能最大的位置在A点,圆心O与A点的连线与竖直方向的夹角为θ.在A点时小球对轨道的压力F N=120 N,若小球的最大动能比最小动能多32 J,且小球能够到达轨道上的任意一点(不计空气阻力).试求:
(1)小球最小动能等于多少?
(2)若小球在动能最小位置时突然撤去轨道,并保持其他量不变,则小球经0.04 s时间后,其动能与在A点时的动能相等,小球的质量是多少?
【答案】 (1)8 J (2)0.01 kg
【解析】 (1)依题意:我们将带电小球受到的重力和电场力等效为一个力F(F即为重力和电场力的合力),设小球动能最小位置在B处(该点必在A点的对称位置),此时,由牛顿第二定律和圆周运动向心力公式可得:F N-F=mvA2R
从A到B,由动能定理得:-F·2R=EkB-EkA
可解得:EkA=40 J,EkB=8 J,F=20 N.
(2)撤去轨道后,小球将做类平抛运动(BA方向上匀加速、垂直于OA方向上匀速直线运动的合运动),根据动能定理,0.04 s 后,将运动到过A点且垂直于OA的直线上.运动过程的加速度为:a=Fm
根据平抛运动规律可得:2R=12at2
联立解得m=Ft24R=0.01 kg.
15.(2020·辽宁模拟)如图所示,光滑绝缘的半圆形轨道固定于竖直平面内,半圆形轨道与光滑绝缘的水平地面相切于半圆的端点A.一质量为1 kg的小球在水平地面上匀速运动,速度为v=6 m/s,经A运动到轨道最高点B,最后又落在水平地面上的D点(图中未画出).已知整个空间存在竖直向下的匀强电场,小球带正电荷,小球所受电场力的大小等于2mg,g为重力加速度.
(1)当轨道半径R=0.1 m时,求小球到达半圆形轨道B点时对轨道的压力;
(2)为使小球能运动到轨道最高点B,求轨道半径的最大值.
【答案】 (1)210 N,方向竖直向上 (2)0.24 m
【解析】 (1)设小球到达圆轨道B点时速度为v,从A到B的过程中重力和电场力做功,由动能定理有:-2mgR-2mg·2R=12mvB2-12mv2
解得:vB=v2-12gR
据牛顿第二定律有:F N+mg+2mg=mvB2R
代入数据解得:F N=210 N
牛顿第三定律可知,小球到达圆轨道B点时对轨道的压力为:
FN'=F N=210 N,方向竖直向上
(2)轨道半径越大,小球到达最高点的速度越小,当小球恰好到达最高点时,轨道对小球的作用力为零,则小球对轨道的压力也为零,此时轨道半径最大,则:mvmin2R'=mg+2mg
由动能定理有:-2mgR'-2mg·2R'=12mvmin2-12mv2
代入数据解得轨道半径的最大值:R'=0.24 m.
16.(多选)如图所示,一个绝缘光滑半圆轨道放在竖直向下的匀强电场中,场强为E,在其上端与圆心等高处有一个质量为m,带电荷量为+q的小球由静止开始下滑,则( )
A.小球运动过程中机械能守恒
B.小球经过最低点时速度最大
C.小球在最低点对环的压力大小为(mg+qE)
D.小球在最低点对环的压力大小为3(mg+qE)
【答案】BD
【解析】 小球带正电,所受电场力向下,运动过程中电场力做正功,机械不守恒,最低点速度最大.下落过程中,由动能定理得(mg+qE)R=12mv2,在最低点,F N-mg-qE=mv2R,解得F N=3(mg+qE).故B、D正确,A、C错误.
17.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=mgq,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点恰好做完整圆周运动,则它运动过程中的最小速度vmin=gL
B.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,则小球运动到D点时机械能最大
C.若将小球在A点由静止开始释放,它将在ACBD圆弧上往复运动
D.若剪断细线将小球在A点以大小为gL的速度竖直向上抛出,它将能够到达B点
【答案】D
【解析】 由于电场强度E=mgq,则有:mg=Eq,可知等效最高点在AD弧的中点,在等效最高点,则有:(mg)2+(Eq)2=mv2L,运动的最小速度:vmin=2gL,故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B点时,电场力做功最多,故到B点时的机械能最大,故B错误;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,它将沿合力方向做匀加速直线运动,故C错误;若剪断细线,将小球在A点以大小为gL的速度竖直向上抛出,小球将不会沿圆周运动,因此小球在竖直方向做竖直上拋,水平方向做匀加速,当竖直方向的速度为0时,则有:gL=gt,当竖直方向的位移为0时,水平方向位移为:x=12qEm(2t)2,可得:x=2L,所以小球刚好运动到B点,故D正确.
