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1、大題精做七 電場中的力和能
1.如圖所示,在豎直平面內(nèi)存在豎直方向的勻強電場。長度為l的輕質(zhì)絕緣細繩一端固定在O點,另一端連接一質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球(可視為質(zhì)點),初始時小球靜止在電場中的a點,此時細繩拉力為2mg,g為重力加速度。
(1)求電場強度E和a、O兩點的電勢差UaO;
(2)小球在a點獲得一水平初速度va,使其能在豎直面內(nèi)做完整的圓周運動,則va應滿足什么條件?
【解析】(1)小球靜止在a點時,由共點力平衡可得mg+2mg=qE①
得E=,方向豎直向上②
在勻強電場中,有UOa=El③
則a、O兩點電勢差UaO=-④
(2)小球從a點恰好運動到b點,設(shè)
2、到b點速度大小為vb,
由動能定理得-qE·2l+mg·2l=mvb2-mva2⑤
小球做圓周運動通過b點時,由牛頓第二定律可得qE-mg=m⑥
聯(lián)立②⑤⑥可得va=,故應滿足va≥。
2.如圖(a)所示,傾角θ=30°的光滑固定斜桿底端固定一電量為Q=2×10-4C的正點電荷,將一帶正電小球(可視為點電荷)從斜桿的底端(但與Q未接觸)靜止釋放,小球沿斜桿向上滑動過程中能量隨位移的變化圖象如圖(b)所示,其中線1為重力勢能隨位移變化圖象,線2為動能隨位移變化圖象,靜電力恒量k=9×109N·m2/C2,則:
(1)請描述小球向上運動過程中的速度與加速度的變化情況;
(2)求小球的質(zhì)
3、量m和電量q;
(3)求斜桿底端至小球速度最大處由底端正點電荷Q形成的電場的電勢差U。
【解析】(1)先沿斜面向上做加速度逐漸減小的加速運動,再沿斜面向上做加速度逐漸增大的減速運動,直至速度為零。
(2)由線1可得EP=mgh=mgsinθ
斜率=20=mgsin30°,所以m=4kg
當達到最大速度時帶電小球受力平衡mgsinθ=kqQ/s
由線2可得s0=1m
得q=mgssinθ/kQ=1.11×10-5C
(3)由線2可得當帶電小球運動至1m處動能最大為27J。
根據(jù)動能定理WG+W電=ΔEk
-mgh+qU=Ekm-0
代入數(shù)據(jù)得U=4.23×106
4、V
1.如圖所示,質(zhì)量為m的小球A穿在絕緣細桿上,桿的傾角為α,小球A帶正電,電荷量為q。在桿上B點處固定一個電荷量為Q的正電荷。將A由距B豎直高度為H處無初速度釋放,小球A下滑過程中電荷量不變。不計A與細桿間的摩擦,整個裝置處在真空中,已知靜電力常量k和重力加速度g。求:
(1)A球剛釋放時的加速度大??;
(2)當A球的動能最大時,A球與B點的距離。
【解析】(1)由牛頓第二定律可知mgsinα-F=ma
根據(jù)庫侖定律F=kQqr2,r=H/sinα
得a=gsinα-kQqsin2αmH2.
(2)當A球受到合力為零、加速度為零時,動能最大.設(shè)此時A球與B球間的距離為R
5、,則mgsinα=kQqR2
解得R=kQqmgsinα。
2.在足夠長的粗糙絕緣板A上放一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的小滑塊B。用手托住A置于方向水平向左、場強大小為E的勻強電場中,此時A、B均能靜止,如圖所示。現(xiàn)將絕緣板A從圖中位置P垂直電場線移至位置Q,發(fā)現(xiàn)小滑塊B相對于A發(fā)生了運動。為研究方便可以將絕緣板A的運動簡化成先勻加速接著勻減速到靜止的過程。測量發(fā)現(xiàn)豎直方向加速的時間為0.8s,減速的時間為0.2s。P、Q位置高度差為0.5m。已知勻強電場的場強E=;A、B之間動摩擦因數(shù)μ=0.4,g取10m/s2。求:
(1)絕緣板A加速和減速的加速度分別為多大??
(2)滑塊B最后停
6、在離出發(fā)點水平距離多大處?
【解析】(1)設(shè)絕緣板A加速和減速的加速度大小分別為a1、a2。
加速階段的末速度為v,x1=t1
x2=t2
v=a1t1
v=a2t2
聯(lián)立解得:v=1m/s,a1=1.25m/s2,a2=5m/s2。
(2)研究滑板B,在絕緣板A勻減速的過程中,由牛頓第二定律可得
豎直方向上:mg-N=ma2?
水平方向上:Eq-μN=ma3?
求得:a3=0.1g=1 m/s2
在這個過程中滑板B的水平位移大小為x3=12a3t22=0.02 m
在絕緣板A靜止后,滑板B將沿水平方向做勻減速運動,設(shè)加速度大小為a4,有
μmg-Eq=ma4,
得
7、a4=0.1g=1 m/s2?
該過程中滑板B的水平位移大小為x4=x3=0.02 m?
