第十章专题提升课4　课后达标检测 （教师版）--《创新课堂》人教版必修三

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1．(多选)如图所示，空间中存在水平向左的匀强电场，电场强度为E，现有一质量为m、电荷量为q的带电小球以初速度v0竖直向上抛出，当途经最高点时小球的速度大小也为v0，不计空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　)
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A．该电场强度大小E＝
B．该运动过程所用的时间t＝
C．小球在运动过程中的最小速度vmin＝v0
D．小球再次到达与初始位置等高的地点时前进的位移大小为 eq \f(2v,g)
解析：选ACD。由题意可知，小球受到重力和水平向左的静电力，则小球带正电，可知小球在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，小球从抛出到最高点的过程中所用的时间t＝，水平方向有v0＝t，联立方程，解得E＝，故A正确，B错误；当小球的速度与合力方向垂直时，小球速度最小，由几何知识可知，此时有t1＝v0－gt1，联立方程，解得达到速度最小时所需时间t1＝，则小球在运动过程中的最小速度vmin＝，联立方程，解得vmin＝v0，故C正确；小球再次到达与初始位置等高的地点时所用时间为2t，前进位移x＝··(2t)2，联立方程，解得x＝ eq \f(2v,g) ，故D正确。
2．(多选)(2024·四川成都期中)如图所示，竖直放置的平行金属板带等量异种电荷，一带电微粒沿图中直线从A向B运动，下列说法正确的是(　　)
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A．微粒可能带正电
B．微粒加速度减小
C．微粒电势能增大
D．微粒动能减小
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解析：选CD。微粒受重力与电场力而沿图中的直线运动，则重力与电场力的合力一定沿运动方向，由受力分析可知，合力只能沿AB的反方向，如图所示，可知微粒受到的电场力水平向左，与电场方向相反，则微粒带负电，故A错误。微粒受到重力与电场力均为恒力，则合力为恒力，微粒加速度不变，故B错误。由于电场力方向与运动方向的夹角大于90°，可知电场力做负功，微粒电势能增大；由于合力方向与运动方向相反，则合力做负功，根据动能定理可知，微粒动能减小，故C、D正确。
3．(多选)(2024·安徽亳州联考)如图所示，某一空间为真空，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动。下列说法正确的是(　　)
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A．微粒只能带负电荷
B．微粒可能做匀加速直线运动
C．仅改变初速度的方向(与原速度不共线)，微粒将做曲线运动
D．运动过程中微粒电势能减小
解析：选AC。微粒做直线运动，则合力沿直线方向或者合力为零，由题意可知，重力竖直向下，电场力只能水平向左，故只有负电荷才能做直线运动且一定是匀减速运动，故A正确，B错误；合力方向一定，仅改变初速度方向(与原速度不共线)，则初速度和合力不共线，微粒将做曲线运动，故C正确；电场力方向与运动方向夹角为钝角，则电场力做负功，电势能增大，故D错误。
4．(多选)(2024·四川德阳什邡中学期中)如图所示，质量为m、电荷量为q的带电微粒，以初速度v0从A点竖直向上射入水平方向、电场强度为E的匀强电场中。当微粒经过B点时速率vB＝2v0，而方向与E同向。下列判断正确的是(　　)
INCLUDEPICTURE "CX-83.TIF"
A．A、B两点间电势差为 eq \f(mv,q)
B．A、B两点间的高度差为 eq \f(v,2g)
C．微粒在B点的电势能大于在A点的电势能
D．从A到B微粒做匀变速运动
解析：选BD。微粒从A到B的过程根据动能定理得－mgh＋qUAB＝m(2v0)2－mv，又v＝2gh，解得A、B两点间电势差UAB＝ eq \f(2mv,q) ，高度差h＝ eq \f(v,2g) ，故A错误，B正确；微粒从A到B的过程电场力做正功，电势能减小，故C错误；微粒从A到B的过程受竖直向下的重力和水平向右的电场力，根据牛顿第二定律可知粒子水平和竖直的加速度大小不变，所以合加速度大小不变，方向为右下方，所以从A到B微粒做匀变速运动，故D正确。
5．(2024·四川凉山联考期末)如图所示，水平地面上方存在水平向右的匀强电场，现将一带电量不变的正电小球(可视为质点)从P点由静止释放。已知P点离地高度为h，带电小球所受的电场力是重力的，不计空气阻力，重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，则带电小球落地的速度大小为(　　)
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A．　　　　　　　 B．
C． D．
解析：选D。小球释放后其竖直方向做自由落体运动，有h＝gt2，v竖＝gt，水平方向受到电场力作用，由牛顿第二定律有F电＝mg＝ma，所以水平方向做匀加速直线运动，其速度v水＝at，则小球落地的速度v＝ eq \r(v＋v) ＝。
