2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場(chǎng) 課時(shí)分層作業(yè) 二十二 7.3 電容器與電容 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng).doc

2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場(chǎng) 課時(shí)分層作業(yè) 二十二 7.3 電容器與電容 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)題組】一、選擇題(本題共10小題,每小題6分,共60分。16題為單選題,710題為多選題)1.如圖所示,固定在絕緣支架上的平行板電容器充電后與電源斷開,兩極板與一個(gè)靜電計(jì)相連,將B極向左水平移動(dòng)一小段距離后,電容器的電容C、靜電計(jì)指針偏角和極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E的變化情況分別是()A.C變小,變大,E不變B.C不變,不變,E變小C.C變小,不變,E不變D.C變小,變大,E變小【解析】選A。當(dāng)負(fù)極板左移一小段距離時(shí),d增大,由C=可知,電容C減小,由U=可知兩極間的電壓增大,因電壓增大,靜電計(jì)指針偏角會(huì)增大,根據(jù)E=,不論極板間距如何變化,極板的電量總不變,因此電場(chǎng)強(qiáng)度不變,故A正確,B、C、D錯(cuò)誤。2.(xx淄博模擬)如圖所示,從F處釋放一個(gè)無初速度的電子向B板方向運(yùn)動(dòng),指出下列對(duì)電子運(yùn)動(dòng)的描述中錯(cuò)誤的是(設(shè)電源電動(dòng)勢(shì)為U)()A.電子到達(dá)B板時(shí)的動(dòng)能是eUB.電子從B板到達(dá)C板動(dòng)能變化量為零C.電子到達(dá)D板時(shí)動(dòng)能是3eUD.電子在A板和D板之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)【解析】選C。釋放出一個(gè)無初速度電荷量為e的電子,在電壓為U的電場(chǎng)中做加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)出電場(chǎng)時(shí),所獲得的動(dòng)能等于電場(chǎng)力做的功,即W=eU,故A正確;由圖可知,BC間沒有電壓,則沒有電場(chǎng),所以電子在此處做勻速直線運(yùn)動(dòng),則電子的動(dòng)能不變,故B正確;電子以eU的動(dòng)能進(jìn)入CD電場(chǎng)中,在電場(chǎng)力的阻礙下,電子做減速運(yùn)動(dòng),由于CD間的電壓也為U,所以電子到達(dá)D板時(shí)速度減為零,開始反向運(yùn)動(dòng),故C錯(cuò)誤;由上可知,電子將會(huì)在A板和D板之間加速、勻速再減速,再反向加速、勻速再減速,做往復(fù)運(yùn)動(dòng),故D正確。3.噴墨打印機(jī)的簡(jiǎn)化模型如圖所示。墨盒可以噴出質(zhì)量一定的墨汁微粒,經(jīng)帶電室?guī)ж?fù)電后,以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng),再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后打到紙上,顯示出字符。已知墨汁微粒所帶電荷量的多少由計(jì)算機(jī)的輸入信號(hào)按照文字的排列規(guī)律進(jìn)行控制,微粒偏移量越小打在紙上的字跡越小,則從墨汁微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)開始到打到紙上的過程中(不計(jì)墨汁微粒的重力),以下說法正確的是 ()A.墨汁微粒的軌跡是拋物線B.電量相同的墨汁微粒軌跡相同C.墨汁微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡與帶電量無關(guān)D.減小偏轉(zhuǎn)極板間的電壓,可以縮小字跡【解析】選D。墨汁微粒在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),出電場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng),軌跡不是拋物線,故A錯(cuò)誤;墨汁微粒以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng),則有,水平方向L=v0t,豎直方向y=at2,則出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)位移y=,電量相同,墨汁微粒的軌跡不一定相同,故B錯(cuò)誤;根據(jù)y=知,墨汁微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡與帶電量有關(guān),故C錯(cuò)誤;根據(jù)y=知,減小偏轉(zhuǎn)極板間的電壓,出電場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)位移減小,打到紙上的偏轉(zhuǎn)位移減小,可以縮小字跡,故D正確?！