第九章 第6讲　小专题 带电粒子(带电体)在电场中的力电综合问题练习含答案-高考物理一轮专题

这是一份第九章 第6讲　小专题 带电粒子(带电体)在电场中的力电综合问题练习含答案-高考物理一轮专题，共14页。试卷主要包含了等效重力场，动量观点，5,不计空气阻力，2 J　0等内容，欢迎下载使用。

1.等效重力场
物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动,但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些。此时可以将重力场与电场合二为一,用一个全新的“复合场”来代替,可形象称之为“等效重力场”。
2.“等效最高点”和“等效最低点”示意图
[例1] 【在“等效重力场”中的类抛体运动】 (2022·全国甲卷,21)(多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场,将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等,重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后,( )
[A] 小球的动能最小时,其电势能最大
[B] 小球的动能等于初始动能时,其电势能最大
[C] 小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时,其动能最大
[D] 从射出时刻到小球速度的水平分量为零时,重力做的功等于小球电势能的增加量
【答案】 BD
【解析】 由题意可知,小球所受电场力与重力的合力指向右下,与水平方向成45°角,小球向左射出后做匀变速曲线运动,当其水平速度与竖直速度大小相等时,即速度方向与小球所受合力方向垂直时,小球克服合力做的功最大,此时动能最小,而此时小球仍具有水平向左的分速度,电场力仍对其做负功,其电势能继续增大,选项A、C错误;小球在电场力方向上的加速度大小ax=g,竖直方向加速度大小ay=g,当小球水平速度减为零时,克服电场力做的功最多,小球的电势能最大,由匀变速运动规律有v0=gt,此时小球竖直方向的速度vy=gt=v0,所以此时小球动能等于初动能,由能量守恒定律可知,小球重力势能减少量等于小球电势能的增加量,又由功能关系知重力做的功等于小球重力势能的减少量,选项B、D正确。
[例2] 【在“等效重力场”中的圆周运动】 (2024·四川二模)(多选)如图所示,质量为m、带电荷量为+q的小圆环套在半径为R的光滑绝缘大圆环上,大圆环固定在竖直平面内,O为环心,A为最低点,B为最高点,在大圆环所在的竖直平面内施加水平向右、电场强度大小为mgq(g为重力加速度)的匀强电场,并同时给在A点的小圆环一个向右的水平初速度v0(v0未知),小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动,则小圆环运动过程中( )
[A] 动能最小与最大的位置在同一等势面上
[B] 电势能最小的位置恰是机械能最大的位置
[C] 在A点获得的初速度为2(1+2)gR
[D] 在B点受到大圆环的弹力大小为mg
【答案】 BC
【解析】 由于匀强电场的电场强度为mgq,即静电力与重力大小相等,作出小圆环的等效最低点C与等效最高点D,如图所示,
小圆环在等效最低点速度最大,动能最大,在等效最高点速度最小,动能最小,根据沿电场线电势降低,可知φD>φC,可知其不在同一等势面上,A错误;小圆环在运动过程中,只有电势能、动能与重力势能的转化,即只有电势能与机械能的转化,则电势能最小的位置恰是机械能最大的位置,B正确;小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动,即小圆环通过等效最高点D的速度为0,对小圆环分析有-qERsin 45°-mg(R+Rcs 45°)=0-12mv02,解得v0=2(1+2)gR,C正确;小圆环从A运动到B过程有-mg·2R=12mvB2-12mv02,在B点有FN+mg=mvB2R,解得FN=(22-3)mg103×104 N/C,由静止释放的小滑块将在电场力和重力作用下做匀加速直线运动。
[例4] 【能量观点】 (2024·四川成都一模)如图所示,用绝缘支架将带电荷量为+Q的小球a固定在O点,一粗糙绝缘直杆与水平方向的夹角θ=30°,直杆与小球a位于同一竖直面内,杆上有A、B、C三点,C与O两点位于同一水平线上,B为AC的中点,OA=OC=L。小球b质量为m,带电荷量为-q,套在直杆上,从A点由静止开始下滑,第一次经过B点时速度为v,运动到C点时速度为0,在+Q产生的电场中取C点的电势为0,重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则( )
[A] 小球a在A、B两点处产生的电场强度大小之比为1∶2
[B] 小球b从A点运动到C点过程中产生的内能为3mgL
[C] 小球b的电势能最小值为-12mv2
[D] 小球b到C点后又能从C点返回到A点
【答案】 C
【解析】 小球a在A、B两点处产生的电场强度大小之比为EAEB=kQrA2kQrB2=kQL2kQ(Lsinθ)2=14,A错误;小球b从A点运动到C点过程中由能量守恒定律得Q=mgh=mgLcs θ=32mgL,即产生的内能为 32mgL,B错误;A点和C点的电势相等,则小球b从A到C点电场力做功为零,由动能定理有 mgh+W电-Wf=0-0,可得Wf=mgh,而假设从C点能回到A点,有-mgh+W电-Wf=Ek-0,到达A点的动能为负,故小球不能回到A点,D错误;小球在B点左右两侧关于B点对称的点所受支持力相等,因此摩擦力相等,即AB段和BC段摩擦力做功相等,B点离正场源电荷最近,且电势最高,则带负电小球b在B点的电势能最低,由动能定理有mgh2+WAB-Wf2=12mv2-0,另有WAB=0-EpB,Wf=mgh,解得小球b的电势能最小值为-12mv2,C正确。
[例5] 【动量观点】 (2024·广西玉林模拟)如图所示,在绝缘的光滑水平面(足够长)上M点左侧的区域有水平向右的匀强电场。小滑块A、B的质量均为m,其中B不带电,A的带电荷量为+q,O点到M点的距离为L,N点到O点的距离为kL(k>0)。现将小滑块A在N点由静止释放,其向右运动至O点与静止的小滑块B发生弹性碰撞,设A、B均可视为质点,整个过程中,A的电荷量始终不变,B始终不带电,已知电场强度E=mg2q,重力加速度大小为g。
(1)求A与B发生第一次碰撞前瞬间A的速率;
(2)k的取值满足什么条件时,能使A与B发生第二次碰撞?
