(新高考)高考物理一輪復習課時加練第9章　微專題61　帶電粒子在電場中的力電綜合問題 (含解析)

微專題61帶電粒子在電場中的力電綜合問題解決電場、重力場、復合場問題的兩個角度：1.功能角度：運用動能定理和功能關系分析粒子的運動，注意等效最高點和等效最低點速度的計算和向心力公式的應用.2.動力學角度：涉及運動時間、速度、位移時一般從動力學角度分析．1．如圖所示，在水平向左的勻強電場中，可視為質點的帶負電物塊，以某一初速度從足夠長的絕緣斜面上的A點沿斜面向下運動，經C點到達B點時，速度減為零，然后再返回到A點．已知斜面傾角θ＝30°，物塊與斜面間的動摩擦因數μ＝eq\f(\r(3),3)，整個過程斜面均保持靜止，物塊所帶電荷量不變．則下列判斷正確的是()A．物塊在上滑過程中機械能一定減小B．物塊在上滑過程中，增加的重力勢能一定大于減少的電勢能C．物塊下滑時經過C點的動能一定大于上滑時經過C點的動能D．物塊在下滑過程中，斜面與地面之間的摩擦力可能不為零答案C解析上滑過程中滿足Eqcosθ>Ff＋mgsinθ，則靜電力做功大于摩擦力做功，即除重力以外的其他力的合力對物塊做正功，則物塊的機械能增加，選項A錯誤；上滑過程中由動能定理W電＋Wf＋WG＝ΔEk，W電>|WG|，則物塊在上滑過程中，增加的重力勢能一定小于減少的電勢能，選項B錯誤；由于物塊下滑經過C點往下運動，再返回到C點時有摩擦力做功，則由功能關系可知物塊下滑時經過C點的動能一定大于上滑時經過C點的動能，選項C正確；當不加電場時，由于斜面對物塊的支持力為FN＝mgcos30°，摩擦力Ff＝μmgcos30°＝mgsin30°，可知支持力和摩擦力的合力方向豎直向上；當加電場時，FN＝mgcos30°＋qEsin30°，Ff＝μ(mgcos30°＋qEsin30°)，支持力和摩擦力成比例關系增加，則摩擦力和支持力的合力仍豎直向上，根據牛頓第三定律，則物塊給斜面的摩擦力和壓力的合力方向豎直向下，可知斜面在水平方向受力為零，則斜面所受地面的摩擦力為零，選項D錯誤．2．(2023·河北邯鄲市模擬)如圖所示，在一帶電豎直平行金屬板之間，有一質量為m，帶電荷量為＋q的小球被絕緣細線懸掛靜止于A點，剪斷細線后，小球恰能沿直線AB運動，經時間t后到達B點，已知直線AB與水平方向的夾角為45°，重力加速度為g，規(guī)定A點的電勢為零，下列說法正確的是()A．電場強度大小為E＝eq\f(\r(2)mg,q)B．B點的電勢φB＝eq\f(mg2t2,2q)C．小球在B點的電勢能EB＝eq\f(mg2t2,2)D．小球機械能的變化量為eq\f(mg2t2,2)答案D解析小球沿直線AB運動，合力沿AB方向，如圖所示則有qEtan45°＝mg，解得E＝eq\f(mg,q)，故A錯誤；由牛頓第二定律得加速度為eq\f(mg,sin45°)＝ma，由勻變速直線運動規(guī)律，得小球到B點的速度為v＝at，設AB＝L，根據動能定理得mgLsin45°＋qELcos45°＝eq\f(1,2)mv2，解得靜電力做功W＝qELcos45°＝eq\f(mv2,4)，根據W＝qUAB，解得UAB＝eq\f(mv2,4q)，根據UAB＝φA－φB，且A點的電勢為零，解得φB＝－eq\f(mg2t2,2q)，B點的電勢能為EB＝qφB，聯立解得：EB＝－eq\f(mg2t2,2)，故B、C錯誤；小球機械能的變化量等于靜電力做的功，ΔE＝W＝eq\f(mg2t2,2)，故D正確．3．如圖所示，在地面上方的水平勻強電場中，一個質量為m、電荷量為＋q的小球，系在一根長為L的絕緣細線一端，可以在豎直平面內繞O點做圓周運動．AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑，已知重力加速度為g，電場強度E＝eq\f(mg,q)，不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．若小球在豎直平面內繞O點做圓周運動，則它運動的最小速度v＝eq\r(2gL)B．若小球在豎直平面內繞O點做圓周運動，則小球運動到A點時的機械能最小C．若將小球在A點由靜止開始釋放，則小球運動到B點時的速度為v＝eq\r(2gL)D．