(通用版)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第45課時(shí) 帶電粒子(體)在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問題(題型研究課)講義(含解析)
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1、(通用版)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第45課時(shí) 帶電粒子(體)在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問題(題型研究課)講義(含解析) 1.(多選)(2018·全國(guó)卷Ⅲ)如圖,一平行板電容器連接在直流電源上,電容器的極板水平;兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號(hào)相反,使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近,與極板距離相等。現(xiàn)同時(shí)釋放a、b,它們由靜止開始運(yùn)動(dòng)。在隨后的某時(shí)刻t,a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面。a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說法正確的是( ) A.a(chǎn)的質(zhì)量比b的大 B.在t時(shí)刻,a的動(dòng)能比b的大 C.在t時(shí)刻,a和b的電勢(shì)能相等 D.在t時(shí)刻,a和b的動(dòng)量大小
2、相等 解析:選BD 經(jīng)時(shí)間t,a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面,則xa>xb,根據(jù)x=at2=·t2知,ma<mb,故A錯(cuò)誤;電場(chǎng)力做功Wa>W(wǎng)b,由動(dòng)能定理知,a的動(dòng)能比b的動(dòng)能大,故B正確;a、b處在同一等勢(shì)面上,根據(jù)Ep=qφ,a、b的電勢(shì)能絕對(duì)值相等,符號(hào)相反,故C錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)量定理知a、b的動(dòng)量大小相等,故D正確。 2.(2015·全國(guó)卷Ⅱ)如圖,兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點(diǎn)從靜止釋放一帶電微粒,微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)?,F(xiàn)將兩板繞過a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°,再由a點(diǎn)從靜止釋放一同樣的微粒,該微粒將( ) A.保持靜止?fàn)顟B(tài) B.向左上方
3、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D 兩板水平放置時(shí),放置于兩板間a點(diǎn)的微粒保持靜止,微粒受到的電場(chǎng)力與重力平衡。當(dāng)將兩板逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°時(shí),電場(chǎng)力大小不變,方向逆時(shí)針偏轉(zhuǎn)45°,受力如圖,則其所受合力方向沿二力角平分線方向(左下方),微粒將向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)。選項(xiàng)D正確。 3.(2013·全國(guó)卷Ⅱ)如圖,勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一半徑為r的光滑絕緣圓軌道,軌道平面與電場(chǎng)方向平行。a、b為軌道直徑的兩端,該直徑與電場(chǎng)方向平行。一電荷量為q(q>0)的質(zhì)點(diǎn)沿軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng),經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大小分別為Na和Nb。不計(jì)重力,求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E、質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過
4、a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能。 解析:質(zhì)點(diǎn)所受電場(chǎng)力的大小為F=qE 設(shè)質(zhì)點(diǎn)質(zhì)量為m,經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)的速度大小分別為va和vb,由牛頓第二定律有 F+Na=m,Nb-F=m 設(shè)質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能分別為Eka和Ekb,有 Eka=mva2,Ekb=mvb2 根據(jù)動(dòng)能定理有:2rF=Ekb-Eka 聯(lián)立以上各式得 E=(Nb-Na),Eka=(Nb+5Na),Ekb=(5Nb+Na)。 答案:(Nb-Na) (Nb+5Na) (5Nb+Na) 4.(2017·全國(guó)卷Ⅱ)如圖,兩水平面(虛線)之間的距離為H,其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)。自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)量均為m、電
