2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練9 電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

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1、課時(shí)跟蹤訓(xùn)練(九) 電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 一、選擇題(1～5題為單項(xiàng)選擇題，6～10題為多項(xiàng)選擇題) 1．(2018·濟(jì)寧市高三第二次模擬)如圖所示的四條實(shí)線是電場(chǎng)線，它們相交于點(diǎn)電荷O，虛線是只在電場(chǎng)力作用下某粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，A、B、C、D分別是四條電場(chǎng)線上的點(diǎn)，則下列說法正確的是(　　) A．O點(diǎn)一定有一個(gè)正點(diǎn)電荷 B．B點(diǎn)電勢(shì)一定大于C點(diǎn)電勢(shì) C．該粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能一定大于D點(diǎn)的動(dòng)能 D．將該粒子在B點(diǎn)由靜止釋放，它一定沿電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng) C　[沒有畫出電場(chǎng)線的方向，所以O(shè)點(diǎn)可能是正電荷，也可能是負(fù)電荷，故A錯(cuò)誤；由于不知道電場(chǎng)線的方向，所以無法判斷B、C兩點(diǎn)電勢(shì)的高

2、低，故B錯(cuò)誤；由于做曲線運(yùn)動(dòng)的物體受力的方向指向曲線的內(nèi)側(cè)，可知該粒子在該電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力沿電場(chǎng)線向下，故從A到D電場(chǎng)力對(duì)粒子做負(fù)功，粒子的動(dòng)能減小，則粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能較大，故C正確；電場(chǎng)中的帶電粒子受力的方向沿電場(chǎng)線的切線方向，由于B點(diǎn)所在電場(chǎng)線為曲線，所以將該粒子在B點(diǎn)由靜止釋放，它一定不能沿電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤．故選C.] 2．(2018·寧夏銀川一中高三質(zhì)檢(二))如圖所示，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)方向沿△abc所在平面平行，ac⊥bc，∠abc＝60°， ac＝0.2 m．一個(gè)電量q＝1×10－5C的正電荷從a移到b，電場(chǎng)力做功為零；同樣的電荷從a移c，電場(chǎng)力做功為1×10－8J.則該

3、勻強(qiáng)電揚(yáng)的場(chǎng)強(qiáng)大小和方向分別為(　　) A．500 V/m、沿ab由a指向b B．500 V/m、垂直ab向上 C．1000 V/m、垂直ab向上 D．1000 V/m、沿ac由a指向c C　[正電荷從a移到b，電場(chǎng)力做功為零，則由電場(chǎng)力做功的特點(diǎn)可知，ab兩點(diǎn)電勢(shì)相等，故ab應(yīng)為等勢(shì)線；因電場(chǎng)線與等勢(shì)面相互垂直，故過c做ab的垂線，一定是電場(chǎng)線；正電荷從a到c過程，由W＝Uq可知，ac兩點(diǎn)的電勢(shì)差Uac＝＝V＝100 V，即a點(diǎn)電勢(shì)高于c點(diǎn)的電勢(shì)，故電場(chǎng)線垂直于ab向上；ac間沿電場(chǎng)線的距離d＝ac·cos 60°＝ 0.2×0.5 m＝0.1 m，由E＝可知：電場(chǎng)強(qiáng)度E＝ V

4、/m＝1000 V/m，方向垂直ab向上；故C正確，A、B、D錯(cuò)誤；故選C.] 3．(2018·山東省濰坊市高三二模)如圖甲所示，平行金屬板A、B正對(duì)豎直放置，CD為兩板中線上的兩點(diǎn)．A、B板間不加電壓時(shí)，一帶電小球從C點(diǎn)無初速釋放，經(jīng)時(shí)間T到達(dá)D點(diǎn)，此時(shí)速度為v0.在A、B兩板間加上如圖乙所示的交變電壓，t＝0帶電小球仍從C點(diǎn)無初速釋放，小球運(yùn)動(dòng)過程中未接觸極板，則t＝T時(shí)，小球(　　) A．在D點(diǎn)上方 B．恰好到達(dá)D點(diǎn) C．速度大于v D．速度小于v B　[小球僅受重力作用時(shí)從C到D做自由落體運(yùn)動(dòng)，由速度公式得v0＝gT，現(xiàn)加水平方向的周期性變化的電場(chǎng)，由運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性知豎直方向

