帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問題(二)測(cè)試題及解析

1、帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問題(二)測(cè)試題及解析1 .如圖，圓心為 O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向與圓所在的面平行。PQ為圓的一條直徑，與場(chǎng)強(qiáng)方向的夾角 0= 60°。質(zhì)量為m、電荷量為+ q的粒子從P點(diǎn)以某一初速度沿垂直于場(chǎng)強(qiáng)的方向 射入電場(chǎng)，不計(jì)粒子重力。(1)若粒子能到達(dá) Q點(diǎn)，求粒子在P點(diǎn)的初速度大小V0；(2)若粒子在P點(diǎn)的初速度大小在 0V0之間連續(xù)可調(diào)，則粒子到達(dá)圓弧上 哪個(gè)點(diǎn)電勢(shì)能變化最大？求出電勢(shì)能變化的最大值A(chǔ)Ep。解析：(1)粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的時(shí)間為t,加速度為a,有:2Rsin 0= vot1 小2Rcos 0

2、= 2at2 由牛頓第二定律得：Eq = ma由得：vo= 、3qER(2)粒子到達(dá)圖中圓形最低點(diǎn) A電勢(shì)能變化量最大AEp=- qEd而 d= R+ Rcos 道由得：AEp=笠艮。答案：(1) T3* (2)圓形最低點(diǎn)一3qER2 . (2020蘭州一診)水平面上有一個(gè)豎直放置的部分圓弧軌道，A為軌道的最低點(diǎn)，半徑 OA豎直，圓心角 AOB為60°,半徑R= 0.8 m,空間有豎直向 下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E=1X104 N/C。一個(gè)質(zhì)量m= 2 kg,電荷量q=1X103C的帶電小球，從軌道左側(cè)與圓心。同一高度的C點(diǎn)水平拋出，恰好從B點(diǎn)沿切線進(jìn)入圓弧軌道， 到達(dá)最低點(diǎn)A時(shí)對(duì)軌道的壓

3、力 Fn= 32.5 N。取g=10 m/s2,求:(1)小球拋出時(shí)的初速度 V0大?。?2)小球從B到A的過程中克服摩擦所做的功Wfo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(chǎng)力，做類平拋運(yùn)動(dòng)，則:mg qE= ma,解得小球的加速度mg qE 2X 10 1 X 10 3X 10422a=cm/s2= 5 m/ s2m2C與B的高度差h= Rcos 60 = 0.4 m設(shè)小球到B點(diǎn)時(shí)豎直分速度為 vy,則vy2=2ah,解得：小球到 B點(diǎn)時(shí)豎直分速度Vy=2 m/s小球在B點(diǎn)時(shí)，速度方向與水平方向夾角為60°,則tan 60 = vy vo解得：小球拋出時(shí)的初速

4、度vo=4© m/s。3_ _ _ 一。vy4.3在 B 點(diǎn)時(shí)，sin 60 = G 則 VB= 3 m/s小球在A點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)N + qEmg=mVA2Va= 3 m/s小球從B到A過程，由動(dòng)能定理得:19 19(mg qE)(R Rcos 0 Wf= 2mvA2 2mvB2,_ . . 一 一 一一 . . 一 1解得小球從B到A的過程中克服摩擦所做的功Wf= 1 J。3答案：(1)23 m/s (2)1 J 333. (2019吉林四平模擬)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一固定絕緣軌道 ABCDP,由半徑r=0.5 m的圓弧軌道CDP和與之相切于 C點(diǎn)的水 平軌道ABC組成，圓弧軌道的直徑

5、 DP與豎直半徑OC間的夾角0 = 37°, A、B兩點(diǎn)間的距離 d= 0.2 m。質(zhì)量m = 0.05 kg的不帶電 絕緣滑塊靜止在 A點(diǎn)，質(zhì)量m2=0.1 kg、電荷量q= 1 x 10 5 C的帶 正電小球靜止在 B點(diǎn)，小球的右側(cè)空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)?，F(xiàn)用大小F = 4.5 N、方向水平向右的恒力推滑塊，滑塊到達(dá)B點(diǎn)前瞬間撤去該恒力，滑塊與小球發(fā)生彈性正碰，碰后小球沿軌道運(yùn)動(dòng)，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)恰好和軌道無擠壓且所受合力指向圓心。小球和滑塊均視為質(zhì)點(diǎn)，碰撞過程中小球的電荷量不變，不計(jì)一切摩擦。取g = 10 m/s2, sin 37 =0.6, cos 37 = 0.8。求:(1

6、)撤去，ff力F瞬間滑塊的速度大小 v以及勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E;(2)小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度大小 vp和B、C兩點(diǎn)間的距離x。1 C解析：(1)對(duì)滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有：Fd = 2mw2解得：v= 6 m/s小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，受力如圖所示:則有：qE= m2gtan 0,解得：E=7.5X 104 N/Co(2)小球所受重力與電場(chǎng)力的合力大小為:cm2 gG等= .cos 0小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有:G=m2花解得：vp=2.5 m/s滑塊與小球發(fā)生彈性正碰，設(shè)碰后滑塊、小球的速度大小分別為v1、v2,則有:miv= mivi + m2v212 12 122m1v