5、荷量分別為q和-q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場(chǎng)的方向射出。小球在重力作用下進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域,并從該區(qū)域的下邊界離開。已知N離開電場(chǎng)時(shí)的速度方向豎直向下;M在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng),剛離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為N剛離開電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的1.5倍。不計(jì)空氣阻力,重力加速度大小為g。求: (1)M與N在電場(chǎng)中沿水平方向的位移之比; (2)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度; (3)該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小。 解析:(1)設(shè)小球M、N在A點(diǎn)水平射出時(shí)的初速度大小為v0,則它們進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的水平速度仍然為v0。M、N在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t相等,電場(chǎng)力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向,大小均為a,在電場(chǎng)中沿水平方向的
6、位移分別為s1和s2。由題給條件和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 v0-at=0① s1=v0t+at2② s2=v0t-at2③ 聯(lián)立①②③式得=3。④ (2)設(shè)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度為h,小球下落h時(shí)在豎直方向的分速度為vy,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 vy2=2gh⑤ H=vyt+gt2⑥ M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng),由幾何關(guān)系知=⑦ 聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得h=H。⑧ (3)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E,小球M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng),則 =⑨ 設(shè)M、N離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能分別為Ek1、Ek2,由動(dòng)能定理得 mgH+qEs1=Ek1-m(v02+vy2)⑩ mgH-qEs2=Ek2-m(v02+vy2)? 由
7、已知條件Ek1=1.5Ek2? 聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得E=。? 答案:(1)3∶1 (2)H (3) 5.(2014·全國(guó)卷Ⅰ)如圖,O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個(gè)點(diǎn),OB沿豎直方向,∠BOA=60°,OB=OA,將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動(dòng)能自O(shè)點(diǎn)水平向右拋出,小球在運(yùn)動(dòng)過程中恰好通過A點(diǎn)。使此小球帶電,電荷量為q(q>0),同時(shí)加一勻強(qiáng)電場(chǎng),場(chǎng)強(qiáng)方向與△OAB所在平面平行?,F(xiàn)從O點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿某一方向拋出此帶電小球,該小球通過了A點(diǎn),到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是初動(dòng)能的3倍;若該小球從O點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿另一方向拋出,恰好通過B點(diǎn),且到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為初動(dòng)能的6倍,重力加速度大小為g
8、。求: (1)無電場(chǎng)時(shí),小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與初動(dòng)能的比值; (2)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向。 解析:(1)設(shè)小球的初速度為v0,初動(dòng)能為Ek0,從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的時(shí)間為t,令OA=d,則OB=d,根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有 dsin 60°=v0t① dcos 60°=gt2② 又Ek0=mv02③ 由①②③式得Ek0=mgd④ 設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為EkA,則 EkA=Ek0+mgd⑤ 由④⑤式得=。⑥ (2)加電場(chǎng)后,小球從O點(diǎn)到A點(diǎn)和B點(diǎn),高度分別降低了和,設(shè)電勢(shì)能分別減小ΔEpA和ΔEpB,由能量守恒及④式得 ΔEpA=3Ek0-Ek0-mgd=Ek0⑦ ΔEpB=
