2022版?zhèn)鋺?zhàn)老高考一輪復(fù)習(xí)物理專題強(qiáng)化十五 帶電粒子在電場中的力電綜合問題 教案

專題強(qiáng)化十五帶電粒子在電場中的力電綜合問題目標(biāo)要求1.掌握帶電粒子在交變電場中運(yùn)動的特點和分析方法.2.會用等效法分析帶電粒子在電場和重力復(fù)合場中的圓周運(yùn)動.3.會用動力學(xué)和能量觀點分析帶電粒子的力電綜合問題．題型一帶電粒子在交變電場中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動1．帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動，通常只討論電壓的大小不變、方向做周期性變化(如方波)的情形．(1)當(dāng)粒子平行于電場方向射入時，粒子做直線運(yùn)動，其初速度和受力情況決定了粒子的運(yùn)動情況，粒子可以做周期性的直線運(yùn)動．(2)當(dāng)粒子垂直于電場方向射入時，沿初速度方向的分運(yùn)動為勻速直線運(yùn)動，沿電場方向的分運(yùn)動具有周期性．2．研究帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動，關(guān)鍵是根據(jù)電場變化的特點，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運(yùn)動情況．根據(jù)電場的變化情況，分段求解帶電粒子運(yùn)動的末速度、位移等．3．注重全面分析(分析受力特點和運(yùn)動規(guī)律)：抓住粒子運(yùn)動時間上的周期性和空間上的對稱性，求解粒子運(yùn)動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的臨界條件．4．對于鋸齒波和正弦波等電壓產(chǎn)生的交變電場，若粒子穿過板間的時間極短，帶電粒子穿過電場時可認(rèn)為是在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動．例1(2019·四川成都市模擬)如圖1甲所示，A、B為兩塊相距很近的平行金屬板，A、B間電壓為UAB＝－U0，緊貼A板有一電子源，不停地飄出質(zhì)量為m，帶電荷量為e的電子(初速度可視為0)．在B板右側(cè)兩塊平行金屬板M、N間加有如圖乙所示的電壓，電壓變化的周期T＝Leq\r(\f(m,2eU0))，板間中線與電子源在同一水平線上．已知極板間距為d，極板長L，不計電子重力，求：圖1(1)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)極板時的速度大??；(2)eq\f(T,4)時刻沿中線射入偏轉(zhuǎn)極板間的電子剛射出偏轉(zhuǎn)極板時與板間中線的距離(未與極板接觸)．答案(1)eq\r(\f(2eU0,m))(2)0解析(1)設(shè)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)極板時的速度為v，由動能定理有eU0＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(\f(2eU0,m)).(2)由題意知，電子穿過偏轉(zhuǎn)極板所需時間t＝eq\f(L,v)＝Leq\r(\f(m,2eU0))＝T故在eq\f(T,4)時刻沿中線射入偏轉(zhuǎn)極板間的電子在電場方向上先加速后減速，然后反向加速再減速，各段位移大小相等，故一個周期內(nèi)，側(cè)移量為零，則電子沿板間中線射出偏轉(zhuǎn)極板，與板間中線的距離為0.1．(帶電粒子在交變電場中的偏轉(zhuǎn))(多選)(2019·山東濰坊市二模)如圖2甲所示，長為8d、間距為d的平行金屬板水平放置，O點有一粒子源，能持續(xù)水平向右發(fā)射初速度為v0、電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子．在兩板間存在如圖乙所示的交變電場，取豎直向下為正方向，不計粒子重力．以下判斷正確的是()圖2A．粒子在電場中運(yùn)動的最短時間為eq\f(\r(2)d,v0)B．射出粒子的最大動能為eq\f(5,4)mv02C．t＝eq\f(d,2v0)時刻進(jìn)入的粒子，從O′點射出D．