炯庸逃?xùn)練】某空間內(nèi)有高度為d、寬度足夠?qū)挕⒎较蛩较蜃蟮膭驈?qiáng)電場(chǎng)。當(dāng)在該空間內(nèi)建立如圖所示的坐標(biāo)系后,在x軸上的P點(diǎn)沿y軸正方向連續(xù)射入質(zhì)量和電荷量均相同且?guī)щ娦再|(zhì)也相同的帶電粒子(粒子重力不計(jì)),由于粒子的入射速率v(v>0)不同,有的粒子將在電場(chǎng)中直接通過y軸。有的將穿出電場(chǎng)后再通過y軸。設(shè)粒子通過y軸時(shí),離坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為h,從P到y(tǒng)軸所需的時(shí)間為t,則()A.粒子帶負(fù)電B.對(duì)hd的粒子,h越大,t越大C.對(duì)hd的粒子,在時(shí)間t內(nèi),電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功不相等D.h越大的粒子,進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速率v也越大【解析】選D。由題意可知,粒子向左偏,由電場(chǎng)線的方向,可確定電場(chǎng)力方向向左,因此粒子帶正電,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;對(duì)hd的粒子,沿x軸方向粒子受到電場(chǎng)力相同,加速度相同,因此運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等,由于粒子的速度不同,所以導(dǎo)致粒子的h不同,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;對(duì)hd的粒子,在時(shí)間t內(nèi),沿電場(chǎng)力方向的位移相同,因此電場(chǎng)力做功相等,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;若在電場(chǎng)中直接通過y軸,水平分位移x相等,由x=at2知,運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相等,豎直分位移h=vt,則h越大的粒子,進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速率v也越大,若穿出電場(chǎng)后再通過y軸,通過電場(chǎng)時(shí)豎直分位移y相等,h越大,沿著電場(chǎng)力方向偏轉(zhuǎn)位移x越小,由x=at2,可知t越小,由y=vt可知v越大,故選項(xiàng)D正確。4.如圖,兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點(diǎn)靜止釋放一帶電微粒,微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將兩板繞過a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45,再由a點(diǎn)從靜止釋放一個(gè)同樣的微粒,該微粒將()A.保持靜止?fàn)顟B(tài)B.向右下方做勻加速運(yùn)動(dòng)C.向正下方做勻加速運(yùn)動(dòng)D.向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)【解析】選B。在兩板中間a點(diǎn)靜止釋放一帶電微粒,微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài),微粒受重力和電場(chǎng)力平衡,故電場(chǎng)力大小F=mg,方向豎直向上,將兩板繞過a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45,電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變,方向順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45,電場(chǎng)力順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45,大小仍然為mg,重力和電場(chǎng)力的大小均為mg,夾角為135,故合力向右下方,微粒的加速度恒定,向右下方做勻加速運(yùn)動(dòng),故B正確,A、C、D錯(cuò)誤。