9、6Ek0-Ek0-mgd=Ek0⑧ 在勻強(qiáng)電場(chǎng)中,沿任一直線,電勢(shì)的降落是均勻的。設(shè)直線OB上的M點(diǎn)與A點(diǎn)等電勢(shì),M與O點(diǎn)的距離為x,如圖,則有 =⑨ 解得x=d, MA為等勢(shì)線,電場(chǎng)強(qiáng)度必與其垂線OC方向平行。設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度方向與豎直向下的方向的夾角為α,由幾何關(guān)系可得 α=30°⑩ 即電場(chǎng)強(qiáng)度方向與豎直向下的方向的夾角為30°, 設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E,有 qEdcos 30°=ΔEpA? 由④⑦?式得 E=。? 答案:(1) (2) 與豎直向下的方向的夾角為30° 近幾年高考對(duì)帶電體在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的考查非常靈活,題型既有選擇題,又有計(jì)算題,類型既有直線運(yùn)動(dòng)又有偏轉(zhuǎn)運(yùn)
10、動(dòng),考查的方法規(guī)律則主要涉及運(yùn)動(dòng)的合成與分解、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理和功能關(guān)系等,因此這類問題綜合性較強(qiáng)?! ? 命題點(diǎn)一 帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題 題型1 帶電粒子在交變電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng) [例1] (多選)如圖甲所示,平行金屬板中央有一個(gè)靜止的電子(不計(jì)重力),兩板間距離足夠大。當(dāng)兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后,選項(xiàng)圖中反映電子速度v、位移x和加速度a隨時(shí)間t的變化規(guī)律圖像,可能正確的是( ) [解析] 在平行金屬板之間加上題圖乙所示的交變電壓時(shí),電子在平行金屬板間所受的電場(chǎng)力大小始終不變,F(xiàn)=,由牛頓第二定律F=ma可知,電子的加速度大小始終不變,電子在第一
11、個(gè)內(nèi)向B板做勻加速直線運(yùn)動(dòng),在第二個(gè)內(nèi)向B板做勻減速直線運(yùn)動(dòng),在第三個(gè)內(nèi)反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng),在第四個(gè)內(nèi)向A板做勻減速直線運(yùn)動(dòng),所以at圖像應(yīng)如圖D所示,vt圖像應(yīng)如圖A所示,A、D正確,C錯(cuò)誤;又因勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移x=v0t+at2,所以xt圖像應(yīng)是曲線,B錯(cuò)誤。 [答案] AD (1)電壓突然反向時(shí),電場(chǎng)強(qiáng)度、電場(chǎng)力也隨之反向,則加速度反向,但速度不會(huì)立即反向。 (2)注意分清vt圖像、xt圖像和at圖像,找出各階段和電壓變化的對(duì)應(yīng)關(guān)系?! ? 題型2 帶電粒子在交變電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn) [例2] (2019·衡水模擬)如圖甲所示,兩塊水平平行放置的導(dǎo)電板,板間距為d
12、,大量電子(質(zhì)量為m,電荷量為e)連續(xù)不斷地從中點(diǎn)O沿與極板平行的OO′方向射入兩板之間。當(dāng)兩板不帶電時(shí),這些電子通過兩板之間的時(shí)間為3t0,當(dāng)在兩板間加上圖乙所示的周期為2t0、幅值恒為U0的周期性電壓時(shí),所有的電子均能從兩板間通過(不計(jì)重力)。求這些電子穿過平行板時(shí)距OO′的最大距離和最小距離。 [解析] 以電場(chǎng)力的方向?yàn)檎较?,畫出電子在t=0、t=t0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)后,沿電場(chǎng)力方向的速度vy隨時(shí)間變化的vyt 圖像如圖1和2所示 電場(chǎng)強(qiáng)度E= 電子的加速度a== 由圖1中vy1=at0= vy2=a×2t0= 由圖1可得電子的最大側(cè)移,即穿過平行板時(shí)距OO′的最大距
13、離 ymax=t0+vy1t0+t0= 由圖2可得電子的最小側(cè)移,即穿過平行板時(shí)距OO′的最小距離 ymin=t0+vy1t0=。 [答案] (1)交變電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問題難點(diǎn)在于每當(dāng)電場(chǎng)方向發(fā)生變化后都要對(duì)帶電粒子重新進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析,尤其是運(yùn)動(dòng)分析還要結(jié)合前一段時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況(銜接速度、位移位置等)。 (2)借助v-t圖像可以更直觀地分析粒子的運(yùn)動(dòng)情況?! ? [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.一勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示。在該勻強(qiáng)電場(chǎng)中,有一個(gè)帶電粒子于t=0時(shí)刻由靜止釋放,若帶電粒子只受電場(chǎng)力作用,則下列說法中正確的是( ) A.帶電粒子只向一個(gè)方
