2019年
子在两板间中心处由静止释放,若不计粒子重力,粒子与金属板碰撞后即不再运动,则 ( )
图Z6-7
A.粒子于t=0时刻释放时,一定能运动到B板 B.粒子于t=时刻释放时,一定能运动到B板C.粒子于t=时刻释放时,一定能运动到A板
D.粒子于t=时刻释放时,一定能运动到A板
8.(多选)[2017·石家庄调研] 如图Z6-8所示,一个带负电的小金属环套在粗糙绝缘细杆AB上,杆与水平面的夹角为θ,杆的下方O点处固定一个带正电的点电
荷,OA=OB.现使小环以初速度v0从A点沿杆上滑,到达B点时其速度恰好为零,小环滑回A点时速度为v.下列说法中正确的是 ( )
图Z6-8
A.小环上滑过程中先做匀加速再做匀减速运动 B.小环上滑时间小于下滑时间
C.小环下滑过程,减少的重力势能等于摩擦产生的内能
D.从A点出发到再回到A点的过程,小环克服摩擦力做的功等于小环损失的动能 9.[2017·四川凉山一模] 如图Z6-9所示,绝缘平板S放在水平地面上,S与水平面间的动摩擦因数μ=0.4.两块足够大且带等量异种电荷的平行金属板P、Q通过绝缘撑架板固定在S上,在两板间形成竖直向上的匀强电场,金属板间的距离d=1 m,P板的中央有一小孔,整个装置的总质量为M=0.36 kg.给装置某一初速度使其向右做直线运动,同时质量m=0.04 kg的带正电小球从离P板高h=1.25 m处由静止下落,恰好能进入孔内.小球进入电场时,装置的速度为v1=6 m/s.小球进入电场后,恰能运动到Q板且不与Q板接触,之后返回P板.不计空气阻力,g取10 m/s2,不考虑运动产生的磁场.求:
(1)小球自由下落到小孔所用的时间;
(2)刚释放小球时小球与小孔的水平距离x1; (3)小球返回P板时装置的速度.
图Z6-9
挑战自我
10.质量为M、长度为l的矩形绝缘板放在光滑的水平面上,质量为m、带电荷量的绝对值为q的物块(视为质点)以初速度v0从绝缘板上表面的左端沿水平方向滑入,绝缘板所在空间有范围足够大的匀强电场,其场强大小E=(g为重力加速度),方向竖直向下,如图Z6-10所示.已知物块与绝缘板间的动摩擦因数恒定,物块运动到绝缘板的右端时恰好相对绝缘板静止.若将匀强电场的方向改变为竖直向上,场强大小不变,且物块仍以原初速度从绝缘板左端的上表面滑入,结果当二者相对静止时,物块未到达绝缘板的右端.
(1)当场强方向竖直向下时,求物块在绝缘板上滑动的过程中系统产生的热量; (2)求场强方向竖直向下时与竖直向上时物块受到的支持力大小之比; (3)当场强方向竖直向上时,求物块相对于绝缘板滑行的距离.
图Z6-10
教师详解(作业手册)
课时作业(十九)
2019年
1.B [解析] 电场中某点的场强大小与试探电荷的电荷量无关,故选项A错误;由E=k知,E与Q成正比,而与r2成反比,选项B正确;由E=k知,在以Q为球心、r为半径的球面上的各点的电场强度大小均相同,但是方向不同,选项C错误;电场中某点的电场强度的方向就是该点所放正电荷受到的电场力的方向,选项D错误.
2.D [解析] 根据电场线的方向及对称性可知该电场是由等量同种点电荷形成的,故A、B错误;a、b两点处虽没有画出电场线,但这两点的电场强度都不为零,C错误;根据该电场的特点可知,同一试探电荷在a、b两点所受的电场力等大反向,D正确. 3.A [解析] 微粒处于静止状态,受力平衡,说明库仑力和万有引力大小相等,方向相反,由于库仑力与万有引力都与距离的二次方成反比,所以微粒的高度改变对库仑力和万有引力的二力平衡没有影响,微粒将做匀速直线运动,A正确,B错误;星球对微粒的万有引力向下,库仑力向上,微粒远离星球时,万有引力对微粒做负功,库仑力对微粒做正功,C、D错误.