5.如圖甲所示,兩平行金屬板A、B放在真空中,間距為d,P點(diǎn)在A、B板間,A板接地,B板的電勢(shì)隨時(shí)間t變化情況如圖乙所示,t=0時(shí),在P點(diǎn)由靜止釋放一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子,當(dāng)t=2T時(shí),電子回到P點(diǎn)。電子運(yùn)動(dòng)中沒與極板相碰,不計(jì)重力,則()A.12=12B.12=14C.在02T內(nèi),當(dāng)t=T時(shí)電子的電勢(shì)能最大D.在02T內(nèi),電子的電勢(shì)能減小了【解析】選D。0T時(shí)間內(nèi)平行板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為E1=,電子以a1=向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng),經(jīng)過時(shí)間T的位移x1=a1T2,速度v1=a1T,T2T內(nèi)平行板間電場(chǎng)強(qiáng)度E2=,加速度a2=,電子以v1的速度向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng),位移x2=v1T-a2T2,由題意2T時(shí)刻回到P點(diǎn),則x1+x2=0,聯(lián)立解得2=31,故A、B錯(cuò)誤;當(dāng)速度最大時(shí),動(dòng)能最大,電勢(shì)能最小,而0T內(nèi)電子做勻加速運(yùn)動(dòng),之后做勻減速直線運(yùn)動(dòng),所以在T時(shí)刻電勢(shì)能最小,故C錯(cuò)誤;電子在2T時(shí)刻回到P點(diǎn),此時(shí)速度v2=v1-a2T=-(負(fù)號(hào)表示方向向下),電子的動(dòng)能為Ek=m=,根據(jù)能量守恒定律可知,電勢(shì)能的減小量等于動(dòng)能的增加量,故D正確。6.粗糙絕緣的水平地面上,有兩塊豎直平行相對(duì)而立的金屬板AB。板間地面上靜止著帶正電的物塊,如圖甲所示,當(dāng)兩金屬板加圖乙所示的交變電壓時(shí),設(shè)直到t1時(shí)刻物塊才開始運(yùn)動(dòng),(最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力可認(rèn)為相等)則()A.在0t1時(shí)間內(nèi),物塊受到逐漸增大的摩擦力,方向水平向右B.在t1t3時(shí)間內(nèi),物塊受到的摩擦力,先逐漸增大,后逐漸減小C.t3時(shí)刻物塊的速度最大D.t4時(shí)刻物塊的速度最大【解析】選C。在0t1時(shí)間內(nèi),物塊處于靜止?fàn)顟B(tài),電場(chǎng)強(qiáng)度方向水平向右,物塊所受的電場(chǎng)力水平向右,根據(jù)平衡條件得:摩擦力大小Ff=qE,而E=,得Ff=q,UAB增大,Ff隨之增大,并且由平衡條件知,Ff的方向水平向左,故A錯(cuò)誤;在t1t3時(shí)間內(nèi),物塊向右運(yùn)動(dòng),受到的是滑動(dòng)摩擦力,物塊對(duì)地面的壓力不變,根據(jù)公式Ff=FN知,摩擦力不變,故B錯(cuò)誤;據(jù)題意:最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,在t1時(shí)刻物塊所受的靜摩擦力達(dá)到最大,并恰好等于此時(shí)的電場(chǎng)力。在t1t3時(shí)間內(nèi),電場(chǎng)力一直大于摩擦力,物塊一直向右加速運(yùn)動(dòng);在t3t4時(shí)間內(nèi),電場(chǎng)力小于滑動(dòng)摩擦力,物塊向右做減速運(yùn)動(dòng),所以t3時(shí)刻物塊的速度最大,故C正確,D錯(cuò)誤。7.(xx唐山模擬)如圖所示,豎直平面內(nèi)有A、B兩點(diǎn),兩點(diǎn)的水平距離和豎直距離均為H,空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng),一質(zhì)量為m的帶電小球從A點(diǎn)以水平速度v0拋出,經(jīng)一段時(shí)間豎直向下通過B點(diǎn),重力加速度為g,小球在由A到B的運(yùn)動(dòng)過程中,下列說法正確的是()A.小球帶負(fù)電B.速度先增大后減小C.機(jī)械能一直減小D.任意一小段時(shí)間內(nèi),電勢(shì)能的增加量總等于重力勢(shì)能的減少量【解析】選A、C。