5、還是做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向0～沿電場(chǎng)力方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，～做勻減速直線運(yùn)動(dòng)剛好水平速度減為零，～做反向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，～T做反向的勻減速直線運(yùn)動(dòng)水平速度由對(duì)稱性減為零，故t＝T時(shí)合速度為v0，水平位移為零，則剛好到達(dá)D點(diǎn)，故選B.] 4．(2018·山東省淄博市高三三模) 已知一個(gè)無限大的金屬板與一個(gè)點(diǎn)電荷之間的空間電場(chǎng)分布與等量異種電荷之間的電場(chǎng)分布類似，即金屬板表面各處的電場(chǎng)強(qiáng)度方向與板面垂直．如圖所示MN為無限大的不帶電的金屬平板，且與大地連接．現(xiàn)將一個(gè)電荷量為Q的正點(diǎn)電荷置于板的右側(cè)，圖中a、b、c、d是以正點(diǎn)電荷Q為圓心的圓上的四個(gè)點(diǎn)，四點(diǎn)的連線構(gòu)成一內(nèi)接正方形，其中a

6、b連線與金屬板垂直．則下列說法正確的是(　　) A．b點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度與c點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同 B．a(chǎn)點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度與b點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等 C．a(chǎn)點(diǎn)電勢(shì)等于d點(diǎn)電勢(shì) D．將一試探電荷從a點(diǎn)沿直線ad移到d點(diǎn)的過程中，試探電荷電勢(shì)能始終保持不變 C　[畫出電場(chǎng)線如圖所示：A.根據(jù)對(duì)稱性可知，b點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度與c點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同，方向不同，故A錯(cuò)誤；B.電場(chǎng)線密集的地方電場(chǎng)強(qiáng)度大，從圖像上可以看出a點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大于b點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度，故B錯(cuò)誤；C.根據(jù)對(duì)稱性并結(jié)合電場(chǎng)線的分布可知a點(diǎn)電勢(shì)等于d點(diǎn)電勢(shì)，故C正確；D.由于試探電荷先靠近正電荷后遠(yuǎn)離正電荷，所以電場(chǎng)力在這個(gè)過程中做功，當(dāng)總功為零，所以試探電荷電勢(shì)能

7、不是始終保持不變，故D錯(cuò)誤；故選C.] 5．(2018·河北衡水中學(xué)信息卷)如圖所示，邊長為L的等邊三角形ABC的三個(gè)頂點(diǎn)上分別固定一個(gè)點(diǎn)電荷，所帶電荷量依次為＋q、＋q和－q. D點(diǎn)和M點(diǎn)分別為AB邊和AC邊的中點(diǎn)，N點(diǎn)為三角形的中心，靜電力常量為k.在該電場(chǎng)中，下列說法正確的是(　　) A．D點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為k，方向?yàn)閺腘指向D B．N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為9k，方向?yàn)閺腘指向C C．D點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn)的電勢(shì) D．若取無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為0，則M點(diǎn)的電勢(shì)φM為0 C　[A、B兩點(diǎn)處的點(diǎn)電荷在D點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的矢量和為0，C點(diǎn)處的點(diǎn)電荷在D點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝＝，方向?yàn)閺腄指向N，

