2022高考物理二輪復習 專題限時集訓（七）帶電粒子在電場中的運動B

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1、2022高考物理二輪復習 專題限時集訓（七）帶電粒子在電場中的運動B 1.如圖Z7-15所示,豎直面內(nèi)距地面高度小于h=4 m的區(qū)域內(nèi)存在著勻強電場,電場強度為E=1.0×106 N/C,方向豎直向上,虛線BD為電場的上邊界.在地面上C點的正上方A點處有一個質(zhì)量m=1 kg、電荷量q=1.0×10-5 C的帶正電的小球以初速度v0水平拋出,小球進入電場時的位置為圖中的D點,此時的速度方向與C、D連線垂直,其中CD長為8 m.忽略空氣阻力的作用,g取10 m/s2,求: (1)小球平拋的初速度v0的大小; (2)小球從拋出到落地所經(jīng)歷的時間t. 圖Z7-15 2.如圖Z7-

2、16所示,在豎直放置的光滑半圓形絕緣細圓管的圓心O處固定一點電荷,將一直徑略小于細管內(nèi)徑、質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球從細管的水平直徑端點A由靜止釋放,小球沿細管滑到最低點B時,對管壁恰好無壓力.(重力加速度為g) (1)求弧AB中點處的電場強度大小; (2)若把O處固定的點電荷拿走,加上一個豎直向下的場強為E的勻強電場,帶電小球仍從A點由靜止釋放,下滑到最低點B時,小球?qū)毠艿膲毫槎啻? 圖Z7-16 3.如圖Z7-17所示,空間內(nèi)有場強大小為E的勻強電場,豎直平行直線為勻強電場的電場線(方向未知).現(xiàn)有一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶負電的粒子從O點以某一初速度垂直于電場

3、方向進入電場,A、B為運動軌跡上的兩點,不計粒子的重力及空氣阻力. (1)若OA連線與電場線的夾角為60°,OA=L,求帶電粒子從O點到A點的運動時間及進入電場的初速度; (2)若粒子過B點時速度方向與水平方向的夾角為60°,求帶電粒子從O點到B點過程中電場力所做的功. 圖Z7-17 4.如圖Z7-18所示,將一內(nèi)壁光滑的絕緣細圓管做成的圓環(huán)BDC固定在豎直面內(nèi),圓環(huán)的圓心為O,D為圓環(huán)的最低點,其中∠BOC=90°,圓環(huán)的半徑為R=L,虛線OD與虛線BC垂直且交于點S,水平虛線BC的上方存在水平向右的范圍足夠大的勻強電場.圓心O的正上方A點有一質(zhì)量為m、帶電荷量為-q的絕緣小

4、球(可視為質(zhì)點),其直徑略小于圓管內(nèi)徑,AS=L.現(xiàn)將該小球無初速度釋放,經(jīng)過一段時間小球剛好無碰撞地進入圓管中并繼續(xù)在圓管中運動,重力加速度為g. (1)求虛線BC上方勻強電場的電場強度大小; (2)求小球運動到圓環(huán)的最低點D時對圓環(huán)的壓力大小; (3)小球從管口C離開后,經(jīng)過一段時間后落到虛線BC上的F點(圖中未標出),求C、F兩點間的電勢差. 圖Z7-18 5.如圖Z7-19所示,一根光滑的絕緣細桿的上、下兩部分分別彎成半徑為R的半圓和半徑為R的圓弧QBCD,中間部分是長度為2R的豎直桿PQ,其上、下兩端分別與半圓和圓弧的圓心等高.半圓右側(cè)下端一彈簧槍可沿光滑細桿發(fā)射

5、質(zhì)量為m、電荷量為q的中間帶孔的帶正電小球.圓弧處于水平向右、電場強度E=(g為重力加速度)的勻強電場中,已知彈簧槍發(fā)射的小球到達半圓最高點A時對細桿的壓力恰好為零. (1)求小球運動到圓弧最低點B時所受細桿的作用力大小; (2)求小球運動到圓弧的最高點D時所受細桿的作用力大小; (3)小球從圓弧的最高點D飛出時,立刻撤去細桿,求小球落到Q點所在的水平面時與D點的水平距離. 圖Z7-19 專題限時集訓(七)B 1.(1)2 m/s　(2) s [解析] (1)設(shè)∠BCD=θ,則有cos θ==,故θ=60° BD==4 m BD=v0t1 設(shè)在D點處的速度為v,豎直

