帶電粒子在電場中的運動的綜合問題

1、.專題強化八帶電粒子 (帶電體 )在電場中運動的綜合問題專題解讀1.本專題主要講解帶電粒子(帶電體 ) 在電場中運動時動力學和能量觀點的綜合運用，高考常以計算題出現(xiàn).2.學好本專題，可以加深對動力學和能量知識的理解，能靈活應(yīng)用受力分析、運動分析特別是曲線運動 (平拋運動、圓周運動)的方法與技巧，熟練應(yīng)用能量觀點解題.3.用到的知識：受力分析、運動分析、能量觀點.一、帶電粒子在電場中運動1.分析方法：先分析受力情況，再分析運動狀態(tài)和運動過程(平衡、加速或減速，軌跡是直線還是曲線 )，然后選用恰當?shù)牧W規(guī)律如牛頓運動定律、運動學公式、動能定理、能量守恒定律解題 .2.受力特點：在討論帶電粒子或其他

2、帶電體的靜止與運動問題時，重力是否要考慮，關(guān)鍵看重力與其他力相比較是否能忽略.一般來說， 除明顯暗示外， 帶電小球、 液滴的重力不能忽略，電子、質(zhì)子等帶電粒子的重力可以忽略，一般可根據(jù)微粒的運動狀態(tài)判斷是否考慮重力作用.二、用能量觀點處理帶電體的運動對于受變力作用的帶電體的運動， 必須借助于能量觀點來處理 .即使都是恒力作用的問題， 用能量觀點處理也常常顯得簡潔 .具體方法常有兩種：1.用動能定理處理思維順序一般為：(1) 弄清研究對象，明確所研究的物理過程.(2) 分析物體在所研究過程中的受力情況，弄清哪些力做功，做正功還是負功.(3) 弄清所研究過程的始、末狀態(tài) ( 主要指動能 ).(4)

3、 根據(jù) W Ek 列出方程求解 .2.用包括電勢能和內(nèi)能在內(nèi)的能量守恒定律處理列式的方法常有兩種：(1) 利用初、末狀態(tài)的能量相等 ( 即 E1 E2) 列方程 .(2) 利用某些能量的減少等于另一些能量的增加(即EE ) 列方程.3.兩個結(jié)論(1) 若帶電粒子只在電場力作用下運動，其動能和電勢能之和保持不變.參考 .資料.(2) 若帶電粒子只在重力和電場力作用下運動，其機械能和電勢能之和保持不變.命題點一帶電粒子在交變電場中的運動1.常見的交變電場常見的產(chǎn)生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等.2.常見的題目類型(1) 粒子做單向直線運動 (一般用牛頓運動定律求解 ).(2) 粒子做

4、往返運動 (一般分段研究 ).(3) 粒子做偏轉(zhuǎn)運動 (一般根據(jù)交變電場特點分段研究).3.思維方法(1) 注重全面分析 ( 分析受力特點和運動規(guī)律 ) ：抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的邊界條件.(2) 從兩條思路出發(fā)：一是力和運動的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運動學規(guī)律分析；二是功能關(guān)系 .(3) 注意對稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用.例 1如圖 1(a) 所示，兩平行正對的金屬板A 、 B 間加有如圖 (b) 所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P 處 .若在 t0 時刻釋放該粒子， 粒子會

5、時而向A 板運動，時而向B 板運動，并最終打在A 板上 .則 t0 可能屬于的時間段是()圖 1A.0 t0TT3 TB. t04243 T9 TC. 4 t0 TD. T t0 8答案B解析設(shè)粒子的速度方向、位移方向向右為正.依題意知，粒子的速度方向時而為正，時而為參考 .資料.TT3 T負，最終打在A 板上時位移為負，速度方向為負. 分別作出t0 0、 4 、2 、 4 時粒子運動的v t 圖象，如圖所示.由于 v t 圖線與時間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖象知，0T3TT3T t0 4 與 4 t0 T 時粒子在一個周期內(nèi)的總位移大于零，4 t0 4 時粒子在一個周期內(nèi)的總位移小

