專題20.2帶電小球在勻強電場中運動計算題

專題20.3帶電小球在勻強電場中運動計算題【考綱解讀與考頻分析】帶電小球（微粒）在勻強電場中運動是高考考查熱點。【高頻考點定位】：帶電小球（微粒）在勻強電場中運動考點一：帶電小球（微粒）在勻強電場中運動【3年真題鏈接】1.(2017·全國理綜I卷·25)真空中存在電場強度為的勻強電場，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v0，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)一段時間后，又突然將電場反向，但保持其大小不變；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小；為保證后來的電場強度比原來的大，試給出相應(yīng)的和v0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。【命題意圖】本題考查帶電油滴在電場中的運動、牛頓運動定律、勻變速直線運動規(guī)律及其相關(guān)的知識點，意在考查考生靈活運用相關(guān)知識解決問題的的能力?！窘忸}思路】（1）設(shè)油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q，油滴速度方向向上為整。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時，油滴做豎直向上的勻加速運動，加速度方向向上，大小a1滿足①油滴在時刻t1的速度為②電場強度在時刻t1突然反向，油滴做勻變速直線運動，加速度方向向下，大小a2滿足③油滴在時刻t2=2t1的速度為④由①②③④式得⑤（2）由題意，在t=0時刻前有qE1=mg⑥油滴從t=0到時刻t1的位移為s1=v1t1+a1t12⑦油滴從時刻t1到時刻t2=2t1的時間間隔內(nèi)的位移為s1=v1t1a2t12⑧由題給條件有⑨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⑩由①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得?為使，應(yīng)有?即當(dāng)?或?才是可能的：條件?式和?式分別對應(yīng)于和兩種情形。若B在A點之下，依題意有?由①②③⑥⑦⑧⑨?式得E2=[22]E1,為使E2>E1,應(yīng)有22>1即：t1>(+1).另一解為負(fù)，不合題意，已舍去。2.（20分）（2017全國II卷·25）如圖，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(jìn)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。求：（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。【參考答案】（1）3:1（2）（3）【參考解析】（1）設(shè)帶電小球M、N拋出初速度均為v0，則它們進(jìn)入電場時的水平速度仍為v0；MN在電場中的運動時間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；由運動公式可得：v0at=0①②③聯(lián)立①②③解得：④(2)設(shè)A點距電場上邊界的高度為h,小球下落h時在豎直方向的分速度為vy,由運動學(xué)公式=2gh⑤H=vyt+gt2⑥M進(jìn)入電場后做直線運動,由幾何關(guān)系知=⑦聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得h=H/3.⑧(3)設(shè)電場強度的大小為E,小球M進(jìn)入電場后做直線運動,則=⑨設(shè)M,N離開電場時的動能分別為Ek1,Ek2,由動能定理得Ek1=m(+)+mgH+qEs1⑩Ek2=m(+)+mgHqEs2由已知條件Ek1=1.5Ek2聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩式得.3.