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学必求其心得,业必贵于专精学必求其心得,业必贵于专精PAGEPAGE1学必求其心得,业必贵于专精突破全国卷6力电综合问题电场的性质是力与能在电学中的延续,结合带电粒子(带电体)在电场中的运动综合考查牛顿运动定律、功能关系、受力分析、运动的合成与分解等是常用的命题思路.这部分内容综合性强,仍是命题的热点.尤其近几年高考中突出了对带电体在电场中运动的过程分析,复习时应引起足够的重视.【重难解读】电场中带电粒子(微粒)的运动及电场中力的性质和能的性质主要有以下几个重点考查内容:1.以电场强度为代表的反映电场力的性质的物理量:通过场强的计算、库仑定律的应用、带电粒子(微粒)的加速和偏转等知识,与力学观点结合考查运动类问题.2.以电势为代表的反映电场能的性质的物理量:通过电场力做功、电势能的计算,结合功能关系,能量守恒定律等考查电场中能量的转化类问题.【典题例证】(16分)如图所示,水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接,半圆形轨道的半径R=0.4m,在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场,电场线与轨道所在的平面平行,电场强度E=1。0×104N/C。现有一电荷量q=+1.0×10-4C,质量m=0.1kg的带电体(可视为质点),在水平轨道上的P点由静止释放,带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C,然后落至水平轨道上的D点.取g=10m/s2(1)带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小;(2)D点到B点的距离xDB;(3)带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能.[解析](1)设带电体恰好通过C点时的速度为vC,依据牛顿第二定律有mg=meq\f(veq\o\al(2,C),R),(2分)解得vC=2。0m/s。 (1分)设带电体通过B点时的速度为vB,设轨道对带电体的支持力大小为FB,带电体在B点时,根据牛顿第二定律有FB-mg=meq\f(veq\o\al(2,B),R)。 (2分)带电体从B运动到C的过程中,依据动能定理有-mg×2R=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B) (2分)联立解得FB=6。0N,根据牛顿第三定律,带电体对轨道的压力F′B=6.0N. (1分)(2)设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t,根据运动的分解有2R=eq\f(1,2)gt2 (2分)xDB=vCt-eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)t2 (2分)联立解得xDB=0. (1分)(3)由P到B带电体做加速运动,故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中,在此过程中只有重力和电场力做功,这两个力大小相等,其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方,故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45°处.设带电体的最大动能为Ekm,根据动能定理有qERsin45°-mgR(1-cos45°)=Ekm-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B) (2分)代入数据解得Ekm≈1.17J. (1分)[答案](1)6.0N(2)0(3)1。17Jeq\a\vs4\al()解决力电综合问题的一般思路【突破训练】1.(多选)如图所示,粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场,其中某一区域的电场线与x轴平行,在x轴上的电势φ与坐标x的关系用图中曲线表示,图中斜线为该曲线过点(0.15,3)的切线.现有一质量为0.20kg,电荷量为+2.0×10-8C的滑块P(可视为质点),从x=0。10m处由静止释放,其与水平面的动摩擦因数为0。02。取重力加速度g=10m/s2。A.x=0.15m处的场强大小为2。0×106N/CB.滑块运动的加速度逐渐减小C.滑块运动的最大速度约为0。1m/sD.滑块最终在0。3m处停下解析:选AC.φ-x的斜率等于该点的电场强度,所以x=0。15m处的场强大小为E=eq\f(Δφ,Δx)=eq\f(3×105,0.15)N/C=2.0×106N/C,选项A正确;图象斜率的绝对值逐渐减小,因为在x=0。15m处,Eq=μmg=0.04N,所以从x=0。1m开始,滑块向右运动的过程中,加速度向右先减小后反向变大,选项B错误;当滑动摩擦力等于电场力时,滑块的速度最大,此时对应的x=0。15m,由动能定理有Uq-μmgΔx=eq\f(1,2)mv2,U=1.5×105V,Δx=0.05m,解得v=0.1m/s,选项C正确;假设滑块在x=0.3m处停下,则从x=0。1m处到x=0。3m处,电场力做功W=qU′=6×10-3J,克服摩擦力做功Wf=μmgΔx′=8×10-3J,因为W〈Wf,所以滑块滑不到x=0。3m处,选项D错误.2。(2018·杭州一中月考)如图所示,A、B为平行金属板,两板相距为d且分别与电源两极相连,两板的中央各有一小孔M和N.今有一带电质点,自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N在同一竖直线上),空气阻力忽略不计,到达N孔时速度恰好为零,然后沿原路返回.若保持两极板间的电压不变,则下列说法不正确的是()A.把A板向上平移一小段距离,质点自P点自由下落后仍能返回B.把A板向下平移一小段距离,质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落C.把B板向上平移一小段距离,质点自P点自由下落后仍能返回D.把B板向下平移一小段距离,质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落解析:选B.移动A板或B板后,质点能否返回P点的关键是质点在A、B间运动时到达B板之前速度能否减为零,如能减为零,则一定沿原路返回P点;如不能减为零,则穿过B板后只受重力,将继续下落.因质点到达N孔时速度恰为零,由动能定理得mg·2d-qU=0。因极板一直与电源两极连接,电压U一直不变,当A板上移、下移时,满足qU-mgh=0的条件,即h=2d,则质点到达N孔时速度恰好为零,然后按原路返回,A正确,B错误.