2024年高中物理第十章專題強化練3帶電粒子在復合場中的運動檢測新人教版必修第三冊

專題強化練3帶電粒子在復合場中的運動一、選擇題1.(2024廣東深圳高三上月考)如圖所示,水平面MN的上方和下方分別存在電場強度大小相等、方向豎直向下和豎直向上的勻強電場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球從MN上方的a點以肯定的初速度水平拋出,從b點進入下方電場,到達c點時速度方向恰好水平。已知a、b、c三點在同始終線上,且ab=13bc。重力加速度為g。則電場強度大小為(A.3mgqB.mg3qC.2.(2024四川攀枝花檢測)如圖所示,在豎直平面內(nèi)放置的光滑絕緣軌道處于水平向右的勻強電場中,一帶負電的小球從高為h的A處由靜止起先下滑,沿軌道ABC運動后進入圓環(huán)內(nèi)做圓周運動。已知小球所受靜電力是其重力的34,圓環(huán)半徑為R,斜面傾角為53°,軌道水平段BC的長度sBC=2R。若使小球在圓環(huán)內(nèi)恰好能做完整的圓周運動,則高度h為(A.2RB.4RC.10RD.17R3.(2024湖南郴州質(zhì)檢)(多選)如圖所示,一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場強度為E、區(qū)域足夠大的勻強電場中,以初速度v0沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線運動。ON與水平面的夾角為30°,重力加速度為g,且mg=qE,則()A.電場方向豎直向上B.小球運動的加速度大小為gC.小球上升的最大高度為vD.若小球在初始位置的電勢能為零,則小球電勢能的最大值為m4.(2024安徽師范高校附屬中學期中)如圖所示,豎直向下的勻強電場中,用絕緣細線拴住的帶電小球在豎直平面內(nèi)繞O做圓周運動,A、B分別是軌跡的最高點和最低點,已知小球的質(zhì)量為m,重力加速度為g。以下說法中正確的是()A.小球在A、B兩點時,細線的拉力差可能是12mgB.小球不行能做勻速圓周運動C.小球通過A點時,細線拉力肯定最小D.小球通過B點時,細線拉力不行能為零5.(2024福建泉州模擬)如圖,在豎直向下的勻強電場中,質(zhì)量為0.5kg的帶正電小物塊從光滑絕緣斜面上的A點由靜止釋放,經(jīng)過B點后進入絕緣水平面,最終停在C點。某些時刻物塊的瞬時速率記錄在下表中。若物塊經(jīng)過B點前后速度大小不變,電場力與重力大小相等,取g=10m/s2,則()t/s0369v/(m·s-1)08128A.t=6s時物塊恰好經(jīng)過B點B.t=12s時物塊恰好到達C點C.物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為1D.整個過程中物塊電勢能的削減量等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量二、非選擇題6.(2024甘肅蘭州一診)水平面上有一個豎直放置的圓弧軌道,A為軌道的最低點,半徑OA豎直,圓心角AOB為60°,半徑R=0.8m,空間有豎直向下的勻強電場,場強E=1×104N/C。一個質(zhì)量m=2kg、電荷量q=1×10-3C的帶負電小球,從軌道左側與圓心O同一高度的C點水平拋出,恰好從B點沿切線方向進入圓弧軌道,到達最低點A時對軌道的壓力FN=32.5N。取g=10m/s2,求:(1)小球拋出時的初速度v0的大小;(2)小球從B到A的過程中克服摩擦力所做的功Wf。7.(2024天津一中期末)如圖所示,BCDG是光滑絕緣的34圓弧軌道,位于豎直平面內(nèi),軌道半徑為R,下端與水平絕緣軌道在B點平滑連接,整個軌道處在水平向左的勻強電場中?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊(可視為質(zhì)點)置于水平軌道上,滑塊受到的靜電力大小為34mg,滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度為(1)若滑塊從水平軌道上距離B點s=3R的A點由靜止釋放,求滑塊到達與圓心O等高的C點時對軌道的作用力大小;(2)為使滑塊恰好始終沿軌道BCDG滑行(不脫離軌道),且從G點飛出,求滑塊在圓弧軌道上滑行過程中的最小速度。