t＝eq\f(3d,v0)時刻進(jìn)入的粒子，從O′點射出答案AD解析由題圖可知場強(qiáng)大小E＝eq\f(mv\o\al(02),2qd)，則粒子在電場中的加速度a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(v\o\al(02),2d)，則粒子在電場中運(yùn)動的最短時間滿足eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)atmin2，解得tmin＝eq\f(\r(2)d,v0)，選項A正確；能從板間射出的粒子在板間運(yùn)動的時間均為t＝eq\f(8d,v0)，則任意時刻射入的粒子若能射出電場，則射出電場時沿電場方向的速度均為0，可知射出電場時粒子的動能均為eq\f(1,2)mv02，選項B錯誤；t＝eq\f(d,2v0)＝eq\f(T,8)時刻進(jìn)入的粒子，在沿電場方向的運(yùn)動是：先向下加速eq\f(3T,8)，后向下減速eq\f(3T,8)速度到零；然后向上加速eq\f(T,8)，再向上減速eq\f(T,8)速度到零……如此反復(fù)，則最后從O′點射出時有沿電場方向向下的位移，則粒子將從O′點下方射出，故C錯誤；t＝eq\f(3d,v0)＝eq\f(3T,4)時刻進(jìn)入的粒子，在沿電場方向的運(yùn)動是：先向上加速eq\f(T,4)，后向上減速eq\f(T,4)速度到零；然后向下加速eq\f(T,4)，再向下減速eq\f(T,4)速度到零……如此反復(fù)，則最后從O′點射出時沿電場方向的位移為零，則粒子將從O′點射出，選項D正確．題型二帶電粒子在重力場和電場中的圓周運(yùn)動1．等效重力場物體僅在重力場中的運(yùn)動是最常見、最基本的運(yùn)動，但是對于處在勻強(qiáng)電場和重力場中物體的運(yùn)動問題就會變得復(fù)雜一些．此時可以將重力場與電場合二為一，用一個全新的“復(fù)合場”來代替，可形象稱之為“等效重力場”．2．等效重力場的對應(yīng)概念及解釋3．舉例例2(2020·福建龍巖市高三上學(xué)期期末)如圖3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兩點分別是圓軌道的最低點和最高點．該區(qū)間存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場，一質(zhì)量為m的帶電小球(可視為質(zhì)點)恰好能靜止在C點．若在C點給小球一個初速度使它在軌道內(nèi)側(cè)恰好能做完整的圓周運(yùn)動(小球的電荷量不變)．已知C、O、D在同一直線上，它們的連線與豎直方向的夾角θ＝60°，重力加速度為g.求：圖3(1)小球所受的電場力F的大小；(2)小球做圓周運(yùn)動，在D點的速度大小及在A點對軌道壓力的大?。鸢?1)eq\r(3)mg(2)eq\r(2gr)9mg解析(1)小球在C點靜止，受力分析如圖所示由平衡條件得F＝mgtan60°解得：F＝eq\r(3)mg(2)小球在光滑軌道內(nèi)側(cè)恰好做完整的圓周運(yùn)動，在D點小球速度最小，對軌道的壓力為零，則eq\f(mg,cos60°)＝meq\f(v\o\al(D2),r)解得小球在D點的速度vD＝eq\r(2gr)小球由軌道上A點運(yùn)動到D點的過程，根據(jù)動能定理得－mgr(1＋cosθ)－Frsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(D2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(A2)解得小球在A點的速度vA＝2eq\r(2gr)小球在A點，根據(jù)牛頓第二定律得：FNA－mg＝meq\f(v\o\al(A2),r)解得：FNA＝9mg根據(jù)牛頓第三定律得：小球?qū)壍赖膲毫Υ笮镕NA′＝9mg.2．(等效重力場)(多選)(2019·四川樂山市第一次調(diào)查研究)如圖4所示，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場，在勻強(qiáng)電場中有一根長為L的絕緣細(xì)線，細(xì)線一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球．小球靜止時細(xì)線與豎直方向成θ角，此時讓小球獲得初速度且恰能繞O點在豎直平面內(nèi)沿逆時針方向做圓周運(yùn)動，重力加速度為g.下列說法正確的是()圖4A．勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E＝eq\f(mgtanθ,q)B．小球動能的最小值為Ek＝eq\f(mgL,2cosθ)C．小球運(yùn)動至圓周軌跡的最高點時機(jī)械能最小D．小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動一周的過程中，其電勢能先減小后增大答案AB解析小球靜止時懸線與豎直方向成θ角，對小球受力分析，小球受重力、拉力和電場力，三力平衡，根據(jù)平衡條件，有：mgtanθ＝qE，解得E＝eq\f(mgtanθ,q)，選項A正確；小球恰能繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，在等效最高點A速度最小，根據(jù)牛頓第二定律，有：eq\f(mg,cosθ)＝meq\f(v2,L)，則最小動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(mgL,2cosθ)，選項B正確；小球的機(jī)械能和電勢能之和守恒，則小球運(yùn)動至電勢能最大的位置機(jī)械能最小，小球帶負(fù)電，則小球運(yùn)動到圓周軌跡的最左端點時機(jī)械能最小，選項C錯誤；小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動一周的過程中，電場力先做正功，后做負(fù)功，再做正功，則其電勢能先減小后增大，再減小，選項D錯誤．