《2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 第七章 靜電場 能力課 帶電粒子(帶電體)在電場中運(yùn)動的綜合問題練習(xí)（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 第七章 靜電場 能力課 帶電粒子(帶電體)在電場中運(yùn)動的綜合問題練習(xí)（含解析）新人教版（16頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、能力課 帶電粒子(帶電體)在電場中運(yùn)動的綜合問題一、選擇題1如圖所示，場強(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h，質(zhì)量均為m、帶電荷量分別為q和q的兩粒子，由a、c兩點(diǎn)先后沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)域(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中)，不計(jì)重力，若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于()A. B. C. D. 解析：選B根據(jù)對稱性，兩粒子軌跡的切點(diǎn)位于矩形區(qū)域abcd的中心，則在水平方向有sv0t，在豎直方向有ht2，解得v0 ，故選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A、C、D錯誤2.(2019屆河北定州中學(xué)月考)如圖所示，A、B為兩塊水平放置的金屬板，通過閉合的

2、開關(guān)S分別與電源兩極相連，兩極板中央各有一個小孔a和b，在a孔正上方某處放一帶電質(zhì)點(diǎn)由靜止開始下落，若不計(jì)空氣阻力，該質(zhì)點(diǎn)到達(dá)b孔時速度恰為零，然后返回現(xiàn)要使帶電質(zhì)點(diǎn)能穿過b孔，則可行的方法是()A保持S閉合，將A板適當(dāng)上移B保持S閉合，將B板適當(dāng)下移C先斷開S，再將A板適當(dāng)上移D先斷開S，再將B板適當(dāng)下移解析：選B設(shè)質(zhì)點(diǎn)距離A板的高度為h，A、B兩板原來的距離為d，電壓為U，質(zhì)點(diǎn)的電荷量為q.由題知質(zhì)點(diǎn)到達(dá)b孔時速度恰為零，根據(jù)動能定理得mg(hd)qU0.若保持S閉合，將A板適當(dāng)上移，設(shè)質(zhì)點(diǎn)到達(dá)b時速度為v，由動能定理得mg(hd)qUmv2，v0，說明質(zhì)點(diǎn)到達(dá)b孔時速度恰為零，然后返回，

3、不能穿過b孔，故A錯誤；若保持S閉合，將B板適當(dāng)下移距離d，由動能定理得mg(hdd)qUmv2，則v0，質(zhì)點(diǎn)能穿過b孔，故B正確；若斷開S時，將A板適當(dāng)上移，板間電場強(qiáng)度不變，設(shè)A板上移距離為d，質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入電場的深度為d時速度為零由動能定理得mg(hdd)qEd0，又由原來情況有mg(hd)qEd0.比較兩式得，dd，說明質(zhì)點(diǎn)在到達(dá)b孔之前，速度減為零，然后返回，故C錯誤；若斷開S，再將B板適當(dāng)下移，根據(jù)動能定理可知，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)b孔原來的位置速度減為零，然后返回，不能到達(dá)b孔，故D錯誤3如圖甲所示，兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓開始A板的電勢比B板高，此時兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下開

4、始運(yùn)動設(shè)電子在運(yùn)動中不與極板發(fā)生碰撞，向A板運(yùn)動時為速度的正方向，則下列圖象中能正確反映電子速度變化規(guī)律的是(其中C、D兩項(xiàng)中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律變化)()解析：選A電子在交變電場中所受電場力恒定，加速度大小不變，C、D兩項(xiàng)錯誤；從0時刻開始，電子向A板做勻加速直線運(yùn)動，T后電場力反向，電子向A板做勻減速直線運(yùn)動，直到tT時刻速度變?yōu)榱阒笾貜?fù)上述運(yùn)動，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯誤4.(2018屆高考原創(chuàng)猜題卷)如圖所示，高為h的固定光滑絕緣斜面，傾角53，將其置于水平向右的勻強(qiáng)電場中，現(xiàn)將一帶正電的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從斜面頂端由靜止釋放，其所受的電場力是重力的倍，重力加速度為g，則物塊落地的速度大小為