8、A錯(cuò)誤；三個(gè)點(diǎn)電荷在N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小均為3k，其中兩個(gè)正點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度矢量合成后大小為3k，方向?yàn)閺腘指向C，與負(fù)點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度合成，N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為6k，方向?yàn)閺腘指向C，B錯(cuò)誤；CD連線上電場(chǎng)強(qiáng)度方向由D指向C，可知φD>φN，C正確；若無窮遠(yuǎn)電勢(shì)為0，則A、C兩點(diǎn)處的等量異種點(diǎn)電荷在M點(diǎn)的電勢(shì)為0，B處的正點(diǎn)電荷在M點(diǎn)的電勢(shì)大于0，故φM>0，D錯(cuò)誤．] 6．(2018·山東省臨沂市高三三模)如圖所示，某條電場(chǎng)線上有a、b、c三點(diǎn)，其中b為ac的中點(diǎn)，已知a、c兩點(diǎn)的電勢(shì)分別為φa＝10 V，φC＝4 V，若將一點(diǎn)電荷從c點(diǎn)由靜止釋放，僅在電場(chǎng)力作用下沿著電場(chǎng)線向a點(diǎn)做加速度逐

9、漸增大的加速運(yùn)動(dòng)，則下列判斷正確的是(　　) A．該點(diǎn)電荷帶負(fù)電 B．電場(chǎng)在b點(diǎn)處的電勢(shì)為7 V C．a(chǎn)、b、c三點(diǎn)c點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)最小 D．該電荷從c點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)電場(chǎng)力做的功比從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)電場(chǎng)力做的功多 AC　[A項(xiàng)：點(diǎn)電荷從c靜止釋放向左運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)線方向向右，所以點(diǎn)電荷帶負(fù)電，故A正確；B項(xiàng)：由點(diǎn)電荷從c到a做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，說明從c到a電場(chǎng)強(qiáng)度增大，即cb段平均場(chǎng)強(qiáng)小于ab段的平均強(qiáng)度，根據(jù)公式U＝d，可知電場(chǎng)在b點(diǎn)處的電勢(shì)小于7 V，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)：由點(diǎn)電荷從c到a做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，說明從c到a電場(chǎng)強(qiáng)度增大，a、b、c三點(diǎn)c點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)最小，故C正確；D項(xiàng)：由C

10、分析可知，從c到a電場(chǎng)強(qiáng)度增大，即電場(chǎng)力增大，ab＝bc，根據(jù)W＝Fx可知，在cb段的電場(chǎng)力小于ab段的電場(chǎng)力，所以該電荷從c點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)電場(chǎng)力做的功比從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)電場(chǎng)力做的功少，故D錯(cuò)誤．] 7．(2018·吉林省長春市高考模擬檢測(cè)理科綜合能力測(cè)試)如圖，電路中A、B、C、D是完全相同的金屬極板，P是AB板間的一點(diǎn)，在CD板間插有一塊有機(jī)玻璃板．閉合開關(guān)，電路穩(wěn)定后將開關(guān)斷開．現(xiàn)將CD板間的玻璃板抽出，下列說法正確的是(　　) A．金屬板CD構(gòu)成電容器的電容減小 B．P點(diǎn)電勢(shì)降低 C．玻璃板抽出過程中，電阻R中有向右的電流 D. A、B兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度減小 AC　[A.根

11、據(jù)C＝，將CD板間的玻璃板抽出，電介質(zhì)εr減小，其它條件不變，則金屬板CD構(gòu)成電容器的電容減小，故A正確；BCD.當(dāng)閉合開關(guān)，電路穩(wěn)定后將開關(guān)斷開，極板總電荷量不變，金屬板CD構(gòu)成電容器的電容減小，由U＝可知極板CD電勢(shì)差變大，極板AB電勢(shì)差變大，由E＝可知極板AB間的場(chǎng)強(qiáng)變大，導(dǎo)致P點(diǎn)與B板的電勢(shì)差變大，因B板接地，電勢(shì)為零，即P點(diǎn)電勢(shì)升高，因此電容器CD處于放電狀態(tài)，電容器AB處于充電狀態(tài)，電阻R中有向右的電流，故C正確，BD錯(cuò)誤；故選AC.] 8．(2018·山東省青島市高考模擬檢測(cè)理科綜合能力測(cè)試)通常把電荷在離場(chǎng)源電荷無限遠(yuǎn)處的電勢(shì)能規(guī)定為零，已知試探電荷q在場(chǎng)源電荷Q的電場(chǎng)中具所

