2024高考物理一輪復習第七章微專題56帶電體在勻強電場中的運動練習含解析教科版

PAGEPAGE1微專題56帶電體在勻強電場中的運動1．無約束的物體在“等效重力場”(勻強電場與重力場合成一個合場，該合場大小、方向恒定，與重力場類似)中的兩種運動：(1)勻變速直線運動：物體由靜止動身或初速度與合場共線；(2)拋體運動：物體初速度與合場有肯定夾角．(這與物體只受重力時的運動一樣)常見約束一般為繩約束、直軌道約束、圓軌道約束等．2．解決電場、重力場、復合場的兩個角度(1)合場角度：處理拋體運動、圓周運動可從合場角度分析運動的最高點、最低點等問題；處理能量問題一般從重力勢能、電勢能改變兩方面分析；(2)運動分解角度：涉及運動時間、位移等時一般從運動分解的角度分析．1．(2024·云南保山市市級統(tǒng)一檢測)如圖1所示，豎直面內(nèi)分布有水平方向的勻強電場，一帶電粒子沿直線從位置a向上運動到位置b，在這個過程中，帶電粒子()圖1A．只受到電場力和重力作用B．帶正電C．做勻速直線運動D．機械能增加2．(多選)(2024·江西上饒市重點中學六校第一次聯(lián)考)在電場強度大小為E的勻強電場中，將一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電小球由靜止起先釋放，帶電小球沿與水平方向成θ(θ<45°)角的方向斜向下做直線運動．則下列推斷正確的是()A．若cosθ<eq\f(qE,mg)，則小球機械能肯定增加B．若cosθ＝eq\f(qE,mg)，則小球機械能肯定不變C．若cosθ<eq\f(qE,mg)，則小球機械能肯定減小D．若tanθ＝eq\f(mg,qE)，則小球機械能肯定增加3．(多選)(2024·河南鄭州市模擬)如圖2所示，在豎直平面內(nèi)有水平向右、場強為1×104N/C的勻強電場．在勻強電場中有一根長2m的絕緣細線，一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量為0.08kg的帶電小球，它靜止時懸線與豎直方向成37°角．若小球獲得肯定初速度后恰能繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動，取小球在靜止時的位置為電勢能零點和重力勢能零點，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.下列說法正確的是()圖2A．小球的電荷量q＝6×10－5CB．小球在c點的動能最小，且為1JC．小球在b點時的機械能最小D．小球在運動過程中電勢能和機械能之和保持不變，且為5J4．(多選)(2024·陜西漢中市其次次教學質(zhì)檢)真空中質(zhì)量為m的帶正電小球由A點無初速度自由下落t秒，在t秒末加上豎直向上、范圍足夠大的勻強電場，再經(jīng)過t秒小球又回到A點．小球電荷量不變且小球從未落地，重力加速度為g.則()A．整個過程中小球電勢能改變了2mg2t2B．整個過程中小球速度增量的大小為2gtC．從加電場起先到小球運動到最低點時小球動能改變了mg2t2D．從A點到最低點小球重力勢能改變了eq\f(1,3)mg2t25．(2024·遼寧沈陽市質(zhì)量檢測(一))如圖3所示，光滑絕緣的半圓形軌道ABC固定在豎直面內(nèi)，圓心為O，軌道半徑為R，B為軌道最低點．該裝置右側(cè)的eq\f(1,4)圓弧置于水平向右的足夠大的勻強電場中．某一時刻一個帶電小球從A點由靜止起先運動．到達B點時，小球的動能為E0，進入電場后接著沿軌道運動，到達C點時小球的電勢能削減量為2E0，試求：圖3(1)小球所受重力和電場力的大??；(2)小球脫離軌道后到達最高點時的動能．