必刷07 带电粒子在电场和重力场中的运动
必刷点1 带电粒子在电场和重力场中的直线运动
典例1. (2020·湖南模拟)如图甲所示,水平面被竖直线PQ分为左、右两部分,左部分光滑,范围足够大,上方存在水平向右的匀强电场,右部分粗糙.一质量为m=2 kg,长为L的绝缘体制成的均匀带正电直棒AB置于水平面上,A端距PQ的距离为 s=3 m,给棒一个水平向左的初速度v0,并以此时作为计时的起点,棒在最初2 s的运动图象如图乙所示.2 s末棒的B端刚好进入电场,已知直棒单位长度带电荷量为λ=0.1 C/m,取重力加速度g=10 m/s2.求:
(1)直棒的长度;
(2)匀强电场的场强E;
(3)直棒最终停在何处.
【答案】 (1)1 m (2)10 N/C (3)A端距PQ 2.25 m处,在PQ右边
【解析】 (1)0~2 s内,棒运动的位移s1=v t=v0+v22t=4 m
棒长为L=s1-s=1 m.
(2)由题图乙知,棒在向左运动至B端刚好进入电场的过程,棒的加速度一直不变,为a=ΔvΔt=0.5 m/s2.
直棒所带电荷量q=λL=0.1 C
当B端刚进入电场时有qE=ma
得出E=maq=10 N/C.
(3)AB棒未进入电场前有μmg=ma
得出μ=ag=0.05
棒B端进入电场后向左减速然后返回出电场直到最终停止,设A端在PQ右侧与PQ相距为x.
由动能定理得qEL2-μmgL2-μmgx=0-12mv22
解得x=2.25 m
故A端在PQ右边且距PQ为2.25 m.
变式1. (2020·陕西模拟)在绝缘粗糙的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定电荷量不等的正电荷,两电荷的位置坐标如图甲所示,已知B处电荷的电荷量为+Q.图乙是A、B连线之间的电势φ与位置x之间的关系图象,图象中x=L的点为图线的最低点,x=-2L处的纵坐标φ=φ0,x=0处的纵坐标φ=2563φ0,x=2L处的纵坐标φ=37φ0.若在x=-2L的C点由静止释放一个质量为m、电荷量为+q的带电小物块(可视为质点),物块随即向右运动.求:
(1)固定在A处的电荷的电荷量QA;
(2)为了使小物块能够到达x=2L处,试讨论小物块与水平面间的动摩擦因数μ所满足的条件;
(3)若小物块与水平面间的动摩擦因数μ=kqQ3mgL2,小物块运动到何处时速度最大?并求最大速度vmax.
【答案】 (1)4Q (2)μ≤qφ07mgL (3)小物块运动到x=0处时速度最大 76qφ063m-4kqQ3mL
【解析】 (1)由题图乙知,x=L点为图线的最低点,切线斜率为零,即合场强E合=0,则有kQA(4L)2=kQ(2L)2,解得QA=4Q.
(2)小物块先做加速运动再做减速运动,到达x=2L处速度v≥0,从x=-2L到x=2L过程中,由动能定理得qU1-μmgs1=12mv2-0,即qφ0-37φ0-μmg·4L≥0
解得μ≤qφ07mgL.
(3)小物块运动速度最大时,电场力与摩擦力的合力为零,设该位置离A点的距离为lA,则有
kq·4QlA2-kqQ(6L-lA)2-μmg=0
解得lA=3L,即小物块运动到x=0处时速度最大.
小物块从x=-2L运动到x=0的过程中,由动能定理得qU2-μmgs2=12mvmax2-0
即qφ0-2563φ0-μmg·2L=12mvmax2-0
解得vmax=76qφ063m-4kqQ3mL.
必刷点2 带电粒子在电场和重力场中的抛体运动
典例2 (2020·重庆模拟)在电场方向水平向右的匀强电场中,一带电小球从A点竖直向上抛出,其运动的轨迹如图所示.小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上,M为轨迹的最高点.小球抛出时的动能为8.0 J,在M点的动能为6.0 J,不计空气的阻力.求:
(1)小球水平位移x1与x2的比值;
(2)小球运动到B点时的动能EkB;
(3)小球从A点运动到B点的过程中最小动能Ekmin.