5、()A2B2C2 D.解析：選D對物塊受力分析知，物塊不沿斜面下滑，離開斜面后沿重力、電場力合力的方向運(yùn)動，F(xiàn)合mg，xh，由動能定理得F合xmv2，解得v.5.(多選)如圖所示，光滑的水平軌道AB與半徑為R的光滑的半圓形軌道BCD相切于B點(diǎn)，AB水平軌道部分存在水平向右的勻強(qiáng)電場，半圓形軌道在豎直平面內(nèi)，B為最低點(diǎn)，D為最高點(diǎn)一質(zhì)量為m、帶正電的小球從距B點(diǎn)x的位置在電場力的作用下由靜止開始沿AB向右運(yùn)動，恰能通過最高點(diǎn)，則()AR越大，x越大BR越大，小球經(jīng)過B點(diǎn)后瞬間對軌道的壓力越大Cm越大，x越大Dm與R同時增大，電場力做功增大解析：選ACD小球在BCD部分做圓周運(yùn)動，在D點(diǎn)，mgm，

6、小球由B到D的過程中有2mgRmvD2mvB2，解得vB，R越大，小球經(jīng)過B點(diǎn)時的速度越大，則x越大，選項(xiàng)A正確；在B點(diǎn)有FNmgm，解得FN6mg，與R無關(guān)，選項(xiàng)B錯誤；由EqxmvB2，知m、R越大，小球在B點(diǎn)的動能越大，則x越大，電場力做功越多，選項(xiàng)C、D正確6.(多選)(2018屆湖北八校聯(lián)考)如圖所示，在豎直平面內(nèi)xOy坐標(biāo)系中分布著與水平方向成45角的勻強(qiáng)電場，將一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，以某一初速度從O點(diǎn)豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿足拋物線方程xky2，且小球通過點(diǎn)P.已知重力加速度為g，則()A電場強(qiáng)度的大小為 B小球初速度的大小為 C小球通過點(diǎn)P時的動能為 D小球從O點(diǎn)

7、運(yùn)動到P點(diǎn)的過程中，電勢能減少 解析：選BC小球做類平拋運(yùn)動，則電場力與重力的合力沿x軸正方向，qEmg，電場強(qiáng)度的大小為E，A錯誤；F合mgma，所以ag，由類平拋運(yùn)動規(guī)律有v0t，gt2，得小球初速度大小為v0，B正確；由P點(diǎn)的坐標(biāo)分析可知，所以小球通過點(diǎn)P時的動能為mv2m(v02vx2)，C正確；小球從O到P過程中電勢能減少，且減少的電勢能等于電場力做的功，即WqE，D錯誤二、非選擇題7.(2019屆吉安模擬)如圖所示，一條長為L的細(xì)線上端固定，下端拴一個質(zhì)量為m，電荷量為q的小球，將它置于方向水平向右的勻強(qiáng)電場中，使細(xì)線豎直拉直時將小球從A點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)細(xì)線離開豎直位置偏角60時，

8、小球速度為0.(1)求小球的帶電性質(zhì)及電場強(qiáng)度E；(2)若小球恰好完成豎直圓周運(yùn)動，求從A點(diǎn)釋放小球時應(yīng)有的初速度vA的大小(可含根式)解析：(1)根據(jù)電場方向和小球受力分析可知小球帶正電小球由A點(diǎn)釋放到速度等于零，由動能定理有EqLsinmgL(1cos)0解得E.(2)將小球的重力和電場力的合力作為小球的等效重力G，則Gmg，方向與豎直方向成30角偏向右下方若小球恰能做完整的圓周運(yùn)動，在等效最高點(diǎn)：mmg由A點(diǎn)到等效最高點(diǎn)，根據(jù)動能定理得mgL(1cos30)mv2mvA2聯(lián)立解得vA.答案：(1)正電(2)8(2018屆河南南陽一中月考)如圖甲所示，兩塊水平平行放置的導(dǎo)電板，板間距為d，

9、大量電子(質(zhì)量為m，電荷量為e)連續(xù)不斷地從中點(diǎn)O沿與極板平行的OO方向射入兩板之間，當(dāng)兩板不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為3t0，當(dāng)在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0、幅值恒為U0的周期性電壓時，所有的電子均能從兩板間通過(不計(jì)電子重力)求這些電子穿過平行板時距OO的最大距離和最小距離解析：以電場力的方向?yàn)檎较颍嫵鲭娮釉趖0、tt0時刻進(jìn)入電場后，沿電場力的方向的速度vy隨時間t變化的vyt圖象，如圖甲和乙所示電場強(qiáng)度E電子的加速度a圖甲中，vy1at0vy2a2t0由圖甲可得電子的最大側(cè)位移ymaxt0vy1t0t0由圖乙可得電子的最小側(cè)位移ymint0vy1t0.答案：9.(2

