2019高考物理二轮复习专题限时集训（七）带电粒子在电场中的运动B.doc

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1、1专题限时集训（七）带电粒子在电场中的运动 B1.如图 Z7-15所示,竖直面内距地面高度小于 h=4 m的区域内存在着匀强电场,电场强度为E=1.0106 N/C,方向竖直向上,虚线 BD为电场的上边界 .在地面上 C点的正上方 A点处有一个质量 m=1 kg、电荷量 q=1.010-5 C的带正电的小球以初速度 v0水平抛出,小球进入电场时的位置为图中的 D点,此时的速度方向与 C、 D连线垂直,其中 CD长为 8 m.忽略空气阻力的作用, g取 10 m/s2,求:(1)小球平抛的初速度 v0的大小;(2)小球从抛出到落地所经历的时间 t.图 Z7-152.如图 Z7-16所示,在竖直放

2、置的光滑半圆形绝缘细圆管的圆心 O处固定一点电荷,将一直径略小于细管内径、质量为 m、带电荷量为 +q的小球从细管的水平直径端点 A由静止释放,小球沿细管滑到最低点 B时,对管壁恰好无压力 .(重力加速度为 g)(1)求弧 AB中点处的电场强度大小;(2)若把 O处固定的点电荷拿走,加上一个竖直向下的场强为 E的匀强电场,带电小球仍从 A点由静止释放,下滑到最低点 B时,小球对细管的压力为多大?图 Z7-163.如图 Z7-17所示,空间内有场强大小为 E的匀强电场,竖直平行直线为匀强电场的电场线(方向未知) .现有一电荷量为 q、质量为 m的带负电的粒子从 O点以某一初速度垂直于电场方向进入

3、电场, A、 B为运动轨迹上的两点,不计粒子的重力及空气阻力 .(1)若 OA连线与电场线的夹角为 60,OA=L,求带电粒子从 O点到 A点的运动时间及进入电场的初速度;(2)若粒子过 B点时速度方向与水平方向的夹角为 60,求带电粒子从 O点到 B点过程中电场力所做的功 .图 Z7-174.如图 Z7-18所示,将一内壁光滑的绝缘细圆管做成的圆环 BDC固定在竖直面内,圆环的圆心为 O,D为圆环的最低点,其中 BOC=90,圆环的半径为 R= L,虚线 OD与虚线 BC垂直且2交于点 S,水平虚线 BC的上方存在水平向右的范围足够大的匀强电场 .圆心 O的正上方 A点有一质量为 m、带电荷

4、量为 -q的绝缘小球(可视为质点),其直径略小于圆管内径, AS=L.现将该小球无初速度释放,经过一段时间小球刚好无碰撞地进入圆管中并继续在圆管中运动,重力加速度为 g. (1)求虚线 BC上方匀强电场的电场强度大小;(2)求小球运动到圆环的最低点 D时对圆环的压力大小;(3)小球从管口 C离开后,经过一段时间后落到虚线 BC上的 F点(图中未标出),求 C、 F两点间的电势差 .图 Z7-185.如图 Z7-19所示,一根光滑的绝缘细杆的上、下两部分分别弯成半径为 R的半圆和半径为R的 圆弧 QBCD,中间部分是长度为 2R的竖直杆 PQ,其上、下两端分别与半圆和 圆弧的圆心等高 .半圆右侧

5、下端一弹簧枪可沿光滑细杆发射质量为 m、电荷量为 q的中间带孔的带正电小球 . 圆弧处于水平向右、电场强度 E= (g为重力加速度)的匀强电场中,已知弹簧枪发射的小球到达半圆最高点 A时对细杆的压力恰好为零 .(1)求小球运动到 圆弧最低点 B时所受细杆的作用力大小;(2)求小球运动到 圆弧的最高点 D时所受细杆的作用力大小;(3)小球从 圆弧的最高点 D飞出时,立刻撤去细杆,求小球落到 Q点所在的水平面时与 D点的水平距离 .图 Z7-193专题限时集训(七)B1.(1)2 m/s (2) s解析 (1)设 BCD= ,则有 cos = = ,故 = 60BD= =4 mBD=v0t1设在