（2017北京理綜）如圖所示，長l=1m的輕質(zhì)細(xì)繩上端固定，下端連接一個可視為質(zhì)點的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強電場中，繩與豎直方向的夾角θ=37°。已知小球所帶電荷量q=1.0×10–6C，勻強電場的場強E=3.0×103N/C，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.，求：（1）小球所受電場力F的大小。（2）小球的質(zhì)量m。（3）將電場撤去，小球回到最低點時速度v的大小?！緟⒖即鸢浮竣臚＝3.0×103N；⑵m＝4.0×104kg；⑶v＝2.0m/s【名師解析】⑴根據(jù)電場強度定義式可知，小球所受電場力大小為：F＝qE＝1.0×106×3.0×103N＝3.0×103N⑵小球受mg、繩的拉力T和電場力F作用，如下圖所示TTFmg37°根據(jù)共點力平衡條件和圖中幾何關(guān)系有：mgtan37°＝F解得：m＝4.0×104kg⑶撤去電場后，小球?qū)⒗@懸點擺動，根據(jù)動能定理有：mgl(1－cos37°)＝－0解得：v＝＝2.0m/s【2年模擬再現(xiàn)】1.(2019·山東省青島市模擬)如圖所示，水平地面上方存在水平向左的勻強電場，一質(zhì)量為m的帶電小球(大小可忽略)用輕質(zhì)絕緣細(xì)線懸掛于O點，小球帶電荷量為＋q，靜止時距地面的高度為h，細(xì)線與豎直方向的夾角為α＝37°，重力加速度為g.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)勻強電場的場強大小E；(2)現(xiàn)將細(xì)線剪斷，小球落地過程中小球水平位移的大?。?3)現(xiàn)將細(xì)線剪斷，帶電小球落地前瞬間的動能．【參考答案】(1)eq\f(3mg,4q)(2)eq\f(3,4)h(3)eq\f(25,16)mgh【名師解析】(1)小球靜止時，對小球受力分析如圖所示，由FTcos37°＝mgFTsin37°＝qE解得：E＝eq\f(3mg,4q)(2)剪斷細(xì)線，小球在豎直方向做自由落體運動，水平方向做加速度為a的勻加速運動，由Eq＝max＝eq\f(1,2)at2h＝eq\f(1,2)gt2聯(lián)立解得：x＝eq\f(3,4)h(3)從剪斷細(xì)線到落地瞬間，由動能定理得：Ek＝mgh＋qEx＝eq\f(25,16)mgh.2.(2019·陜西省咸陽市質(zhì)檢)如圖所示，將帶電荷量均為＋q、質(zhì)量分別為m和2m的帶電小球A與B用輕質(zhì)絕緣細(xì)線相連，在豎直向上的勻強電場中由靜止釋放，小球A和B一起以大小為eq\f(1,3)g的加速度豎直向上運動．運動過程中，連接A與B之間的細(xì)線保持豎直方向，小球A和B之間的庫侖力忽略不計，重力加速度為g，求：(1)勻強電場的場強E的大小；(2)當(dāng)A、B一起向上運動t0時間時，A、B間的細(xì)線突然斷開，求從初始的靜止?fàn)顟B(tài)開始經(jīng)過2t0時間，B球電勢能的變化量．【參考答案】(1)eq\f(2mg,q)(2)減小了mg2teq\o\al(02,)【名師解析】(1)由于小球在電場中向上做勻加速運動，對于A、B兩球組成的整體，由牛頓第二定律可得：2Eq－3mg＝3ma其中：a＝eq\f(1,3)g代入可得：E＝eq\f(2mg,q)(2)當(dāng)細(xì)線斷開時，B球受到豎直向上的電場力：F電＝Eq＝2mg小球B受到的電場力和重力二力平衡，所以小球B接下來向上做勻速直線運動，其速度大小為勻加速運動的末速度：v＝at0＝eq\f(1,3)gt0在勻加速階段小球B上升的高度為：h1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(02,)＝eq\f(1,6)gteq\o\al(02,)在勻速階段小球B上升的高度為：h2＝vt0＝eq\f(1,3)gteq\o\al(02,)所以在整個過程中電場力做功為：W＝Eq(h1＋h2)＝mg2teq\o\al(02,)由于電場力對小球B做了mg2teq\o\al(02,)的正功，所以小球B電勢能減小了mg2teq\o\al(02,).3.