6、于零；t0 T 時情況類似 .因粒子最終打在A 板上，則要求粒子在每個周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零，對照各項可知B正確.變式 1如圖 2 所示， A、B 兩金屬板平行放置，在 t 0 時將電子從A 板附近由靜止釋放(電子的重力忽略不計). 分別在 A、B 兩板間加上下列哪種電壓時，有可能使電子到不了B 板 ()圖 2答案B變式 2(多選)(2015·山東理綜·20)3 甲如所圖示，兩水平金屬板間距為d ，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示.t 0 時刻，質(zhì)量為m 的帶電微粒以初速度v0 沿中線射入兩板間，T0 時間內(nèi)微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出.微粒運動過程中未與金

7、屬板接3觸 .重力加速度的大小為g .關(guān)于微粒在0 T 時間內(nèi)運動的描述，正確的是()參考 .資料.圖 3A. 末速度大小為2 v0B.末速度沿水平方向1C. 重力勢能減少了2 mgdD. 克服電場力做功為 mgd答案BC解析TE0q mg ；在T2 T因 0 時間內(nèi)微粒勻速運動，故時間內(nèi)，粒子只受重力作用，做333平拋運動，在 t2TgT2T時刻的豎直速度為v y1 ，水平速度為 v0 ；在T 時間內(nèi)，由牛頓第333T二定律2E0q mg ma ，解得 a g ，方向向上，則在tT 時刻， vy 2 vy1 g 3 0 ，粒子的豎直速度減小到零，水平速度為v0 ，選項 A 錯誤， B 正確；

8、微粒的重力勢能減小了Ep d11mg · mgd ，選項 C 正確；從射入到射出，由動能定理可知，mgd W 電 0，可知2221克服電場力做功為2 mgd ，選項 D 錯誤；故選 B、 C.命題點二用“等效法”處理帶電粒子在電場和重力場中的運動1.等效重力法F合將重力與電場力進行合成，如圖 4 所示，則 F 合 為等效重力場中的“重力”，g m 為等效重力場中的“等效重力加速度”，F(xiàn) 合 的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場中的豎直向下方向 .參考 .資料.圖 42.物理最高點與幾何最高點在“等效力場”中做圓周運動的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動的臨界速度問題 .小

9、球能維持圓周運動的條件是能過最高點，而這里的最高點不一定是幾何最高點，而應(yīng)是物理最高點 .幾何最高點是圖形中所畫圓的最上端，是符合人眼視覺習慣的最高點.而物理最高點是物體在圓周運動過程中速度最小(稱為臨界速度 )的點 .例 2如圖 5 所示，半徑為r 的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，環(huán)上套有一質(zhì)量為m 、帶電荷量為 q 的珠子，現(xiàn)在圓環(huán)平面內(nèi)加一個勻強電場，使珠子由最高點A 從靜止開始釋放(AC 、BD 為圓環(huán)的兩條互相垂直的直徑)，要使珠子沿圓弧經(jīng)過B、C 剛好能運動到D.( 重力加速度為 g )圖 5(1) 求所加電場的場強最小值及所對應(yīng)的場強的方向；(2) 當所加電場的場強為最小值時，求

10、珠子由 A 到達 D 的過程中速度最大時對環(huán)的作用力大??；(3) 在 (1) 問電場中，要使珠子能完成完整的圓周運動， 在 A 點至少應(yīng)使它具有多大的初動能？答案 見解析解析(1) 根據(jù)題述，珠子運動到BC 弧中點 M 時速度最大，作過M 點的直徑 MN ，設(shè)電場力與重力的合力為F，則其方向沿NM 方向，分析珠子在M 點的受力情況，由圖可知，當F電 垂直于 F 時， F 電 最小，最小值為：參考 .資料.2F 電 min mg cos 45 ° mg2F 電 min qEmin解得所加電場的場強最小值Emin 2mg，方向沿 AOB 的角平分線方向指向左上方 .2 q(2) 當所加電

11、場的場強為最小值時，電場力與重力的合力為2F mg sin 45 ° mg2把電場力與重力的合力看做是“等效重力”，對珠子由A 運動到 M 的過程，由動能定理得21F(r 2 r) 2 mv 2 0在M點，由牛頓第二定律得：FN v 2F m r3 2聯(lián)立解得 FN ( 2 1) mg由牛頓第三定律知，珠子對環(huán)的作用力大小為32FN FN ( 1) mg .2(3) 由題意可知， N 點為等效最高點，只要珠子能到達N 點，就能做完整的圓周運動，珠子在 N 點速度為0 時，所需初動能最小，此過程中，由動能定理得：2F( r r) 0 EkA22 1解得 Ek Amgr .2變式 3 (