12、有電勢(shì)能表達(dá)式為Er＝(式中k為靜電力常量，r為試探電荷與場(chǎng)源電荷間的距離)．真空中有兩個(gè)點(diǎn)電荷Q1、Q2分別固定在x坐標(biāo)軸的x＝0和x＝6 cm的位置上．x軸上各點(diǎn)的電勢(shì)φ隨x的變化關(guān)系如圖所示．A、B是圖線與x的交點(diǎn)，A點(diǎn)的x坐標(biāo)是4.8 cm，圖線上C點(diǎn)的切線水平．下列說法正確的是(　　) A．電荷Q1、Q2的電性相反 B．電荷Q1、Q2的電量之比為1∶4 C．B點(diǎn)的x坐標(biāo)是8 cm D．C點(diǎn)的x坐標(biāo)是12 cm ACD　[A.電勢(shì)φ隨x的變化關(guān)系圖象的斜率＝E，所以C點(diǎn)電場(chǎng)為0，根據(jù)電場(chǎng)疊加原理可知電荷Q1、Q2的電性相反，故A正確；B.根據(jù)φ＝可知，φA＝＋＝＋＝

13、0，解得Q1∶|Q2|＝4∶1，故B錯(cuò)誤；C.根據(jù)φ＝可知，φB＝＋＝＋＝0，解得B點(diǎn)的坐標(biāo)是8 cm，故C正確；D.由E＝知，Ec＝＋＝0解得C點(diǎn)的坐標(biāo)是x2＝12 cm，故D正確；故選ACD.] 9．(2018·陜西西北工大附中高三模擬)如圖所示，水平面內(nèi)的等邊三角形ABC的邊長為L，兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷＋Q和－Q分別固定于A、B兩點(diǎn)．光滑絕緣直導(dǎo)軌CD的上端點(diǎn)D位于到A、B中點(diǎn)的正上方，且與A、B兩點(diǎn)的距離均為L.在D處質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球套在軌道上(忽略它對(duì)原電場(chǎng)的影響)，并由靜止釋放，已知靜電力常量為k，重力加速度為g.忽略空氣阻力，則下列說法正確的是(　　) A．D點(diǎn)

14、的場(chǎng)強(qiáng)大小為 B．小球到達(dá)CD中點(diǎn)時(shí)，其加速度為零 C．小球剛到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，其動(dòng)能為mgL D．小球沿直軌道CD下滑過程中，其電勢(shì)能先增大后減小 AC　[根據(jù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)的性質(zhì)可知，負(fù)電荷在D處的電場(chǎng)強(qiáng)度沿DB方向，正電荷在D處的電場(chǎng)強(qiáng)度沿AD方向，兩個(gè)點(diǎn)電荷的電量是相等的，所以兩個(gè)點(diǎn)電荷在D點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小相等，則它們的合場(chǎng)強(qiáng)的方向沿AD、DB的角平分線；由庫侖定律得，A、B在D點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)的大?。篍A＝E＝k，則D點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)：ED＝EAcos 60°＋EBcos 60°＝k，故A正確；當(dāng)小球到達(dá)CD中點(diǎn)時(shí)，小球受重力、支持力、正電荷的排斥力、負(fù)電荷的吸引力，對(duì)其受力分析可知，重力和支

15、持力的合力與正電荷的排斥力和負(fù)電荷的吸引力的合力不在同一平面上，故兩個(gè)合力不可能平衡，故加速度不為零，故B錯(cuò)誤；由于C與D到A、B的距離都等于L，結(jié)合等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)特點(diǎn)可知，C點(diǎn)與D點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，電場(chǎng)力不做功，故小球的電勢(shì)能不變，下落過程只有重力做功，即：mg＝mv2，又幾何關(guān)系可知：＝L·sin 60°＝L. 小球的動(dòng)能Ek＝mv2＝mgL，故C正確，D錯(cuò)誤．故選AC.] 10．(2018·山東省濰坊市昌樂縣二中高三下學(xué)期質(zhì)檢)如圖所示，粗糙絕緣的水平面附近存在一個(gè)平行于水平面的電場(chǎng)，其中某一區(qū)域的電場(chǎng)線與x軸平行，在x軸上的電勢(shì)φ與坐標(biāo)x的關(guān)系用圖中曲線表示，圖中斜線為該曲線