（18分）（2019湖南衡陽三模）如圖所示，絕緣軌道MNPQ位于同一豎直面內(nèi)，其中MN段是長度為L的水平軌道，PQ段為足夠長的光滑豎直軌道，NP段為光滑的四分之一圓弧，圓心為O，直線MN′右側(cè)有方向水平向左的電場（圖中未畫出），電場強度，在包含圓弧軌道NP的ONO'P區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場（邊界處無磁場），軌道MN最左端M點處靜止一質(zhì)量為m、電荷量為q的帯負(fù)電的物塊A，一質(zhì)量為3m為物塊C從左側(cè)的光滑軌道上以速度v0撞向物塊A，A、C之間只發(fā)生一次彈性碰撞，且最終剛好挨在一起停在軌道MN上，A，C均可視為質(zhì)點，且與軌道MN的動摩擦因數(shù)相同，重力加速度為g，A在運動過程中所帶電荷量保持不變且始終沒有脫離軌道。A第一次到達(dá)N點時，對軌道的壓力為3mg。求：（1）碰撞后A、C的速度大?。唬?）A、C與水平軌道MN的動摩擦因數(shù)μ；（3）A對軌道NP的最大壓力的大小【名師解析】（1）設(shè)碰撞后A、C的速度大小為vA、vC，取向右為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律，有：3mv0＝mvA+3mvC…①3mv02＝mvA2+3mvC2…②聯(lián)立①②解得：vA＝…③vC＝…④（2）設(shè)A、C最后靜止時與M點的距離為L1．A在NN′右側(cè)運動過程中，電場力和重力做功之和為0，由動能定理對A有：0﹣μmg（2L﹣L1）＝0﹣mvA2…⑤對C有：﹣μ?3mgL1＝0﹣3mvC2…⑥由③④⑤⑥解得：μ＝…⑦（3）設(shè)A在N點的速度為vN，A從M到N的過程中，由動能定理得：﹣μmgL＝mvN2﹣mvA2…⑧設(shè)圓弧NP的半徑為a，因為A第一次到達(dá)N點時，對軌道的壓力為3mg，則有：3mg﹣mg＝m…⑨A在NN′右側(cè)受到的電場力為：F＝qE＝mg…（10）重力和電場力的合力大小為F合＝2mg，方向與OP夾角為θ＝30°．過O點沿合力方向作直線與圓弧相交于K點，當(dāng)A經(jīng)P點返回N點的過程中到達(dá)K點時到達(dá)最大速度vA′，此時A對軌道NP的壓力最大。A從M到K的過程中，由動能定理得：qEacos30°﹣μmgL﹣mga（1﹣sin30°）＝mvA′2﹣mvA2…（11）返回K點時，由牛頓第二定律有：FN﹣F合﹣qvA′B＝m…（12）由⑦⑧⑨（10）（11）（12）得：FN＝6mg+qv0B根據(jù)牛頓第三定律知A對軌道NP的最大壓力的大小為：FN′＝FN＝6mg+qv0B答：（1）碰撞后A、C的速度大小分別是和；（2）A、C與水平軌道MN的動摩擦因數(shù)μ是；（3）A對軌道NP的最大壓力的大小是6mg+qv0B。4.（2019四川成都高新區(qū)模擬）在如圖所示的豎直平面內(nèi)，物體A和帶正電的物體B用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，分別靜止于傾角θ＝37°的光滑斜面上的M點和粗糙絕緣水平面上，輕繩與對應(yīng)平面平行。勁度系數(shù)K＝5N/m的輕彈簧一端固定在0點，一端用另一輕繩穿過固定的光滑小環(huán)D與A相連，彈簧處于原長，輕繩恰好拉直，DM垂直于斜面。水平面處于場強E＝5×104N/C、方向水平向右的勻強電場中。已知A、B的質(zhì)量分別為mA＝0.1kg和mB＝0.2kg，B所帶電荷量q＝+4×l0﹣6C．設(shè)兩物體均視為質(zhì)點，不計滑輪質(zhì)量和摩擦，繩不可伸長，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，B電量不變。