12、2018 ·陜西西安質(zhì)檢 )如圖 6 所示的裝置是在豎直平面內(nèi)放置的光滑絕緣軌道，處于水平向右的勻強電場中，帶負電荷的小球從高為h 的 A 處由靜止開始下滑，沿軌道ABC運動并進入圓環(huán)內(nèi)做圓周運動.已知小球所受電場力是其重力的3，圓環(huán)半徑為，斜面傾角4R為 60 °，sBC 2R.若使小球在圓環(huán)內(nèi)能做完整的圓周運動，h 至少為多少？(sin37 °0.6 ， cos 37°0.8)圖 6答案7.7 R解析小球所受的重力和電場力都為恒力，故可將兩力等效為一個力F，如圖所示 .可知 F參考 .資料.1.25 mg ，方向與豎直方向成37 °角.由圖

13、可知， 小球做完整的圓周運動的臨界點是D 點，設(shè)小球恰好能通過D 點，即到達D 點時圓環(huán)對小球的彈力恰好為零.由圓周運動知識得：mv D2v D2F R，即： 1.25 mg m R小球由 A 運動到 D 點，由動能定理結(jié)合幾何知識得：3h 2 R Rsin 3712，聯(lián)立解得 h 7.7R.mg (h R Rcos 37 ° ) mg ·(° ) mvD4tan2命題點三電場中的力電綜合問題1.力學規(guī)律(1) 動力學規(guī)律：牛頓運動定律結(jié)合運動學公式.(2) 能量規(guī)律：動能定理或能量守恒定律.2.電場規(guī)律(1) 電場力的特點： F Eq，正電荷受到的電場力與場強方

14、向相同.(2) 電場力做功的特點： WAB FLABcos qU AB Ep A Ep B.3.多階段運動在多階段運動過程中，當物體所受外力突變時，物體由于慣性而速度不發(fā)生突變，故物體在前一階段的末速度即為物體在后一階段的初速度.對于多階段運動過程中物體在各階段中發(fā)生的位移之間的聯(lián)系，可以通過作運動過程草圖來獲得.例 3(2017·全國卷·25) 真空中存在電場強度大小為E1 的勻強電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運動，速度大小為v 0，在油滴處于位置A 時，將電場強度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變.持續(xù)一段時間t1 后，又突然將電場反向，但保持其大小不

15、變；再持續(xù)同樣一段時間后，油滴運動到B 點 .重力加速度大小為g .(1) 求油滴運動到 B 點時的速度；(2) 求增大后的電場強度的大?。粸楸ＷC后來的電場強度比原來的大，試給出相應(yīng)的t1 和 v 0參考 .資料.應(yīng)滿足的條件.已知不存在電場時，油滴以初速度v0 做豎直上拋運動的最大高度恰好等于B、A 兩點間距離的兩倍.答案見解析解析(1) 油滴帶電性質(zhì)不影響結(jié)果.設(shè)該油滴帶正電，油滴質(zhì)量和電荷量分別為m 和 q ，油滴速度方向向上為正.油滴在電場強度大小為E1 的勻強電場中做勻速直線運動，故勻強電場方向向上 .在 t 0 時，電場強度突然從E1 增加至 E2，油滴做豎直向上的勻加速運動，加速

16、度方向向上，大小a 1 滿足qE2 mg ma 1油滴在 t1 時刻的速度為v 1 v 0 a 1 t1電場強度在t1 時刻突然反向，之后油滴做勻變速直線運動，加速度方向向下，大小a2 滿足qE2 mg ma 2油滴在 t2 2t1 時刻，即運動到B 點時的速度為v 2 v 1 a 2 t1由式得v 2 v 0 2 gt 1(2) 由題意，在 t 0 時刻前有qE1 mg油滴從 t0 到 t1 時刻的位移為1x1 v 0t1 2 a 1t1 2油滴在從 t1 時刻到 t2 2t1 時刻的時間間隔內(nèi)的位移為1x2 v 1t1 2 a 2t1 2由題給條件有v 20 2 g ×2h 4g