14、向運(yùn)動(dòng) B.0~2 s內(nèi),電場(chǎng)力所做的功等于零 C.4 s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn) D.2.5~4 s內(nèi),電場(chǎng)力的沖量等于零 解析:選D 由牛頓第二定律可知,帶電粒子在第1 s內(nèi)的加速度大小a1=,為第2 s內(nèi)加速度大小a2=的,因此粒子先加速1 s再減速0.5 s 速度變?yōu)榱?,接下來?.5 s 將反向加速運(yùn)動(dòng),v-t圖像如圖所示,A錯(cuò)誤;0~2 s內(nèi),帶電粒子的初速度為零,但末速度不為零,由動(dòng)能定理可知電場(chǎng)力所做的功不為零,B錯(cuò)誤;由v-t圖像中圖線與時(shí)間軸圍成的圖形的面積為物體的位移,由圖可以看出,前4 s內(nèi)的位移不為零,所以帶電粒子不會(huì)回到原出發(fā)點(diǎn),C錯(cuò)誤;2.5~4 s內(nèi),電場(chǎng)
15、力的沖量為I=2qE0×0.5+(-qE0)×1=0,D正確。 2.在圖甲所示的極板A、B間加上如圖乙所示的大小不變、方向周期性變化的交變電壓,其周期為T,現(xiàn)有電子以平行于極板的速度v0從兩板中央OO′射入。已知電子的質(zhì)量為m,電荷量為e,不計(jì)電子的重力,問: (1)若電子從t=0時(shí)刻射入,在半個(gè)周期內(nèi)恰好能從A板的邊緣飛出,則電子飛出時(shí)速度的大小為多少? (2)若電子從t=0時(shí)刻射入,恰能平行于極板飛出,則極板至少為多長(zhǎng)? (3)若電子恰能從OO′平行于極板飛出,電子應(yīng)從哪一時(shí)刻射入??jī)蓸O板間距至少為多大? 解析:(1)由動(dòng)能定理得:e·=mv2-mv02 解得v= 。 (
16、2)t=0時(shí)刻射入的電子,在垂直于極板方向上做勻加速運(yùn)動(dòng),向正極板方向偏轉(zhuǎn),半個(gè)周期后電場(chǎng)方向反向,電子繼續(xù)在該方向上做勻減速運(yùn)動(dòng),再經(jīng)過半個(gè)周期,電場(chǎng)方向上的速度減到零,此時(shí)實(shí)際速度等于初速度v0,方向平行于極板,以后繼續(xù)重復(fù)這樣的運(yùn)動(dòng); 要使電子恰能平行于極板飛出,則電子在OO′方向上至少運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期,故極板長(zhǎng)至少為L(zhǎng)=v0T。 (3)若要使電子從OO′平行于極板飛出,則電子在電場(chǎng)方向上應(yīng)先加速、再減速,反向加速、再減速,每階段時(shí)間相同,一個(gè)周期后恰好回到OO′上,可見應(yīng)在t=+k·(k=0,1,2,…)時(shí)射入; 極板間距離要滿足電子在加速、減速階段不打到極板上, 由牛頓第二定律有
17、a= 加速階段運(yùn)動(dòng)的距離 s=··2≤ 解得d≥T 故兩極板間距至少為T 。 答案:(1) (2)v0T (3)+k·(k=0,1,2,…) T 命題點(diǎn)二 帶電體在等效場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題 1.等效思維法 等效思維法是將一個(gè)復(fù)雜的物理問題,等效為一個(gè)熟知的物理模型或問題的方法。對(duì)于這類問題,若采用常規(guī)方法求解,過程復(fù)雜,運(yùn)算量大。若采用“等效法”求解,則能避開復(fù)雜的運(yùn)算,過程比較簡(jiǎn)捷。 2.方法應(yīng)用 先求出重力與電場(chǎng)力的合力,將這個(gè)合力視為“等效重力”,將a=視為“等效重力加速度”,如此便建立起“等效重力場(chǎng)”。再將物體在重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律遷移到等效重力場(chǎng)中分析求解即可。
18、 [典例] 如圖所示,在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心為O,半徑為r,內(nèi)壁光滑,A、B兩點(diǎn)分別是圓軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)。該區(qū)間存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng),一質(zhì)量為m、帶負(fù)電的小球在軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)(電荷量不變),經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)速度最大,O、C連線與豎直方向的夾角θ=60°,重力加速度為g。求: (1)小球所受的電場(chǎng)力大??; (2)小球在A點(diǎn)的速度v0為多大時(shí),小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓軌道的壓力最小。 [解析] (1)小球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)速度最大,則電場(chǎng)力與重力的合力沿DC方向,如圖所示,所以小球受到的電場(chǎng)力的大小 F=mgtan θ=mg。 (2)要使小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓軌道的壓力最小,則