取g＝lOm/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求B所受靜摩擦力的大小；（2）現(xiàn)對A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6m/s2開始做勻加速直線運動。A從M到N的過程中，B的電勢能增加了△Ep＝0.06J．已知DN沿豎直方向，B與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4．求A到達(dá)N點時拉力F的瞬時功率?！久麕熃馕觥浚?）據(jù)題意靜止時受力分析如圖所示由平衡條件得：對A有mAgsinθ＝FT①對B有qE+f0＝FT②代入數(shù)據(jù)得f0＝0.4N③（2）據(jù)題意A到N點時受力分析如圖所示由牛頓第二定律得：對A有F+mAgsinθ﹣FT﹣FKsinθ＝mAa④對B有FT′﹣qE﹣f＝mBa⑤其中f＝μmBg⑥設(shè)彈簧的伸長量是x，F(xiàn)K＝kx⑦設(shè)物塊的位移是d，由電場力做功與電勢能的關(guān)系得△EP＝qEd⑧由幾何關(guān)系得⑨A由M到N由得A運動到N的速度⑩拉力F在N點的瞬時功率P＝Fv?由以上各式代入數(shù)據(jù)P＝0.528W?答：（1）B所受靜摩擦力的大小為0.4N。（2）A到達(dá)N點時拉力F的瞬時功率為0.528W。【點評】本題綜合考查了共點力平衡、牛頓第二定律、胡克定律、電場力做功與電勢能的關(guān)系，以及運動學(xué)公式，綜合性較強，對學(xué)生的能力要求較高，需加強訓(xùn)練。5．(2018·陜西省西安一中一模)一質(zhì)量為m的帶電小球以速度v0沿豎直方向從A點垂直進(jìn)入勻強電場E中，如圖所示，經(jīng)過一段時間后到達(dá)B點，其速度變?yōu)樗椒较?，大小仍為v0，重力加速度為g，求：(1)小球帶電情況；(2)小球由A到B的位移；(3)小球速度的最小值．【答案】(1)小球帶正電，電荷量為eq\f(mg,E)(2)eq\f(\r(2)v\o\al(02,),2g)，與水平方向的夾角為45°斜向右上方(3)eq\f(\r(2)v0,2)【解析】(1)從A到B過程中，在豎直方向小球做勻減速運動，加速度ay＝gB點是最高點，豎直分速度為0，有：t＝eq\f(v0,g)水平方向小球在電場力作用下做勻加速運動，可知小球帶正電初速度為0，加速度ax＝eq\f(qE,m)水平方向有：v0＝eq\f(qE,m)t聯(lián)立解得：Eq＝mg可得q＝eq\f(mg,E)(2)在兩個方向上的運動互為逆運動，故小球運動的水平位移大小等于豎直位移大小在豎直方向有2gh＝veq\o\al(02,)可得h＝eq\f(v\o\al(02,),2g)所以位移為eq\r(2)h＝eq\f(\r(2)v\o\al(02,),2g)其與水平方向的夾角為θtanθ＝eq\f(mg,qE)＝1，即位移與水平方向的夾角為45°斜向右上方(3)設(shè)重力與電場力的合力為F，其與水平方向的夾角為θ則：tanθ＝eq\f(mg,qE)＝1，如圖所示開始一段時間內(nèi)，F(xiàn)與速度方向夾角大于90°，合力做負(fù)功，動能減小后來F與速度夾角小于90°，合力做正功，動能增加因此，當(dāng)F與速度v的方向垂直時，小球的動能最小，速度也最小，設(shè)為vmin即：tanθ＝eq\f(vx,vy)＝1，則vx＝vy，vx＝eq\f(qE,m)t′＝gt′，vy＝v0－gt′解得t′＝eq\f(v0,2g)，vmin＝eq\r(v\o\al(,x2)＋v\o\al(y2,))＝eq\f(\r(2)v0,2).預(yù)測考點一：帶電小球（微粒）在勻強電場中運動【2年模擬再現(xiàn)】1.（12分）（2019山西大學(xué)附中質(zhì)檢）如圖所示，水平細(xì)桿上套一環(huán)，環(huán)A與球B間用一不可伸長輕質(zhì)絕緣繩相連，質(zhì)量分別為mA=0.20kg和rnB=0.40kg，A環(huán)不帶電，B球帶正電，帶電量q=1.0×104C，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：