17、h式中 h 是 B、 A 兩點之間的距離.若 B 點在 A 點之上，依題意有x1 x2 h由式得v 0 1 v 02 E1E2 2 2gt 1 4( gt 1)為使 E2 E1 ，應(yīng)有?參考 .資料.v0 1 v 02 12 2gt 1 4 (gt 1 )?3 v0解得 0 t1 (1 2 ) g?3 v0或 t1 (1 2) g?條件 ? 式和 ? 式分別對應(yīng)于v 2 0和 v2 0 兩種情形 .若 B 在 A 點之下，依題意有x2 x1 h?由? 式得v 01v 0E2 2 2gt 1 4( gt 1) 2 E1?為使 E2 >E1 ，應(yīng)有v0 1v 02 2gt 1 4 (gt 1

18、 )2 >1?5v 0解得 t1>( 21) g?另一解為負，不符合題意，舍去.變式 4 (2017·全國卷·25) 7如所圖示，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電場.自該區(qū)域上方的 A 點將質(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 離開電場時的速度方向豎直向下；M 在電場中做直線運動， 剛離開電場時的動能為N 剛離開電場時的動能的1.5 倍 .不計空氣阻力， 重力加速度大小為g .

19、求：圖 7(1) M 與 N 在電場中沿水平方向的位移之比；(2) A 點距電場上邊界的高度；(3) 該電場的電場強度大小 .12mg答案(1)3 1 (2) H(3)32 q解析(1) 設(shè)小球 M 、 N 在 A 點水平射出時的初速度大小為v 0，則它們進入電場時的水平速參考 .資料.度仍然為 v 0.M 、N 在電場中運動的時間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.由題給條件和運動學公式得v 0 at 0s11 v 0 t at 2212s2 v 0 t 2at聯(lián)立式得s1 3s2(2) 設(shè) A 點距電場上邊界的高度為h

20、，小球下落h 時在豎直方向的分速度為v y，由運動學公式v y2 2ghH vyt1gt 22M 進入電場后做直線運動，由幾何關(guān)系知v 0s1v y H聯(lián)立式可得1h H3(3) 設(shè)電場強度的大小為 E，小球 M 進入電場后做直線運動，則v 0qEv y mg設(shè) M 、 N 離開電場時的動能分別為Ek1 、Ek2 ，由動能定理得12 v y2 ) mgH qEs1Ek1 2m ( v0Ek212 v y2 ) mgH qEs2? m ( v02由已知條件Ek1 1.5 Ek2?參考 .資料.聯(lián)立? ? 式得2mg?E2q變式 5如圖 8 所示，在103V/m的豎直勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣

21、軌道QPNE與一水平絕緣軌道MN 在 N 點平滑相接， 半圓形軌道平面與電場線平行，其半徑 R 40 cm ，N 為半圓形軌道最低點， P 為 QN 圓弧的中點，一帶負電 q 10 4 C 的小滑塊質(zhì)量m 10 g ，與水平軌道間的動摩擦因數(shù) 0.15 ，位于 N 點右側(cè) 1.5 m 的 M 處， g 取 10 m/s2，求：圖 8(1) 要使小滑塊恰能運動到半圓形軌道的最高點Q ，則小滑塊應(yīng)以多大的初速度 v 0 向左運動？(2) 這樣運動的小滑塊通過 P 點時對軌道的壓力是多大？答案(1)7 m/s(2)0.6 N解析(1) 設(shè)小滑塊恰能到達Q 點時速度為 v，v2由牛頓第二定律得mg q

22、E m R小滑塊從開始運動至到達Q 點過程中，由動能定理得1 1 mg ·2R qE·2R (mg qE) x mv 2 mv 022 2聯(lián)立解得： v0 7 m/s.(2) 設(shè)小滑塊到達 P 點時速度為 v，則從開始運動至到達 P 點過程中，由動能定理得11 ( mg qE)R (qE mg )x mv 2 mv 0222v 2又在 P 點時，由牛頓第二定律得FN m R代入數(shù)據(jù)，解得： FN 0.6 N由牛頓第三定律得，小滑塊通過P 點時對軌道的壓力FN FN 0.6 N.1.(2017·河南中原名校第二次聯(lián)考)如圖 1 所示，在兩平行金屬板中央有一個靜止的電