【答案】 (1)1∶3 (2)32 J (3)247 J
【解析】 (1)如图所示,带电小球在水平方向上受电场力的作用做初速度为零的匀加速直线运动,竖直方向上只受重力作用做竖直上抛运动,故从A到M和M到B的时间相等,则x1∶x2=1∶3.
(2)小球从A到M,水平方向上电场力做功W电=6 J,则由能量守恒可知,小球运动到B点时的动能为EkB=Ek0+4W电=32 J.
(3)由于合运动与分运动具有等时性,设小球所受的电场力为F,重力为G,则有:
F·x1=6JG·h=8J⇒12·F2mt2=6J12·G2mt2=8J⇒FG=32
由图可知,tan θ=FG=32⇒ sin θ=37
则小球从A运动到B的过程中速度最小时速度一定与等效重力G'垂直,故Ekmin=12m(v0sin θ)2=247 J.
变式2.如图所示,两块竖直放置的金属导体板间存在水平向左的匀强电场,板间距离为d.有一带电荷量为+q、质量为m的小球以水平速度从左极板上的A孔进入匀强电场,且恰没有与右板相碰,小球最后从A孔正下方的B孔离开匀强电场,若A、B两孔间的距离为4d,重力加速度为g,求:
(1)两板间的电场强度大小;
(2)小球从A孔进入电场时的速度;
(3)小球进入电场后到其速度达到最小值的过程中,小球电势能的增加量为多少.
【答案】 (1)mgq (2)2gd (3)34mgd
【解析】 (1)由题意可知,小球在水平方向先减速到零,然后反向加速.设小球进入A孔的速度为v0,减速到右板的时间为t,则有:
水平方向:d=v0t-12qEmt2 0=v0-qEmt
竖直方向:4d=12g(2t)2
联立解得E=mgq.
(2)在水平方向上根据牛顿第二定律有qE=max
根据运动学公式有0-v02=2(-ax)d
联立解得v0=2gd.
(3)小球进入电场后,在水平方向上做减速运动,即vx=v0-qEmt'
在竖直方向上做加速运动,即vy=gt'
小球在电场中的速度大小为v=vx2+vy2=v0-qEmt'2+(gt')2
根据二次函数的极值可得t'=v02g时小球速度达到最小,此时粒子在水平方向的位移为:x=v0t'-12qEmt'2
在此过程中电场力做功为W=-qEx
而W=-ΔEp
联立解得ΔEp=34mgd.
必刷点3 带电粒子在电场和重力场中的圆周运动
典例3. (2020·河南模拟)如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道,处于水平向右的匀强电场中,一带负电的小球从高h的A处由静止开始下滑,沿轨道ABC运动后进入圆环内做圆周运动.已知小球所受的电场力是其重力的34,圆环半径为R,斜面倾角为θ=53°,sBC=2R.若使小球在圆环内能做完整的圆周运动,h至少为多少?
【答案】10R
【解析】小球所受的重力和电场力两者的合力等效为恒力F,由圆周运动知识得F=mvD2R
由动能定理有mg(h-R-Rcos 37°)-34mg×(hcot θ+2R+Rsin 37°)=12mvD2
联立可求出此时的高度h=10R.
变式3.(2020·四川模拟)如图所示,在E=103 V/m的竖直匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接,半圆形轨道平面与电场线平行,其半径R=40 cm, N为半圆形轨道最低点,P为QN圆弧的中点,一带负电q=10-4 C的小滑块质量m=10 g,与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.15,位于N点右侧1.5 m的M处,g取10 m/s2,求:
(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q,则小滑块应以多大的初速度v0向左运动?
(2)按(1)中这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大?
【答案】 (1)7 m/s (2)0.6 N
【解析】 (1)设小滑块到达Q点时速度为v,
由牛顿第二定律得mg+qE=mv2R
小滑块从开始运动至到达Q点过程中,由动能定理得
-mg·2R-qE·2R-μ(mg+qE)s=12mv2-12mv02
联立方程,解得:v0=7 m/s.
