《（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第45課時(shí) 帶電粒子（體）在電場中運(yùn)動(dòng)的綜合問題（題型研究課）講義（含解析）.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第45課時(shí) 帶電粒子（體）在電場中運(yùn)動(dòng)的綜合問題（題型研究課）講義（含解析）.doc（12頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第45課時(shí)　帶電粒子(體)在電場中運(yùn)動(dòng)的綜合問題(題型研究課) 1.(多選)(2018全國卷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?，F(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的電勢能相等 D．在t時(shí)刻，a和b的動(dòng)量大小相等 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處在同一等勢面上，根據(jù)Ep＝qφ，a、b的電勢能絕對(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，微粒受到的電場力與重力平衡。當(dāng)將兩板逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45時(shí)，電場力大小不變，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全國卷Ⅱ)如圖，勻強(qiáng)電場中有一半徑為r的光滑絕緣圓軌道，軌道平面與電場方向平行。a、b為軌道直徑的兩端，該直徑與電場方向平行。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，求電場強(qiáng)度的大小E、質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能。 解析：質(zhì)點(diǎn)所受電場力的大小為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。自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)量均為m、電荷量分別為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的方向射出。小球在重力作用下進(jìn)入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開。已知N離開電場時(shí)的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運(yùn)動(dòng)，剛離開電場時(shí)的動(dòng)能為N剛離開電場時(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在電場中沿水平方向的位移之比； (2)A點(diǎn)距電場上邊界的高度； (3)該電場的電場強(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)入電場時(shí)的水平速度仍然為v0。M、N在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t相等，電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為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)電場強(qiáng)度的大小為E，小球M進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動(dòng)，則 ＝⑨ 設(shè)M、N離開電場時(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，場強(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。求： (1)無電場時(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)電勢能分別減小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得 ΔEpA＝3Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑦ ΔEpB＝6Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑧ 在勻強(qiáng)電場中，沿任一直線，電勢的降落是均勻的。設(shè)直線OB上的M點(diǎn)與A點(diǎn)等電勢，M與O點(diǎn)的距離為x，如圖，則有 ＝⑨ 解得x＝d， MA為等勢線，電場強(qiáng)度必與其垂線OC方向平行。設(shè)電場強(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＝30⑩ 即電場強(qiáng)度方向與豎直向下的方向的夾角為30， 設(shè)電場強(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)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中的運(yùn)動(dòng)問題 題型1　帶電粒子在交變電場中的直線運(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at圖像應(yīng)如圖D所示，vt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xt圖像應(yīng)是曲線，B錯(cuò)誤。 [答案]　AD (1)電壓突然反向時(shí)，電場強(qiáng)度、電場力也隨之反向，則加速度反向，但速度不會(huì)立即反向。 (2)注意分清vt圖像、xt圖像和at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，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]　以電場力的方向?yàn)檎较?，畫出電子在t＝0、t＝t0時(shí)刻進(jìn)入電場后，沿電場力方向的速度vy隨時(shí)間變化的vyt 圖像如圖1和2所示 電場強(qiáng)度E＝ 電子的加速度a＝＝ 由圖1中vy1＝at0＝ vy2＝a2t0＝ 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)交變電場中的偏轉(zhuǎn)問題難點(diǎn)在于每當(dāng)電場方向發(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vt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)電場的電場強(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力作用，則下列說法中正確的是(　　) A．帶電粒子只向一個(gè)方向運(yùn)動(dòng) B．0～2 s內(nèi)，電場力所做的功等于零 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)，vt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)能定理可知電場力所做的功不為零，B錯(cuò)誤；由vt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)，電場力的沖量為I＝2qE00.5＋(－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？ (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？兩極板間距至少為多大？ 解析：(1)由動(dòng)能定理得：e＝mv2－mv02 解得v＝ 。 (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，故極板長至少為L＝v0T。 (3)若要使電子從OO′平行于極板飛出，則電子在電場方向上應(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，過程比較簡捷。 2.方法應(yīng)用 先求出重力與電場力的合力，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”。再將物體在重力場中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解即可。 [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，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)小球所受的電場力大小； (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，則電場力與重力的合力沿DC方向，如圖所示，所以小球受到的電場力的大小 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)”連線的延長線的方向上?！　? [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.(多選)如圖，一根不可伸長的絕緣細(xì)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能一直增加 解析：選BD　小球所受重力和電場力恒定，重力和電場力的合力恒定，小球相當(dāng)于在重力和電場力的合力及細(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，小球所受重力做正功，小球擺到C點(diǎn)時(shí)速度為0，所以電場力對(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，小球克服電場力做功，小球的電勢能一直增加，D正確。 2.如圖所示，空間有一水平向右的勻強(qiáng)電場，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)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”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 －mg2r＝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BCD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，電場強(qiáng)度E＝1.0104 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＝8.010－5 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－mg2R＝mvD2 可得小球在D點(diǎn)所需要的向心力為 Fn＝＝0.8 N 而重力G＝mg＝0.6 N Fn＞G，故小球能到達(dá)半圓弧最高點(diǎn)D。 (2)小球在電場中受到的電場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)整體過程列方程以簡便計(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，在電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場中，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．場強(qiáng)的最小值為E＝ B．場強(qiáng)的最小值為E＝ C．E＝時(shí)，小球的電勢能一定不變 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)電場力方向與OA垂直時(shí)，電場力最小，如圖所示，電場力最小值Fmin＝mgsin θ，由Fmin＝qE，解得場強(qiáng)的最小值E＝，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)E＝時(shí)，電場力方向與運(yùn)動(dòng)方向垂直，電場力不做功，小球的電勢能一定不變，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＝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