10、019屆德州質(zhì)檢)如圖所示，在距足夠長的光滑絕緣水平直線軌道上方h高度的P點(diǎn)，固定電荷量為Q的點(diǎn)電荷，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，從軌道上的A點(diǎn)以初速度v0沿軌道向右運(yùn)動，當(dāng)運(yùn)動到P點(diǎn)正下方B點(diǎn)時速度為v.已知點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場在A點(diǎn)的電勢為(取無窮遠(yuǎn)處的電勢為零)，PA連線與水平軌道的夾角為60，試求：(1)物塊在A點(diǎn)時受到軌道的支持力大小；(2)點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場在B點(diǎn)的電勢解析：(1)物塊在A點(diǎn)受到點(diǎn)電荷的庫侖力F由幾何關(guān)系可知P、A間距離r設(shè)物塊在A點(diǎn)時受到軌道的支持力大小為FN，由平衡條件有FNmgFsin600解得FNmg.(2)設(shè)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場在B點(diǎn)的電勢為B，

11、由動能定理有q(B)mv2mv02解得B.答案：(1)mg(2)10.(2018屆湖南五校高三聯(lián)考)如圖所示，長度為d的絕緣輕桿一端套在光滑水平轉(zhuǎn)軸O上，另一端固定一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球小球可以在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，AC和BD分別為圓的豎直和水平直徑，等量異種點(diǎn)電荷Q、Q分別固定在以C為中點(diǎn)、間距為2d的水平線上的E、F兩點(diǎn)讓小球從最高點(diǎn)A由靜止開始運(yùn)動，經(jīng)過B點(diǎn)時小球的速度大小為v，不考慮q對Q、Q所產(chǎn)生電場的影響，重力加速度為g，求：(1)小球經(jīng)過C點(diǎn)時對桿的拉力大?。?2)小球經(jīng)過D點(diǎn)時的速度大小解析：(1)小球從A點(diǎn)到C點(diǎn)過程，根據(jù)動能定理有mg2dmvC2在C點(diǎn)，由牛頓

12、第二定律有Tmgm得T5mg根據(jù)牛頓第三定律知，球?qū)U的拉力大小為TT5mg.(2)設(shè)UBAU，根據(jù)對稱性可知UBAUADU小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)和從A點(diǎn)到D點(diǎn)過程中，根據(jù)動能定理有mgdqUmv2mgdqUmvD2得vD.答案：(1)5mg(2) |學(xué)霸作業(yè)|自選一、選擇題1.(2019屆吉林調(diào)研)真空中，在x軸上的原點(diǎn)處和x6a處分別固定一個點(diǎn)電荷M、N，在x2a處由靜止釋放一個正點(diǎn)電荷P，假設(shè)試探電荷P只受電場力作用沿x軸方向運(yùn)動，得到試探電荷P的速度與其在x軸上的位置關(guān)系如圖所示，則下列說法正確的是()A點(diǎn)電荷M、N一定都是負(fù)電荷B試探電荷P的電勢能一定是先增大后減小C點(diǎn)電荷M、N所帶電荷量

13、的絕對值之比為21Dx4a處的電場強(qiáng)度一定為零解析：選D根據(jù)題意，試探電荷僅在電場力作用下先加速后減速，其動能先增大后減小，其電勢能先減小后增大，選項(xiàng)B錯誤；試探電荷在x4a處速度最大，加速度為零，合力為零，電勢能最小，該處電場強(qiáng)度一定為零，選項(xiàng)D正確；在x軸上從原點(diǎn)處到x6a處，電場強(qiáng)度從兩頭指向x4a處，點(diǎn)電荷M、N一定都是正電荷，選項(xiàng)A錯誤；由可得QM4QN，選項(xiàng)C錯誤2.(多選)(2018屆山西太原一模)如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中，t0時，帶負(fù)電的物塊以速度v0沿斜面向上滑動，然后滑回到原處已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，滑塊所帶電荷量不變，用Ek表示滑塊的動能，x表示位移，E