(2)设小滑块到达P点时速度为v',则从开始运动至到达P点过程中,由动能定理得
-(mg+qE)R-μ(qE+mg)s=12mv'2-12mv02
又在P点时,由牛顿第二定律得 N=mv'2R
代入数据,解得:N=0.6 N
由牛顿第三定律得,
小滑块对轨道的压力N'=N=0.6 N.
练考点 过基础 过素养
题组一 带电粒子在电场和重力场中的直线运动
1. (2020·福建模拟)如图所示,质量为m的带电小球用绝缘丝线悬挂于O点,并处在水平向左的匀强电场E中,小球静止时丝线与竖直方向夹角为θ,若剪断丝线,则小球的加速度为( )
A.0 B.g,方向竖直向下 C.gtan θ,水平向右 D.gcosθ,沿丝线向下
【答案】D
【解析】 剪断丝线前:小球受到丝线的拉力,重力和电场力作用,三力合力为零,所以T=mgcosθ;剪断后小球只受竖直向下的重力和电场力,合力大小等于剪断前丝线的拉力,方向与拉力方向相反,即与竖直方向夹角为θ向下,根据牛顿第二定律可得a=mgcosθm=gcosθ.
2. .(2020·河北模拟)如图所示,一光滑绝缘斜槽放在方向竖直向下,电场强度为E的匀强电场中,从斜槽顶端A沿斜槽向下释放一初速度为v0的带负电的小球,小球质量为m,带电荷量为q,斜槽底端B与A点的竖直距离为h.则关于小球的情况,下列说法中正确的是( )
A.只有E≤mgq+mv022qh,小球才能沿斜槽运动到B点
B.只有E=mgq,小球才能沿斜槽运动到B点
C.小球若沿斜槽能到达B点,速度可能是v0
D.小球若沿斜槽能到达B点,最小速度一定大于v0
【答案】 C
【解析】 若电场力大于重力,小球将离开斜面做曲线运动,若电场力等于重力,小球合力为0,做匀速直线运动,到达B点的速度也就是v0,若电场力小于重力,小球将沿着斜槽做匀加速直线运动,到达B点的速度大于v0,故C正确,A、B、D错误.
3.(2020·湖南模拟)(多选)如图,在竖直平面内有一匀强电场,一带电荷量为+q、质量为m的小球在力F(大小可以变化)的作用下沿图中虚线由A至B做竖直向上的匀速运动.已知力F和AB间夹角为θ,A、B间距离为d,重力加速度为g.则( )
A.力F大小的取值范围只能在0~mgcosθ
B.电场强度E的最小值为mgsinθq
C.小球从A运动到B电场力可能不做功
D.若电场强度E=mgtanθq时,小球从A运动到B电势能变化量大小可能为2mgdsin2θ
【答案】D
【解析】分析小球受力情况:小球受到重力mg、拉力F与电场力qE,因为小球做匀速直线运动,合力为零,则F与qE的合力与mg大小相等、方向相反,作出F与qE的合力,如图,可知F无最大值,选项A错误;当电场力qE与F垂直时,电场力最小,此时场强也最小.则得:qE=mgsin θ,所以电场强度的最小值为E=mgsinθq,选项B正确.若电场强度E=mgtanθq,即qE=mgtan θ时,电场力qE可能与AB方向垂直,如图1位置,电场力不做功,选项C正确;也可能电场力位于位置2方向,则电场力做功为W=qEsin 2θ·d=q·mgtanθq sin 2θ·d=2mgdsin2θ,选项D正确.
4.(2020·湖南模拟)如图,一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下,从静止开始由b沿直线运动到d,且bd与竖直方向所夹的锐角为45°,则下列结论正确的是( )
A.此液滴带正电
B.液滴的加速度等于2g
C.合外力对液滴做的总功等于零
D.液滴的电势能增加
【答案】B
【解析】 据题带电液滴沿直线由b运动到d,带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上,对液滴进行受力分析,其受力情况如图所示,则电场力方向一定水平向右,与场强方向相反,所以该液滴带负电,故A错误;由图可得液滴所受合力为:F=2mg
故液滴的加速度为a=Fm=2g,故B正确;由于液滴从静止开始做加速运动,故合力的方向与运动的方向相同,故合外力对物体做正功,故C错误;由于电场力所做的功为:W电=Eqxbdcos 45°>0,故电场力对液滴做正功,故液滴的电势能减小,故D错误.
5. (2017·全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场,一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动,速度大小为v0,在油滴处于位置A时,将电场强度的大小突然增大到某值,但保持其方向不变.持续一段时间t1后,又突然将电场反向,但保持其大小不变;再持续同样一段时间后,油滴运动到B点.重力加速度大小为g.