最后滑板B靜止時離出發(fā)點的水平距離x=x4+x3=0.04 m
3.如圖所示,電源電動勢E=64V,內(nèi)阻不計,電阻R1=4 Ω,R2=12 Ω,R3=16 Ω,開始開關(guān)S1閉合,S2斷開,平行板電容器的兩極板A、B與水平面的夾角θ=37°,兩極板A、B間的距離d=0.4m,板間有一個傳動裝置,絕緣傳送帶與極板平行,皮帶傳動裝置兩輪軸心相距L=1m,傳送帶逆時針勻速轉(zhuǎn)動,其速度為v=4m/s?,F(xiàn)有一個質(zhì)量m=0.1kg、電荷量q=+0.02C的工件(可視為質(zhì)點,電荷量保持不變)輕放在傳送帶底端(工件與
8、傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.25),同時開關(guān)S2也閉合,極板間電場反向,電路瞬間能穩(wěn)定下來。求:(g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)
(1)開關(guān)S1閉合,S2斷開時,兩極板A、B間的場強大小和方向;
(2)工件在傳送帶上運動的加速度大?。?
(3)工件從底端運動到頂端過程中,工件因與傳送帶摩擦而產(chǎn)生的熱量。
【解析】(1)開關(guān)S1閉合,S2斷開時,R1與R2串聯(lián),電路中的電流:I1=ER1+R2=644+12A=4A
此時A、B之間的電勢差等于R1兩端的電壓,
所以:UBA=UR1=I1·R1=4×4=16V
兩極板A、B間的場強大?。篍1=UBAd=1
9、60.4=40V/m
電場方向為由B指向A;
(2)開關(guān)S2也閉合,R1與R2串聯(lián)電壓不變,所以流過它們的電流不變,此時A、B之間的電勢差等于R2兩端的電壓,所以:UAB'=UR2=I1·R2=4×12=48V
兩極板A、B間的場強大?。篍2=UAB'd=480.4=120V/m
此時工件的受力如圖,則沿傳送帶的方向由牛頓第二定律得:
f-mgsinθ=ma
垂直于傳送帶的方向:
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
10、
(3)工件達到4m/s需要的時間:t=va=42s=2s
工件的位移:x1=12at2=12×2×22=4m>1m
所以工件應該一直做加速運動,L=12at02
t0=2La=2×12=1s
此時傳送帶的位移:x2=vt=4×1m=4m
工件相對于傳送帶的位移:Δx=x2-x1=4m-1m=3m
工件與傳動帶因摩擦而產(chǎn)生的熱量:Q=f·Δx=0.8×3=2.4J
4.如圖所示,在沿水平方向的勻強電場中用一根長度l=0.8 m的絕緣細繩把質(zhì)量為m=0.20 kg、帶有正電荷的金屬小球懸掛在固定點O點,小球靜止在B點時細繩與豎直方向的夾角為θ=37°?,F(xiàn)將小球拉至位置A使細線水平
11、后由靜止釋放,求:(g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)從A到C靜電力對小球做的功;
(2)小球通過最低點C時的速度的大小;
(3)小球在擺動過程中細線對小球的最大拉力。
【解析】(1)小球受到電場力qE,重力mg和繩的拉力F的作用下處于靜止,
根據(jù)共點力的平衡條件有:qE=mgtan37 o
小球從A到C的過程中,W=-qEL=-1.2J
(2)A到C的過程中,根據(jù)動能定理有:mgL-qEL=12mvc2
可得:vc=2m/s
(3)在擺動過程中,經(jīng)B點時,細線的拉力最大,從A到B的過程中,
根據(jù)動能定理可得:mgLcos37o-q
12、EL(1-sin37 o)=12mvB2
在B點時,滿足:F-mgcos370=mvB2L
拉力:F=4.5N
5.在粗糙的水平面有一絕緣的足夠長的薄長平板,在其左端放一個帶電體(可看成質(zhì)點),帶電量q=1×10-2C,整個空間處于向右的勻強電場中,電場強度E=102N/C,平板質(zhì)量M=2kg,帶電體質(zhì)量m=1kg,帶電體與平板間動摩擦系數(shù)μ1=0.2,平板與地面間動摩擦系數(shù)μ2=0.1?,F(xiàn)給平板一個向左v0=7m/s的初速,g取10m/s2,求:
(1)帶電體運動的總時間;
(2)整個過程帶電體電勢能的變化量及摩擦生熱的內(nèi)能。
【解析】(1)對平板,設(shè)加速度大小為a1
μ1mg
13、+μ2(mg+Mg)=Ma1 (1)
解得,a1=2.5m/s2
對帶電體,設(shè)加速度大小為a2
μ1mg-qE=ma2 (2)
解得,a2=1m/s2
設(shè)經(jīng)過時間t1達到共速,v0-a1t1=a2t1 (3)
解得,t1=2s
此時速度v=2m/s
設(shè)一起做減速運動的加速度為a3
μ2(mg+Mg)+qE=(m+M)a3 (4)
解得,a3=1.33m/s2
再經(jīng)時間t2停止運動,v=a3t2 (5)
解得,t2=1.5s
則運動的總時間為t=t1+t2=3.5s
(2)整個過程中帶電體一直向左運動,
加速階段,帶電體的位移x1=12a2t12=2m
平板的位移x2=(v+v0)2t1=9m
減速階段,帶電體的位移x3=12vt2=1.5m
則電勢能的增加量為qE(x1+x3)=3.5J
內(nèi)能的增加量為μ1mg(x2-x1)+μ2(m+M)g(x2+x3)=45.5J
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