16、過點(diǎn)(0.15,3) 的切線．現(xiàn)有一質(zhì)量為0.20 kg，電荷量為＋2.0×10－8C的滑塊P(可視作質(zhì)點(diǎn))，從x＝0.10 m處由靜止釋放，其與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.02.取重力加速度g＝10 m/s2.則下列說法正確的是 (　　) A．滑塊運(yùn)動(dòng)的加速度先逐漸減小后逐漸增大 B．x＝0.15 m處滑塊運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能最大1.0×10－3J C．滑塊運(yùn)動(dòng)過程中電勢(shì)能先減小后增大 D．滑塊運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力做功8.0×10－3J AB　[電勢(shì)φ與位移x圖線的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度，則x＝0.15 m處的場(chǎng)強(qiáng)E＝ V/m＝2×106V/m，此時(shí)的電場(chǎng)力F＝qE＝2×10－8×2×10

17、6N＝0.04 N，滑動(dòng)摩擦力大小f＝μmg＝0.02×2 N＝0.04 N，在x＝0.15 m前，電場(chǎng)力大于摩擦力，做加速運(yùn)動(dòng)，加速度逐漸減小，x＝0.15 m后電場(chǎng)力小于摩擦力，做減速運(yùn)動(dòng)，加速度逐漸增大，故A正確，在x＝0.15 m時(shí)，電場(chǎng)力等于摩擦力，速度最大，根據(jù)動(dòng)能定理得，Ekm＝qU－fx，因?yàn)?.10 m和0.15 m處的電勢(shì)差大約為1.5×105V，代入求解，最大動(dòng)能為1.0×10－3J.故B正確．滑塊運(yùn)動(dòng)過程中因電勢(shì)一直降低，可知電勢(shì)能一直減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若滑塊運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力做功8.0×10－3J，則移動(dòng)的距離為Δx＝＝ m＝0.2 m，此時(shí)滑塊從x＝0.1 m的位

18、置運(yùn)動(dòng)到0.3 m的位置，電勢(shì)能的變化為ΔEp＝(4－1.5)×105×2.0×10－8J＝5×10－3J，即電場(chǎng)力做功小于克服摩擦力做功，此時(shí)滑塊的速度不為零，將繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段距離停下，故滑塊運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力做功大于8.0×10－3J，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選AB.] 二、非選擇題 11．(2018·四川省瀘州市高三模擬)如圖所示，相距2L的AB、CD兩直線間的區(qū)域存在著兩個(gè)大小不同、方向相反的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，其中PS下方的電場(chǎng)E1的場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向上，PS上方的電場(chǎng)E2的場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下，在電場(chǎng)左邊界AB上寬為L的PQ區(qū)域內(nèi)，連續(xù)分布著電量為＋q、質(zhì)量為m的粒子．從某時(shí)刻起由Q到P點(diǎn)間的帶電粒子

19、，依次以相同的初速度v0沿水平方向垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng)E1中，若從Q點(diǎn)射入的粒子，通過PS上的某點(diǎn)R進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)E2后從CD邊上的M點(diǎn)水平射出，其軌跡如圖，若MS兩點(diǎn)的距離為.不計(jì)粒子的重力及它們間的相互作用．試求： (1)電場(chǎng)強(qiáng)度E1與E2的大??； (2)在PQ間還有許多水平射入電場(chǎng)的粒子通過電場(chǎng)后也能垂直于CD邊水平射出，這些入射點(diǎn)到P點(diǎn)的距離有什么規(guī)律？ 解析　(1)設(shè)粒子由Q到R及R到M點(diǎn)的時(shí)間分別為t1與t2，到達(dá)R時(shí)豎直速度為vy， 則由y＝at2、vy＝at及F＝qE＝ma得： L＝a1t＝ t ＝a2t＝ t vy＝t1＝t2 v0(t1＋t2)＝2L 聯(lián)立解