(1)求油滴运动到B点时的速度;
(2)求增大后的电场强度的大小;为保证后来的电场强度比原来的大,试给出相应的t1和v0应满足的条件.已知不存在电场时,油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍.
【答案】见解析
【解析】 (1)方法一:
设油滴质量为m,带电荷量为q,增大后的电场强度为E2,根据题中条件可以判断电场力与重力方向相反;
对于匀速运动阶段,有qE1=mg ①
对于场强突然增大后的第一段t1时间,由牛顿第二定律得:qE2-mg=ma1 ②
对于场强增大后的第二段t1时间,由牛顿第二定律得:qE2+mg=ma2 ③
由运动学公式,可得油滴在电场反向时的速度为:v1=v0+a1t1 ④
油滴在B点的速度为:vB=v1-a2t1 ⑤
联立①至⑤式,可得:vB=v0-2gt1,方向向上;
方法二:
选向上为正方向,由动量定理有:-mg×2t1+qE1t1-qE1t1=mv-mvB
解得:vB=v0-2gt1,方向向上.
(2)设无电场时竖直上抛的最大高度为h,由运动学公式,有:v02=2gh ⑥
根据位移时间关系可得:v0t1+12a1t12=x1 ⑦
v1t1-12a2t12=x2 ⑧
油滴运动有两种情况:
情况一:
位移之和x1+x2=h2 ⑨
联立①②③⑥⑦⑧⑨可得:E2=E1+E1gg+v024gt12-2v0t1
由题意得E2>E1,即满足条件2v0t1-v024gt12
情况二:
位移之和x1+x2=-h2 ⑩
联立①、②、③、⑥、⑦、⑧、⑩可得:
E2=E1+E1gg-v024gt12-2v0t1
由题意得E2>E1,
即满足条件2v0t1+v024gt12
6.如图所示,一质量为m、电荷量为q的带电液滴以速度v沿与水平面成θ角的方向斜向上进入匀强电场,在电场中做直线运动,则液滴向上运动过程中( )
A.电场力不可能小于mgcos θ
B.液滴的动能一定不变
C.液滴的机械能一定变化
D.液滴的电势能一定不变
【答案】A
【解析】带电液滴在匀强电场中共受到两个力的作用:竖直向下的重力和恒定的电场力.因为液滴做直线运动,所以它们的合力沿运动方向所在直线;当电场力垂直于运动方向时,如图中的F0所示,电场力最小,即Fmin=F0=mgcos θ,选项A正确;若电场力如图中的F0所示,电场力垂直于液滴的运动方向,电场力不做功,液滴的机械能守恒,液滴斜向上做直线运动时,其重力势能增大,动能减小,所以选项B、C错误;若电场力如图中的F1或F2所示,液滴所受合力仍沿运动方向所在直线,液滴做直线运动,但F1或F2均对液滴做功,其电势能变化,所以选项D错误.
7.(多选)如图所示,一平行板电容器的电容为C,带有等量异种电荷的两极板A、B倾斜放置,质量为m、带电荷量为-q的油滴,从极板A上的小孔P以初速度v0水平向右射入极板间,经时间t后油滴又从P孔水平向左离开极板间,油滴运动过程中恰好未与极板B相碰,已知重力加速度为g.则( )
A.两极板间的距离d=v0t2
B.电容器所带的电荷量Q=Cmv022q
C.两极板间的电场强度大小E=2mv0qt
D.两极板间的电场强度大小E=mqg2+4v02t2
【答案】D
【解析】根据题意可知油滴在两极板间先匀减速直线运动,后匀加速直线运动,因为往返共用时间t,v0t2表示水平方向上的路程大小,不是两极板间的距离,A错误;因为油滴在水平方向上运动,所以重力不做功,只有电场力做功,根据动能定理,可得Uq=12mv02,又知道Q=CU,联立解得Q=Cmv022q,B正确;设两极板与水平方向的夹角为θ,电场力可分解为水平方向上的力,也就是油滴受到的合力,竖直方向上的力与重力等大反向,故有(Eq)2=(mg)2+(ma)2,而a=v0t2=2v0t,故解得E=mqg2+4v02t2,C错误,D正确.