小球在B點(diǎn)的速度豎直向下,水平方向勻減速運(yùn)動(dòng),豎直方向自由落體運(yùn)動(dòng),可知電場(chǎng)力方向水平向左,與電場(chǎng)方向相反,說明小球帶負(fù)電,故A正確;小球受豎直向下的重力和水平向左的電場(chǎng)力,即合力方向朝左下方,與初速度成鈍角,所以開始減速,然后成銳角,可知合力先做負(fù)功然后做正功,則速度先減小后增大,故B錯(cuò)誤;因?yàn)殡妶?chǎng)力做負(fù)功,電勢(shì)能增加,機(jī)械能減小,故C正確;任意一小段時(shí)間,小球的動(dòng)能、電勢(shì)能和重力勢(shì)能之和保持不變,總能量守恒,所以電勢(shì)能的增加量不等于重力勢(shì)能的減少量,故D錯(cuò)誤。8.(xx日照模擬)如圖所示,一直角三角形處于平行于紙面的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,A=90,B=30,AC長(zhǎng)為L(zhǎng),已知A點(diǎn)的電勢(shì)為 (>0),B點(diǎn)的電勢(shì)為2,C點(diǎn)的電勢(shì)為0。一帶電的粒子從C點(diǎn)以v0的速度出發(fā),方向如圖所示(與AC邊成60)。不計(jì)粒子的重力,下列說法正確的是()A.電場(chǎng)強(qiáng)度的方向由B指向CB.電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為C.若粒子能擊中圖中的A點(diǎn),則該粒子的比荷為D.只要粒子的速度大小合適,就可能擊中圖中的B點(diǎn)【解析】選B、C。B點(diǎn)的電勢(shì)為2,C點(diǎn)的電勢(shì)為0,則BC中點(diǎn)D的電勢(shì)為,又A點(diǎn)的電勢(shì)為 (>0),連接AD,則電場(chǎng)線垂直于AD,如圖所示,故A錯(cuò)誤;由圖可知電場(chǎng)強(qiáng)度E=,故B正確;由于速度方向與電場(chǎng)方向垂直,粒子從C到A做類平拋運(yùn)動(dòng),則Lcos60=v0t,Lsin60=t2,解得=,故C正確;由于速度方向與電場(chǎng)方向垂直,粒子從C拋出后做類平拋運(yùn)動(dòng)不可能到B點(diǎn),故D錯(cuò)誤。9.(xx惠州模擬)如圖,在豎直平面內(nèi)有一勻強(qiáng)電場(chǎng),一帶電量為+q、質(zhì)量為m的小球在力F(大小可以變化)的作用下沿圖中虛線由A至B做豎直向上的勻速運(yùn)動(dòng)。已知力F和AB間夾角為,AB間距離為d,重力加速度為g。則 ()A.力F大小的取值范圍只能在0B.電場(chǎng)強(qiáng)度E的最小值為C.小球從A運(yùn)動(dòng)到B電場(chǎng)力可能不做功D.若電場(chǎng)強(qiáng)度E=時(shí),小球從A運(yùn)動(dòng)到B電勢(shì)能變化量大小可能為2mgdsin2【解析】選B、C、D。因?yàn)樾∏蜃鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng),合力為零,則F與qE的合力與mg大小相等、方向相反,作出F與qE的合力,如圖所示,拉力F的取值隨著電場(chǎng)強(qiáng)度方向的變化而變化,如果電場(chǎng)強(qiáng)度方向斜向右下方,則F的值將大于,故A錯(cuò)誤;由圖可知,當(dāng)電場(chǎng)力qE與F垂直時(shí),電場(chǎng)力最小,此時(shí)場(chǎng)強(qiáng)也最小,則qE=mgsin,解得電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值為E=,故B正確;當(dāng)電場(chǎng)力qE與AB方向垂直時(shí),小球從A運(yùn)動(dòng)到B電場(chǎng)力不做功,故C正確;若電場(chǎng)強(qiáng)度E=時(shí),即qE=mgtan時(shí),電場(chǎng)力qE可能與AB方向垂直,如圖位置1,電場(chǎng)力不做功,電勢(shì)能變化量為0,電場(chǎng)力的方向也可能位于位置2方向,則電場(chǎng)力做功為W=qEsin2d=qsin2d=2mgdsin2,故D正確。10.如圖所示的電路中,理想二極管和水平放置的平行板電容器串聯(lián)接在電路中,閉合開關(guān)S,平行板間有一質(zhì)量為m,電荷量為q的帶電液滴恰好能處于靜止?fàn)顟B(tài),則下列說法中正確的是()A.將A板向上平移一些,液滴將向下運(yùn)動(dòng)B.將A板向左平移一些,液滴將向上運(yùn)動(dòng)C.斷開開關(guān)S,將A板向下平移一些,液滴將保持靜止不動(dòng)D.斷開開關(guān)S,將A板向右平移一些,液滴將向上運(yùn)動(dòng)【解析】選B、C、D。A極板上移時(shí),d變大,由C=可知,C變小,由于二極管具有單向?qū)щ娦?電容器不能放電,由E=,可知電容器兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變,油滴所受電場(chǎng)力不變,油滴靜止不動(dòng),故A錯(cuò)誤;A極板左移時(shí),S變小,由C=可知,C變小,而兩極板間的電壓U等于電源電動(dòng)勢(shì)不變,由于二極管具有單向?qū)щ娦?