答案全解全析專題強化練3帶電粒子在復合場中的運動1.D小球在水平方向做勻速直線運動,所以小球在MN上方的電場和MN下方的電場中運動的時間之比為t1∶t2=1∶3,小球在豎直方向的位移大小之比為y1∶y2=12a1t12∶12a2t22=1∶3,其中a1=qE2.C小球所受的重力和靜電力均為恒力,故兩力可等效為一個力F=(mg)2+34mg2若使小球在圓環(huán)內(nèi)恰好能做完整的圓周運動,即通過等效最高點D時小球與圓環(huán)間的彈力恰好為0,由圓周運動的學問可得54mg=mvD2R;由A到D的過程由動能定理得mg(h-R-Rcos37°)-34mg(h·tan37°+2R+Rsin37°)=12mv方法技巧等效重力法把電場力和重力合成一個等效力,稱為等效重力。如圖所示,則F合為等效重力場中的“重力”,g'=F合m為等效重力場中的“等效重力加速度”;F合的方向等效為“重力”的方向,即在等效重力場中的“豎直向下3.BD小球做勻變速直線運動,合力應與速度在同始終線上,即在ON直線上,因mg=Eq,所以電場力與重力關于ON對稱,依據(jù)數(shù)學學問得電場力qE與水平方向的夾角應為30°,小球受力狀況如圖所示,合力沿ON向下,大小為mg,由牛頓其次定律可知a=g,方向沿ON向下,選項A錯誤,B正確;設小球上升的最大高度為h,由動能定理可得-mg·2h=0-12mv02,解得h=v024g,選項C錯誤;電場力做負功,小球的電勢能變大,當小球速度為零時,其電勢能最大,則Ep=-qE·2hcos120°=qEh=mg·4.A若電場力與重力同向,則有F合=F電+mg,從B到A,有12mvB2=F合·2r+12mvA2,在B點有F拉B-F合=mvB2r,在A點有F拉A+F合=mvA2r,聯(lián)立可得F拉B-F拉A=6(F電+mg),若F電=mg,則F拉B-F拉A=12mg,所以小球在A、B兩點時細線的拉力差可能是12mg,選項A正確;當小球所受重力與電場力的合力為零時,細線的拉力供應向心力,合外力做功為零,小球做勻速圓周運動,選項B錯誤;假如小球帶正電,在A點細線拉力最小,假如小球帶負電,且電場力大于重力,在A點,細線的拉力最大,選項C錯誤;假如小球帶負電,且電場力大于重力5.C依據(jù)表中的數(shù)據(jù),可以求出物塊下滑的加速度a1=Δv1Δt1=83m/s2,若t=6s時物塊恰好經(jīng)過B點,則物塊經(jīng)過B點時的速度為v=a1t=83×6m/s=16m/s>12m/s,故t=6s時物塊已過B點。同樣依據(jù)表中數(shù)據(jù)可知,物塊在水平面上滑動時的加速度a2=Δv2Δt2=8-129-6m/s2=-43m/s2。設物塊在斜面上滑行時間為t1,從斜面底端到速度為12m/s所用時間為t2,則有a1t1+a2t2=12m/s,t1+t2=6s,解得t1=5s,即物塊加速5s后到達B點,此時vB=a1t1=403m/s,A錯誤。由速度與時間的關系可得物塊在BC段運動的時間t3=0-vBa2=10s,即t=15s時物塊運動到6.答案(1)233m/s(2)解析(1)小球拋出后從C到B過程中受重力和豎直向上的電場力,做類平拋運動,則mg-qE=ma,解得小球的加速度a=mg-qEm=2×10-C與B的高度差h=Rcos60°=0.4m設小球到B點時豎直分速度為vy,則vy2=2ah,解得小球到B點時豎直分速度v小球在B點時,速度方向與水平方向夾角為60°,則tan60°=v解得小球拋出時的初速度v0=233(2)小球在B點時,sin60°=vyvB,則vB小球在A點時,軌道對小球的支持力FN'=FN=32.5N,則FN'+qE-mg=mvA2R,解得小球從B到A過程,由動能定理得(mg-qE)(R-Rcos60°)-Wf=12mvA2-解得小球從B到A的過程中克服摩擦力所做的功Wf=13J7.答案(1)74mg(2)解析(1)設滑塊到達C點時的速度為v,滑塊所帶電荷量為q,勻強電場的場強為E,由動能定理有qE(s+R)-μmgs-mgR=12mvqE=34解得v=gR設滑塊到達C點時受到軌道的作用力大小為F,則F-qE=mv解得F=74由牛頓第三定律可知,滑塊對軌道的作用力大小為F'=F=74(2)滑塊恰好始