专题强化练(第九章专题强化课九带电粒子(体)在电场中的力电综合问题)

专题强化练(40分钟60分)一、选择题:本题共4小题,每题6分,共24分。1.如图所示,倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ=37°,板间距为d=10cm,带负电的微粒质量为m=3.0×10-4kg、带电荷量大小为q=1.0×10-8C。闭合开关S,微粒从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入,沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出。则()A.上极板M带负电,下极板N带正电B.直流电源两端的电压为4.0×103VC.仅增大滑动变阻器的阻值,可使微粒做曲线运动D.A到B运动的过程中,微粒动能的增量为-3.75×10-4J【解析】选D。由于带负电的微粒做直线运动,合力与速度在一条直线上,对微粒受力分析,合力与速度相反,微粒做匀减速直线运动,上极板M带正电,下极板N带负电,故A错误;根据竖直方向受力平衡Eqcosθ=mg,U=Ed,联立代入数据得U=3.75×104V,故B错误;仅增大滑动变阻器的阻值,不能改变电容器两极板间电压,不可使微粒做曲线运动,故C错误;根据动能定理,A到B运动的过程中,微粒动能的增量ΔEk=-qU=-3.75×10-4J,故D正确。【总结提升】带电粒子(体)在电场中做直线运动的分析方法2.(2024·浙江6月选考)如图所示空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场,在此空间同一水平面的M、N点固定两个等量异种点电荷,绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置,其圆心O在MN的中点,半径为R、AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为+q的小球套在圆环上,从A点沿圆环以初速度v0做完整的圆周运动,则()A.小球从A到C的过程中电势能减少B.小球不可能沿圆环做匀速圆周运动C.可求出小球运动到B点时的加速度D.小球在D点受到圆环的作用力方向平行于MN【解析】选C。根据等量异种点电荷的电场线特点可知,圆环所在平面在M、N产生的电场中为等势面,匀强电场方向竖直向上,则小球从A到C的过程电势增加,电势能增加,故A错误;当电场强度满足Eq=mg时,小球运动时受到的合力大小不变,可沿圆环做匀速圆周运动,故B错误;根据动能定理(mg-Eq)R=12mvB2-12mv02,可求出小球到B点时的速度vB,根据a1=vB2R可得小球的向心加速度,再根据牛顿第二定律mg-Eq=ma2,可得小球的切向加速度a2,再根据矢量合成可得B点的加速度为a=a12+a22,故3.(多选)(生活实践情境)随着环保理念的深入,废弃塑料分选再循环利用可减少对资源的浪费。其中静电分选装置如图所示,两极板带上等量异种电荷,仅在板间形成匀强电场,漏斗出口与极板上边缘等高,到极板间距相等,a、b两类塑料颗粒离开漏斗出口时分别带上正、负电荷,经过分选电场后a类颗粒汇集在收集板的右端,已知极板间距为d,板长为L,极板下边缘与收集板的距离为H,两种颗粒的荷质比均为k,重力加速度为g,颗粒进入电场时的初速度为零且可视为质点,不考虑颗粒间的相互作用和空气阻力,在颗粒离开电场区域时不接触极板但有最大偏转量,则()A.右极板带负电B.颗粒离开漏斗口在电场中做匀变速曲线运动C.两极板间的电压值为gD.颗粒落到收集板时的速度大小为2【解析】选A、C、D。根据题意可知,正电荷所受电场力水平向右,则电场方向水平向右,可知,右极板带负电,故A正确;由于颗粒进入电场时的初速度为零,在电场中受电场力和重力的合力保持不变,则颗粒离开漏斗口在电场中做匀变速直线运动,故B错误;根据题意,设两极板间的电压值为U,水平方向上有Uqd=ma,d2=12at2,竖直方向上有L=12gt2,联立解得U=gd22kL,故C正确;根据题意,结合C分析可知,颗粒离开电场时的水平速度为vx=2a·d2=gd22L,离开电场后,水平方向做匀速运动,则颗粒落到收集板时的水平速度仍为vx,竖直方向上,颗粒一直做自由落体运动,4.(多选)(2024·沈阳模拟)如图所示,质量m=1kg、带电量q=+0.1C的小球(视为质点)与长L=0.1m的绝缘轻绳相连,轻绳另一端固定在O点,整个系统处在与竖直方向夹角为45°、电场强度大小E=1002N/C的匀强电场中。AB为水平直径,CD为竖直直径,EF直径过O点且与CD夹角为45°。当小球绕O点在竖直平面内做圆周运动时,取g=10m/s2,下列说法正确的是()A.小球运动到D点时,动能最小B.小球运动到A点时,动能最小C.小球从A点运动到B点时,动能增加了2JD.