※习题课:带电粒子在电场与重力场中的运动 例1 BC [解析] 由于a、b、c、d均为匀速直线运动,说明电场力与重力平衡,即所有粒子所受电场力都向上,所有粒子都带正电,A错误;在运动过程中,电场力和重力对a、b都不做功,因此a、b的电势能、机械能均不变,B正确;电场力对c做正功,电势能减少,重力对c做负功,机械能增加,C正确;电场力对d做负功,电势能增加,重力对d做正功,机械能减少,D错误. 变式 AD [解析] 分析可知,小球受竖直向下的重力,以及垂直于电容器极板的电场力,而要小球恰能沿图中所示水平直线向右通过电容器,则小球所受电场力必然垂直电容器极板斜向左上方,小球的受力分析如图所示,根据题意知,电场线的方向垂直于极板,从极板B指向极板A,而带正电的粒子在电场中所受电场力的方向与电场线的方向相同,由此可知,该小球带正电,故A正确;根据小球的受力情况可得Eqcos θ=mg,解得E=,根据几何关系可得板间距为d=Ltan θ,而E=,联立解得UBA=,根据UBA=φB-φA=-φA,可知φA=-,故B错误;小球在电场中所受合力为F合=mgtan θ,根据牛顿第二定律可得小球在电场中的加速度大小为a==gtan θ,根据几何关系可得小球的位移为s=, 则有s=at2解得小球在电场中运动的时间为t=,故C错误;此过程中电场力与位移夹角为钝角,做负功,则可知小球的电势能增加,故D正确. 例2 B [解析] 由于油滴所受重力方向向下,而到达P点时其竖直方向的速度减为零,故其所受电场力的方向竖直向上,又油滴带负电在电场中所受电场力的方向与该点场强方向相反,该匀强电场的方向竖直向下,由于沿电场线方向电势降低,故P点电势比Q点低,A错误;由于油滴先向下减速,后向上加速,故电场力大于重力,故若油滴从P运动到Q,合力对其做正功,动能增大,电势能减小,若油滴从Q运动到P,合力对其做负功,动能减小,电势能增大,故油滴在Q点的动能比它在P点的大,在Q点的电势能比它在P点的小,B正确,C错误;由于油滴所在电场为匀强电场,故所受的电场力为恒力,所受合力为恒力,故加速度处处相等,D错误. 例3 ACD [解析] 小球竖直方向做竖直上抛运动,到达b点时竖直方向的速度减为零,从a到b的时间t=,水平加速度ax==2g,则电场力F=max=2mg,故A正确;小球从a到b动能增加量ΔEk=m(2v0)2-m=m,故B错误;小球从a到b上升的高度h=,粒子从a到b重力势能增加量为ΔEp1=mgh=mg·=m,故C正确;小球从a到b水平方向位移s=t=,静电力做功W=Fs=2mg·=2m,小球从a到b电势能减少了2m,故D正确. 例4 (1) (2)- (3)6mg [解析] (1)根据题意,细绳受到的是拉力(即被拉长,细绳有收缩至原长的趋势),故在a点时,根据牛顿第三定律,小球受到细绳向下的拉力,小球静止在a点时,根据受力平衡条件可得mg+2mg=qE 解得E= 方向竖直向上 (2)在匀强电场中,有UOa=El 则a、O两点电势差为UaO=-El=- (3) 小球从a点运动到b点,设到b点速度大小为vb,由动能定理得-qE·2l+mg·2l=m-m 解得vb=2 小球做圆周运动通过b点时,由牛顿第二定律得 F+qE-mg=m 解得F=6mg 方向竖直向上 例5 (1) (2) (3)D点 [解析] (1)滑块在BC轨道的D点释放后可以静止不动,有qE=mgtan α 滑块的带电荷量为q= (2)滑块从A点由静止释放,小滑块恰能滑过C点,根据动能定理有Eq(L+R)-μmgL-mgR=0 水平轨道上A、B两点之间的距离为L= (3)设等效重力的方向与竖直方向夹角为θ,则有 tan θ== 可得θ=α=37° 故从A滑至C的过程,D点动能最大,从A滑至D的过程,根据动能定理有 Eq(L+Rsin θ)-μmgL-mgR(1-cos θ)=Ekm 动能最大值为Ekm= 随堂巩固 1.C [解析] 带负电的油滴向下匀速运动,则受向下的重力和向上的电场力,则电场力做负功,油滴机械能减小,选项A、B错误;油滴动能变化为零,则重力和电场力的合力不做功,选项C正确;油滴的机械能和电势能之和不变,因动能不变,则重力势能的减少量等于电势能的增加量,选项D错误. ... ...
~~ 您好，已阅读到文档的结尾了 ~~