23、子(不參考 .資料.計重力 ) ，當兩板間的電壓分別如圖2 中甲、乙、丙、丁所示，電子在板間運動(假設(shè)不與板相碰 )，下列說法正確的是()圖 1圖 2A. 電壓是甲圖時，在 0 T時間內(nèi)，電子的電勢能一直減少TB.電壓是乙圖時，在0 時間內(nèi)，電子的電勢能先增加后減少2C. 電壓是丙圖時，電子在板間做往復(fù)運動D. 電壓是丁圖時，電子在板間做往復(fù)運動答案 D解析若電壓是甲圖， 0 T 時間內(nèi)，電場力先向左后向右，則電子先向左做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，即電場力先做正功后做負功，電勢能先減少后增加，故A 錯誤；電壓T是乙圖時，在0 2 時間內(nèi)，電子向右先加速后減速，即電場力先做正功后做負功

24、，電勢能先減少后增加，故B 錯誤；電壓是丙圖時，電子先向左做加速度先增大后減小的加速運動，過T了 2做加速度先增大后減小的減速運動，到T時速度減為0 ，之后重復(fù)前面的運動，故電子一直朝同一方向運動， C 錯誤；電壓是丁圖時，電子先向左加速，到TT后向左減速，后向右加423D正確.速， T 后向右減速， T時速度減為零，之后重復(fù)前面的運動，故電子做往復(fù)運動，42.將如圖 3 所示的交變電壓加在平行板電容器A 、 B 兩板上，開始B 板電勢比 A 板電勢高，參考 .資料.這時有一個原來靜止的電子正處在兩板的中間，它在電場力作用下開始運動，設(shè)A、B 兩極板間的距離足夠大，下列說法正確的是()圖 3A

25、. 電子一直向著A 板運動B.電子一直向著B 板運動C. 電子先向A 板運動，然后返回向B 板運動，之后在A、 B 兩板間做周期性往復(fù)運動D. 電子先向B 板運動，然后返回向A 板運動，之后在A、 B 兩板間做周期性往復(fù)運動答案D3.一勻強電場的電場強度E 隨時間 t 變化的圖象如圖4 所示，在該勻強電場中，有一個帶負電粒子于t 0 時刻由靜止釋放，若帶電粒子只受電場力作用，則下列說法中正確的是( 假設(shè)帶電粒子不與板相碰)()圖 4A. 帶電粒子只向一個方向運動B.0 2 s 內(nèi)，電場力做功等于0C.4 s 末帶電粒子回到原出發(fā)點D.2.5 4 s 內(nèi)，電場力做功等于0答案D解析畫出帶電粒子速

26、度 v 隨時間 t 變化的圖象如圖所示，v t 圖線與時間軸所圍“面積”表示位移，可見帶電粒子不是只向一個方向運動，4 s 末帶電粒子不能回到原出發(fā)點，A 、C 錯誤； 2 s 末速度不為0，可見 0 2 s 內(nèi)電場力做的功不等于 0， B 錯誤； 2.5 s 末和 4 s 末，速度的大小、方向都相同，則2.5 4 s 內(nèi)，電場力做功等參考 .資料.于 0，所以 D正確.4.如圖 5 所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于O 點，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，最高點為a ，最低點為b .不計空氣阻力，則下列說法正確的是()圖 5A. 小球帶負

27、電B.電場力跟重力平衡C. 小球在從a 點運動到 b 點的過程中，電勢能減小D. 小球在運動過程中機械能守恒答案 B解析由于小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，所以重力與電場力的合力為0 ，電場力方向豎直向上，小球帶正電，A 錯， B 對；從 a b ，電場力做負功，電勢能增大，C 錯；由于有電場力做功，機械能不守恒，D 錯.5.( 多選)(2017·河北唐山一模)如圖 6 所示，豎直平面內(nèi)有A、B 兩點， 兩點的水平距離和豎直距離均為H，空間存在水平向右的勻強電場.一質(zhì)量為m 的帶電小球從A 點以水平速度v 0拋出，經(jīng)一段時間豎直向下通過B 點 .重力加速度為g ，小球在由A 到 B

28、的運動過程中，下列說法正確的是()圖 6A. 小球帶負電B.速度先增大后減小C. 機械能一直減小D. 任意一小段時間內(nèi)，電勢能的增加量總等于重力勢能的減少量答案 AC參考 .資料.解析由題可知，小球在豎直方向做自由落體運動，在水平方向做勻減速運動，可知其所受電場力方向向左，與電場方向相反，則小球帶負電，電場力一直對小球做負功，小球的電勢能增加，機械能減小，A 、C 正確 .小球受豎直向下的重力和水平向左的電場力，合力方向指向左下方，又初速度水平向右，末速度豎直向下，由力與速度夾角關(guān)系可知，合力對小球先做負功，后做正功，小球的速度先減小后增大，B 錯誤 . 任意一小段時間內(nèi)，小球的動能、電勢能和

