二轮专题：简谐运动在电学中的综合应用

参考答案例题1、(1)5mgk；(2)；(3)【详解】（1）初始静止时弹簧伸长量x加向上电场后物块向上运动到物块的速度为零时，设此过程中物块上升x1，由动能定理有解得x此时弹簧形变量为零，弹簧处于原长状态。弹簧处于原长状态时电场第一次改变方向，当物块的速度再次为零时，设弹簧伸长量为x2，由动能定理有解得x电场第二次改变方向，加向上电场后物块向上运动到物块的速度为零时，设此过程中物块上升x3，由动能定理有解得x（2）根据A、B项计算结果可知第一次加电场后，物块做机械振动的振幅为A第一次改变电场方向后，物块做机械振动的振幅为A第二次改变电场方向后，物块做机械振动的振幅为A由此可知每改变一次电场方向物块做机械振动的振幅增加mg那么第五次改变电场强度后物块做机械振动的振幅为11第五次改变电场强度后，电场强度方向向下保持不变，物块做机械振动时，物块运动到平衡位置时动能最大，物块在平衡位置时弹簧伸长量为Δx，由受力分析弹簧伸长量物块从最低点运动到平衡位置过程中，由动能定理得1解得E（3）根据（2）分析可知最终物块做机械振动的振幅11例题2、（1）l2【详解】（1）设C在AB的连线的延长线上距离B为l处达到平衡，带电量为Q，根据库仑定律有F根据平衡条件有F解得l1=-1（2）不能，因为此时AB给C的作用力都发生了变化，并且变化大小不同，合力不再为零．（3）环C带电-q，平衡位置不变，拉离平衡位置一小位移xF利用近似关系化简得F回复力满足F=-例题3、(1)见解析；(2)①证明见解析，振幅A=BI0【详解】（1）初始时小球处于静止状态，则mg若规定向下为正方向，下落一段时间后，弹簧形变量为Δx，由牛顿第二定律可得即k所以kx满足F回=-kx（2）①当金属杆处于平衡状态时有B若规定向右为正，金属杆向右运动一段距离后，由牛顿第二定律有B故k0满足F回=-kx金属杆简谐运动的振幅A=B②当金属杆向右运动达到速度最大时，由于回路中电流始终恒定，金属杆电阻的电压为同时金属杆在磁场中运动，产生反电动势，则E金属杆处于平衡位置时，有最大速度，由动能定理可得B解得v此时金属杆两端点的电势差大小B2例题4、(1)见解析；(2)；(3)122qEsm，方向向左，122【详解】（1）刚释放后瞬间小球A受到重力、支持力与电场力作用，如图所示（2）设小球A与小球B碰撞前瞬间的速度为根据动能定理有qE解得v（3）由于碰撞过程极短，可以认为系统满足动量守恒，则有m由题知碰撞过程中无机械能损失，则有1解得v负号表示方向向左v方向向右。（4）要使小球A与小球B第二次迎面碰撞仍发生在原位置，则小球A重新回到原位置所用的时间t满足t=n+小球A在电场中受电场力作用向左做减速运动至速度为0后又向右做加速运动，根据牛顿第二定律有qE根据运动学规律有-根据题意有T解得k=3π【重难训练】1．B【详解】A．以试探电荷为研究对象，其做匀速圆周运动，两正点电荷对其静电力的合力提供向心力，做匀速圆周运动所需的向心力大小为选项A错误；B．由F可得负点电荷做匀速圆周运动的角速度为ω选项B正确；C．若θ增大，AO之间场强可能先变大后变小，所以向心力也是可能先变大后变小，选项C错误；D．AO之间的场强先变大后变小，静电力先变大后变小，与到O的距离不成正比，不满足简谐运动的条件，选项D错误。故选B。2．D【详解】C．开关闭合后，电路产生LC振荡，振荡周期为T磁场能的变化周期为振荡周期的一半（电场能与磁场能交替变化，频率加倍），故线圈中磁场能的变化周期为，故C错误；D．