4.B [解析] 根据题述,由静止同时释放A、B两球,A球的加速度大小为B球的两倍,可知A球的质量是B球的,若在A、B连线的中点固定一个带正电荷的C球(也可看作点电荷),再由静止同时释放A、B两球,两球的加速度相等,对A球,由牛顿第二定律得k=ma,对B球,由牛顿第二定律得k=2ma,联立解得Q=q,选项B正
确.
5.A [解析] 小球从C点运动到D点的过程中,电场强度先增大后减小,则电场力先增大后减小,杆对小球的作用力先增大后减小,故A正确,B错误;因直杆处于A、B的连线的中垂线上,所以直杆上所有点处的电场方向都是水平向右的,对带电小球进行受力分析,它受竖直向下的重力、水平向左的电场力和水平向右的弹力,水平方向上受力平衡,竖直方向上的合力等于重力,小球的加速度大小始终等于重力加速度,所以小球一直在做匀加速直线运动,故C、D错误.
6.B [解析] 点电荷在a点产生的电场强度方向水平向右,大小为Ea=k,与电场E叠加后,合场强斜向右上方,故试探电荷受力不平衡,A错误;点电荷在b点产生的电场强度方向竖直向下,大小为Eb=k,与电场E叠加后,合场强为零,试探电荷受力平衡,B正确;在c点的合场强方向斜向左上方,电场强度不为零,试探电荷受力不平衡,C错误;在d点的合场强方向竖直向上,电场强度不为零,试探电荷受力不平衡,D错误. 7.A [解析] 电荷量为+,方向向右,而b点处的场强为零,根据电场的叠加原理可知,细棒与点电荷在b点处产生的电场强度大小相等,方向相反,则细棒在b点处产生的电场强度大小为E'=,方向向左,根据对称性可知,细棒在d点处产生的电场强度大小为,方向向右,而电荷量为+,方向向右,所以d点处的场强大小为Ed=E″+E'=,方向向右,故选项A正确.
8.D [解析] a带正电,受到的电场力水平向左,b带负电,受到的电场力水平向右.以整体为研究对象,整体所受的电场力大小为2qE,方向水平向左,受力分析如图所示,则上面悬挂a的绳子应向左偏转,设上面的绳子与竖直方向的夹角为α,则由平衡条件得tan α=;以b球为研究对象,设a、b间的绳子与竖直方向的夹角为β,则由平
2019年
衡条件得tan β=,可得α=β,根据几何知识可知,b球应在悬点的正下方,故D正确,A、B、C错误.
9.C [解析] 对P球受力分析,根据共点力平衡条件得,细线的拉力大小T==2mg,静电力大小F=mg,A、B错误;剪断左侧细线的瞬间,P球受到的重力和静电力不变,因此两力的合力与剪断细线前细线的拉力等大反向,根据牛顿第二定律得P球的加速度大小为2g,C正确;当两球间的静电力消失时,Q球开始做圆周运动,将重力沿细线方向和垂直于细线方向分解,由重力沿垂直于细线方向的分力产生加速度,根据牛顿第二定律得a=g,D错误.10.(1) (2)3(mg+qE)
[解析] (1)由A到B,由动能定理得mgr=mv2-0
在B点,对小球受力分析,由牛顿第二定律得qE-mg=m
联立解得E=
因为O点固定的是点电荷-Q,由E=k可知,等势面上各处的场强大小均相等,故AB弧中点处的电场强度为E=
(2)设小球到达B点时的速度为v,由动能定理得(mg+qE)r=mv2
设在B点处环对小球的弹力为FN,由牛顿第二定律得FN-mg-qE=m 联立解得小球在B点受到环的压力为FN=3(mg+qE)
由牛顿第三定律知,小球在B点对环的压力大小为F'N=FN=3(mg+qE)
11.C [解析] 对小球进行受力分析,小球受重力和A、B、C处三个正点电荷施加的库仑力,将A、B、C处正点电荷施加的库仑力正交分解到水平方向和竖直方向,设α是A、B、C处正点电荷对其施加的库仑力方向与竖直方向的夹角,在竖直方向,根据平衡条件得3Fcos α=mg,根据几何关系得cos α=,又F=,解得q=,C正确.