若將小球在A點以大小為v＝eq\r(gL)的速度豎直向上拋出，它將沿圓周到達B點答案B解析由于電場強度E＝eq\f(mg,q)，故mg＝Eq，物體的加速度大小為a＝eq\r(2)g，若小球在豎直平面內繞O點做圓周運動，則它運動的最小速度為v，則有eq\r(2)mg＝meq\f(v2,L)，解得v＝eq\r(\r(2)gL)，A錯誤；除重力和彈力外其他力做功等于機械能的增加值，若小球在豎直平面內繞O點做圓周運動，則小球運動到A點時，電勢能最大，故到A點時的機械能最小，故B正確；小球受合力方向與電場方向夾角45°斜向下，故若將小球在A點由靜止開始釋放，小球運動到B點的過程中，由動能定理得qE·2L＝eq\f(1,2)mv2，解得：v＝2eq\r(gL)，故C錯誤；若將小球在A點以大小為eq\r(gL)的速度豎直向上拋出，小球將不會沿圓周運動，小球在豎直方向做豎直上拋運動，水平方向做勻加速運動，因Eq＝mg，故水平加速度與豎直加速度大小均為g，當豎直方向上的位移為零時，時間t＝2eq\r(\f(L,g))，則水平位移x＝eq\f(1,2)gt2＝2L，則說明小球剛好運動到B點，故D錯誤．4．(多選)如圖所示，在豎直面內有一半徑為R的圓環(huán)形軌道，軌道內部最低點A處有一質量為m的光滑帶正電的小球(可視作質點)，其所帶電荷量為q，在圓環(huán)區(qū)域內存在著方向水平向右的勻強電場，電場強度E＝eq\f(\r(3)mg,3q)，現給小球一個水平向右的初速度，使小球開始運動，以下說法正確的是()A．若v0＞eq\r(1＋\r(3)gR)，則小球可以做完整的圓周運動B．若小球可以做完整的圓周運動，則軌道所給彈力的最大值與最小值相差4eq\r(3)mgC．若v0＝eq\r(5gR)，則小球將在軌道最高點B處脫離軌道D．若v0＝eq\r(gR)，則小球不會脫離軌道答案BCD解析小球同時受到重力和靜電力作用，這時可認為小球處于等效重力場中，小球受到的等效重力為：G′＝eq\r(mg2＋qE2)＝eq\r(mg2＋\f(\r(3),3)mg2)＝eq\f(2\r(3),3)mg，等效重力加速度為g′＝eq\f(G′,m)＝eq\f(2\r(3),3)g，等效重力與豎直方向的夾角為θ，如圖所示，則有：tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(\r(3),3)，θ＝30°，小球可以做完整的圓周運動，在等效最高點，有：mg′≤meq\f(v2,R)，從等效最高點達到A點過程中，根據動能定理可得：mg′(R＋Rcosθ)＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv2，解得：v0≥eq\r(2\r(3)＋1gR)，故A錯誤；若小球可以做完整的圓周運動，則小球在等效重力場中最低點軌道所給的彈力最大，等效最高點軌道所給的彈力最?。辉诘刃ё畹忘c有：F1－G′＝meq\f(v12,R)，在等效最高點有：F2＋G′＝meq\f(v22,R)，在等效重力場中，從最高點達到最低點過程中，根據動能定理可得：mg′·2R＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv22，解得軌道所給彈力的最大值與最小值相差為：F1－F2＝4eq\r(3)mg，故B正確；若v0＝eq\r(5gR)，小球到達最高點B處的過程中，重力做負功，靜電力不做功，則有：－mg·2R＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mv02，解得：vB＝eq\r(gR)，故可得小球將在軌道最高點B處脫離軌道，故C正確；在等效重力場中，若v0＝eq\r(gR)，小球沒有超過等效重力場中的半圓，故小球不會脫離軌道，故D正確．5.如圖所示，在豎直平面內有直角坐標系xOy，有一勻強電場，其方向與水平方向成α＝30°角斜向上，在電場中有一質量為m＝1×10－3kg、電荷量為q＝1.0×10－4C的帶電小球，用長為L＝eq\f(3\r(3),5)m的不可伸長的絕緣細線掛于坐標原點O，當小球靜止于M點時，細線恰好伸直且水平．現用外力將小球拉到最低點P，然后無初速度釋放，g＝10m/s2.(1)求電場強度E的大?。?2)求小球再次到達M點時的速度大??；(3)如果小球再次到達M點時，細線突然斷裂，從此時開始計時，求小球運動t＝1s時的位置坐標．答案(1)200N/C(2)6m/s(3)(eq\f(28\r(3),5)m,6m)解析(1)當小球靜止于M點時，由平衡條件得qEsinα＝mg解得E＝200N/C(2)小球所受靜電力和重力的合力恒定，大小為F＝eq\r(3)mg，方向水平向右，設小球運動到M點時，小球的速度為v，則由動能定理得eq\r(3)mgL＝eq\f(1,2)mv2解得v＝6m/s(3)小球運動到M點時，細線突然斷裂，小球的速度方向豎直向上，所受合力F水平向右，小球將做類平拋運動，由牛頓第二定律得eq\r(3)mg＝ma在豎直方向上，有y＝vt在水平方向上，有x1＝eq\f(1,2)at2解得x＝x1＋L＝eq\f(28\r(3),5)m，y＝6m所以小球的位置坐標為(eq\f(28\r(3),5)m,6m)．