【答案】 (1)gkL (2)kv2′,碰撞后,对A由动能定理得qEL=12mv1″2,
联立解得kv1
[B] A、B两点间的电势差U=m2q(v22-v12)
[C] 小球由A点运动到B点的过程中,电势能可能增加
[D] 小球运动到B点时所受重力的瞬时功率 P=mgv2
【答案】 C
【解析】 若小球带负电,则从A到B电场力做负功,电势能增加;若小球带正电,则从A到B电场力做正功,电势能减少,选项C正确;小球由A点运动至B点,由动能定理得mgH+W=
12mv22-12mv12,重力做功和电场力做功的大小以及正负关系无法确定,则不能比较v1和v2的大小,选项A错误;因电场力做功为W=12mv22-12mv12-mgH,由电场力做功W=qU,得A、B两点间的电势差为 U=Wq=1q(12mv22-12mv12-mgH),故B错误;小球运动到B点时所受重力与速度方向之间的夹角是90°-α,则其重力的瞬时功率P=mgv2sin α,故D错误。
对点2.电场中的力、电综合问题
4.(6分)(2024·山东卷,10)(多选)如图所示,带电量为+q的小球被绝缘棒固定在O点,右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为m、带电量为+q的小滑块从斜面上A点由静止释放,滑到与小球等高的B点时加速度为零,滑到C点时速度为零。已知AC间的距离为s,重力加速度大小为g,静电力常量为k,下列说法正确的是( )
[A] OB的距离l=3kq2mg
[B] OB的距离l=3kq23mg
[C] 从A到C,静电力对小滑块做功W=-mgs
[D] AC之间的电势差UAC=-mgs2q
【答案】 AD
【解析】 由题意知,小滑块在B点处的加速度为零,对小滑块受力分析,根据平衡条件有kq2l2=mgtan 30°,解得l=3kq2mg,A正确,B错误;因为滑到C点时速度为零,小滑块从A到C的过程,设静电力对小滑块做的功为W,根据动能定理有 W+mgssin 30°=0,解得W=-mgs2,故C错误;根据电势差与静电力做功的关系可知AC之间的电势差UAC=Wq=-mgs2q,故D正确。
5.(18分)如图所示,空间有一水平向右的匀强电场,电场强度的大小为E=1.0×104 V/m。该空间有一个半径为R=2 m的竖直光滑绝缘圆环的一部分,圆环与光滑水平面相切于C点,A点所在的半径与竖直直径BC成37°角。质量为 m=0.04 kg、电荷量为q=+6×10-5 C的带电小球2(可视为质点)锁定于C点。轻弹簧一端固定在竖直挡板上,另一端自由伸长时位于P点。质量也为m=0.04 kg 的不带电小球1挨着轻弹簧右端,现用力缓慢压缩轻弹簧右端到P点左侧某点后释放。小球1沿光滑水平面运动到C点与小球2发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞瞬间解除锁定,碰后两小球黏合在一起且恰能沿圆弧到达A点。P、C两点间距离较远,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,取 sin 37°=0.6,cs 37°= 0.8。求:
(1)黏合体在A点的速度大小;
(2)弹簧的弹性势能;
(3)小球黏合体由A点到达水平面运动的时间。
【答案】 (1)5 m/s (2)9.2 J (3)0.6 s
【解析】 (1)小球2所受电场力
F=qE=6×10-5×1×104 N=0.6 N,
小球1和小球2的重力之和为
G=2mg=2×0.04×10 N=0.8 N,
如图甲所示,设黏合体所受重力与电场力的合力与竖直方向的夹角为θ,则tan θ=qEG=34,
所以θ=37°;
所以A点是黏合体在重力场和电场中做圆周运动的等效最高点,由于黏合体恰能沿圆弧到达A点,所以qEsin37°=2mvA2R,解得vA=5 m/s。
(2)小球从C点到A点,由动能定理得
-qERsin 37°-2mg×(R+Rcs 37°)=12×2mvA2-12×2mvC2,
解得vC=115 m/s,
小球1、2的碰撞由动量守恒定律得
mv1=2mvC,
解得小球1碰撞前的速度
v1=2115 m/s,