19、必須使小球經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)的速度最小,即在D點(diǎn)小球?qū)A軌道的壓力恰好為零,有 =m, 解得v=。 在小球從圓軌道上的D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過程中,有 mgr(1+cos θ)+Frsin θ=mv02-mv2, 解得v0=2。 [答案] (1)mg (2)2 (1)帶電小球的運(yùn)動(dòng)可以視為只有“等效重力”時(shí)豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)。 (2)小球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)速度最大,可以作為“等效最低點(diǎn)”,則通過圓心和C點(diǎn)相對(duì)的D點(diǎn)可以作為“等效最高點(diǎn)”。 (3)重力和電場(chǎng)力合力的方向,一定在“等效最高點(diǎn)”和“等效最低點(diǎn)”連線的延長(zhǎng)線的方向上?! ? [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.(多選)如圖,一根不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)
20、線一端固定于O點(diǎn),另一端系一帶電小球,置于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,現(xiàn)把細(xì)線水平拉直,小球從A點(diǎn)由靜止釋放,經(jīng)最低點(diǎn)B后,小球擺到C點(diǎn)時(shí)速度為0,則( ) A.小球在B點(diǎn)時(shí)速度最大 B.小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中,機(jī)械能一直在減少 C.小球在B點(diǎn)時(shí)細(xì)線的拉力最大 D.從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中小球的電勢(shì)能一直增加 解析:選BD 小球所受重力和電場(chǎng)力恒定,重力和電場(chǎng)力的合力恒定,小球相當(dāng)于在重力和電場(chǎng)力的合力及細(xì)線的拉力作用下在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到重力和電場(chǎng)力的合力和細(xì)線的拉力共線時(shí)(不是B點(diǎn)),小球的速度最大,此時(shí)細(xì)線的拉力最大,A、C錯(cuò)誤;從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中,小球所受重力做正
21、功,小球擺到C點(diǎn)時(shí)速度為0,所以電場(chǎng)力對(duì)小球做負(fù)功,小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中,機(jī)械能一直在減少,B正確;從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中,小球克服電場(chǎng)力做功,小球的電勢(shì)能一直增加,D正確。 2.如圖所示,空間有一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng),半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi),O是圓心,AB是豎直方向的直徑。一質(zhì)量為m、電荷量為+q(q>0)的小球套在圓環(huán)上,并靜止在P點(diǎn),OP與豎直方向的夾角θ=37°。不計(jì)空氣阻力,已知重力加速度為g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??; (2)若要使小球從P點(diǎn)出發(fā)能做完整的圓周運(yùn)動(dòng),小球初速度的大小應(yīng)滿足的條件。 解析:(1
22、)當(dāng)小球靜止在P點(diǎn)時(shí),小球的受力情況如圖所示, 則有=tan θ,所以E=。 (2)小球所受重力與電場(chǎng)力的合力F==mg。當(dāng)小球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),可以等效為在一個(gè)“重力加速度”為g的“重力場(chǎng)”中運(yùn)動(dòng)。若要使小球能做完整的圓周運(yùn)動(dòng),則小球必須能通過圖中的Q點(diǎn)。設(shè)當(dāng)小球從P點(diǎn)出發(fā)的速度為vmin時(shí),小球到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度為零,在小球從P運(yùn)動(dòng)到Q的過程中,根據(jù)動(dòng)能定理有 -mg·2r=0-mvmin2, 所以vmin=,即小球的初速度應(yīng)不小于。 答案:(1) (2)不小于 命題點(diǎn)三 電場(chǎng)中的力電綜合問題 [典例] 如圖所示,水平絕緣光滑軌道AB的B端與處于豎直平面內(nèi)的半圓弧形光滑絕緣軌道B
23、CD平滑連接,半圓弧的半徑R=0.50 m。軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度E=1.0×104 N/C。現(xiàn)將一質(zhì)量m=0.06 kg的帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))放在水平軌道上與B端距離s=1.0 m的位置,由于受到電場(chǎng)力的作用,帶電小球由靜止開始運(yùn)動(dòng)。已知帶電小球所帶的電荷量q=8.0×10-5 C,取g=10 m/s2,問: (1)小球能否到達(dá)半圓弧最高點(diǎn)D? (2)半圓弧軌道對(duì)小球的支持力的最大值為多少? [解析] (1)假設(shè)小球能到達(dá)D點(diǎn),且速度為vD, 從A到D過程,由動(dòng)能定理得qEs-mg·2R=mvD2 可得小球在D點(diǎn)所需要的向心力為 Fn==0.8 N 而重