14、p表示電勢能，取斜面底端為零勢能面，規(guī)定v0的方向?yàn)檎较?，則下列圖線正確的是()解析：選AD物塊先以速度v0沿斜面向上滑動，然后下滑回到原處的過程中，除摩擦力在上滑和下滑時方向相反外，受的其他力大小和方向均不變，故物塊先做勻減速運(yùn)動(加速度較大)，再做反向的勻加速運(yùn)動(加速度較小)，A正確；對物塊沿斜面上升過程由運(yùn)動學(xué)公式有v2v022ax，由數(shù)學(xué)知識可知B錯誤；沿斜面上升過程由動能定理有，F(xiàn)xEkEk0(F為物塊所受合外力，大小恒定)，圖線應(yīng)為直線，可知C錯誤；取斜面底端為零勢能面，由于物塊帶負(fù)電，且沿斜面向上電勢逐漸降低，故物塊的電勢能隨位移的增大而增大，D正確3.(2019屆福州四校聯(lián)

15、考)如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定一個半徑為R的絕緣圓環(huán)，有兩個可視為點(diǎn)電荷的相同的帶負(fù)電小球A和B套在圓環(huán)上，其中小球A可沿圓環(huán)無摩擦地滑動，小球B固定在圓環(huán)上，和圓心O的連線與水平方向的夾角為45.現(xiàn)將小球A從位于水平直徑的左端位置由靜止釋放，重力加速度大小為g，則下列說法正確的是()A小球A從釋放到運(yùn)動至圓環(huán)最低點(diǎn)Q的過程中電勢能保持不變B小球A運(yùn)動到圓環(huán)的水平直徑右端P點(diǎn)時的速度為0C小球A運(yùn)動到圓環(huán)最低點(diǎn)Q的過程中，速率先增大后減小D小球A到達(dá)圓環(huán)最低點(diǎn)Q時的速度大小為解析：選C小球A從釋放到運(yùn)動至圓環(huán)最低點(diǎn)Q的過程中，受到電場力、重力、圓環(huán)的支持力三個力的作用，其中圓環(huán)的支持力始終與運(yùn)

16、動方向垂直，即圓環(huán)的支持力不做功，分析可知，重力與電場力合力的方向與小球運(yùn)動方向的夾角先小于90后大于90，即合力對小球A先做正功后做負(fù)功，根據(jù)動能定理，小球的動能先增大后減小，速率先增大后減小，選項(xiàng)C正確；小球A、B之間的電場力為斥力，電場力與小球運(yùn)動方向之間的夾角先小于90后大于90，可知小球A從釋放至運(yùn)動到Q點(diǎn)過程中，小球A的電勢能先減小后增大，選項(xiàng)A錯誤；小球A在釋放點(diǎn)與在Q點(diǎn)的電勢能相等，小球A從釋放運(yùn)動到Q點(diǎn)的過程中，有mgRmvQ2，vQ，選項(xiàng)D錯誤；假設(shè)小球A到達(dá)P點(diǎn)時速度為零，分析可知，小球A在P點(diǎn)與在釋放點(diǎn)重力勢能相同，小球A在P點(diǎn)的電勢能比在釋放點(diǎn)時大，由能量守恒可知假設(shè)

17、錯誤，小球A不能到達(dá)P點(diǎn)，選項(xiàng)B錯誤4.(2018屆湖南五校高三聯(lián)考)在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點(diǎn)以大小為v的初速度水平拋出，從B點(diǎn)進(jìn)入電場，到達(dá)C點(diǎn)時速度方向恰好水平，A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，且AB2BC，如圖所示，由此可知()A小球帶正電B電場力大小為2mgC小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)與從B點(diǎn)到C點(diǎn)的運(yùn)動時間相等D小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)與從B點(diǎn)到C點(diǎn)的速度變化量不相等解析：選D根據(jù)小球從B點(diǎn)進(jìn)入電場的軌跡可以看出，小球所受的電場力豎直向上，即小球帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯誤；因?yàn)榈竭_(dá)C點(diǎn)時速度水平，所以小球在C點(diǎn)時的速度等于在A點(diǎn)時的速度，因?yàn)锳B2BC，設(shè)