題型三電場中的力電綜合問題1．帶電粒子在電場中的運(yùn)動(1)分析方法：先分析受力情況，再分析運(yùn)動狀態(tài)和運(yùn)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(dāng)?shù)囊?guī)律如牛頓運(yùn)動定律、運(yùn)動學(xué)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帶電體的靜止與運(yùn)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(yùn)動狀態(tài)判斷是否考慮重力作用．2．用能量觀點處理帶電體的運(yùn)動對于受變力作用的帶電體的運(yùn)動，必須借助能量觀點來處理．即使都是恒力作用的問題，用能量觀點處理也常常更簡捷．具體方法有：(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(fù)功．③弄清所研究過程的初、末狀態(tài)(主要指動能)．④根據(jù)W＝ΔEk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列方程．(3)兩個結(jié)論①若帶電粒子只在電場力作用下運(yùn)動，其動能和電勢能之和保持不變．②若帶電粒子只在重力和電場力作用下運(yùn)動，其機(jī)械能和電勢能之和保持不變．例3(2019·全國卷Ⅱ·24)如圖5，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d.兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的電勢均為φ(φ>0)．質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計．圖5(1)求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應(yīng)為多少？答案(1)eq\f(1,2)mv02＋eq\f(2φ,d)qhv0eq\r(\f(mdh,qφ))(2)2v0eq\r(\f(mdh,qφ))解析(1)PG、QG間場強(qiáng)大小相等，均為E.粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有E＝eq\f(2φ,d)①F＝qE＝ma②設(shè)粒子第一次到達(dá)G時動能為Ek，由動能定理有qEh＝Ek－eq\f(1,2)mv02③設(shè)粒子第一次到達(dá)G時所用的時間為t，粒子在水平方向的位移為l，則有h＝eq\f(1,2)at2④l＝v0t⑤聯(lián)立①②③④⑤式解得Ek＝eq\f(1,2)mv02＋eq\f(2φ,d)qhl＝v0eq\r(\f(mdh,qφ))；(2)若粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短．由對稱性知，此時金屬板的長度為L＝2l＝2v0eq\r(\f(mdh,qφ)).3．(在電場中運(yùn)動物體的功能關(guān)系)(2019·名師原創(chuàng)預(yù)測)如圖6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，整個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.整個軌道處于電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度方向平行于水平桌面所在的平面且垂直于直線OD.現(xiàn)有一個質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小物塊P從A點無初速度釋放，小物塊P與AB之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，忽略空氣阻力．求：圖6(1)小物塊第一次通過C點時對軌道的壓力大小FNC1；(2)小物塊第一次通過D點后離開D點的最大距離；(3)小物塊在直線軌道AB上運(yùn)動的總路程．