江蘇版2023版高三一輪總復(fù)習(xí)物理第7章核心素養(yǎng)8科學(xué)思維-帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問題

1．分析方法：先分析受力情況，再分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過程(平衡、加速或減速，軌跡是直線還是曲線)，然后選用恰當(dāng)?shù)囊?guī)律如牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、動(dòng)能定理、能量守恒定律解題。2．受力特點(diǎn)：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(yùn)動(dòng)狀態(tài)判斷是否考慮重力作用。3．力學(xué)規(guī)律(1)動(dòng)力學(xué)規(guī)律：牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式。(2)能量規(guī)律：動(dòng)能定理或能量守恒定律。4．兩個(gè)結(jié)論(1)若帶電粒子只在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)能和電勢(shì)能之和保持不變。(2)若帶電粒子只在重力和電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，其機(jī)械能和電勢(shì)能之和保持不變。[示例]如圖所示，AB是位于豎直平面內(nèi)、半徑R＝0.5m的eq\f(1,4)圓弧形的光滑絕緣軌道，其下端點(diǎn)B與水平絕緣軌道平滑連接，整個(gè)軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝5×103N/C。今有一質(zhì)量為m＝0.1kg、帶電荷量q＝＋8×10－5C的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止釋放。若已知滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.05，g取10m/s2，求：(1)小滑塊第一次經(jīng)過圓弧形軌道最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)B點(diǎn)的壓力；(2)小滑塊在水平軌道上向右滑過的最大距離；(3)小滑塊最終運(yùn)動(dòng)情況。[解析](1)設(shè)小滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，對(duì)圓弧軌道最低點(diǎn)B的壓力為FN，則由A→B，有mgR－qER＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)FN′－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)由牛頓第三定律F′N＝FN故FN＝3mg－2qE＝2.2N，方向豎直向下。(2)設(shè)小滑塊在水平軌道上向右滑行的最大距離為x，對(duì)全程由動(dòng)能定理有mgR－qE(R＋x)－μmgx＝0得x＝eq\f(2,3)m。(3)由題意知qE＝8×10－5×5×103N＝0.4Nμmg＝0.05×0.1×10N＝0.05N因此有qE>μmg所以小滑塊最終在圓弧軌道上往復(fù)運(yùn)動(dòng)。[答案](1)2.2N，方向豎直向下(2)eq\f(2,3)m(3)在圓弧軌道上往復(fù)運(yùn)動(dòng)[即時(shí)訓(xùn)練]1．如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一帶電荷量為q＝－2×10－5C的小球，自傾角為θ＝37°的絕緣斜面頂端A點(diǎn)由靜止開始滑下，接著通過半徑為R＝0.5m的絕緣半圓軌道最高點(diǎn)C，已知小球質(zhì)量為m＝0.5kg，勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E＝2×105N/C，小球運(yùn)動(dòng)過程中摩擦阻力及空氣阻力不計(jì)，假設(shè)在B點(diǎn)前后小球的速率不變(g取10m/s2)。(1)H至少應(yīng)為多少；(2)通過調(diào)整釋放高度使小球到達(dá)C點(diǎn)的速度為2m/s，則小球落回到斜面時(shí)的動(dòng)能是多少。[解析](1)小球恰好過最高點(diǎn)C時(shí)有mg－|q|E＝meq\f(v\o\al(2,C),R)從A到C，由動(dòng)能定理有mg(H－2R)－qE(H－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0解得H＝1.25m。(2)從C點(diǎn)飛出后做類平拋運(yùn)動(dòng)有mg－|q|E＝ma解得a＝2m/s2豎直方向y＝eq\f(1,2)at2水平方向x＝v′Ct根據(jù)幾何關(guān)系tanθ＝eq\f(2R－y,x)解得t＝0.5sy＝0.25m從C到落回斜面，由動(dòng)能定理有mgy－|q|Ey＝Ek－eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,C)解得Ek＝1.25J。[答案](1)1.25m(2)1.25J2．如圖甲所示，將一傾角θ＝37°的粗糙絕緣斜面固定在地面上，空間存在一方向沿斜面向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一質(zhì)量m＝0.2kg，帶電荷量q＝2.0×10－3C的小物塊從斜面底端靜止釋放，運(yùn)動(dòng)0.1s后撤去電場(chǎng)，小物塊運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖乙所示(取沿斜面向上為正方向)，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：甲乙(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；(2)小物塊在0～0.3s運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能增加量。[解析](1)加速時(shí)：a1＝eq\f(Δv1,Δt1)＝20m/s2減速時(shí)：加速度大小a2＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(Δv2,Δt2)))＝10m/s2由牛頓第二定律得：Eq－mgsinθ－Ff＝ma1mgsinθ＋Ff＝ma2聯(lián)立得E＝3×103N/C摩擦力Ff＝0.8N。(2)方法一：ΔEk＝0ΔEp＝mgxsin37°x＝0.3mΔE＝ΔEp所以ΔE＝0.36J。方法二：加速距離x1＝eq\f(v,2)t1＝0.1m減速距離x2＝eq\f(v,2)t2＝0.2m電場(chǎng)力做功WE＝Eqx1＝0.6J摩擦力做功Wf＝－Ff(x1＋x2)＝－0.24J物塊在0～0.3s運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能增加量ΔE＝WE＋Wf＝0.36J。[答案](1)3×103N/C(2)0.36J3．如圖所示，在光滑的水平桌面上，水平放置的粗糙直線軌道AB與水平放置的光滑圓弧軌道BCD相切于B點(diǎn)，整個(gè)軌道位于水平桌面內(nèi)，圓心角∠BOC＝37°，線段OC垂直于OD，圓弧軌道半徑為R，直線軌道AB長為L＝5R。整個(gè)軌道處于電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度方向平行于水平桌面所在的平面且垂直于直線OD?，F(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小物塊P從A點(diǎn)無初速度釋放，小物塊P與軌道AB之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，忽略空氣阻力。求：(1)小物塊第一次通過C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小FNC1；(2)小物塊第一次通過D點(diǎn)后離開D點(diǎn)的最大距離；(3)小物塊在直線軌道AB上運(yùn)動(dòng)的總路程。[解析](1)設(shè)小物塊第一次到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為vC1，根據(jù)動(dòng)能定理有qE[Lsin37°＋R(1－cos37°)]－μqELcos37°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C1)－0解得vC1＝eq\r(\f(22qER,5m))在C點(diǎn)根據(jù)向心力公式得FNC1′－qE＝eq\f(mv\o\al(2,C1),R)解得FNC1′＝5.4qE根據(jù)牛頓第三定律得FNC1＝5.4qE。(2)設(shè)小物塊第一次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度大小為vD1，根據(jù)動(dòng)能定理有qE(Lsin37°－Rcos37°)－μqELcos37°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D1)－0解得vD1＝eq\r(\f(12qER,5m))小物塊第一次到達(dá)D點(diǎn)后先以速度vD1逆著電場(chǎng)方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)的最大距離為xm，根據(jù)動(dòng)能定理得－qExm＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D1)解得xm＝eq\f(6,5)R。(3)分析可知小物塊最終會(huì)在圓弧軌