12.(1)g (2)L
[解析] (1)B球刚进入两板间时,以杆和球组成的装置为研究对象,有
qE+2mg=2ma1
解得a1=g.
(2)从装置由静止释放到A刚进入两板间,有
=2a1L
解得v1=
从A刚进入两板间到B即将穿出下孔,有
qE+2mg-3qE=2ma2
2019年
=2a2·s
B穿出下孔后,有
2mg-3qE=2ma3 0-
联立解得s=L
所以两板间距d=s+L=L.
课时作业(二十)
1.B [解析] 将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方,电场力做正功,因此电势能一定减小,故A错误;无论是正电荷还是负电荷,从电场中某点移到无穷远处时,因无穷远处电势能为零,因此静电力做的正功越多,电荷在该点的电势能就越大,故B正确;在等势面上,电势处处相等,但场强不一定相等,故C错误;电势降低最快的方向才是场强的方向,故D错误.
2.BD [解析] 小球的重力势能增加5 J,则小球克服重力做功5 J,故A错误;电场力对小球做功2 J,则小球的电势能减少2 J,故B正确;小球受到重力、电场力、空气阻力三个力的作用,小球的机械能增加1.5 J,则除重力以外的力做功为1.5 J,因电场力对小球做功2 J,则空气阻力做功为-0.5 J,即小球克服空气阻力做功0.5 J,故C错误;重力、电场力、空气阻力三力做功之和为-3.5 J,根据动能定理,小球的动能减少3.5 J,D正确.
3.A [解析] 等量异种点电荷的电场的分布具有一定的对称性,M、N两点的电场强度相同,故同一个试探电荷在M、N两点所受的电场力相同,A正确;在两电荷连线的垂直平分线的两侧,正电荷一边的电势要高于负电荷一边的电势,故M点的电势高于N点的电势,B错误;将带正电的试探电荷从M点沿直线移到N点的过程中,电场力一直做正功,故电势能一直减小,C错误;等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线,在移动-Q前,O点的电势为零,将-Q移到P点,其他点在空间的位置不变,此时两个电荷连线的中点在O点的左侧,O点的电势变为负值,故O点的电势降低,D错误.
4.BCD [解析] 四个点电荷在O点都产生场强,由场强叠加原理知,O点场强不为零,且场强沿OD方向,O点电势为零,A错误;a点电势最高,b、c在同一等势面上,d点电势最低,把一负点电荷由b移动到c时,电场力做功为零,B正确;由电场的对称性知,同一点电荷在a、d两点所受电场力相同,C正确;将一正点电荷由a点移到b点,电势能减小,D正确.
5.BC [解析] 根据点电荷的电场特点,结合题给条件可确定点电荷Q的位置在ab的中垂线和E的方向的交点处,且带负电,A错误;a点的电场强度E=k,其中r=,解得Q=,B正确;把一个带电荷量为+q的点电荷从a点沿直线移到b点过程中,先靠近后远离点电荷Q,所以其所受的电场力先增大后减小,C正确;把一个带电荷量为+q的点电荷从a点沿直线移动到b点的过程中,电场力先做正功后做负功,故电势能先减小后增大,D错误.
6.BC [解析] q在O1正下方某处,Q在O2处时受力平衡,速率最大,故A错误;Q从O运动到O1处的过程中,加速度先减小,在O2处时加速度为零,而后反向增大,故B正确;Q的机械能E等于Q的动能与重力势能之和,由功能关系有ΔE=W弹+W电,因弹簧弹力一直做负功,即W弹<0,库仑力也一直做负功,即W电<0,则ΔE<0,即Q的机械能不断减小,故C正确;系统的势能Ep等于重力势能、电势能与弹性势能之和,根据能量守恒定律得ΔEp+ΔEk=0,由于Q的动能Ek先增大后减小,所以系统的势能先减小后增大,故D错误.
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