高中物理二輪復(fù)習(xí)-15-電場中的力、電綜合問題

15.電場中的力、電綜合問題1.(2021·1月湖南普通高校招生適應(yīng)性考試，3)如圖1所示，兩個帶等量正電的點電荷，分別固定在絕緣水平桌面上的A、B兩點，一絕緣圓形細(xì)管水平固定在桌面A、B兩點間，且圓形細(xì)管圓心O位于A、B連線的中點。細(xì)管與A、B連線及中垂線交點分別為C、E、D、F。一個帶負(fù)電的小球在細(xì)管中按順時針方向做完整的圓周運動。不計一切摩擦，下列說法正確的是()圖1A.小球從C運動到D的過程中，速度先減小后增大B.在兩個帶正電的點電荷產(chǎn)生的電場中，C點的電勢比F點的電勢低C.小球在C、E兩點的速度大小相等，有相同的電勢能D.小球在D、F兩點所受的電場力相同答案C解析由兩正點電荷電場線的分布特點知，φC＝φE>φD＝φF，B錯誤；因φC＝φE，故小球在C、E兩點的電勢能相等，動能相等，速度大小相等，C正確；小球從C點運動到D點的過程中，電場力做負(fù)功，電勢能增加，動能減小，A錯誤；小球在D、F兩點所受的電場力方向相反，D錯誤。2.(2021·山東省第二次模擬)如圖2所示，兩水平面(虛線)之間區(qū)域存在與水平方向成45°斜向右上方的勻強電場，自該區(qū)域上方A點將質(zhì)量均為m、帶電荷量分別為q和2q帶正電小球M、N，同時以相反的初速度v0沿水平方向射出。小球進(jìn)入電場時速度方向與上邊界均成45°角，并從該區(qū)域的下邊界離開。已知M在電場中做直線運動，N離開電場時速度方向恰好豎直。(重力加速度大小為g，不計空氣阻力和粒子間相互作用)求：圖2(1)A點距電場上邊界的高度；(2)該電場強度的大??；(3)M與N兩粒子離開電場時位置間的距離。答案(1)eq\f(veq\o\al(2,0),2g)(2)eq\f(\r(2)mg,2q)(3)eq\f(7veq\o\al(2,0),2g)解析(1)M、N兩粒子進(jìn)入電場前做平拋運動，設(shè)A點距上邊界的高度為h，粒子進(jìn)入電場時速度偏向角滿足vy＝v0tan45°＝v0，又veq\o\al(2,y)＝2gh，解得h＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)。(2)M粒子在電場中做直線運動，受力分析知，電場力qE與重力mg的合力與速度同向，可得qE＝mgcos45°，解得E＝eq\f(\r(2)mg,2q)。(3)M、N兩粒子進(jìn)電場前，運動時間均為t1，可得t1＝eq\f(vy,g)＝eq\f(v0,g)水平位移x1＝v0t1＝eq\f(veq\o\al(2,0),g)電場中，N粒子受電場力F＝2qE＝eq\r(2)mg由力的合成可知N粒子所受合力F合＝mg，方向水平向右，則N粒子水平方向以大小為g的加速度做初速度為v0的勻減速直線運動，設(shè)運動時間為t2，由運動學(xué)公式可得v0－gt2＝0，x2＝v0t2－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)解得x2＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)豎直方向做勻速直線運動，電場高度為H，可得H＝v0t2＝eq\f(veq\o\al(2,0),g)當(dāng)M離開電場時，M在電場中的水平距離為x3，由幾何關(guān)系可得x3＝Htan45＝eq\f(veq\o\al(2,0),g)所以M與N兩粒子間的距離d＝2x1＋x2＋x3＝eq\f(7veq\o\al(2,0),2g)。3.(2021·湖北省高考模擬)如圖3所示，粗糙程度不均勻的水平面ABC與半徑為R的豎直光滑半圓軌道CDM相切于C點，CM為半圓的直徑，O為圓心，D點是弧CM的中點，在半圓CDM下半部分有水平向左的勻強電場，場強大小E＝eq\f(mg,q)(g為重力加速度)?，F(xiàn)把可視為質(zhì)點、質(zhì)量為2m的小物塊P置于水平面的A點，并在水平恒力F(大小未知)的作用下由靜止向左運動，運動到B點撤掉水平恒力F，小物塊P恰好運動到C點靜止?，F(xiàn)把與小物塊P材料相同、質(zhì)量是小物塊P質(zhì)量一半、帶電荷量為＋q的絕緣小物塊Q同樣置于A點，在同樣水平恒力F作用下也從靜止開始向左運動，到B點撤掉水平恒力F，帶電小物塊Q離開水平面BC后沿著圓弧軌道CDM運動恰好能過最高點M。求：圖3(1)小物塊Q經(jīng)過水平面C點時的速度大小；(2)小物塊Q在半圓軌道CDM上運動過程中對軌道的最大壓力；(3)小物塊Q在運動過程中所受摩擦力做的功。答案(1)eq\r(3gR)(2)(3eq\r(2)＋1)mg(3)－eq\f(3,2)mgR解析(1)小物塊Q在最高點M由牛頓第二定律得mg＝meq\f(veq\o\al(2,M),R)C到M的過程中，對Q由動能定理得qER－mg×2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得vC＝eq\r(3gR)。(2)根據(jù)題意并結(jié)合受力分析知，小物塊Q運動到與圓心的連線與豎直方向之間的夾角為45°的位置時，對軌道的壓力最大，此位置小物塊Q對應(yīng)的速度設(shè)為v，根據(jù)動能定理得qERsin45°－mgR(1－cos45°)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)此位置對應(yīng)有FN－eq\f(mg,cos45°)＝eq\f(mv2,R)解得FN＝(3eq\r(2)＋1)mg由牛頓第三定律得，小物塊Q對軌道的最大壓力為FN′＝(3eq\r(2)＋1)mg。(3)設(shè)小物塊Q從A到C過程中