答案精析1．A[帶電粒子沿直線從位置a向上運動到位置b，合力方向與速度方向共線，受力狀況如圖所示粒子受到電場力和重力作用，故A正確；粒子受到的電場力方向與電場線方向相反，則粒子帶負電，故B錯誤；粒子受到的合力方向與速度方向相反，粒子做勻減速運動，故C錯誤；電場力做負功，機械能減小，故D錯誤．]2．BD[若cosθ＝eq\f(qE,mg)，電場力與速度方向垂直，電場力不做功，因重力之外的其他力不做功，則機械能肯定守恒，故B正確；若cosθ<eq\f(qE,mg)，電場力與速度方向夾角可能大于90°也可能小于90°，電場力對小球可能做正功，也可能做負功，則機械能可能增加，也可能減小，故A、C錯誤；若tanθ＝eq\f(qE,mg)，則電場力沿水平方向，依據(jù)題意知，電場力和重力的合力與速度方向同向，電場力做正功，則小球機械能肯定增加，故D正確．]3．AD[小球靜止時懸線與豎直方向成37°角，受重力、拉力和電場力，三力平衡，依據(jù)平衡條件得：mgtan37°＝qE，解得：q＝eq\f(mgtan30°,E)＝6×10－5C，故A正確；小球恰能繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動，在等效最高點b速度最小，依據(jù)牛頓其次定律得：eq\f(mg,cos37°)＝meq\f(v2,L)；最小動能為：Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(mgL,2cos37°)＝1J，故B錯誤；依據(jù)能量守恒定律，電勢能與機械能之和不變，所以機械能最小的位置是電勢能最大的位置，小球運動到與O點等高的最左側(cè)位置a點時，電場力做功最多，故C錯誤；小球在b點的電勢能、重力勢能和動能之和為：E＝Ek＋Ep＋Ep′＝1J＋mg×2Lcos37°＋Eq×2Lsin37°＝5J，故D正確．]4．AB[小球先做自由落體運動，后做勻減速運動，兩個過程的位移大小相等、方向相反．設電場強度大小為E，加電場后小球的加速度大小為a，取豎直向下方向為正方向，則eq\f(1,2)gt2＝－(vt－eq\f(1,2)at2)，又v＝gt，解得a＝3g，則小球回到A點時的速度為v′＝v－at＝－2gt；整個過程中小球速度增量為Δv＝v′＝－2gt，即小球速度增量的大小為2gt，故B正確；由牛頓其次定律得a＝eq\f(qE－mg,m)，解得qE＝4mg，ΔEp＝qE·eq\f(1,2)gt2＝2mg2t2，故A正確；從加電場起先到小球運動到最低點時小球動能削減了ΔEk＝eq\f(1,2)m(gt)2，故C錯誤；設從A點到最低點的高度為h，依據(jù)動能定理得mgh－qE(h－eq\f(1,2)gt2)＝0，解得h＝eq\f(2,3)gt2，從A點到最低點小球重力勢能削減了ΔEp＝mgh＝eq\f(2,3)mg2t2，故D錯誤．]5．(1)eq\f(E0,R)eq\f(2E0,R)(2)8E0解析(1)設帶電小球的質(zhì)量為m，則從A到B依據(jù)動能定理有：mgR＝E0則小球受到的重力為：mg＝eq\f(E0,R)，方向豎直向下；由題意可知：到達C點時小球的電勢能削減量為2E0，依據(jù)功能關系可知：EqR＝2E0則小球受到的電場力為：Eq＝eq\f(2E0,R)，方向水平向右，小球帶正電；(2)設小球到達C點時速度為vC，則從A到C依據(jù)動能定理有：EqR＝eq\f(1,2)mvC2＝2E0則C點速度為：vC＝eq\r(\f(4E0,m))，方向豎直向上從C點飛出后，在豎直方向只受重力作用，做勻減速運動，到達最高點時間為：t＝eq\f(vC,g)＝eq\f(1,g)eq\r(\f(4E0,m))在水平方向只受電場力作用，做勻加速運動，到達最高點時只有水平方向的速度，其速度為：v