6．(2024·甘肃武威统考)如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容器电容为C、带电荷量为Q，两极板之间的距离为d，上极板正中央有一小孔，一带电的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，小球穿过小孔到达下极板处的速度恰好为零，空气阻力不计，电容器上极板带正电，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g。求：
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(1)小球所带电荷的性质；
(2)小球到达小孔处的速度；
(3)小球的比荷。
解析：(1)由题意可知小球在平行板中所受电场力方向向上，平行板电容器中的电场强度方向向下，负电荷的受力方向和电场强度方向相反，可知小球带负电。
(2)小球在电场外做自由落体运动，有v2＝2gh，解得小球到达小孔处的速度v＝。
(3)小球在极板间受重力和电场力作用，有qU＝mg(h＋d)，对电容器，有Q＝CU，解得小球的比荷＝。
答案：(1)负电　(2)　(3)
7．(2024·广东中山联考)如图所示，一根长L＝0.5 m的细绝缘线，上端固定，下端系一个质量m＝4×10－3 kg的带电小球，将整个装置放入一匀强电场当中，电场强度大小E＝3×103 N/C，方向为水平向右。已知当细线偏离竖直方向θ＝37°时，小球处于平衡状态，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
INCLUDEPICTURE "CX-86.TIF"
(1)小球带何种电荷，带电量为多少？
(2)若将小球拉至最低点C无初速度释放，求当小球运动到B点时的速度大小。
(3)若将小球拉至最低点C无初速度释放，求当小球运动到B点时绳中拉力大小。
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解析：(1)对小球受力分析，如图所示
小球所受电场力方向与匀强电场方向相同，所以带正电荷。由平衡条件可得mg tan θ＝qE
解得q＝1×10－5C。
(2)小球从C运动到B过程，由动能定理，可得qEL sin θ－mgL(1－cos θ)＝mv
解得vB＝ m/s。
(3)小球在B点，由牛顿第二定律可得F－mg cos θ－qE sin θ＝ eq \f(mv,L)
解得F＝0.07 N。
答案：(1)正电荷　1×10－5C　(2) m/s
(3)0.07 N
8. (2024·广东台山一中期中)如图所示，BC是半径为R的圆弧形光滑绝缘轨道，轨道位于竖直平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为E。现有一质量为m的带电小滑块(体积很小可视为质点)，在BC轨道的D点释放后可以静止不动。已知OD与竖直方向的夹角α＝37°，随后把它从A点由静止释放，小滑块恰能滑过C点。滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度为g且tan 37°＝0.75。
INCLUDEPICTURE "CX-88.TIF"
(1)求滑块的带电量q。
(2)求水平轨道上A、B两点之间的距离L。
(3)从A滑至C的过程，何处动能最大，并求出该最大值。
解析：(1)滑块在BC轨道的D点释放后可以静止不动，有Eq＝mg tan α
解得滑块的带电量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
解得水平轨道上A、B两点之间的距离L＝。
(3)等效重力的方向为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＋R sin θ)－μmgL－mgR(1－cos θ)＝Ekm
解得动能最大值 Ekm＝。
答案：(1)　(2)　(3)D点　
9．(2024·福建漳州期中)如图所示，水平绝缘光滑的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R＝1.60 m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E＝1.0×104 N/C，现有一电荷量q＝＋1.0×10－4C、质量m＝0.10 kg的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P点由静止释放，sPB＝5 m，带电体可以通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点，g取10 m/s2。试求：
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(1)带电体在B点的速度vB大小；
(2)带电体经过圆轨道B点时对轨道的压力大小；
(3)D点到B点的距离xDB。
解析：(1)依据牛顿第二定律得qE＝ma
v＝2asPB
得vB＝10 m/s。
(2)根据牛顿第二定律有F－mg＝m eq \f(v,R)
得轨道对带电体的支持力F＝mg＋m eq \f(v,R) ＝7.25 N
根据牛顿第三定律知带电体经过圆轨道B点时对轨道的压力大小F′＝F＝7.25 N。
(3)从B点到C点的过程有mv＝mg×2R＋mv得vC＝6 m/s
带电体离开C点后在竖直方向上做自由落体运动，设在空间运动的时间t，则有2R＝gt2
得t＝0.8 s
在水平方向上做匀减速运动，由运动学公式可得xDB＝vCt－at2＝1.6 m。
答案：(1)10 m/s　(2)7.25 N　(3)1.6 m