（1）若B球處于一水平向右的勻強電場中，使環(huán)A與B球一起向右勻速運動．運動過程中，繩始終保持與豎直方向夾角θ=37°，勻強電場的電場強度E多大？

（2）環(huán)A與水平桿間的動摩擦因數(shù)；

（3）若勻強電場的方向斜向右上方與水平成37°角，為了使環(huán)A與B球一起向右以5m/s2的加速度勻加速運動，則電場強度應(yīng)為多大？（計算結(jié)果可用分?jǐn)?shù)表示）【參考答案】勻強電場的電場強度為；

環(huán)A與水平桿間的動摩擦因數(shù)為；

電場強度應(yīng)為。。【名師解析】若B球處于一水平向右的勻強電場中，使A環(huán)與球B一起向右勻速運動；

運動過程中，繩始終保持與豎直方向夾角；

以B球為研究對象，受到重力、電場力和拉力，三力平衡；

則有電場力；

勻強電場的電場強度；

對整體分析，在水平方向上有：；

解得：；

電場強度方向斜向右上與水平方向夾角為，根據(jù)牛頓第二定律得：

；

解得：．2．(20分)（2018高考沖刺卷10）如圖所示，兩豎直虛線間距為L，之間存在豎直向下的勻強電場。自該區(qū)域的A點將質(zhì)量為M、電荷量電荷量分別為q和－q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿水平方向射出。小球進(jìn)入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的右邊界離開。已知N離開電場時的位置與A點在同一高度；M剛離開電場時的動能為剛進(jìn)入電場時動能的8倍。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。已知A點到左邊界的距離也為L。(1)求該電場的電場強度大小；(2)求小球射出的初速度大小；(3)要使小球M、N離開電場時的位置之間的距離不超過L，僅改變兩小球的相同射出速度，求射出速度需滿足的條件?！久麕熃馕觥?1)設(shè)小球M、N在A點水平射出的初速度大小為v0，則他們進(jìn)入電場時是水平速度仍然為v0，所以小球M、N在電場中運動的時間相等。進(jìn)入電場前，水平方向豎直方向下落的距離進(jìn)入電場時豎直速度進(jìn)入電場后，水平方向故設(shè)N粒子運動的加速度為a，豎直方向有：解得：由牛頓第二定律得：解得：(2)粒子M射出電場時豎直速度為解得：(3)以豎直向下為正，M的豎直位移為N的豎直位移為解得：3．(2018·福建莆田二模)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一坐標(biāo)系xOy，已知A點坐標(biāo)為(－2h，h)，O、B區(qū)間存在豎直向上的勻強電場．甲、乙兩小球質(zhì)量均為m，甲球帶的電荷量為＋q，乙球帶的電荷量為－q，分別從A點以相同的初速度水平向右拋出后，都從O點進(jìn)入勻強電場，其中甲球恰從B點射出電場，乙球從C點射出電場，且乙球射出電場時的動能是甲球射出電場時動能的13倍．已知重力加速度為g.求：(1)小球經(jīng)過O點時速度的大小和方向；(2)勻強電場的電場強度E.【名師解析】(1)如圖1所示，設(shè)小球經(jīng)過O點時的速度為v，水平分速度為vx，豎直分速度為vy，平拋運動的時間為t.圖1根據(jù)平拋運動規(guī)律h＝eq\f(1,2)gt2①，2h＝vxt②，vy＝gt③，v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))④，tanθ＝eq\f(vy,vx)⑤由以上式子解得v＝2eq\r(gh)，θ＝45°，vy＝vx⑥(2)甲球在B點的速度如圖2所示，乙球在C點的速度如圖3所示．依題意得EkC＝13EkB圖2圖3甲球在OB運動過程中電場力、重力做功為零，故甲球在B點射出時速度仍為v，水平分速度仍為vx，豎直分速度為vy，大小不變，方向豎直向上．設(shè)甲球在電場中的加速度為a甲，乙球在電場中的加速度為a乙；甲、乙兩球在電場中運動的時間為t′.研究豎直方向，有對甲球：2vy＝a甲t′⑧，Eq－mg＝ma甲⑨，對乙球：vay－vy＝a乙t′⑩，Eq＋mg＝ma乙?，由⑥～?式解得E＝eq\f(3mg,q).答案(1)2eq\r(gh)與水平方向的夾角θ＝45°(2)eq\f(3mg,q)4、（2020高考復(fù)習(xí)測試）如圖所示，在E＝103V/m的豎直勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道QPN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＝40cm，N為半圓形軌道最低點，P為QN圓弧的中點，一帶負(fù)電q＝10－4C的小滑塊質(zhì)量m＝10g，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.15，位于N點右側(cè)1.5m的M處，取g＝10m/s2(1)要使小滑塊恰能運動到圓軌道的最高點Q，則小滑塊應(yīng)以多大的初速度v0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？【名師解析】(1)設(shè)小滑塊到達(dá)Q點時速度為v，由牛頓第二定律得mg＋qE＝eq\f(mv2,R)①小滑塊從開始運動至到達(dá)Q點過程中，由動能定理得－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋q