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2022年高考物理二輪復(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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2022年高考物理二輪復(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)

2022年高考物理二輪復(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)一、選擇題(15題為單項(xiàng)選擇題,610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()AO點(diǎn)一定有一個(gè)正點(diǎn)電荷BB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,acbc,abc60°, ac0.2 m一個(gè)電量q1×105C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1×108J.則該勻強(qiáng)電揚(yáng)的場(chǎng)強(qiáng)大小和方向分別為()A500 V/m、沿ab由a指向bB500 V/m、垂直ab向上C1000 V/m、垂直ab向上D1000 V/m、沿ac由a指向cC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WUq可知,ac兩點(diǎn)的電勢(shì)差UacV100 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dac·cos 60° 0.2×0.5 m0.1 m,由E可知:電場(chǎng)強(qiáng)度E V/m1000 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,t0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tT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vD速度小于vB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v0gT,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tT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ab連線與金屬板垂直則下列說法正確的是()Ab點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度與c點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同Ba點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度與b點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等Ca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()AD點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為k,方向?yàn)閺腘指向DBN點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為9k,方向?yàn)閺腘指向CCD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)M為0CA、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,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D>N,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M>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a10 V,C4 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 VCa、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ACA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Ud,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分析可知,從c到a電場(chǎng)強(qiáng)度增大,即電場(chǎng)力增大,abbc,根據(jù)WFx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BP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ACA.根據(jù)C,將CD板間的玻璃板抽出,電介質(zhì)r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x0和x6 cm的位置上x軸上各點(diǎn)的電勢(shì)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14CB點(diǎn)的x坐標(biāo)是8 cmDC點(diǎn)的x坐標(biāo)是12 cmACDA.電勢(shì)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)可知,A0,解得Q1|Q2|41,故B錯(cuò)誤;C.根據(jù)可知,B0,解得B點(diǎn)的坐標(biāo)是8 cm,故C正確;D.由E知,Ec0解得C點(diǎn)的坐標(biāo)是x212 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()AD點(diǎn)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mgLD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AEk,則D點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng):EDEAcos 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:mgmv2,又幾何關(guān)系可知:L·sin 60°L. 小球的動(dòng)能Ekmv2mgL,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)與坐標(biāo)x的關(guān)系用圖中曲線表示,圖中斜線為該曲線過點(diǎn)(0.15,3) 的切線現(xiàn)有一質(zhì)量為0.20 kg,電荷量為2.0×108C的滑塊P(可視作質(zhì)點(diǎn)),從x0.10 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g10 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Bx0.15 m處滑塊運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能最大1.0×103JC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8.0×103JAB電勢(shì)與位移x圖線的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度,則x0.15 m處的場(chǎng)強(qiáng)E V/m2×106V/m,此時(shí)的電場(chǎng)力FqE2×108×2×106N0.04 N,滑動(dòng)摩擦力大小fmg0.02×2 N0.04 N,在x0.15 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,x0.15 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x0.15 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,EkmqUfx,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1.0×103J.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8.0×103J,則移動(dòng)的距離為x m0.2 m,此時(shí)滑塊從x0.1 m的位置運(yùn)動(dòng)到0.3 m的位置,電勢(shì)能的變化為Ep(41.5)×105×2.0×108J5×103J,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8.0×103J,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,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yat2、vyat及FqEma得:La1t ta2t tvyt1t2v0(t1t2)2L聯(lián)立解得:E1,E2.(2)由(1)知E22E1,t12t2.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(n2,3,4,)個(gè)類似于QRM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(n2,3,4,),第一次到達(dá)PS邊的時(shí)間則為T,則有h··(T)2(n2,3,4,)答案(1)(2)(n2,3,4,)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,虛線右側(cè)管道是半徑R1 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E4×103 V/m.小球a、b、c的半徑略小于管道內(nèi)徑,b、c球用長Lm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F2t2.已知三個(gè)小球均可看做質(zhì)點(diǎn)且ma0.25 kg,mb0.2 kg,mc0.05 kg,小球c帶q5×104C的正電荷,其他小球不帶電,不計(jì)一切摩擦,g10 m/s2,求(1)小球a與b發(fā)生碰撞時(shí)的速度v0;(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S1 m2代入數(shù)據(jù)可得:v04 m/s(2)小球a與小球b、c組成的系統(tǒng)發(fā)生彈性碰撞,由動(dòng)量守恒可得mav0mav1(mbmc)v2由機(jī)械能守恒可得mavmav(mbmc)v解得v10,v24 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mcgRqER(mbmc)v2(mbmc)v代入數(shù)據(jù)可得v2m/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(1cos )mcgRsin (mbmc)v2qERsin 解得sin 0.6,37°因此小球c電勢(shì)能的增加量:EpqER(1sin )3.2 J 答案(1)v04 m/s(2) v2 m/s(3)EP3.2 J

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本文(2022年高考物理二輪復(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))為本站會(huì)員(xt****7)主動(dòng)上傳,裝配圖網(wǎng)僅提供信息存儲(chǔ)空間,僅對(duì)用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護(hù)處理,對(duì)上載內(nèi)容本身不做任何修改或編輯。 若此文所含內(nèi)容侵犯了您的版權(quán)或隱私,請(qǐng)立即通知裝配圖網(wǎng)(點(diǎn)擊聯(lián)系客服),我們立即給予刪除!

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