2022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

2022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Z7-19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=mv2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,联立解得FN=3(+1)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=22=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=gt2qE=ma联立解得x=(-1)R