29、重力勢能的和保持不變，則電勢能的增加量不一定等于重力勢能的減少量，D錯誤.6. (2017 ·河南鄭州第一次聯(lián)考 ) 如圖 7 甲所示， 在 y 0 和 y 2 m 之間有沿著 x 軸方向的勻強電場， MN 為電場區(qū)域的上邊界，在 x 軸方向范圍足夠大 .電場強度的變化如圖乙所示，取q 2x 軸正方向為電場正方向.現(xiàn)有一個帶負電的粒子，粒子的比荷 m 1.0× 10 C/kg ，在 t02. 求：時刻以速度 v 0 5 × 10 m/s 從 O 點沿 y 軸正方向進入電場區(qū)域，不計粒子重力作用圖 7(1) 粒子通過電場區(qū)域的時間；(2) 粒子離開電場的位置坐標；(

30、3) 粒子通過電場區(qū)域后沿x 軸方向的速度大小 .答案(1)4 3(2)( 5m,2 m) 3× 10 s2× 10(3)4 × 10 m/s解析(1) 因為粒子初速度方向垂直于勻強電場，在電場中做類平拋運動，所以粒子通過電場y 3區(qū)域的時間 t v04×10s.E1 q2，減速(2) 粒子帶負電，沿x 軸負方向先加速后減速，加速時的加速度大小a 1 m 4 m/s時的加速度大小 a 2E2 q 2 m/s 2 ，離開電場時，在 x 軸方向上的位移大小1TTmx a1( )2 a 1( )22221a 2 (T 2 5 522)2× 10m ，

31、因此粒子離開電場的位置坐標為( 2× 10m,2 m).(3) 粒子通過電場區(qū)域后沿x 軸方向的速度大小為：TT 3v x a 12 a 22 4 ×10m/s.參考 .資料.7. (2018 ·江西宜春調(diào)研 )如圖 8 所示， O 、A 、B、 C 為一粗糙絕緣水平面上的四點，不計空氣阻力，一電荷量為 Q 的點電荷固定在 O 點，現(xiàn)有一質(zhì)量為 m 、電荷量為 q 的小金屬塊 ( 可視為質(zhì)點 ) ，從 A 點由靜止沿它們的連線向右運動，到B 點時速度最大，其大小為vm ，小金屬塊最后停止在C 點 .已知小金屬塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為， A 、B 間距離為L，靜電

32、力常量為k，則 ()圖 82 mgLmv m 2A. 在點電荷 Q 形成的電場中，A 、B 兩點間的電勢差UAB2 qB.在小金屬塊由A 向 C 運動的過程中，電勢能先增大后減小C. OB 間的距離為kQq mgD. 從 B 到 C 的過程中，小金屬塊的動能全部轉(zhuǎn)化為電勢能答案C1解析小金屬塊從A 到 B 過程， 由動能定理得： qU AB mgL mv m 2 0，得 A 、B 兩點22 mgL mv m2間的電勢差 UAB，故 A 錯誤；小金屬塊由 A 點向 C 點運動的過程中，電2q場力一直做正功， 電勢能一直減小， 故 B 錯誤； 由題意知， A 到 B 過程，金屬塊做加速運動，B 到

33、 C 過程，金屬塊做減速運動， 在 B 點金屬塊所受的滑動摩擦力與庫侖力平衡，則有 mgQq，得 rkQq k 2，故 C 正確；從 B 到 C 的過程中，小金屬塊的動能和減少的電勢能r mg全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故D錯誤.8.如圖9 所示，勻強電場方向與水平線間夾角 30 °，方向斜向右上方，電場強度為E，質(zhì)量為 m 的小球帶負電，以初速度v 0 開始運動，初速度方向與電場方向一致.圖 9mg(1) 若小球的帶電荷量為q E ，為使小球能做勻速直線運動，應(yīng)對小球施加的恒力F1 的大小和方向各如何？參考 .資料.2 mg(2) 若小球的帶電荷量為q E，為使小球能做直線運動，應(yīng)對小球施加的最小恒力F2 的大小和方向各如何？答案(1)3 mg 方向與水平線成 60 °角