开关断开时，带电灰尘静止，说明电场力与重力平衡q其中，U0为电容器初始电压，d为极板间距，q为灰尘电荷量，m为质量，开关S闭合后，电路产生LC振荡，振荡过程中，电容器电压随时间变化为电场强度E灰尘所受电场力为F合外力为F根据牛顿第二定律F解得加速度为a当cosωt大小为20m/s2，方向竖直向下，故D正确；A．由于F与位移无线性关系，故灰尘不是作简谐振动，故A错误；B．放电完毕对应t=此时cos加速度a非最大值，故B错误。故选D。3．D【详解】A．甲球从A点由静止释放，到达最低点B后返回，若甲、乙两球带异种电荷，甲球会一直受到乙球的引力而不断靠近乙球，不会到达最低点B后返回，所以甲、乙两球应带同种电荷，故A错误；B．甲球经B点时，速度为0，但此时甲球受到重力和乙球对它向上的库仑力，因为甲球到达B点后会返回，说明合力不为0，不是处于平衡状态，故B错误；C．做简谐运动的条件是回复力F=-kx（k为比例系数，甲球在运动过程中受到重力和库仑力，设甲、乙两球距离为，库仑力为F

库

=其合力与位移不成线性关系，不满足简谐运动的条件，所以甲球由A运动至B过程中，不是做简谐运动，故C错误；D．由于甲、乙之间为库仑斥力，所以甲球由A运动至B过程中，电场力对甲一直做负功，则甲、乙组成的系统电势能增大，故D正确。故选D。4．BD【详解】A．简谐运动要求回复力F粒子在P、Q间受两个正点电荷的库仑力，合力不满足F=-B．粒子带负电，从P到O，电场力做正功，电势能减小；从O到Q，电场力做负功，电势能增大。故粒子在O点电势能最小，B正确；C．在P点，单个正点电荷对粒子的库仑力F由几何关系，a到P距离r两个库仑力的合力F由牛顿第二定律F得加速度a=D．设粒子到O点距离为x，单个正点电荷对粒子的库仑力F合力F对F合关于x解得x=故选BD。5．BC【详解】A．根据电场的叠加原理可知，小球A、B之间的电场方向一定沿杆向上，而在A的上端和B的下端均有可能出现电场强度为0的点，设在沿杆方向距A为y、距B为y'4kqy分析可知y和y'不会同时无解，故AB．对小环受力分析，受沿杆向上的电场力F重力沿杆方向的分力为mg所以小环C在沿杆方向相当于仅受到A、B两个固定小球给的库仑力的作用，设C在A、B的延长线上距离B为d处达到平衡（B的下方），由平衡条件有kq解得d1=-L3（舍去），C．将小环C拉离平衡位置一小段位移x，受力分析有F利用题干中的近似关系简化得F回复力满足F回=-k'x的形式，故小环做简谐运动，代入简谐运动周期公式T=2πD．受力分析可知，若小环带负电，则在题干中的平衡位置处受力不平衡，无法在该处附近做简谐运动，故D错误。故选BC。6．（1）见解析；（2）可以视为简谐运动【详解】（1）电荷M对带电粒子的库仑力方向由M指向O，大小为F电荷N对带电粒子的库仑力方向由N指向O，大小为F（2）带电粒子由静止释放后，将以O为平衡位置振动。以O为原点建立如图所示的坐标轴当带电粒子相对坐标原点的位移为x时，带电粒子所受的电场力F由题意可知，x≪(L+所以有F取K=F所以，当d≪7．(1)；(2)证明见解析，38【详解】（1）设碰撞前A的速度为v0，碰撞后瞬间两球的速度为v1由动量守恒定律得m联立解得碰撞后瞬间两球的速度大小为v（2）A、B碰撞后的运动过程受到电场力和弹簧的弹力作用，取向左为正方向，设A、B向左运动到O时（平衡位置）合外力为零，弹簧形变量为x0则此时的电场力大小为F方向水平向左；当A、B运动到P时，相对O的位移为x，则弹簧的弹力为F方向水平向右；碰后A、B运动的合力提供回复力，则F方向水平向右，故A、B碰后的运动是简谐运动。