18、B、C間豎直距離為h，則A、B間豎直距離為2h，小球由A點(diǎn)到C點(diǎn)根據(jù)動能定理有mg3hEqh0，即Eq3mg，選項(xiàng)B錯誤；小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中，在豎直方向上的加速度大小為g，方向豎直向下，所用時間為t12，從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中，在豎直方向上的加速度大小為a22g，方向豎直向上，故所用時間t2 ，故t12t2，選項(xiàng)C錯誤；小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)與從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中速度變化量大小都等于v2g，但方向相反，選項(xiàng)D正確 5.(多選)(2018屆四川宜賓二診)如圖甲所示，真空中水平放置兩塊長度為2d的平行金屬板P、Q，兩板間距為d，兩板間加上如圖乙所示最大值為U0的周期性變化的電壓在兩板左側(cè)緊靠P板處有

19、一粒子源A，自t0時刻開始連續(xù)釋放初速度大小為v0，方向平行于金屬板的相同帶電粒子t0時刻釋放的粒子恰好從Q板右側(cè)邊緣離開電場已知電場變化周期T，粒子質(zhì)量為m，不計(jì)粒子重力及相互間的作用力則()A在t0時刻進(jìn)入的粒子離開電場時速度大小仍為v0B粒子的電荷量為C在tT時刻進(jìn)入的粒子離開電場時電勢能減少了mv02D在tT時刻進(jìn)入的粒子剛好從P板右側(cè)邊緣離開電場解析：選AD粒子進(jìn)入電場后，水平方向做勻速運(yùn)動，則t0時刻進(jìn)入電場的粒子在電場中運(yùn)動的時間t，此時間正好是交變電場的一個周期；粒子在豎直方向先做加速運(yùn)動后做減速運(yùn)動，經(jīng)過一個周期，粒子的豎直速度為零，故粒子離開電場時的速度大小等于水平速度v0

20、，選項(xiàng)A正確；豎直方向，粒子在時間內(nèi)的位移為，則d2，解得q，選項(xiàng)B錯誤，t時刻進(jìn)入電場的粒子，離開電場時在豎直方向的位移為d2a22a2aT2d，故電場力做功WdU0qmv02，選項(xiàng)C錯誤；t時刻進(jìn)入的粒子，在豎直方向先向下加速運(yùn)動，然后向下減速運(yùn)動，再向上加速，向上減速，由對稱可知，此時豎直方向的位移為零，故粒子從P板右側(cè)邊緣離開電場，選項(xiàng)D正確6.(多選)如圖所示，一絕緣光滑半圓環(huán)軌道放在豎直向下的勻強(qiáng)電場中，場強(qiáng)為E.在與環(huán)心等高處放有一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，由靜止開始沿軌道運(yùn)動，下列說法正確的是()A小球經(jīng)過環(huán)的最低點(diǎn)時速度最大B小球在運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒C小球經(jīng)過環(huán)的最低點(diǎn)

21、時對軌道的壓力為mgqED小球經(jīng)過環(huán)的最低點(diǎn)時對軌道的壓力為3(mgqE)解析：選AD根據(jù)動能定理知，在小球運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程中，電場力和重力一直做正功，到達(dá)最低點(diǎn)時速度最大，故A正確；小球在運(yùn)動的過程中除了重力做功，還有電場力做功，機(jī)械能不守恒，故B錯誤；小球經(jīng)過環(huán)的最低點(diǎn)時，根據(jù)動能定理得mgRqERmv2，根據(jù)牛頓第二定律得FNqEmgm，解得FN3(mgqE)，則小球?qū)壍赖膲毫?(mgqE)，故C錯誤，D正確二、非選擇題7.如圖所示，長為l的輕質(zhì)細(xì)線固定在O點(diǎn)，細(xì)線的下端系住質(zhì)量為m、電荷量為q的小球，小球的最低點(diǎn)距離水平面的高度為h，在小球最低點(diǎn)與水平面之間高為h的空間內(nèi)分布著場