当把B板上移后,设质点仍能到达B板,则由动能定理得mgh-qU=eq\f(1,2)mv2,因B板上移后h<2d,所以mgh<qU,即看似动能为负值,实际意义为在此之前物体动能已为零,将沿原路返回,C正确.把B板下移后,有mgh′-qU=eq\f(1,2)mv2>0,即质点到达N孔时仍有向下的速度,将穿过B板继续下落,D正确.3.(2018·贵州三校联考)在地面附近,存在着一个有界电场,边界MN将空间分成左、右两个区域,在右区域中有水平向左的匀强电场,在右区域中离边界MN某一位置的水平地面上由静止释放一个质量为m的带电滑块(滑块的电荷量始终不变),如图甲所示,滑块运动的v-t图象如图乙所示,不计空气阻力,则()A.滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小相等B.在t=5s时,滑块经过边界MNC.滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为2∶5D.在滑块运动的整个过程中,滑动摩擦力做的功小于电场力做的功解析:选C.根据题中速度图线与横轴所围的面积表示位移可知,滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小不相等,选项A错误.根据题图乙所示速度图象可知,t=2s时滑块越过分界线MN,选项B错误.根据题中速度图象斜率表示加速度可知,在0~2s时间内,滑块加速度大小可表示为a1=eq\f(v0,2),在2~5s时间内,滑块加速度大小可表示为a2=eq\f(v0,3),设电场力为F,运动过程中所受摩擦力为f,对滑块在MN分界线右侧的运动,由牛顿第二定律,F-f=ma1,对滑块在MN分界线左侧的运动,由牛顿第二定律,f=ma2,联立解得:f∶F=2∶5,选项C正确.在滑块运动的整个过程中,滑动摩擦力做的功可表示为:Wf=f·2。5v0,电场力做的功可表示为WF=F·v0=2.5f·v0,二者做功相等,选项D错误.4.(多选)(2018·湖北八校联考)如图所示,在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场,将一质量为m、带电荷量为q的小球,以某一初速度从O点竖直向上抛出,它的轨迹恰好满足抛物线方程x=ky2,且小球通过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k),\f(1,k)))。已知重力加速度为g,则()A.电场强度的大小为eq\f(mg,q)B.小球初速度的大小为eq\r(\f(g,2k))C.小球通过点P时的动能为eq\f(5mg,4k)D.小球从O点运动到P点的过程中,电势能减少eq\f(\r(2)mg,k)解析:选BC。小球做类平抛运动,则电场力与重力的合力沿x轴正方向,qE=eq\r(2)mg,电场强度的大小为E=eq\f(\r(2)mg,q),A错误;F合=mg=ma,所以a=g,由类平抛运动规律有eq\f(1,k)=v0t,eq\f(1,k)=eq\f(1,2)gt2,得小球初速度大小为v0=eq\r(\f(g,2k)),B正确;由P点的坐标分析可知eq\f(v0,vx)=eq\f(1,2),所以小球通过点P时的动能为eq\f(1,2)mv2=eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)+veq\o\al(2,x))=eq\f(5mg,4k),C正确;小球从O到P过程中电势能减少,且减少的电势能等于电场力做的功,即W=qE·eq\f(1,k)eq\f(1,cos45°)=eq\f(2mg,k),D错误.5。在水平向右的匀强电场中,有一质量为m、带正电的小球,用长为l的绝缘细线悬挂于O点,当小球静止时,细线与竖直方向夹角为θ,如图所示,现给小球一个垂直于悬线的初速度,小球恰能在竖直平面内做圆周运动,试问:(1)小球在做圆周运动的过程中,在哪一位置速度最小?速度最小值多大?(2)小球在B点的初速度多大?解析:(1)如图所示,小球所受到的重力、电场力均为恒力,二力的合力为F=eq\f(mg,cosθ).重力场与电场的叠加场为等效重力场,F为等效重力,小球在叠加场中的等效重力加速度为g′=eq\f(g,cosθ),其方向与F同向,因此B点为等效最低点,A点为等效最高点,小球在A点速度最小,设为vA,此时细线的拉力为零,等效重力提供向心力,则mg′=meq\f(veq\o\al(2,A),l),得小球的最小速度为vA=eq\r(\f(gl,cosθ)).(2)设小球在B点的初速度为vB,由能量守恒得:eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)+mg′·2l,将vA的数值代入得:vB=eq\r(\f(5gl,cosθ))。答案:(1)A点速度最小eq\r(\f(gl,cosθ))(2)eq\r(\f(5gl,cosθ))6.如图甲所示,长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置,ab为两板的中心线,一个带电粒子以速度v0从a点水平射入,沿直线从b点射出,若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上,欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出,求:(1)交变电压的周期T应满足什么条件?(2)粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件?解析:(1)为使粒子仍从b点以速度v0穿出电场,在垂直于初速度方向上,粒子的运动应为:加速,减速,反向加速,(反向)减速,经历四个过程后,回到中心线上时,在垂直于金属板的方向上速度正好等于零,这段时间等于一个周期,故有L=nTv0,解得T=eq\f(L,nv0)粒子在eq\f(1,4)T内离开中心线的距离为y=eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)T))eq\s\up12(2)又a=eq\f(qE,m),E=eq\f(U0,d),解得y=eq\f(qU0T2,32md)在运动过程中离开中心线的最大距离为ym=2y=eq\f(qU0T2,16md)粒子不撞击金属板,应有ym≤eq\f(1,2)d解得T≤2deq\r(\f(2m,qU0))故n≥eq\f(L,2dv0)eq\r(\f(qU0,2m)),即n取大于等于eq\f(L,2dv0)eq\r(\f(qU0,2m))的整数所以粒子的周期应满足的条件为T=eq\f(L,nv0),其中n取大于等于eq\f(L,2dv0)eq\r(\f(qU0,2m))
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