【物理】2020届一轮复习人教版电场中的力和能课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版电场中的力和能课时作业

‎2020届一轮复习人教版 电场中的力和能 课时作业 ‎1．如图所示，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场。长度为l的轻质绝缘细绳一端固定在O点，另一端连接一质量为m、电荷量为＋q的小球(可视为质点)，初始时小球静止在电场中的a点，此时细绳拉力为2mg，g为重力加速度。‎ ‎(1)求电场强度E和a、O两点的电势差UaO；‎ ‎(2)小球在a点获得一水平初速度va，使其能在竖直面内做完整的圆周运动，则va应满足什么条件？‎ ‎【解析】(1)小球静止在a点时，由共点力平衡可得mg＋2mg＝qE①‎ 得E＝，方向竖直向上②‎ 在匀强电场中，有UOa＝El③‎ 则a、O两点电势差UaO＝－④‎ ‎(2)小球从a点恰好运动到b点，设到b点速度大小为vb，‎ 由动能定理得－qE·2l＋mg·2l＝mvb2－mva2⑤‎ 小球做圆周运动通过b点时，由牛顿第二定律可得qE－mg＝m⑥‎ 联立②⑤⑥可得va＝，故应满足va≥。‎ ‎2．如图(a)所示，倾角θ＝30°的光滑固定斜杆底端固定一电量为Q＝2×10－‎4C的正点电荷，将一带正电小球(可视为点电荷)从斜杆的底端(但与Q未接触)静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图象如图(b)所示，其中线1为重力势能随位移变化图象，线2为动能随位移变化图象，静电力恒量k＝9×109 N·m2/C2，则：‎ ‎(1)请描述小球向上运动过程中的速度与加速度的变化情况；‎ ‎(2)求小球的质量m和电量q；‎ ‎(3)求斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷Q形成的电场的电势差U。‎ ‎【解析】(1)先沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零。 ‎ ‎(2)由线1可得EP＝mgh＝mgsinθ 斜率＝20＝mgsin30°，所以m＝‎‎4kg 当达到最大速度时带电小球受力平衡mgsinθ＝kqQ/s 由线2可得s0＝‎‎1m 得q＝mgssinθ/kQ＝1.11×10－‎‎5C ‎(3)由线2可得当带电小球运动至‎1m处动能最大为27J。‎ 根据动能定理WG＋W电＝ΔEk ‎－mgh＋qU＝Ekm－0‎ 代入数据得U＝4.23×106V ‎ ‎1．如图所示，质量为m的小球A穿在绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A带正电，电荷量为q。在杆上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷。将A由距B竖直高度为H处无初速度释放，小球A下滑过程中电荷量不变。不计A与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量k和重力加速度g。求： ‎ ‎(1)A球刚释放时的加速度大小；‎ ‎(2)当A球的动能最大时，A球与B点的距离。‎ ‎【解析】（1）由牛顿第二定律可知mgsinα－F＝ma 根据库仑定律F＝kQqr‎2‎，r＝H/sinα 得a＝gsinα－kQqsin‎2‎αmH‎2‎.‎ ‎（2）当A球受到合力为零、加速度为零时，动能最大．设此时A球与B球间的距离为R，则mgsinα＝‎kQqR‎2‎ 解得R＝kQqmgsinα。‎ ‎2．