题组二 带电粒子在电场和重力场中的抛体运动
8.(2020·安徽模拟)(多选)如图所示,一质量为m、电荷量大小为q的带电油滴,从水平向右的匀强电场中的O点以速度v沿与场强方向成37°角射入电场中,油滴运动到最高点时速度大小也是v,已知重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.最高点不可能在O点的正上方
B.匀强电场的电场强度可能为E=mg4q
C.O点与最高点之间的电势差可能为零
D.匀强电场的电场强度可能为E=3mgq
【答案】AD
【解析】 油滴到最高点的速度仍为v,则动能的变化量为零,根据动能定理知,克服重力做的功等于电场力做的正功,最高点如果是O点正上方,则电场力不做功,故A正确;
若油滴带正电,到最高点的时间为t=vsin37°g=0.6vg
vcos 37°+qEmt=v
解得:E=mg3q,
若油滴带负电,电场方向有:vcos 37°-qEmt=-v
解得:E=3mgq,故B错误,D正确;
根据动能定理知,从开始到最高点过程中,动能变化量为零,克服重力做的功等于电场力做的正功,根据U=Wq可知O点与最高点的电势差不可能为零,故C错误.
9.(2020·广东模拟)(多选)如图所示,高为h的光滑绝缘曲面处于匀强电场中,匀强电场的方向平行于竖直平面,一带电荷量为+q,质量为m的小球,以初速度v0从曲面底端的A点开始沿曲面表面上滑,到达曲面顶端B点的速度仍为v0,则下列说法不正确的是( )
A.电场力对小球做功为mgh+12mv02
B.A、B两点的电势差为mghq
C.小球在B点的电势能大于在A点的电势能
D.由A到B的过程,机械能的总和保持不变
【答案】ACD
【解析】小球上滑过程中,由动能定理得:W-mgh=12mv02-12mv02
得:W=mgh.
故A错误,符合题意.
由W=qU得,A、B两点的电势差为U=mghq
故B正确,不符合题意.
由于电场力做正功,小球的电势能减小,则小球在B点的电势能小于在A点的电势能.故C错误,符合题意.
由A到B的过程,由于电场力做正功,则机械能增加,选项D错误,符合题意.
10.(2020·湖北模拟)(多选)如图所示,在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成45°夹角的匀强电场,将一质量为m、带电荷量为q的小球,以某一初速度从O点竖直向上抛出,它的轨迹恰好满足抛物线方程y=kx2,且小球通过点P1k,1k,已知重力加速度为g,则( )
A.电场强度的大小为mgq
B.小球初速度的大小为2gk
C.小球通过点P时的动能为5mg4k
D.小球从O点运动到P点的过程中电势能减少2mgk
【答案】CD
【解析】小球以某一初速度从O点竖直向上抛出,它的轨迹恰好满足抛物线方程y=kx2,说明小球做类平抛运动,则电场力与重力的合力沿y轴正方向,竖直方向:qE sin 45°=mg,故电场强度的大小为E=2mgq,故A错误;小球受到的合力:F合=qEcos 45°=mg=ma,所以a=g,由平抛运动规律有:1k=v0t,1k=12gt2,得初速度大小为v0=g2k,故B错误;由于1k=v0t,1k=12gt2,又v0vy=12,所以通过点P时的动能为:12mv2=12m(v02+vy2)=5mg4k,故C正确;小球从O到P电势能减少,且减少的电势能等于电场力做的功,即:WE=qE·1kcos45°=2mgk,故D正确.
11.(多选)如图所示,地面上方存在水平向右的匀强电场,现将一带电小球从距离地面O点高h处的A点以水平速度v0抛出,经过一段时间小球恰好垂直于地面击中地面上的B点,B到O的距离也为h,当地重力加速度为g,则下列说法正确的是( )
A.从A到B的过程中小球的动能先减小后增大
B.下落过程中小球机械能一直增加
C.小球的加速度始终保持2g不变
D.从A点到B点小球的电势能增加了mgh
【答案】AD
【解析】 由题意可知小球带负电,且受到的电场力向左,小球在水平方向上做匀减速直线运动,在竖直方向做自由落体运动,根据合运动和分运动的规律可知,由于竖直位移与水平位移都为h,由h=12at2可知,水平方向与竖直方向的加速度相等,即ax=ay=g.由qE=max,mg=may可知,故小球的电场力与重力大小相等,合力指向左下方,与竖直方向成45°角,且F合=2mg,a=2g,故C错误;在运动过程中,合力先与速度方向成钝角,后变成锐角,合力先做负功,后做正功,动能先减小后增大,A正确;小球在下落过程中,电场力一直做负功,电势能一直增加,且ΔEp增=qEh=mgh,小球机械能一直减小,故B错误,D正确.