设其振幅为A，则由能量守恒知qE解得该简谐运动的振幅为A8．（1）2qEk，E【详解】（1）小球处于平衡位置时，电场力与弹簧的弹力平衡，弹簧压缩了x现突然将电场方向变化为水平向右，大小不变，则此时合力为2Eq，当弹簧伸长x时合力又为零，速度最大故A做简谐运动的振幅为2从最左端到速度最大，根据动能定理知2然后减速运动，速度为零时，弹性势能最大弹性势能根据能量守恒知E解得E（2）AB静止时qE电场向右后，一起向右加速运动，对整体qEF两滑块分离时，FAB=0，加速度为零，由此得x分离时，弹簧的势能与最初位置弹簧的势能相等，所以，这一过程有qEB获得的最大动能为E由此得v9．(1)v=1.0m/s；(2)0.03m；(3)0.08m【详解】(1)设两滑块碰前A的速度为v1，由动能定理有:解得:v1=3m/sA、B两滑块碰撞，由于时间极短动量守恒，设共同速度为vm解得:v=1.0m/s(2)碰后A、B一起压缩弹簧至最短，设弹簧压缩量为x1，由动能定理有：qE解得:x1=0.02m所以，弹簧弹被压缩过程的最短长度x=S-x1=0.03m(3)设反弹后A、B滑行了x2距离后速度减为零，由动能定理得:E解得:x2≈0.05m以后，因为qE>μ(M+m)g滑块还会向左运动，但弹开的距离将逐渐变小，所以，最大距离为:xm=x2+s-x1=0.05m+0.05m-0.02m=0.08m.10．(1)v0=2qEL【详解】（1）小球b第一次运动到D点与小球a碰撞前的速度v0，根据动能定理解得v（2）碰撞过程动量守恒m能量守恒1小球a运动到A点时F解得F（3）第一次碰撞后，小球b从D点向左运动的最远距离为x第二次碰撞前，小球b的位置离D点的距离为xb与a第二次碰撞过程动量守恒，即3根据能量守恒1解得vb2第二次碰撞后，b向左运动的最大距离x因此，第一次碰撞后小球b向左运动到的最远位置与第二次碰撞后向左运动到的最远位置间的距离s11．(1)8gR5，gR10；(2)【详解】（1）小球A下滑到圆弧轨道最低点过程中，小球A与滑块C组成的系统水平方向动量守恒，有0=m又根据机械能守恒定律有mgR=两式联立得，v1=（2）小球A与小球B发生弹性碰撞，设碰后的速度分别为v3和v4，根据动量守恒和机械能守恒有mv解得v3=-小球A与小球B碰后，小球B与弹簧组成的系统机械能守恒，得弹簧弹性势能的最大值为E解得E（3）小球A下滑到圆弧轨道最低点过程中，设小球A水平方向的位移和滑块C的位移分别为x1和x2根据水平方向动量守恒有mv即，解得x1=4小球A第一次下滑到圆弧轨道最低点到与小球B发生碰撞所用时间设为，则t1从小球A与小球B碰后到小球B再一次回到K点所用时间设为，由于速度大小相等方向相反，经过半个周期，则t2根据题意A要追上C，则v3联立解得T12．（1）b到a，4m/s2【详解】（1）由题可知，ab棒沿轨道向左运动，即受到了向左的安培力作用，根据左手定则判断，电流的方向从b到a。F对棒ab，由牛顿第二定律F解得a（2）ab棒受安培力随位移线性变化，所以W对棒ab，从开始到x=0F得（3）在x≥0F由简谐振动的性质可知棒ab以x=0.5A=1m周期为则在x≥0t设棒ab穿过左侧匀强磁场B0过程中(x-I=t则全程总时间t13．(1)1m/s，作图如下(2)，lB(3)t【详解】（1）物体B运动速度的最大值弹簧处于原长