小球从F点运动到E点时,机械能增加了22J【解析】选B、C、D。对小球受力分析,电场力qE=102N,重力mg=10N,可得二力合力如图指向水平方向,即等效重力水平向右,大小F=(qE10N。A点为圆周运动的等效最高点,也即速度最小,故A错误,B正确;小球从A点运动到B点时,动能增加量等于合力做的功ΔEk=F×2L=2J,故C正确;小球从F点运动到E点时,机械能增加量等于电场力做的功ΔE=qE×2L=22J,故D正确。二、计算题:本题共3小题,共36分。5.(12分)(2024·河北选择考)如图,竖直向上的匀强电场中,用长为L的绝缘细线系住一带电小球,在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点,A点为最低点,B点与O点等高。当小球运动到A点时,细线对小球的拉力恰好为0,已知小球的电荷量为q(q>0)、质量为m,A、B两点间的电势差为U,重力加速度大小为g,求:(1)电场强度E的大小。(4分)答案:(1)UL【解析】(1)在匀强电场中,根据公式可得场强为E=U(2)小球在A、B两点的速度大小。(8分)答案:(2)Uq-mgL【解析】(2)在A点细线对小球的拉力为0,根据牛顿第二定律得Eq-mg=mvA到B过程,根据动能定理得qU-mgL=12mvB2-联立解得vA=UqvB=3(6.(12分)地表附近存在着环境电场,该电场可视为电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场,蜘蛛可以通过向空中吐出带电蛛丝实现飞行。如图,在无风的天气里,质量为m的蜘蛛,从地面向空中吐出4根蛛丝,恰好可以使它脱离地面;在有水平风的天气里,t=0时蜘蛛从地面向空中吐出n(n>4且为偶数)根蛛丝,T时刻咬断一半蛛丝,经过一段时间后落到地面完成“迁徙”,假设蜘蛛吐出的每根蛛丝都相同,且电荷集中在蛛丝顶端,蜘蛛自身始终不带电;已知重力加速度为g,水平风力大小恒为f=16mg,(1)判断蛛丝的电性,求每根蛛丝的带电量q;(4分)答案:(1)负电mg【解析】(1)以蜘蛛和蛛丝整体为研究对象,蜘蛛所受重力大小与蛛丝所受电场力大小相等、方向相反,所以蛛丝带负电。由二力平衡知mg=4qE解得q=mg(2)蜘蛛要实现空中“迁徙”,求n的值;(3分)答案:(2)6【解析】(2)依题意,蜘蛛要完成起飞,则n>4;咬断一半蛛丝后,能够降落,则n2<4,4<n<8又n为偶数,则n=6(3)求蜘蛛“迁徙”一次飞行的水平距离x(计算结果可以保留根号)。(5分)答案:(3)5+264·【解析】(3)设蜘蛛咬断蛛丝前、后,竖直方向加速度大小分别为a1、a2,咬断蛛丝前6qE-mg=ma1咬断蛛丝后mg-3qE=ma2设咬断蛛丝时,蜘蛛速度为v,上升了h1,咬断蛛丝后,又上升了h2,到达最高点。有v=a1Th1=12a1Th2=v蜘蛛咬断蛛丝后,设继续飞行时间为t,有vt-12a2t2=-h蜘蛛在空中飞行时,设水平加速度为ax,有f=max迁徙距离x=12ax(T+t)联立解得x=5+264·7.(12分)(2024·成都模拟)如图所示,一内壁光滑的细管弯成半径为R=0.1m的半圆形轨道CD,竖直放置,其内径略大于小球的直径,水平轨道与竖直半圆形轨道在最低点C点平滑连接。置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连,C的左侧有水平向右、电场强度E=2×104N/C的匀强电场。将一个带电量q=+3×10-6C,质量为m=5×10-2kg的绝缘小球放在弹簧的右侧后,用力水平向左推小球而压缩弹簧至A处,使弹簧具有的弹性势能为Ep=0.1J,然后将小球由静止释放,小球运动到C处后进入CD轨道,刚好能到最高点D处。在小球运动到C点前弹簧已恢复原长,水平轨道AC段长为L=0.2m。g=10m/s2,小球运动的全过程中所带电荷量不变,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求(答案可保留分数):(1)小球运动到轨道最低处C点时对轨道的压力的大小;(4分)答案:(1)2.5N【解析】(1)刚好能到最高点D处,D处时的速度为零,则从C到D由机械能守恒定律得12mvC在C点时FNC-mg=mv由牛顿第三定律,小球运动到轨道最低处C点时对轨道的压力F'NC=FNC解得F'NC=2.5N(2)水平轨道的动摩擦因数μ;(3分)答案:(2)0.12【解析】(2)从A到C,由能量守恒定律有Ep+EqL=12mvC解得μ=0.12(3)若在前两问的基础上,仅在半圆形轨道CD区域再加上水平向右、电场强度E'=1.25×105N/C的匀强电场,再次将小球由A处静止释放,小球进入轨道CD后的最大动能Ekm。(5分)答案:(3)0.1125J【解析】(3)设M点具有最大动能,M点与竖直方向的夹角为θ,有tanθ=E从C到M由动能定理得E'qRsinθ-mgR(1-cosθ)=Ekm-12m解得