《2022高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)(七)帶電粒子在電場中的運(yùn)動B》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2022高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)(七)帶電粒子在電場中的運(yùn)動B(4頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、2022高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)(七)帶電粒子在電場中的運(yùn)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(qiáng)電場,電場強(qiáng)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(jìn)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(xì)圓管的圓心O處固定一點電荷,將一直徑略小于細(xì)管內(nèi)徑、質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球從細(xì)管的水平直徑端點A由靜止釋放,小球沿細(xì)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(qiáng)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(qiáng)為E的勻強(qiáng)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)?xì)管的壓力為多大?
圖Z7-16
3.如圖Z7-17所示,空間內(nèi)有場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場,豎直平行直線為勻強(qiáng)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(fù)電的粒子從O點以某一初速度垂直于電場
3、方向進(jìn)入電場,A、B為運(yùn)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(yùn)動時間及進(jìn)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(xì)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(qiáng)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(jìn)入圓管中并繼續(xù)在圓管中運(yùn)動,重力加速度為g.
(1)求虛線BC上方勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小;
(2)求小球運(yùn)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(biāo)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(xì)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(xì)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(qiáng)度E=(g為重力加速度)的勻強(qiáng)電場中,已知彈簧槍發(fā)射的小球到達(dá)半圓最高點A時對細(xì)桿的壓力恰好為零.
(1)求小球運(yùn)動到圓弧最低點B時所受細(xì)桿的作用力大小;
(2)求小球運(yùn)動到圓弧的最高點D時所受細(xì)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(xì)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(xùn)(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(jìn)入電場之后做勻速直線運(yùn)動,在電場中沿速度方向運(yùn)動的位移為s=
小球在D點處的速度v=
在電場中運(yùn)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(xì)管做圓周運(yùn)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(qiáng)大小均相等
7、,即弧AB中點處的電場強(qiáng)度大小為E0=
(2)設(shè)小球到達(dá)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(xì)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(xì)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(fù)電,所以電場強(qiáng)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(yùn)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(yùn)動,小球從B點沿切線方向進(jìn)入細(xì)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(dāng)小球運(yùn)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(yùn)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(yùn)動,從B到C由機(jī)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(dāng)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(yùn)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(dá)半圓最高點A時對細(xì)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(yùn)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(yùn)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(yùn)動,在豎直方向上做自由落體運(yùn)動,則有
x=v3t-at2
R=gt2
qE=ma
聯(lián)立解得x=(-1)R