由机械能守恒定律可得弹簧的弹性势能
Ep=12mv12=9.2 J。
(3)如图乙所示,黏合体过A点后竖直方向上做匀加速运动,
竖直方向上的初速度为
v0=vAsin 37°=3 m/s,
由竖直方向做匀加速运动可得
R+Rcs 37°=v0t+12gt2,
解得t=0.6 s。
6.(4分) (2025·四川高考适应性考试)如图,竖直平面内有一光滑绝缘轨道,取竖直向上为y轴正方向,轨道形状满足曲线方程y=x2。质量为m、电荷量为q(q>0)的小圆环套在轨道上,空间有与x轴平行的匀强电场,电场强度大小E=2mgq,圆环恰能静止在坐标(1,1)处,不计空气阻力,重力加速度g取 10 m/s2。若圆环由(3,9)处静止释放,则( )
[A] 恰能运动到(-3,9)处
[B] 在(1,1)处加速度为零
[C] 在(0,0)处速率为103 m/s
[D] 在(-1,1)处机械能最小
【答案】 D
【解析】由题意可知,圆环所受的电场力平行于x轴向右,如图甲所示,圆环所受重力与电场力的合力为G′=(mg)2+(qE)2=5mg,又tan θ=qEmg=2,根据题意可知,坐标(1,1)处是等效最低点,过(1,1)作轨道的切线,再过坐标(3,9)作该切线的平行线,如图乙所示,根据题意写出该平行线的方程为y-9=tan θ·(x-3),即y=2x+3,设该平行线与轨道的交点为A,则A点的坐标满足方程y=2x+3,y=x2,解得A点的坐标为(-1,1),则圆环恰能运动到坐标(-1,1)。又圆环运动到该点时克服电场力做功最多,故机械能最小,故A错误,D正确;圆环做曲线运动,在(1,1)处加速度一定不为零,故B错误;设圆环到达(0,0)处时的速度大小为v,则圆环由(3,9)处静止释放运动到(0,0)处的过程,由动能定理得mgy-qEx=12mv2,又E=2mgq,联立得v=
215 m/s,故C错误。
7.(18分)(2022·广东卷,14)密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性,因此获得了1923年的诺贝尔奖。如图是密立根油滴实验的原理示意图,两个水平放置、相距为d的足够大金属极板,上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴,由于碰撞或摩擦,部分油滴带上了电荷。有两个质量均为m0、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B,在时间t内都匀速下落了距离h1。此时给两极板加上电压U(上极板接正极),A继续以原速度下落,B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离h2(h2≠h1),随后与A合并,形成一个球形新油滴,继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为f=km13v,其中k为比例系数,m为油滴质量,v为油滴运动速率。不计空气浮力,重力加速度为g。求:
(1)比例系数k;
(2)油滴A、B的带电量和电性;B上升距离h2电势能的变化量;
(3)新油滴匀速运动速度的大小和方向。
【答案】 (1)m023gth1 (2)(3)见解析
【解析】 (1)两小油滴匀速下落时,由题意得油滴的速度大小为v=h1t,由于匀速下落,则油滴的重力等于其所受的空气阻力,即m0g=f=km013v,
解得k=m023gth1。
(2)给两极板加上电压,经过一段时间后B向上匀速运动,而A仍以原速度下落,说明A不带电,B带负电,B匀速上升的速度为v′=h2t,
对B由平衡条件得qUd=m0g+km013v′,
解得q=m0gd(h1+h2)Uh1,
B上升距离为h2的过程,电场力做的功为
W=qEh2=qUdh2=m0g(h1+h2)h2h1,
又W=-ΔEp,
则B电势能的变化量为-m0g(h1+h2)h2h1。
(3)假设新油滴最终向下匀速运动,其速度大小为v″,则新油滴所受空气阻力向上,由平衡条件得
2m0g=qUd+k·(2m0)13v″,
解得v″=h1-h2213t,
若h1>h2,则v″>0,新油滴向下运动;
若h1