20、得：E1＝，E2＝. (2)由(1)知E2＝2E1，t1＝2t2.因沿PS方向所有粒子做勻速運(yùn)動(dòng)，所以它們到達(dá)CD邊的時(shí)間同為t＝. 設(shè)PQ間距離P點(diǎn)為h的粒子射入電場(chǎng)后，經(jīng)過n(n＝2,3,4，…)個(gè)類似于Q→R→M的循環(huán)運(yùn)動(dòng)(包括粒子從電場(chǎng)E2穿過PS進(jìn)入電場(chǎng)E1的運(yùn)動(dòng))后，恰好垂直于CD邊水平射出，則它的速度第一次變?yōu)樗剿脮r(shí)間為T＝＝(n＝2,3,4，…)，第一次到達(dá)PS邊的時(shí)間則為T，則有 h＝··(T)2＝(n＝2,3,4，…)． 答案　(1)　　(2)(n＝2,3,4，…) 12．(2018·遼寧省大連市高考模擬檢測(cè))豎直平面內(nèi)存在著如圖甲所示管道，虛線左側(cè)管道水平，

21、虛線右側(cè)管道是半徑R＝1 m的半圓形，管道截面是不閉合的圓，管道半圓形部分處在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝4×103 V/m.小球a、b、c的半徑略小于管道內(nèi)徑，b、c球用長L＝m的絕緣細(xì)輕桿連接，開始時(shí)c靜止于管道水平部分右端P點(diǎn)處，在M點(diǎn)處的a球在水平推力F的作用下由靜止向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)F減到零時(shí)恰好與b發(fā)生了彈性碰撞，F(xiàn)－t的變化圖象如圖乙所示，且滿足F2＋t2＝.已知三個(gè)小球均可看做質(zhì)點(diǎn)且ma＝0.25 kg，mb＝0.2 kg，mc＝0.05 kg，小球c帶q＝5×10－4C的正電荷，其他小球不帶電，不計(jì)一切摩擦，g＝10 m/s2，求 (1)小球a與b發(fā)生碰撞時(shí)的速度v0；

22、 (2)小球c運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)的速度v； (3)從小球c開始運(yùn)動(dòng)到速度減為零的過程中，小球c電勢(shì)能的增加量． 解析　對(duì)小球a，由動(dòng)量定理可得小球a與b發(fā)生碰撞時(shí)的速度；小球a與小球b、c組成的系統(tǒng)發(fā)生彈性碰撞由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可列式，小球c運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，小球b恰好運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得小球c運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)的速度；由于b、c兩球轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度和半徑都相同，故兩球的線速度大小始終相等，從c球運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)到減速到零的過程列能量守恒可得： (1)由題意可知，F(xiàn)圖象所圍的圖形為四分之一圓弧，面積為拉力F的沖量，由圓方程可知S＝1 m2代入數(shù)據(jù)可得：v0＝4 m/s (2)小球a與小球b、c組成的

23、系統(tǒng)發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒可得mav0＝mav1＋(mb＋mc)v2 由機(jī)械能守恒可得mav＝mav＋(mb＋mc)v 解得v1＝0，v2＝4 m/s 小球c運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，小球b恰好運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，由動(dòng)能定理mcgR－qER＝(mb＋mc)v2－(mb＋mc)v 代入數(shù)據(jù)可得v＝2m/s (3)由于b、c兩球轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度和半徑都相同，故兩球的線速度大小始終相等，假設(shè)當(dāng)兩球速度減到零時(shí)，設(shè)b球與O點(diǎn)連線與豎直方向的夾角為θ 從c球運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)到減速到零的過程列能量守恒可得：mbgR(1－cos θ)＋mcgRsin θ＋(mb＋mc)v2＝qERsin θ 解得sin θ＝0.6，θ＝37° 因此小球c電勢(shì)能的增加量：ΔEp＝qER(1＋sin θ)＝3.2 J．] 答案　(1)v0＝4 m/s　(2) v＝2 m/s　(3)ΔEP＝3.2 J 10