答案(1)5.4qE(2)eq\f(6,5)R(3)15R解析(1)設(shè)小物塊第一次到達(dá)C點時的速度大小為vC1，根據(jù)動能定理有qE[Lsin37°＋R(1－cos37°)]－μqELcos37°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(C12)－0解得vC1＝eq\r(\f(22qER,5m))在C點根據(jù)向心力公式得FNC1′－qE＝eq\f(mv\o\al(C12),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點時的速度大小為vD1，根據(jù)動能定理有qE(Lsin37°－Rcos37°)－μqELcos37°＝eq\f(1,2)mvD12－0解得vD1＝eq\r(\f(12qER,5m))小物塊第一次到達(dá)D點后先以速度vD1逆著電場方向做勻減速直線運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動的最大距離為xm，根據(jù)動能定理得－qExm＝0－eq\f(1,2)mvD12解得xm＝eq\f(6,5)R.(3)分析可知小物塊最終會在圓弧軌道上做往復(fù)運(yùn)動，到達(dá)B點的速度恰好為零時，動能和電勢能之和不再減?。O(shè)小物塊在直線軌道AB上運(yùn)動的總路程為s，則根據(jù)功能關(guān)系得qELsin37°＝μqEscos37°解得s＝eq\f(Ltan37°,μ)＝15R.課時精練1．如圖1甲為一對長度為L的平行金屬板，在兩板之間加上如圖乙所示的電壓．現(xiàn)沿兩板的中軸線從左端向右端連續(xù)不斷射入初速度為v0的相同帶電粒子(不計重力及粒子間的相互作用)，且所有粒子均能從平行金屬板的右端飛出，若粒子在兩板之間的運(yùn)動時間均為T，則粒子最大偏轉(zhuǎn)位移與最小偏轉(zhuǎn)位移的大小之比是()圖1A．1∶1 B．2∶1C．3∶1 D．4∶1答案C解析粒子在兩板之間的運(yùn)動時間均為T，設(shè)偏轉(zhuǎn)電場電壓不為零時，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度為a，若粒子在t＝nT時刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，則豎直方向上先加速后勻速然后飛出偏轉(zhuǎn)電場，此時粒子偏轉(zhuǎn)位移最大，ymax＝eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2＋a×eq\f(T,2)×eq\f(T,2)＝eq\f(3,8)aT2；若粒子在t＝nT＋eq\f(T,2)時刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，則豎直方向上先靜止后加速然后飛出偏轉(zhuǎn)電場，此時粒子偏轉(zhuǎn)位移最小，ymin＝0＋eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2＝eq\f(1,8)aT2，則粒子最大偏轉(zhuǎn)位移與最小偏轉(zhuǎn)位移的大小之比是3∶1，故C項正確．2．(多選)如圖2甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場強(qiáng)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，0～eq\f(T,3)時間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出．微粒運(yùn)動過程中未與金屬板接觸，重力加速度的大小為g.關(guān)于微粒在0～T時間內(nèi)運(yùn)動的描述，正確的是()圖2A．末速度大小為eq\r(2)v0B．末速度沿水平方向C．重力勢能減少了eq\f(1,2)mgdD．克服電場力做功為mgd答案BC解析因0～eq\f(T,3)時間內(nèi)微粒做勻速運(yùn)動，故E0q＝mg；在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)時間內(nèi)，微粒只受重力作用，做平拋運(yùn)動，在t＝eq\f(2T,3)時刻豎直方向的速度為vy1＝eq\f(gT,3)，水平方向的速度為v0；在eq\f(2T,3)～T時間內(nèi)，由牛頓第二定律得2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，則在t＝T時刻，微粒豎直方向的速度減小到零，水平方向的速度為v0，選項A錯誤，B正確；微粒的重力勢能減小了ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，選項C正確；從射入到射出，由動能定理可知，eq\f(1,2)mgd－W克電＝0，可知克服電場力做功為eq\f(1,2)mgd，選項D錯誤．3.(2019·天津卷·3)如圖3所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點豎直向上運(yùn)動，通過N點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運(yùn)動到N的過程()圖3A．動能增加eq\f(1,2)mv2 B．機(jī)械能增加2mv2C．重力勢能增加eq\f(3,2)mv2 D．