6.(2023·新疆喀什市檢測)如圖所示，水平絕緣粗糙的軌道AB與處于豎直平面內的半圓形絕緣光滑軌道BC平滑連接，半圓形軌道的半徑R＝0.40m，在軌道所在空間存在水平向右的勻強質量m＝0.04kg的帶電體(可視為質點)，在水平軌道上的P點由靜止釋放，帶電體恰好能通過半圓形軌道的最高點C，然后落至水平軌道上的D點(圖中未畫出)，取g＝10m/s2.求：(1)帶電體運動到圓形軌道C點時的速度大??；(2)帶電體在圓弧形軌道上運動的最大速度；(3)D點到B點的距離x.答案(1)2.0m/s(2)eq\r(22)m/s(3)0.2m解析(1)設帶電體經過C點時的速度為vC，根據牛頓第二定律得：mg＝eq\f(mvC2,R)解得：vC＝2.0m/s(2)設帶電體通過B點時的速度為vB，帶電體從B運動到C的過程中，根據動能定理得：－2mgR＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2解得：vB＝2eq\r(5)m/s根據靜電力和重力的比值關系可知，等效最低點與豎直方向的夾角為tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(1.0×10－5×3.0×10,0.04×10)＝eq\f(3,4)即θ＝37°，等效最低點的位置如圖所示：由B到等效最低點根據動能定理得：qE·Rsin37°－mg·R(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mvB2解得：vm＝eq\r(22)m/s(3)帶電體離開圓弧軌道后在豎直方向上：2R＝eq\f(1,2)gt2在水平方向上：x＝vCt－eq\f(qE,2m)t2聯立解得：x＝0.2m.7．如圖所示，絕緣軌道CDGH位于豎直平面內，圓弧段DG的圓心角為θ＝37°，DG與水平段CD、傾斜段GH分別相切于D點和G點．CD段粗糙，DGH段光滑．在H處固定一垂直于軌道的絕緣擋板，整個軌道處于電場強度為E＝1×104N/C、水平向右的勻強電場中，一質量m＝4×10－3kg、帶電荷量q＝＋3×10－6C的小滑塊在C處由靜止釋放，經擋板碰撞后滑回到CD段的中點P處時速度恰好為零．已知CD段長度L＝0.8m，圓弧DG的半徑r＝0.2m；不計滑塊與擋板碰撞時的動能損失，滑塊可視為質點．g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，求：(1)滑塊與CD段之間的動摩擦因數μ；(2)滑塊在CD段上運動的總路程；(3)滑塊與絕緣擋板碰撞時的最大動能和最小動能．答案(1)0.25(2)2.4m(3)0.018J0.002J解析(1)滑塊由C處釋放，經擋板碰撞后第一次滑回P點的過程中，由動能定理得qEeq\f(L,2)－μmg(L＋eq\f(1,2)L)＝0解得μ＝eq\f(Eq,3mg)＝0.25；(2)滑塊在CD段上受到的滑動摩擦力μmg＝0.01N靜電力Eq＝0.03N滑動摩擦力小于靜電力，故不可能停在CD段，滑塊最終會在DGH間來回往復運動，到達D點的速度為0.全過程由動能定理得EqL－μmgs＝0解得s＝2.4m；(3)GH段的傾角為37°，因為Eqcosθ＝mgsinθ＝0.024N，則加速度a＝0，所以滑塊與絕緣擋板碰撞的最大動能為滑塊第一次運動到G點的動能．對C到G過程由動能定理得Ekmax＝Eq(L＋rsinθ)－μmgL－mg(r－rcosθ)＝0.018J滑塊最終在DGH間來回往復運動，碰撞絕緣擋板時有最小動能．對D到G過程由動能定理得Ekmin＝Eqrsinθ－mg(r－rcosθ)＝0.002J.8．如圖所示，圓心為O、半徑為R的圓弧形光滑軌道MN固定在豎直平面內，O、N恰好處于同一豎直線上，ON＝R，OM與豎直方向之間的夾角θ＝37°，水平面上方空間存在水平向左的勻強電場．水平面上有一點P，點P、M的連線恰好與圓弧軌道相切于M點，PM＝2R.現有一質量為m、電荷量為＋q的小球(可視為質點)從P點以一定的初速度沿PM做直線運動，小球從M點進入圓弧軌道后，恰好能沿圓弧軌道運動并從N點射出．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g.求：(1)小球沿圓弧軌道運動過程中的最小速度的大??；(2)小球在P點時的初速度大小；(3)小球在水平面上的落點到P點的距離．答案(1)eq\r(\f(5,3)gR)(2)eq\r(\f(35,3)gR)(3)(3eq\r(2)＋3)R解析(1)由小球沿PM做直線運動可知，小球所受的靜電力與重力的合力方向沿MP