24、力G=mg=0.6 N Fn>G,故小球能到達(dá)半圓弧最高點(diǎn)D。 (2)小球在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力和重力的合力大小為 F==1 N 方向與豎直方向的夾角正切值為tan θ== 當(dāng)F的方向通過圓心O向外時(shí),小球速度達(dá)到最大,設(shè)此位置為P, 小球從開始運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過程,由動(dòng)能定理得 qE(s+Rsin θ)-mg(R-Rcos θ)=mvP2 在P點(diǎn),由牛頓第二定律得N-F= 解得N=5 N。 [答案] (1)小球能到達(dá)半圓弧最高點(diǎn)D (2)5 N (1)電場(chǎng)中的力電綜合問題往往涉及帶電體的多過程運(yùn)動(dòng),可以分段研究以降低難度,注意分段列方程時(shí)銜接速度的利用。 (2)也可以對(duì)
25、整體過程列方程以簡(jiǎn)便計(jì)算,這時(shí)需要注意把帶電體各個(gè)階段的受力情況、運(yùn)動(dòng)情況、做功情況等分析全面,不能遺漏某個(gè)力或功。 (3)解答此類問題需要在正確進(jìn)行受力分析、運(yùn)動(dòng)分析的基礎(chǔ)上,用好牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)的合成與分解、動(dòng)能定理、功能關(guān)系等規(guī)律方法?! ? [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.(多選)(2019·沈陽模擬)如圖所示,在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,將一個(gè)質(zhì)量為m、電量為q的帶正電小球從O點(diǎn)由靜止釋放,小球沿直線OA斜向下運(yùn)動(dòng),直線OA與豎直方向的夾角為θ。已知重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力,下列判斷正確的是( ) A.場(chǎng)強(qiáng)的最小值為E= B.場(chǎng)強(qiáng)的最小值為E= C.E=時(shí),小球的電勢(shì)能一
26、定不變 D.E=時(shí),小球的機(jī)械能一定減小 解析:選AC 小球所受合力沿OA方向,由力的合成知識(shí)易知,當(dāng)電場(chǎng)力方向與OA垂直時(shí),電場(chǎng)力最小,如圖所示,電場(chǎng)力最小值Fmin=mgsin θ,由Fmin=qE,解得場(chǎng)強(qiáng)的最小值E=,選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤;當(dāng)E=時(shí),電場(chǎng)力方向與運(yùn)動(dòng)方向垂直,電場(chǎng)力不做功,小球的電勢(shì)能一定不變,小球的機(jī)械能不變,選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤。 2.(2019·綿陽診斷)如圖所示,軌道ABCDP位于豎直平面內(nèi),其中圓弧段CD與水平段AC及傾斜段DP分別相切于C點(diǎn)和D點(diǎn),水平段AB、圓弧段CD和傾斜段DP都光滑,水平段BC粗糙,DP段與水平面的夾角θ=37°,D、C兩點(diǎn)的高度差h
27、=0.1 m,整個(gè)軌道絕緣,處于方向水平向左、大小未知的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。一個(gè)質(zhì)量m1=0.4 kg、帶正電、電荷量未知的小物塊Ⅰ在A點(diǎn)由靜止釋放,經(jīng)過時(shí)間t=1 s,與靜止在B點(diǎn)的不帶電、質(zhì)量m2=0.6 kg的小物塊Ⅱ碰撞并粘在一起,在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng),最終在傾斜段DP上某位置靜止。物塊Ⅰ和Ⅱ與軌道BC段間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ=0.2。取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)物塊Ⅰ和Ⅱ在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度大??; (2)物塊Ⅰ和Ⅱ第一次經(jīng)過C點(diǎn)時(shí),圓弧段軌道對(duì)物塊Ⅰ和Ⅱ支持力的大小。 解析:(1)物塊Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E,物塊Ⅰ所帶電荷量為q,物塊Ⅰ和Ⅱ碰撞前瞬間速度為v1,碰撞后瞬間共同速度為v2(等于在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度),則 qE=μ(m1+m2)g qEt=m1v1 m1v1=(m1+m2)v2 解得v2=2 m/s。 (2)設(shè)圓弧段CD的半徑為R,物塊Ⅰ和Ⅱ第一次經(jīng)過C點(diǎn)時(shí),圓弧段軌道對(duì)物塊Ⅰ和Ⅱ支持力的大小為FN,則 FN-(m1+m2)g= R(1-cos θ)=h 解得FN=18 N。 答案:(1)2 m/s (2)18 N
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