题组三 带电粒子在电场和重力场中的圆周运动
12.(2020·四川模拟)(多选)在如图所示的竖直向下的匀强电场中,用绝缘的细线拴住的带电小球在竖直平面内绕悬点O做圆周运动,下列说法正确的是( )
A.带电小球有可能做匀速率圆周运动
B.带电小球有可能做变速率圆周运动
C.带电小球通过最高点时,细线拉力一定最小
D.带电小球通过最低点时,细线拉力有可能最小
【答案】 ABD
【解析】 当小球所受重力与电场力合力为零时,细线的拉力提供向心力,合外力做功为零,小球做匀速圆周运动,故A正确;当小球所受重力与电场力合力不为零时,合外力对小球所做的功不为零,小球速度大小发生变化,小球做变速圆周运动,故B正确;当小球做匀速圆周运动时,细线的拉力提供向心力,在圆周上任何一点细线的拉力都相等,如果小球做非匀变速运动,小球带正电时,在最高点细线拉力最小,如果小球带负电,在最高点,小球的拉力最大,故C错误;如果小球所受重力与电场力不相等,做变速圆周运动,且小球带负电时,在最低点细线拉力最小,故D正确.
13.(2020·四川模拟)如图所示,BCDG是光滑绝缘的34圆形轨道,位于竖直平面内,轨道半径为R,下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接,整个轨道处在水平向左的匀强电场中,现有一质量为m带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上,滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放,滑块到达与圆心O等高的C点时,vC=gR,滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5,重力加速度为g.(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:
(1)小滑块受到的电场力的大小;
(2)若改变s的大小,使滑块恰好始终沿轨道滑行,且从G点飞出,滑块在圆轨道上滑行过程中的最小动能为多少?
(3)在(2)问中,滑块经过G点的速度大小?
【答案】 (1)0.75mg (2)5mgR8 (3)32gR
【解析】 (1)A到C,由动能定理得:F(s+R)-μmgs-mgR=12mvC2
解得:F=0.75mg.
(2)电场力与重力的合力F'=(mg)2+34mg2=54mg
当合力F'恰好提供向心力时,速度最小:54mg=mvmin2R
解得:Ek=5mgR8.
(3)在动能最小处,合力方向与竖直方向夹角θ=37°
从动能最小的点到G点过程由动能定理得:
mgRcos 37°-F(R-Rsin 37°)=12mvG2-Ek
解得:vG=32gR.
14.(2020·山东模拟)如图所示,半径R=0.8 m的光滑绝缘导轨固定于竖直面内,加上某一方向的匀强电场后,带电小球沿轨道内侧做圆周运动,小球动能最大的位置在A点,圆心O与A点的连线与竖直方向的夹角为θ.在A点时小球对轨道的压力F N=120 N,若小球的最大动能比最小动能多32 J,且小球能够到达轨道上的任意一点(不计空气阻力).试求:
(1)小球最小动能等于多少?
(2)若小球在动能最小位置时突然撤去轨道,并保持其他量不变,则小球经0.04 s时间后,其动能与在A点时的动能相等,小球的质量是多少?
【答案】 (1)8 J (2)0.01 kg
【解析】 (1)依题意:我们将带电小球受到的重力和电场力等效为一个力F(F即为重力和电场力的合力),设小球动能最小位置在B处(该点必在A点的对称位置),此时,由牛顿第二定律和圆周运动向心力公式可得:F N-F=mvA2R
从A到B,由动能定理得:-F·2R=EkB-EkA
可解得:EkA=40 J,EkB=8 J,F=20 N.
(2)撤去轨道后,小球将做类平抛运动(BA方向上匀加速、垂直于OA方向上匀速直线运动的合运动),根据动能定理,0.04 s 后,将运动到过A点且垂直于OA的直线上.运动过程的加速度为:a=Fm
根据平抛运动规律可得:2R=12at2
联立解得m=Ft24R=0.01 kg.