電容器不能放電,由E=可知電容器兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度增大,油滴所受電場(chǎng)力增大,油滴將向上運(yùn)動(dòng),故B正確;當(dāng)斷開開關(guān)S,將A板向下平移一些時(shí),d變小,由C=可知,C變大,因電量的不變,由E=可得,電場(chǎng)強(qiáng)度不變,那么液滴將保持靜止不動(dòng),故C正確;同理,當(dāng)斷開開關(guān)S,將A板向右平移一些時(shí),S變小,由C=可知,C變小,因電量的不變,由E=可得,電場(chǎng)強(qiáng)度變大,那么液滴將向上運(yùn)動(dòng),故D正確?！炯庸逃?xùn)練】(多選)一平行板電容器充電后與電源斷開,負(fù)極板接地。兩板間有一個(gè)正電荷固定在P點(diǎn),如圖所示,以E表示兩板間的場(chǎng)強(qiáng),U表示電容器兩板間的電壓,表示正電荷在P點(diǎn)的電勢(shì),Ep表示正電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能,若保持負(fù)極板不動(dòng),將正極板向下移到圖示的虛線位置,則()A.E變大B.Ep不變C.不變D.U不變【解析】選B、C。平行板電容器充電后與電源斷開,所帶電量不變,當(dāng)極板距離減小時(shí),根據(jù)電容決定式C=知,d減小,則電容C增大,根據(jù)U=知,U減小。電場(chǎng)強(qiáng)度E=,知電場(chǎng)強(qiáng)度不變,所以P與負(fù)極板間的電勢(shì)差不變,則P點(diǎn)的電勢(shì)不變,電勢(shì)能不變,故B、C正確,A、D錯(cuò)誤。二、計(jì)算題(15分。需寫出規(guī)范的解題步驟)11.(xx北京高考)如圖所示,電子由靜止開始經(jīng)加速電場(chǎng)加速后,沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng),并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為m,電荷量為e,加速電場(chǎng)電壓為U0,偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可看作勻強(qiáng)電場(chǎng),極板間電壓為U,極板長(zhǎng)度為L(zhǎng),板間距為d。 (1)忽略電子所受重力,求電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初速度v0和從電場(chǎng)射出時(shí)沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離y。(2)分析物理量的數(shù)量級(jí)是解決物理問題的常用方法。在解決(1)問時(shí)忽略了電子所受重力,請(qǐng)利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因。已知U=2.0102 V,d=4.010-2 m,m=9.110-31 kg,e=1.610-19 C,g取10 m/s2。(3)極板間既有靜電場(chǎng)也有重力場(chǎng)。電勢(shì)反映了靜電場(chǎng)各點(diǎn)的能的性質(zhì),請(qǐng)寫出電勢(shì)的定義式。類比電勢(shì)的定義方法,在重力場(chǎng)中建立“重力勢(shì)”G的概念,并簡(jiǎn)要說明電勢(shì)和“重力勢(shì)”的共同特點(diǎn)?！窘忸}指導(dǎo)】解答本題應(yīng)把握以下三點(diǎn):(1)熟練掌握帶電粒子在加速電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。(2)通過計(jì)算重力的大小,根據(jù)數(shù)量級(jí),分析忽略重力的原因。(3)利用類比法準(zhǔn)確定義重力勢(shì),并說明和電勢(shì)的共同特點(diǎn)?！窘馕觥?1)根據(jù)動(dòng)能定理可得:eU0=m所以電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的初速度v0=在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中,電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=L偏轉(zhuǎn)距離y=a(t)2=(2)考慮電子所受重力和電場(chǎng)力的數(shù)量級(jí),有重力G=mg10-29 N電場(chǎng)力F=10-15 N由于FG,因此不需要考慮電子所受的重力(3)電場(chǎng)中某點(diǎn)電勢(shì)定義為電荷在該點(diǎn)的電勢(shì)能Ep與電荷量q的比值,即=,由于重力做功與路徑無關(guān),可以類比靜電場(chǎng)電勢(shì)的定義,將重力場(chǎng)中物體在某點(diǎn)的重力勢(shì)能EG與其質(zhì)量m的比值叫作重力勢(shì),即G=。