電勢能增加2mv2答案B解析小球動能的增加量為ΔEk＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，A錯誤；小球在豎直方向上的分運(yùn)動為勻減速直線運(yùn)動，到N時豎直方向的速度為零，則M、N兩點之間高度差為h＝eq\f(v2,2g)，小球重力勢能的增加量為ΔEp＝mgh＝eq\f(1,2)mv2，C錯誤；電場力對小球做正功，則小球的電勢能減少，由能量守恒定律可知，小球減小的電勢能等于重力勢能與動能的增加量之和，則電勢能的減少量為ΔEp′＝eq\f(3,2)mv2＋eq\f(1,2)mv2＝2mv2，D錯誤；由功能關(guān)系可知，除重力外的其他力對小球所做的功在數(shù)值上等于小球機(jī)械能的增加量，即2mv2，B正確．4．(多選)如圖4甲所示，平行金屬板相距為d，在兩板間加一如圖乙所示的交變電壓，有一個粒子源在平行金屬板左邊界中點處沿垂直電場方向連續(xù)發(fā)射速度相同的帶正電粒子(不計重力及粒子間的相互作用)．t＝0時刻進(jìn)入電場的粒子恰好在t＝T時刻到達(dá)B板右邊緣，則()圖4A．任意時刻進(jìn)入的粒子到達(dá)電場右邊界經(jīng)歷的時間為TB．t＝eq\f(T,4)時刻進(jìn)入的粒子到達(dá)電場右邊界的速度最大C．t＝eq\f(T,4)時刻進(jìn)入的粒子到達(dá)電場右邊界時距B板的距離為eq\f(d,4)D．粒子到達(dá)電場右邊界時的動能與何時進(jìn)入電場無關(guān)答案AD解析任意時刻進(jìn)入的粒子在水平方向的分運(yùn)動都是勻速直線運(yùn)動，則由L＝v0t，得t＝eq\f(L,v0)，由于L、v0都相等，所以粒子到達(dá)電場右邊界所用時間都相等，且都為T，選項A正確；粒子在豎直方向做周期性運(yùn)動，勻加速和勻減速運(yùn)動的時間相等，加速度大小也相同，所以到達(dá)電場右邊界時速度的變化量為零，因此粒子到達(dá)電場右邊界時的速度大小等于進(jìn)入電場時初速度大小，與何時進(jìn)入電場無關(guān)，選項B錯誤，D正確；對于t＝0時刻進(jìn)入的粒子，據(jù)題意有eq\f(d,2)＝2×eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2；對于t＝eq\f(T,4)時刻進(jìn)入的粒子，在前eq\f(T,2)時間內(nèi)豎直方向的位移向下，大小為y1＝2×eq\f(1,2)a(eq\f(T,4))2，在后eq\f(T,2)時間內(nèi)豎直方向的位移向上，大小為y2＝2×eq\f(1,2)a(eq\f(T,4))2，則知y1＝y(tǒng)2，即豎直方向的位移為0，所以粒子到達(dá)電場右邊界時距B板距離為y＝eq\f(d,2)，選項C錯誤．5.(多選)(2020·廣東深圳高級中學(xué)月考)如圖5所示，豎直平面內(nèi)有固定的半徑為R的光滑絕緣圓形軌道，勻強(qiáng)電場的方向平行于軌道平面水平向左，P、Q分別為軌道上的最高點、最低點，M、N是軌道上與圓心O等高的點．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(可視為質(zhì)點)在軌道內(nèi)運(yùn)動，已知重力加速度為g，電場強(qiáng)度E＝eq\f(3mg,4q)，要使小球能沿軌道做完整的圓周運(yùn)動，則下列說法正確的是()圖5A．小球在軌道上運(yùn)動時，動能最小的位置，電勢能最大B．小球在軌道上運(yùn)動時，機(jī)械能最大的位置一定在M點C．小球過Q、P點時所受軌道彈力大小的差值為6mgD．小球過Q、P點時所受軌道彈力大小的差值為7.5mg答案BC解析根據(jù)等效場知識可得，電場力與重力的合力大小為mg等＝eq\r(mg2＋qE2)＝eq\f(5,4)mg，故等效重力加速度為g等＝eq\f(5,4)g，如圖所示，tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(3,4)，即θ＝37°，若小球剛好能通過C點關(guān)于圓心O對稱的D點，那么小球就能做完整的圓周運(yùn)動．小球在D點時的動能最小，但D點并非是其電勢能最大的位置，小球電勢能最大的位置在N點，選項A錯誤；小球在軌道上運(yùn)動的過程中遵守能量守恒定律，小球在軌道上M點的電勢能最小，機(jī)械能最大，選項B正確；小球過Q點和P點時，由牛頓第二定律可得FQ－mg＝meq\f(v\o\al(Q2),R)，F(xiàn)P＋mg＝meq\f(v\o\al(P2),R)，小球從Q點到P點，由動能定理可得－2mgR＝eq\f(1,2)mvP2－eq\f(1,2)mveq\o\al(Q2)，聯(lián)立解得FQ－FP＝6mg，選項C正確，D錯誤．6.(多選)如圖6所示，在豎直平面內(nèi)有水平向右、場強(qiáng)為1×104N/C的勻強(qiáng)電場．在勻強(qiáng)電場中有一根長2m的絕緣細(xì)線，一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量為0.08kg的帶電小球，小球靜止時懸線與豎直方向成37°角．