6、D点处的速度为 v,竖直分速度为 vy,则有vy=gt1tan 60=解得 t1= s,v0=2 m/s(2)通过计算可得 Eq=mg,可知小球进入电场之后做匀速直线运动,在电场中沿速度方向运动的位移为 s=小球在 D点处的速度 v=在电场中运动的时间为 t2= = s故从抛出到落地经历的总时间为 t=t1+t2= s2.(1) (2)3(mg+qE)解析 (1)设小球沿细管做圆周运动的半径为 r,由 A到 B,由动能定理得mgr= mv2-0在 B点,对小球受力分析,由牛顿第二定律有qE0-mg=m联立解得 E0=因为 O点处固定的是点电荷,由 E=k 可知,等势面上各处的场强大小均相等,即

7、弧 AB中点处的电场强度大小为 E0=(2)设小球到达 B点时的速度为 v,由动能定理得(mg+qE)r= mv24设在 B点处细管对小球的弹力为 FN,由牛顿第二定律得FN-mg-qE=m联立解得 FN=3(mg+qE)由牛顿第三定律得,小球在 B点时对细管的压力大小为FN=3(mg+qE)3.(1) (2)解析 (1)因带电粒子向上偏转,电场力方向向上,又因为带电粒子带负电,所以电场强度方向竖直向下 .设带电粒子的初速度为 v0,带电粒子在电场中做类平抛运动,则水平方向上有Lsin 60=v0t竖直方向上有 Lcos 60= at2而 a=联立解得 t= ,v0= .(2)设带电粒子在 B

8、点时速度为 v,从 O到 B电场力所做的功为 W.由合速度与分速度的关系有 cos 60=解得 v=2v0由动能定理有 W= mv2- m解得 W= m = .4.(1) (2)3( +1)mg (3)-解析 (1)小球被释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动,小球从 B点沿切线方向进入细管,则此时速度方向与竖直方向的夹角为 45,即加速度方向与竖直方向的夹角为45,则 tan 45= ,解得 E= .(2)小球从 A点到 D点的过程中,根据动能定理得mg(2L+ L)+EqL= m -0,当小球运动到圆环的最低点 D时,根据牛顿第二定律得FN-mg=m ,5联立解得 FN=3( +1)

9、mg,根据牛顿第三定律得,小球运动到圆环的最低点 D时对圆环的压力大小为 3( +1)mg.(3)小球从 A点到 B点的过程中,根据动能定理得m =mgL+EqL,解得 vB=2 ,小球从 C点飞出后做类平抛运动,从 B到 C由机械能守恒定律得,飞出时的速度大小vC=vB=2 ,小球的加速度大小 g= g.当小球沿飞出方向和垂直于飞出方向的位移相等时,回到虚线 BC上,则有 vCt= gt2,解得 t=2 ,则小球沿虚线 BC方向运动的位移xCF= vCt= 2 2 =8L,沿着电场线方向电势降低,则 C点与 F点间的电势差为UCF=-ExCF=- .5.(1)12mg (2)6mg (3)( -1)R解析 (1)小球到达半圆最高点 A时对细杆的压力恰好为零,由重力提供向心力,有 mg=m小球从半圆最高点 A运动到 圆弧最低点 B,由动能定理得 mg4R+qER= m - m在 B点,由牛顿第二定律得 F-mg=m解得 F=12mg(2)小球从半圆最高点 A运动到 圆弧最高点 D,由动能定理得 mg2R+qER= m - m解得 v3=在 圆弧最高点 D,由牛顿第二定律得 FD+mg=m解得 FD=6mg(3)小球从 D点飞出后,在水平方向上做匀减速直线运动,在竖直方向上做自由落体运动,则有x=v3t- at2R= gt26qE=ma联立解得 x=( -1)R