6、分速度為vy,則有 vy=gt1 tan 60°= 解得t1= s,v0=2 m/s (2)通過計算可得Eq=mg,可知小球進入電場之后做勻速直線運動,在電場中沿速度方向運動的位移為s= 小球在D點處的速度v= 在電場中運動的時間為 t2== s 故從拋出到落地經(jīng)歷的總時間為t=t1+t2= s 2.(1)　(2)3(mg+qE) [解析] (1)設(shè)小球沿細管做圓周運動的半徑為r,由A到B,由動能定理得 mgr=mv2-0 在B點,對小球受力分析,由牛頓第二定律有 qE0-mg=m 聯(lián)立解得E0= 因為O點處固定的是點電荷,由E=k可知,等勢面上各處的場強大小均相等

7、,即弧AB中點處的電場強度大小為E0= (2)設(shè)小球到達B點時的速度為v',由動能定理得 (mg+qE)r=mv'2 設(shè)在B點處細管對小球的彈力為FN,由牛頓第二定律得 FN-mg-qE=m 聯(lián)立解得FN=3(mg+qE) 由牛頓第三定律得,小球在B點時對細管的壓力大小為 F'N=3(mg+qE) 3.(1)　　(2) [解析] (1)因帶電粒子向上偏轉(zhuǎn),電場力方向向上,又因為帶電粒子帶負電,所以電場強度方向豎直向下.設(shè)帶電粒子的初速度為v0,帶電粒子在電場中做類平拋運動,則水平方向上有Lsin 60°=v0t 豎直方向上有Lcos 60°=at2 而a= 聯(lián)立解得t=

8、,v0=. (2)設(shè)帶電粒子在B點時速度為v,從O到B電場力所做的功為W. 由合速度與分速度的關(guān)系有cos 60°= 解得v=2v0 由動能定理有W=mv2-m 解得W=m=. 4.(1)　(2)3(+1)mg　(3)- [解析] (1)小球被釋放后在重力和電場力的作用下做勻加速直線運動,小球從B點沿切線方向進入細管,則此時速度方向與豎直方向的夾角為45°,即加速度方向與豎直方向的夾角為45°,則tan 45°=, 解得E=. (2)小球從A點到D點的過程中,根據(jù)動能定理得 mg(2L+L)+EqL=m-0, 當小球運動到圓環(huán)的最低點D時,根據(jù)牛頓第二定律得 FN-mg

9、=m, 聯(lián)立解得FN=3(+1)mg, 根據(jù)牛頓第三定律得,小球運動到圓環(huán)的最低點D時對圓環(huán)的壓力大小為3(+1)mg. (3)小球從A點到B點的過程中,根據(jù)動能定理得 m=mgL+EqL, 解得vB=2, 小球從C點飛出后做類平拋運動,從B到C由機械能守恒定律得,飛出時的速度大小 vC=vB=2, 小球的加速度大小g'=g. 當小球沿飛出方向和垂直于飛出方向的位移相等時,回到虛線BC上,則有vCt=g't2, 解得t=2, 則小球沿虛線BC方向運動的位移 xCF=vCt=×2×2=8L, 沿著電場線方向電勢降低,則C點與F點間的電勢差為 UCF=-ExCF=-.

10、 5.(1)12mg　(2)6mg　(3)(-1)R [解析] (1)小球到達半圓最高點A時對細桿的壓力恰好為零,由重力提供向心力,有mg=m 小球從半圓最高點A運動到圓弧最低點B,由動能定理得mg·4R+qER=m-m 在B點,由牛頓第二定律得F-mg=m 解得F=12mg (2)小球從半圓最高點A運動到圓弧最高點D,由動能定理得mg·2R+qER=m-m 解得v3= 在圓弧最高點D,由牛頓第二定律得FD+mg=m 解得FD=6mg (3)小球從D點飛出后,在水平方向上做勻減速直線運動,在豎直方向上做自由落體運動,則有 x=v3t-at2 R=gt2 qE=ma 聯(lián)立解得x=(-1)R