若小球獲得一定初速度后恰能繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，取小球在靜止時的位置為電勢能零點和重力勢能零點，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.下列說法正確的是()圖6A．小球的電荷量q＝6×10－5CB．小球在c點的動能最小，且為1JC．小球在b點時的機(jī)械能最小D．小球在運(yùn)動過程中電勢能和機(jī)械能之和保持不變，且為5J答案AD解析小球靜止時懸線與豎直方向成37°角，小球受重力、拉力和電場力，三力平衡，根據(jù)平衡條件得：mgtan37°＝qE，解得：q＝eq\f(mgtan37°,E)＝6×10－5C，故A正確；小球恰能繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，在等效最高點b速度最小，根據(jù)牛頓第二定律得：eq\f(mg,cos37°)＝meq\f(v2,L)；最小動能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(mgL,2cos37°)＝1J，故B錯誤；根據(jù)能量守恒定律，電勢能與機(jī)械能之和不變，所以機(jī)械能最小的位置是電勢能最大的位置，即機(jī)械能最小的位置在與O點等高的最左側(cè)的位置a點，故C錯誤；由C選項分析可知，小球在運(yùn)動過程中電勢能和機(jī)械能之和不變，在b點，電勢能、重力勢能和動能之和為：E＝Ek＋Ep＋Ep′＝Ek＋mg×2Lcos37°＋Eq×2Lsin37°＝5J，故D正確．7.如圖7所示，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為半徑R＝0.2m的半圓，兩段軌道相切于B點，整個軌道處在豎直向下的勻強(qiáng)電場中，場強(qiáng)大小E＝5.0×103V/m.一不帶電的絕緣小球甲，以速度v0沿水平軌道向右運(yùn)動，與靜止在B點帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞，甲、乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點D.已知甲、乙兩球的質(zhì)量均為m＝1.0×10－2kg，乙所帶電荷量q＝2.0×10－5C，g取10m/s2.(水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質(zhì)點，整個運(yùn)動過程中甲不帶電，乙電荷無轉(zhuǎn)移)求：圖7(1)乙在軌道上的首次落點到B點的距離；(2)碰撞前甲球的速度v0的大?。鸢?1)0.4m(2)2eq\r(5)m/s解析(1)設(shè)乙到達(dá)最高點D時的速度為vD，乙離開D點到達(dá)水平軌道的時間為t，乙的落點到B點的距離為x，則mg＋qE＝meq\f(v\o\al(D2),R)①2R＝eq\f(1,2)(eq\f(mg＋qE,m))t2②x＝vDt③聯(lián)立①②③得x＝0.4m．④(2)設(shè)碰撞后甲、乙的速度分別為v甲、v乙，根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mv0＝mv甲＋mv乙⑤eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv甲2＋eq\f(1,2)mv乙2⑥聯(lián)立⑤⑥得v乙＝v0⑦由動能定理得－mg·2R－qE·2R＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mv乙2⑧聯(lián)立①⑦⑧得v0＝2eq\r(5)m/s.8．(2019·河南高三月考)在圖8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，不計電子的重力，問：圖8(1)若電子從t＝0時刻射入，在半個周期內(nèi)恰好能從A板的邊緣飛出，則電子飛出時速度的大小為多少？(2)若電子從t＝0時刻射入，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)從哪一時刻射入？兩極板間距至少為多大？答案見解析解析(1)由動能定理得eeq\f(U0,2)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得v＝eq\r(v\o\al(02)＋\f(eU0,m)).(2)t＝0時刻射入的電子，在垂直于極板方向上做勻加速運(yùn)動，向正極板方向偏轉(zhuǎn)，半個周期后電場方向反向，電子在該方向上做勻減速運(yùn)動，再經(jīng)過半個周期，電子在電場方向上的速度減小到零，此時的速度等于初速度v0，方向平行于極板，以后繼續(xù)重復(fù)這樣的運(yùn)動；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)動一個周期，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