在足够长的粗糙绝缘板A上放一个质量为m、电荷量为＋q的小滑块B。用手托住A置于方向水平向左、场强大小为E的匀强电场中，此时A、B均能静止，如图所示。现将绝缘板A从图中位置P垂直电场线移至位置Q，发现小滑块B相对于A发生了运动。为研究方便可以将绝缘板A的运动简化成先匀加速接着匀减速到静止的过程。测量发现竖直方向加速的时间为0.8 s，减速的时间为0.2 s。P、Q位置高度差为0.5 m。已知匀强电场的场强E＝；A、B之间动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2。求：‎ ‎(1)绝缘板A加速和减速的加速度分别为多大？ ‎ ‎(2)滑块B最后停在离出发点水平距离多大处？‎ ‎【解析】(1)设绝缘板A加速和减速的加速度大小分别为a1、a2。‎ 加速阶段的末速度为v，x1＝t1‎ x2＝t2‎ v＝a1t1‎ v＝a2t2‎ 联立解得：v＝‎1m/s，a1＝‎1.25m/s2，a2＝‎5m/s2。‎ ‎(2)研究滑板B，在绝缘板A匀减速的过程中，由牛顿第二定律可得 竖直方向上：mg－N＝ma2 ‎ 水平方向上：Eq－μN＝ma3 ‎ 求得：a3＝0.1g＝1 m/s2‎ 在这个过程中滑板B的水平位移大小为x3＝‎1‎‎2‎a3t22＝0.02 m 在绝缘板A静止后，滑板B将沿水平方向做匀减速运动，设加速度大小为a4，有 μmg－Eq＝ma4，‎ 得a4＝0.1g＝1 m/s2 ‎ 该过程中滑板B的水平位移大小为x4＝x3＝0.02 m ‎ 最后滑板B静止时离出发点的水平距离x＝x4＋x3＝0.04 m ‎3．如图所示，电源电动势E＝64 V，内阻不计，电阻R1＝4 Ω，R2＝12 Ω，R3＝16 Ω，开始开关S1闭合，S2断开，平行板电容器的两极板A、B与水平面的夹角θ＝37°，两极板A、B间的距离d＝0.4 m，板间有一个传动装置，绝缘传送带与极板平行，皮带传动装置两轮轴心相距L＝1 m，传送带逆时针匀速转动，其速度为v＝4 m/s。现有一个质量m＝0.1 kg、电荷量q＝＋0.02 C的工件（可视为质点，电荷量保持不变）轻放在传送带底端(工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25)，同时开关S2也闭合，极板间电场反向，电路瞬间能稳定下来。求：（g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）‎ ‎(1)开关S1闭合， S2断开时，两极板A、B间的场强大小和方向；‎ ‎(2)工件在传送带上运动的加速度大小；‎ ‎(3)工件从底端运动到顶端过程中，工件因与传送带摩擦而产生的热量。‎ ‎【解析】(1)开关S1闭合，S2断开时，R1与R2串联，电路中的电流：‎I‎1‎‎＝ER‎1‎‎+‎R‎2‎＝‎64‎‎4+12‎A＝4A 此时A、B之间的电势差等于R1两端的电压，‎ 所以：‎UBA‎＝UR‎1‎＝I‎1‎·R‎1‎＝4×4＝16V 两极板A、B间的场强大小：‎E‎1‎‎＝UBAd＝‎16‎‎0.4‎＝40V/m 电场方向为由B指向A；‎ ‎(2)开关S2也闭合，R1与R2串联电压不变，所以流过它们的电流不变，此时A、B之间的电势差等于R2两端的电压，所以：‎UAB‎'‎‎＝UR‎2‎＝I‎1‎·R‎2‎＝4×12＝48V 两极板A、B间的场强大小：‎E‎2‎‎＝UAB‎'‎d＝‎48‎‎0.4‎＝120V/m 此时工件的受力如图，则沿传送带的方向由牛顿第二定律得：‎ f-mgsinθ＝ma 垂直于传送带的方向：‎ N＝mgcosθ+qE‎2‎＝0.1×10×cos37°+0.02×120＝3.2N f＝μN＝0.25×3.2＝0.8N