15.(2020·辽宁模拟)如图所示,光滑绝缘的半圆形轨道固定于竖直平面内,半圆形轨道与光滑绝缘的水平地面相切于半圆的端点A.一质量为1 kg的小球在水平地面上匀速运动,速度为v=6 m/s,经A运动到轨道最高点B,最后又落在水平地面上的D点(图中未画出).已知整个空间存在竖直向下的匀强电场,小球带正电荷,小球所受电场力的大小等于2mg,g为重力加速度.
(1)当轨道半径R=0.1 m时,求小球到达半圆形轨道B点时对轨道的压力;
(2)为使小球能运动到轨道最高点B,求轨道半径的最大值.
【答案】 (1)210 N,方向竖直向上 (2)0.24 m
【解析】 (1)设小球到达圆轨道B点时速度为v,从A到B的过程中重力和电场力做功,由动能定理有:-2mgR-2mg·2R=12mvB2-12mv2
解得:vB=v2-12gR
据牛顿第二定律有:F N+mg+2mg=mvB2R
代入数据解得:F N=210 N
牛顿第三定律可知,小球到达圆轨道B点时对轨道的压力为:
FN'=F N=210 N,方向竖直向上
(2)轨道半径越大,小球到达最高点的速度越小,当小球恰好到达最高点时,轨道对小球的作用力为零,则小球对轨道的压力也为零,此时轨道半径最大,则:mvmin2R'=mg+2mg
由动能定理有:-2mgR'-2mg·2R'=12mvmin2-12mv2
代入数据解得轨道半径的最大值:R'=0.24 m.
16.(多选)如图所示,一个绝缘光滑半圆轨道放在竖直向下的匀强电场中,场强为E,在其上端与圆心等高处有一个质量为m,带电荷量为+q的小球由静止开始下滑,则( )
A.小球运动过程中机械能守恒
B.小球经过最低点时速度最大
C.小球在最低点对环的压力大小为(mg+qE)
D.小球在最低点对环的压力大小为3(mg+qE)
【答案】BD
【解析】 小球带正电,所受电场力向下,运动过程中电场力做正功,机械不守恒,最低点速度最大.下落过程中,由动能定理得(mg+qE)R=12mv2,在最低点,F N-mg-qE=mv2R,解得F N=3(mg+qE).故B、D正确,A、C错误.
17.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=mgq,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点恰好做完整圆周运动,则它运动过程中的最小速度vmin=gL
B.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,则小球运动到D点时机械能最大
C.若将小球在A点由静止开始释放,它将在ACBD圆弧上往复运动
D.若剪断细线将小球在A点以大小为gL的速度竖直向上抛出,它将能够到达B点
【答案】D
【解析】 由于电场强度E=mgq,则有:mg=Eq,可知等效最高点在AD弧的中点,在等效最高点,则有:(mg)2+(Eq)2=mv2L,运动的最小速度:vmin=2gL,故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B点时,电场力做功最多,故到B点时的机械能最大,故B错误;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,它将沿合力方向做匀加速直线运动,故C错误;若剪断细线,将小球在A点以大小为gL的速度竖直向上抛出,小球将不会沿圆周运动,因此小球在竖直方向做竖直上拋,水平方向做匀加速,当竖直方向的速度为0时,则有:gL=gt,当竖直方向的位移为0时,水平方向位移为:x=12qEm(2t)2,可得:x=2L,所以小球刚好运动到B点,故D正确.
相关试卷
专题15 带电体在电场中运动问题的分析 高考物理必刷题专项训练： 这是一份专题15 带电体在电场中运动问题的分析 高考物理必刷题专项训练，文件包含专题15带电体在电场中运动问题的分析高考物理必刷题专项训练解析版doc、专题15带电体在电场中运动问题的分析高考物理必刷题专项训练原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
专题14 带电粒子在电场中运动问题的分析 高考物理必刷题专项训练： 这是一份专题14 带电粒子在电场中运动问题的分析 高考物理必刷题专项训练，文件包含专题14带电粒子在电场中运动问题的分析高考物理必刷题专项训练解析版doc、专题14带电粒子在电场中运动问题的分析高考物理必刷题专项训练原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
必刷11 变压器的几种类型-2021届高考物理二轮复习专项必刷（人教版）： 这是一份必刷11 变压器的几种类型-2021届高考物理二轮复习专项必刷（人教版），文件包含必刷11变压器的几种类型-2021届高考物理二轮复习专项必刷人教版原卷版docx、必刷11变压器的几种类型-2021届高考物理二轮复习专项必刷人教版解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。
