高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 微專題51 帶電題在電場和重力場中的運(yùn)動

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帶電題在電場和重力場中的運(yùn)動 1．考點(diǎn)及要求：(1)受力分析(Ⅱ)；(2)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式在電場中的應(yīng)用(Ⅱ)；(3)功能關(guān)系的應(yīng)用(Ⅱ)． 1.如圖1所示，地面上某個空間區(qū)域存在這樣的電場，水平虛線上方為場強(qiáng)E1、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場；虛線下方為場強(qiáng)E2、方向豎直向上的勻強(qiáng)電場．一個質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q的小球從上方電場的A點(diǎn)由靜止釋放，結(jié)果剛好到達(dá)下方電場中與A關(guān)于虛線對稱的B點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是(　　) 圖1 A．在虛線上下方的電場中，帶電小球運(yùn)動的加速相同 B．帶電小球在A、B兩點(diǎn)電勢能相等 C．若A、B高度差為h，則UAB＝－ D．兩電場強(qiáng)度大小關(guān)系滿足E2＝2E1 2．(多選)如圖2甲所示，絕緣水平傳送帶與豎直放置的半圓形軌道底部平滑相接．半圓形軌道絕緣、光滑，半徑為R＝0.45 m，處在水平向右的勻強(qiáng)電場中，半圓形軌道的豎直直徑是電場的左邊界，電場的場強(qiáng)大小為103 N/C.一質(zhì)量為0.1 kg，電荷量為＋q＝1.010－3 C的小物塊自半圓形軌道某位置自由滑下，滑至底端并沖上傳送帶，在傳送帶上運(yùn)動的速度—時(shí)間圖像如圖乙所示(以向右為正方向，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，下面說法正確的是(g取10 m/s2)(　　) 圖2 A．傳送帶至少長4.5 m，傳送帶速度最小為3 m/s B．小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1 C．小物塊開始滑下的位置與半圓形軌道底端的高度差為0.45 m D．小物塊在半圓形軌道上滑動時(shí)對軌道的最大壓力為2 N 3.如圖3所示，在水平向左的勻強(qiáng)電場中有一與水平面成60角的光滑絕緣直桿AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8 m．有一質(zhì)量為0.5 kg的帶電小環(huán)套在桿上，正以某一速度v0沿桿勻速下滑，小環(huán)離開桿后正好落在C端的正下方地面上P點(diǎn)處，ACP所在平面與電場E平行，g取10 m/s2，求： 圖3 (1)小環(huán)帶何種電荷及它受到的電場力的大?。? (2)小環(huán)離開直桿后運(yùn)動的加速度大小和方向； (3)小環(huán)在直桿上勻速運(yùn)動速度v0的大小． 4.如圖4所示，BCDG是光滑絕緣的圓形軌道，位于豎直平面內(nèi)，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點(diǎn)平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場中，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))置于水平軌道上，滑塊受到的電場力大小為mg，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g. 圖4 (1)若滑塊從水平軌道上距離B點(diǎn)s＝3R的A點(diǎn)由靜止釋放，滑塊到達(dá)與圓心O等高的C點(diǎn)時(shí)速度為多大？ (2)在(1)的情況下，求滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)受到軌道的作用力的大?。? (3)改變s的大小，使滑塊恰好始終沿軌道滑行，且從G點(diǎn)飛出軌道，求滑塊在圓軌道上滑行過程中的最小速度的大?。? 5．如圖5所示，帶有等量異種電荷平行金屬板M、N豎直放置，M、N兩板間的距離d＝0.5 m．