電勢(shì)和重力勢(shì)G都是反映場(chǎng)的能的性質(zhì)的物理量,僅由場(chǎng)自身的因素決定。答案:(1)(2)見解析(3)=G=電勢(shì)和重力勢(shì)G都是反映場(chǎng)的能的性質(zhì)的物理量,僅由場(chǎng)自身的因素決定【能力拔高題組】1.(8分)(多選)(xx日照模擬)質(zhì)量為m的帶正電小球由空中A點(diǎn)無初速度自由下落,t秒末,在小球下落的空間中,加上豎直向上、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng),再經(jīng)過t秒,小球又回到A點(diǎn),不計(jì)空氣阻力且小球從未落地,重力加速度為g,則 ()A.小球所受電場(chǎng)力的大小是4mgB.小球回到A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是mg2t2C.從A點(diǎn)到最低點(diǎn)的距離是gt2D.從A點(diǎn)到最低點(diǎn),小球的電勢(shì)能增加了mg2t2【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下三點(diǎn):(1)加電場(chǎng)后,小球先向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng),后反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。(2)可由動(dòng)力學(xué)求小球的速度和位移。(3)可由功能關(guān)系求小球電勢(shì)能的變化量?！窘馕觥窟xA、C。小球先做自由下落,然后受電場(chǎng)力和重力向下勻減速到速度為0,再向上做勻加速回到A點(diǎn),設(shè)加上電場(chǎng)后小球的加速度大小為a,規(guī)定向下為正方向,整個(gè)過程中小球的位移為0,由運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得gt2+gtt-at2=0,解得a=3g,根據(jù)牛頓第二定律得F電-mg=ma,解得電場(chǎng)力為4mg,故A正確;t s末的速度v1=gt,加電場(chǎng)后,返回A點(diǎn)的速度vA=v1+at=gt-3gt=-2gt,小球回到A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是Ek=m=m(-2gt)2=2mg2t2,故B錯(cuò)誤;從A點(diǎn)自由下落的高度h1=gt2,自由落體的末速度v1=gt,勻減速下降的高度h2=gt2,小球從A點(diǎn)到最低點(diǎn)的距離h=h1+h2=gt2,故C正確;從A到最低點(diǎn)小球電勢(shì)能增加量等于克服電場(chǎng)力做的功Ep=Fh2=4mggt2=mg2t2,故D錯(cuò)誤。2.(17分)如圖所示,在一個(gè)傾角=30的斜面上建立x軸,O為坐標(biāo)原點(diǎn),在x軸正向空間有一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng),場(chǎng)強(qiáng)大小E=4.5106 N/C,方向與x軸正方向相同,在O處放一個(gè)電荷量q=5.010-6C,質(zhì)量m=1 kg帶負(fù)電的絕緣物塊。物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=,沿x軸正方向給物塊一個(gè)初速度v0=5 m/s,如圖所示(g取10 m/s2)。求:(1)物塊沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的最大距離為多少?(2)到物塊最終停止時(shí)系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱共為多少?【解析】(1)設(shè)物塊向下運(yùn)動(dòng)的最大距離為xm,由動(dòng)能定理得:mgsinxm-mgcosxm-qExm=0-m代入數(shù)據(jù)解得:xm=0.5 m(2)因qE>mgsin+mgcos,物塊不可能停止在x軸正向,設(shè)最終停在x軸負(fù)向且離O點(diǎn)為x處,整個(gè)過程電場(chǎng)力做功為零,由動(dòng)能定理得:-mgxsin-mgcos(2xm+x)=0-m代入數(shù)據(jù)解得:x=0.4 m產(chǎn)生的焦耳熱:Q=mgcos(2xm+x)代入數(shù)據(jù)解得:Q=10.5 J答案:(1)0.5 m(2)10.5 J