a＝f-mgsinθm＝‎0.8-0.1×10×0.6‎‎0.1‎m/s‎2‎＝2m/‎s‎2‎‎ ‎ ‎(3)工件达到4m/s需要的时间：‎t＝va＝‎4‎‎2‎s＝2s 工件的位移：‎x‎1‎‎＝‎1‎‎2‎at‎2‎＝‎1‎‎2‎×2×‎2‎‎2‎＝4m>1m 所以工件应该一直做加速运动，‎L＝‎1‎‎2‎at‎0‎‎2‎ t‎0‎‎＝‎2La＝‎2×1‎‎2‎＝1s 此时传送带的位移：‎x‎2‎‎＝vt＝4×1m＝4m 工件相对于传送带的位移：‎Δx＝x‎2‎-x‎1‎＝4m-1m＝3m 工件与传动带因摩擦而产生的热量：‎Q＝f·Δx＝0.8×3＝2.4J ‎4．如图所示，在沿水平方向的匀强电场中用一根长度l＝0.8 m的绝缘细绳把质量为m＝0.20 kg、带有正电荷的金属小球悬挂在固定点O点，小球静止在B点时细绳与竖直方向的夹角为θ＝37°。现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，求：（g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）‎ ‎(1)从A到C静电力对小球做的功；‎ ‎(2)小球通过最低点C时的速度的大小；‎ ‎(3)小球在摆动过程中细线对小球的最大拉力。‎ ‎【解析】（1）小球受到电场力qE，重力mg和绳的拉力F的作用下处于静止，‎ 根据共点力的平衡条件有：qE＝mgtan37 º 小球从A到C的过程中，W＝-qEL＝-1.2J ‎（2）A到C的过程中，根据动能定理有：mgL-qEL＝‎1‎‎2‎mvc2‎ 可得：vc＝2m/s ‎（3）在摆动过程中，经B点时，细线的拉力最大，从A到B的过程中，‎ 根据动能定理可得：mgLcos37º-qEL（1-sin37 º）＝‎‎1‎‎2‎mvB‎2‎ 在B点时，满足:‎F-mgcos‎37‎‎0‎＝mvB‎2‎L 拉力:F＝4.5N ‎5．在粗糙的水平面有一绝缘的足够长的薄长平板，在其左端放一个带电体(可看成质点)，带电量q＝1×10-2 C，整个空间处于向右的匀强电场中，电场强度E＝102 N/C，平板质量M＝2 kg，带电体质量m＝1 kg，带电体与平板间动摩擦系数μ1＝0.2，平板与地面间动摩擦系数μ2＝0.1。现给平板一个向左v0＝7 m/s的初速，g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)带电体运动的总时间；‎ ‎(2)整个过程带电体电势能的变化量及摩擦生热的内能。‎ ‎【解析】（1）对平板，设加速度大小为a1‎ μ1mg+μ2(mg+Mg)＝Ma1 (1) ‎ 解得，a1＝2.5m/s2 ‎ 对带电体，设加速度大小为a2‎ μ1mg-qE＝ma2 (2) ‎ 解得，a2＝1m/s2 ‎ 设经过时间t1达到共速，v0-a1t1＝a2t1 (3)‎ 解得，t1＝2s ‎ 此时速度v＝2m/s 设一起做减速运动的加速度为a3‎ μ2(mg+Mg)+qE＝(m+M)a3 (4)‎ 解得，a3＝1.33m/s2 ‎ 再经时间t2停止运动，v＝a3t2 (5)‎ 解得，t2＝1.5s ‎ 则运动的总时间为t＝t1+t2＝3.5s ‎ ‎（2）整个过程中带电体一直向左运动，‎ ‎ 加速阶段，带电体的位移x1＝‎1‎‎2‎a‎2‎t‎1‎‎2‎‎＝2m ‎ 平板的位移x‎2‎‎＝‎(v+v‎0‎)‎‎2‎t‎1‎＝9m ‎ 减速阶段，带电体的位移x‎3‎‎＝‎1‎‎2‎vt‎2‎＝1.5m ‎ 则电势能的增加量为qE(x‎1‎+x‎3‎)＝3.5J ‎ 内能的增加量为μ‎1‎mg(x‎2‎-x‎1‎)+μ‎2‎(m+M)g(x‎2‎+x‎3‎)＝45.5J