7、2= 2m1v12+ 2m2V22解得：vi = - 2 m/s(表示vi的方向水平向左),v2 = 4 m/s對(duì)小球碰后運(yùn)動(dòng)到 P點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有:1212qE(xrsin 9 m2g(r+rcos 0 = 2m2VP 2m2V2解得：x= 0.85 m。答案：(1) 6 m/s 7.5 M04 N/C (2)2.5 m/s 0.85 m4.如圖所示，豎直平面內(nèi)(紙面)存在平行于紙面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向與水平方向夾角為0= 60°,紙面內(nèi)的線段 MN與水平方向夾角為8= 30°, MN長度為do現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)、可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球從M點(diǎn)由靜

8、止釋放，小球沿MN方向運(yùn)動(dòng)，到達(dá) N點(diǎn)時(shí)的速度大小為 vn(待求)；若將該小球從 M點(diǎn)沿垂直于MN的方向，以大小為 vn的速度拋出，小球?qū)⒔?jīng)過 M點(diǎn)正上方的P點(diǎn)(未畫出),已知重力加速度大小為 g,求:(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小 E及小球在N點(diǎn)的速度大小 vn；(2)M點(diǎn)和P點(diǎn)之間的電勢(shì)差;(3)小球在P點(diǎn)動(dòng)能與在M點(diǎn)動(dòng)能的比值。解析：(1)由小球運(yùn)動(dòng)方向可知，小球所受合力F沿MN方向，如圖甲所示,根據(jù)幾何關(guān)系及正弦定理知sinT；Eq兀sin 2- 9 sin 2+ ”解得 E = *mg, F= mgq又因F = ma,解得a = g,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 2ad = vn2解得 vn= 2g

9、d。(2)如圖乙所示，設(shè)MP的高度為h,由M至ij P所用時(shí)間為t,過點(diǎn)P向過M點(diǎn)的電場(chǎng)線作垂線，垂足為 C,過點(diǎn)P向MN作垂線，垂足為 D,小球做類平拋運(yùn)動(dòng),則有,-1 ,2hcos 0= 2at2，hsin 0= vNtn 12又 Umc= Ehcos 2一 °，ump=Umc.24mgd解得Ump =。q如圖乙所示，小球由 M到P的過程，由動(dòng)能定理有FSMD = EkP EkM兀SMD= hcos 2- a12EkM = mVN2聯(lián)立解得EkPFSMD + EkM=EkMEkM答案：空同等(3)3 qq 。5.如圖所示，豎直邊界MN右側(cè)離地面高h(yuǎn)=0.65 m處有一長為L =

10、2 m的粗糙水平絕緣平臺(tái)，平臺(tái)的左邊緣與MN重合，平臺(tái)右邊緣 A點(diǎn)有一質(zhì)量m= 0.1 kg、電荷量q=0.1 C的帶正電滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))， 以初速度Vo = 2 m/s向左運(yùn)動(dòng)，此時(shí)平臺(tái)上方存在E= 25 N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向與水平方向成0=37°角指向左下方，滑塊與平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)科=0.68。MN左側(cè)豎立著一個(gè)光滑的圓軌道PQS, O為軌道圓心，Q為軌道最低點(diǎn)，OP與豎直夾角也為 。角，軌道末端S豎直。若滑塊離開平臺(tái)左側(cè)后恰 能沿P點(diǎn)的切線進(jìn)入圓軌道，因圓軌道非絕緣，滑塊運(yùn)動(dòng)到圓軌道之后失去了所有的電量。整個(gè)過程 滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，取g=10 m/s2, sin 37

11、 =0.6, cos 37 = 0.8。求：(1)滑塊離開絕緣平臺(tái)時(shí)，摩擦力做功的功率大??；(2)滑塊運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力；(3)滑塊最終停留在 D點(diǎn)，求AD的距離。解析：(1)取向左為正方向，滑塊在粗糙水平絕緣平臺(tái)運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度為a1，根據(jù)受力分析，水平方向有:Fqcos 0(iN=ma1豎直方向有： N = mg+Fqsin 0根據(jù)摩擦力公式有：f1= wN根據(jù)電場(chǎng)力公式有：Fq=qE滑塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：2a1L = vt2 vo2摩擦力做功的功率大小為：Pf1 = f1vt聯(lián)立上式，解得：vt= 4 m/s, Pf1 = 6.8 Woh1,圓形軌道的半徑為R(2)滑塊滑出平臺(tái)后作初速度為vt的平拋運(yùn)動(dòng)至P點(diǎn)，設(shè)其豎直位移為則根據(jù)題意可以得到數(shù)學(xué)關(guān)系：h1= h R(1 cos 0)滑塊在P點(diǎn)水平方向速度仍為 vt,設(shè)其豎直方向速度為 vy,由于滑塊至P點(diǎn)沿切線進(jìn)入軌道，則有:Vy "=tan 0Vt又：2ghl = vy2設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到 Q點(diǎn)速度為VQ,滑塊滑出平臺(tái)后運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)Q的過程機(jī)械能守恒，見19 19.2mvQ2 = £mvt2+mgh滑塊在Q點(diǎn)由重力及軌道的支持力Nq提供向心力，則：2VQm r Nq mg聯(lián)立上式解得：Nq=3.9 N水平方向速AD+ S2= L由牛頓第三