現(xiàn)將一質(zhì)量m＝110－2 kg、電荷量q＝＋410－5 C的帶電小球從兩極板上方的A點(diǎn)以v0＝4 m/s的初速度水平拋出，A點(diǎn)距離兩板上端的高度h＝0.2 m；之后小球恰好從靠近M板上端處進(jìn)入兩板間，沿直線運(yùn)動碰到N板上的C點(diǎn)，該直線與曲線的末端相切．設(shè)勻強(qiáng)電場只存在于M、N之間，不計(jì)空氣阻力，取g＝10 m/s2.求： 圖5 (1)小球到達(dá)M極板上邊緣B位置時(shí)速度的大小和方向； (2)M、N兩板間的電場強(qiáng)度的大小和方向； (3)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的動能． 答案解析 1．C　[從A到虛線小球速度由0加速至v，從虛線到B小球速度由v減為0，位移相同，根據(jù)勻變速運(yùn)動的推論知，時(shí)間相同，則加速度大小相等，方向相反．故A錯誤；對A到B的過程運(yùn)用動能定理得qUAB＋mgh＝0，解得：UAB＝－，知A、B的電勢不等，則電勢能不等．故B錯誤，C正確；在虛線上方電場，根據(jù)牛頓第二定律得：a1＝，在虛線下方電場中，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度大小為：a2＝，因?yàn)閍1＝a2，解得：E2－E1＝.故D錯誤．] 2．ABD　[由題圖乙可知小物塊在傳送帶上運(yùn)動的加速度大小為a＝1 m/s2，由a＝μg可知μ＝0.1，B正確；小物塊向左運(yùn)動的最大位移x＝＝4.5 m，因?yàn)樾∥飰K滑上和離開傳送帶的速度均為3 m/s，所以傳送帶的速度至少為3 m/s，A正確；設(shè)小物塊開始滑下的位置在圓心上方，小物塊與圓心的連線跟水平方向的夾角為θ，對小物塊，從開始到半圓軌道底端，根據(jù)動能定理有mgR(1＋sin θ)－qERcos θ＝mv，解得θ＝30.小物塊開始滑下的位置P到傳送帶的高度h＝0.451.5 m＝0.675 m，C錯誤；小物塊受到的電場力qE和重力mg的合力F＝ N，與豎直方向成30角斜向右下方，設(shè)小物塊到達(dá)等效重力場的最低點(diǎn)Q(由幾何關(guān)系可知OQ與OP垂直)時(shí)的速度為v，根據(jù)動能定理有FR＝mv2，對小物塊有N－F＝，解得N＝2 N，D正確．] 3．(1)負(fù)電　5 N　(2)20 m/s2，方向與桿垂直斜向右下方 (3)2 m/s 解析　(1)由小環(huán)在直桿上的受力情況知：小環(huán)帶負(fù)電 由平衡條件可知：mgsin 60＝F電cos 60 得：F電＝mg＝5 N (2)離開直桿后，只受mg、F電作用，合力F方向與桿垂直斜向右下方： 則＝ma a＝2g＝20 m/s2 方向與桿垂直斜向右下方 (3)方法1：建立以初速度方向?yàn)閤軸正方向，以加速度方向?yàn)閥軸正方向的直角坐標(biāo)系，則小環(huán)離開直桿后做類平拋運(yùn)動，則： hsin 60＝v0t hcos 60＝at2 可得：v0＝2 m/s 方法2：設(shè)小環(huán)離開直桿后經(jīng)時(shí)間t到P點(diǎn)，則 豎直方向：h＝v0cos 30t＋gt2 水平方向：v0sin 30t－t2＝0 解得：v0＝2 m/s 4．(1)　(2)mg　(3) 解析　(1)設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為v，由動能定理得 qE(s＋R)－μmgs－mgR＝mv2－0 而qE＝，μ＝0.5，s＝3R 解得v＝ (2)設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)受到軌道的作用力大小為F，則 F－qE＝m，解得F＝mg (3)要使滑塊恰好始終沿軌道滑行，則滑至圓軌道DG間某點(diǎn)時(shí)，由電場力和重力的合力提供向心力，此時(shí)的速度最小(設(shè)為vn)，則有＝m，解得vn＝ 5．(1)2 m/s，方向與水平方向的夾角為arctan 0.5 (2)5103 N/C，方向水平向右　(3)0.225 J 解析　(1)小球平拋運(yùn)動過程水平方向做勻速直線運(yùn)動，vx＝v0＝4 m/s 豎直方向做勻加速直線運(yùn)動，h＝gt，vy＝gt1＝2 m/s 解得：vB＝＝2 m/s 方向tan θ＝＝，θ＝arctan 0.5(θ為速度方向與水平方向的夾角) (2)小球進(jìn)入電場后，沿直線運(yùn)動到C點(diǎn)，所以重力與電場力的合力即沿該直線方向， 則tan θ＝＝ 解得：E＝＝5103 N/C，方向水平向右． (3)進(jìn)入電場后，小球受到的合外力 F合＝＝mg B、C兩點(diǎn)間的距離s＝，cos θ＝＝ 從B到C由動能定理得：F合s＝EkC－mv 解得：EkC＝0.225 J