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1、2011 届高考物理课时活页同步训练步步提升解析届高考物理课时活页同步训练步步提升解析 -电磁学部分电磁学部分 1 1.质量为 m、 带电量为+q 的小球从距地面高为 h 处以一定的初速度水平抛出 在距抛出 点水平距离为l处，有一根管口比小球直径略大的上下都开口的竖直细管，管的上口 距地面h为使小球能无碰撞地从管子中通过，可在管子上方的整个区域里加一个电 1 2 场强 度方向水平向左的匀强电场，如图所示求：小球的初速度 v0、 电场强度 E 的大小 及小球落地时的动能 Ek 2.如图所示，空间存在着强度 E=2.5102N/C 方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为 L=0.5m 的绝缘细线，
2、一端固定在 O 点，一端拴着质量 m=0.5kg、电荷量 q=4102C的小球. 现将细线拉直到水平位置， 使小球由静止释放， 当小球运动最高点时细线受到的拉力恰好达 到它能承受的最大值而断裂.取 g=10m/s2.求： （1）小球的电性； （2）细线能承受的最大拉力； （3）当小球继续运动后与 O 点水平方向距离为 L 时，小球距 O 点的高度. 3如图所示半径为 r 的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有质量为 m 的带正电的 珠子，空间存在水平向右的匀强电场，珠子所受静电力是其重力的 3/4 倍将珠子从环上最 低点 A 静止释放，求珠子所能获得的最大动能 Ek.。 4.在一个水平面上建
3、立 x 轴， 在过原点 O 垂直于 x 轴的平面的右侧空间有一匀强电场， 场强大小E=6105N/C，方向与x轴正方向相同，在O处放一个带电量q=5108C，质量 m=10g 的绝缘物块。物块与水平面间的滑动摩擦系数=0.2， 沿 x 轴正方向给物块一个 初速度 v0=2m/s，如图所示，求物块最终停止时的位置。 （g 取 10m/s2） 5.如图所示，在 E = 103V/m 的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨 道与一水平绝缘轨道 MN 连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径 R = 40cm， 一带正电荷 q = 104C 的小滑块质量为 m = 40g，与水
4、平轨道间的动摩因数 = 0.2，取 g = 10m/s2，求： （1）要小滑块能运动到圆轨道的最高点 L，滑块应在水平轨道上离 N 点多远处释放？ （2）这样释放的滑块通过 P 点时对轨道压力是多大？（P 为半圆轨道中点） 6.如图所示，竖直放置的半圆形绝缘轨道半径为 R，下端与光滑绝缘水平面平滑连接，整个 装置处于方向竖直向上的匀强电场 E 中一质量为 m、带电量为+q 的物块（可视为质点） ， 从水平面上的 A 点以初速度 v0水平向左运动，沿半圆形轨道恰好通过最高 E O C BA 点 C， 场强大小 E0， x0 的空间存在沿 y 轴负方向的匀强电场 E1，在 y0 的空间存在沿 x
5、轴负方向的匀强电场 E2， 其中 m=0.1kg， q= + 1.010- 3C，v0=2m/s, ，CNE/103 1 CNE/103 3 2 重力加速度 g=10m/s2，求： （1）小球到达 x 轴上的速度 （2）小球回到 y 轴时的座标 答案 1.解：小球能无碰撞地通过管子，则小球落至管口时无水平方向的分速度，即速度只能竖直 向下令小球运动至管口的时间为 t， 则竖直方向： 水平方向： 2 1 22 h gt 0 0 qEt v m 2 0 22 qEl val m 综合有 0 2 g vl h 2mgl E qh 由动能定理得： 代入 v0及 E 有 Ek = mgh 2.解析：（1
6、）由小球运动到最高点可知，小球带正电（2 分） （2）设小球运动到最高点时速度为 v，对该过程由动能定理有， 2 1 () 2 qEmg Lmv （2 分） 在最高点对小球由牛顿第二定律得， （2 分） 由式解得， 2 T v FmgqEm L FT=15N（1 分） （3）小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为 a，则 （2 分） qEmg a m 设小球在水平方向运动 L 的过程中，历时 t，则 L=vt （1 分） 设竖直方向上的位移为 s，则 （1 分） 2 1 2 sat 由解得，s=0.125m（2 分） 小球距 O 点高度为 s+L=0.625m. （1 分） 3.解：珠子沿圆
7、环先做加速运动，后做减速运动，设其运动至跟圆心连线与竖直方向的夹角 为时，切向合力为零，珠子在此位置时速度最大，动能最大，则有 sincosmgF 电 v0 A y/m E1 E2 x/mO 所以，则，tan F mg 电 3 sin 5 4 cos 5 由动能定理 EkmqErsinmgr（1cos）=mgr/4 4.解：物块在电场中先向右做匀减速运动至速度为零，设位移为 s1 ，由动能定理有： (qE+mg) s1 = mv2 （3 分） 得：s1= 0.4m （2 分） 由于 qEmg 2 1 （2 分） 所以，物块接着向左做匀加速运动，从 O 点离开电场后再匀减速直至停止运动。 物块运
8、动全过程列动能定理方程有：mg（2 s1+ s2）=mv2 （4 分） 解得：s2=0.2m 2 1 （3 分） 5.解：1）滑块刚能通过轨道最高点条件是 mg = m v R vRgm S 2 2,/, 。由解之得EqsmgSmvmg RS mvgR Eqmg m 1 2 2 1 2 2 125 2 2 . （ 2） 滑 块 过 P 点 时 ， 1 2 1 2 2 2222 mvmgREqRmvvUg Eq m R pPP 得 。NEq mv R NmgEqN P 2 306,. 答案：1.25m0.6N 6.(1)物块恰能通过圆弧最高点 C，即圆弧轨道此时与物块间无弹力作用，物块受到的重力
9、和 电场力提供向心力 （2 分） （1 分） 2 c v mgEqm R c () Eq vR g m 物块在由 A 运动到 C 的过程中，设物块克服摩擦力做的功 Wf ，根据动能定理 （3 分） 22 0 11 22 22 fc EqRWmgRmvmv （2 分） 2 0 15 () 22 f WmvEqmg R (2) 物块离开半圆形轨道后做类平抛运动，设水平位移为 s， svct （2 分） 2R （3 分） 2 1 () 2 Eq gt m 由联立解得 s2R （1 分） 因此，物块离开轨道落回水平面的水平距离与场强大小 E 无关，大小为 2R 7.（8 分）小球做类平抛运动，设在竖直
10、方向加速度为 a1，运动时间为 t，未速度为 V，V 与 x 轴正方向夹角 mgEqF 1 m F a 1 1 2 111 2 1 tah 11t aVy 22 0y VVV 0 tan V Vy 由以上各式得 V=4m/s，=60 各式 1 分，答案 2 分 V0 Vy mlsV2 0 （11 分）由受力分析可知小球再次做类平抛运动，设运动的加速度为 a2，x1为第一次水 平方向的位移，运动轨迹如图所示： m mgqE a 22 2 2 )()( 30cos/ 10 xs 101 tVx 2 220 2 1 2 ta s s 2 4 2 3 ts 30tan 1 Xsy11 （y y （ 8 . 10 8 . 1 轴上的座标为 由以上各式可得 各 1 分，各 2 分，答案 3 分11 600300 x/m y/m O y x v S0 S x1