22、強(qiáng)為E的水平向右的勻強(qiáng)電場固定點(diǎn)O的正下方處有一障礙物P，現(xiàn)將小球從細(xì)線處于水平狀態(tài)由靜止釋放，不計(jì)空氣阻力(1)細(xì)線在剛要接觸障礙物P時，小球的速度是多大？(2)細(xì)線在剛要接觸障礙物P和細(xì)線剛接觸到障礙物P時，細(xì)線的拉力發(fā)生多大變化？(3)若細(xì)線在剛要接觸障礙物P時斷開，小球運(yùn)動到水平面時的動能為多大？解析：(1)由機(jī)械能守恒定律得mglmv2，v.(2)細(xì)線在剛要接觸障礙物P時，設(shè)細(xì)線的拉力為T1，由牛頓第二定律得T1mgm細(xì)線在剛接觸到障礙物P時，設(shè)細(xì)線的拉力為T2，由牛頓第二定律得T2mgm可解得T2T12mg，即增大2mg.(3)細(xì)線斷開后小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動，運(yùn)動時間t小球

23、在水平方向做勻加速運(yùn)動，運(yùn)動的距離xvtt2小球運(yùn)動到水平面的過程由動能定理得mghqExEkmv2解得Ekmghmgl2qE.答案：(1)(2)增大2mg(3)mghmgl2qE8.如圖所示，在豎直邊界線O1O2左側(cè)空間存在一豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E100 N/C，電場區(qū)域內(nèi)有一固定的粗糙絕緣斜面AB，其傾角為30，A點(diǎn)距水平地面的高度為h4 mBC段為一粗糙絕緣平面，其長度為L m斜面AB與水平面BC由一段極短的光滑小圓弧連接(圖中未標(biāo)出)，豎直邊界線O1O2右側(cè)區(qū)域固定一半徑為R0.5 m的半圓形光滑絕緣軌道，CD為半圓形光滑絕緣軌道的直徑，C、D兩點(diǎn)緊貼豎直邊界線O1O2，位于電

24、場區(qū)域的外部(忽略電場對O1O2右側(cè)空間的影響)現(xiàn)將一個質(zhì)量為m1 kg、電荷量為q0.1 C的帶正電的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))在A點(diǎn)由靜止釋放，且該小球與斜面AB和水平面BC間的動摩擦因數(shù)均為.求：(g取10 m/s2)(1)小球到達(dá)C點(diǎn)時的速度大??；(2)小球到達(dá)D點(diǎn)時所受軌道的壓力大小；(3)小球落地點(diǎn)距離C點(diǎn)的水平距離解析：(1)以小球?yàn)檠芯繉ο?，由A點(diǎn)至C點(diǎn)的運(yùn)動過程中，根據(jù)動能定理可得(mgEq)h(mgEq)cos30(mgEq)LmvC20解得vC2 m/s.(2)以小球?yàn)檠芯繉ο?，在由C點(diǎn)至D點(diǎn)的運(yùn)動過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得mvC2mvD2mg2R在最高點(diǎn)以小球?yàn)檠芯繉ο?，?/p>

25、得FNmgm解得FN30 N，vD2 m/s.(3)設(shè)小球做類平拋運(yùn)動的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律可得mgqEma，解得a20 m/s2假設(shè)小球落在BC段，則應(yīng)用類平拋運(yùn)動的規(guī)律列式可得xvDt,2Rat2解得x m0)的帶電小球M，N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出小球在重力作用下進(jìn)入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運(yùn)動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g.求：(1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比；(2)A點(diǎn)距電場上邊界的高度；(3)該電場的電場強(qiáng)度大小解析：(1)設(shè)小球M，N

26、在A點(diǎn)水平射出時的初速度大小為v0，則它們進(jìn)入電場時的水平速度仍然為v0.M，N在電場中運(yùn)動的時間t相等，電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2.由題給條件和運(yùn)動學(xué)公式得v0at0s1v0tat2s2v0tat2聯(lián)立式得3.(2)設(shè)A點(diǎn)距電場上邊界的高度為h，小球下落h時在豎直方向的分速度為vy，由運(yùn)動學(xué)公式得vy22ghHvytgt2M進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動，由幾何關(guān)系知聯(lián)立式可得hH.(3)設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，小球M進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動，則設(shè)M，N離開電場時的動能分別為Ek1，Ek2，由動能定理得Ek1m(v02vy2)mgHqEs1Ek2m(v02vy2)mgHqEs2由已知條件Ek11.5Ek2聯(lián)立式得E.答案：(1)3(2)H(3)16