專(zhuān)題20.2帶電小球在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)計(jì)算題_第1頁(yè)
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專(zhuān)題20.3帶電小球在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)計(jì)算題【考綱解讀與考頻分析】帶電小球(微粒)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)是高考考查熱點(diǎn)?!靖哳l考點(diǎn)定位】:帶電小球(微粒)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)一:帶電小球(微粒)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)【3年真題鏈接】1.(2017·全國(guó)理綜I卷·25)真空中存在電場(chǎng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)電場(chǎng),一帶電油滴在該電場(chǎng)中豎直向上做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),速度大小為v0,在油滴處于位置A時(shí),將電場(chǎng)強(qiáng)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(shí)間后,又突然將電場(chǎng)反向,但保持其大小不變;再持續(xù)同樣一段時(shí)間后,油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)。重力加速度大小為g。(1)求油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度。(2)求增大后的電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。粸楸WC后來(lái)的電場(chǎng)強(qiáng)度比原來(lái)的大,試給出相應(yīng)的和v0應(yīng)滿(mǎn)足的條件。已知不存在電場(chǎng)時(shí),油滴以初速度v0做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度恰好等于B、A兩點(diǎn)間距離的兩倍。【命題意圖】本題考查帶電油滴在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn),意在考查考生靈活運(yùn)用相關(guān)知識(shí)解決問(wèn)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(chǎng)強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng)中做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),故勻強(qiáng)電場(chǎng)方向向上。在t=0時(shí),電場(chǎng)強(qiáng)度突然從E1增加至E2時(shí),油滴做豎直向上的勻加速運(yùn)動(dòng),加速度方向向上,大小a1滿(mǎn)足①油滴在時(shí)刻t1的速度為②電場(chǎng)強(qiáng)度在時(shí)刻t1突然反向,油滴做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),加速度方向向下,大小a2滿(mǎn)足③油滴在時(shí)刻t2=2t1的速度為④由①②③④式得⑤(2)由題意,在t=0時(shí)刻前有qE1=mg⑥油滴從t=0到時(shí)刻t1的位移為s1=v1t1+a1t12⑦油滴從時(shí)刻t1到時(shí)刻t2=2t1的時(shí)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(diǎn)之間的距離。若B點(diǎn)在A點(diǎn)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(duì)應(yīng)于和兩種情形。若B在A點(diǎn)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(guó)II卷·25)如圖,兩水平面(虛線(xiàn))之間的距離為H,其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)。自該區(qū)域上方的A點(diǎn)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(chǎng)的方向射出。小球在重力作用下進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域,并從該區(qū)域的下邊界離開(kāi)。已知N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度方向豎直向下;M在電場(chǎng)中做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為N剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能的1.5倍。不計(jì)空氣阻力,重力加速度大小為g。求:(1)M與N在電場(chǎng)中沿水平方向的位移之比;(2)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度;(3)該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小?!緟⒖即鸢浮浚?)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(chǎng)時(shí)的水平速度仍為v0;MN在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相等,電場(chǎng)力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向,大小均為a,在電場(chǎng)中沿水平方向的位移分別為s1和s2;由運(yùn)動(dòng)公式可得:v0at=0①②③聯(lián)立①②③解得:④(2)設(shè)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度為h,小球下落h時(shí)在豎直方向的分速度為vy,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式=2gh⑤H=vyt+gt2⑥M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),由幾何關(guān)系知=⑦聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得h=H/3.⑧(3)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E,小球M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),則=⑨設(shè)M,N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能分別為Ek1,Ek2,由動(dòng)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(zhǎng)l=1m的輕質(zhì)細(xì)繩上端固定,下端連接一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球,小球靜止在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)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(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)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(chǎng)力F的大小。(2)小球的質(zhì)量m。(3)將電場(chǎng)撤去,小球回到最低點(diǎn)時(shí)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(chǎng)強(qiáng)度定義式可知,小球所受電場(chǎng)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(chǎng)力F作用,如下圖所示TTFmg37°根據(jù)共點(diǎn)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(chǎng)后,小球?qū)⒗@懸點(diǎn)擺動(dòng),根據(jù)動(dòng)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(qiáng)電場(chǎng),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(xiàn)懸掛于O點(diǎn),小球帶電荷量為+q,靜止時(shí)距地面的高度為h,細(xì)線(xiàn)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(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E;(2)現(xiàn)將細(xì)線(xiàn)剪斷,小球落地過(guò)程中小球水平位移的大小;(3)現(xiàn)將細(xì)線(xiàn)剪斷,帶電小球落地前瞬間的動(dòng)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(shí),對(duì)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(xiàn),小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng),水平方向做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng),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(xiàn)到落地瞬間,由動(dòng)能定理得:Ek=mgh+qEx=eq\f(25,16)mgh.2.(2019·陜西省咸陽(yáng)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(xiàn)相連,在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)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(yùn)動(dòng).運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,連接A與B之間的細(xì)線(xiàn)保持豎直方向,小球A和B之間的庫(kù)侖力忽略不計(jì),重力加速度為g,求:(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E的大?。?2)當(dāng)A、B一起向上運(yùn)動(dòng)t0時(shí)間時(shí),A、B間的細(xì)線(xiàn)突然斷開(kāi),求從初始的靜止?fàn)顟B(tài)開(kāi)始經(jīng)過(guò)2t0時(shí)間,B球電勢(shì)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(chǎng)中向上做勻加速運(yùn)動(dòng),對(duì)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(xiàn)斷開(kāi)時(shí),B球受到豎直向上的電場(chǎng)力:F電=Eq=2mg小球B受到的電場(chǎng)力和重力二力平衡,所以小球B接下來(lái)向上做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),其速度大小為勻加速運(yùn)動(dòng)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(gè)過(guò)程中電場(chǎng)力做功為:W=Eq(h1+h2)=mg2teq\o\al(02,)由于電場(chǎng)力對(duì)小球B做了mg2teq\o\al(02,)的正功,所以小球B電勢(shì)能減小了mg2teq\o\al(02,).3.(18分)(2019湖南衡陽(yáng)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(zhǎng)度為L(zhǎng)的水平軌道,PQ段為足夠長(zhǎng)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(xiàn)MN′右側(cè)有方向水平向左的電場(chǎng)(圖中未畫(huà)出),電場(chǎng)強(qiáng)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(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(邊界處無(wú)磁場(chǎng)),軌道MN最左端M點(diǎn)處?kù)o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(diǎn),且與軌道MN的動(dòng)摩擦因數(shù)相同,重力加速度為g,A在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所帶電荷量保持不變且始終沒(méi)有脫離軌道。A第一次到達(dá)N點(diǎn)時(shí),對(duì)軌道的壓力為3mg。求:(1)碰撞后A、C的速度大??;(2)A、C與水平軌道MN的動(dòng)摩擦因數(shù)μ;(3)A對(duì)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(dòng)量守恒定律和機(jī)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(shí)與M點(diǎn)的距離為L(zhǎng)1.A在NN′右側(cè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,電場(chǎng)力和重力做功之和為0,由動(dòng)能定理對(duì)A有:0﹣μmg(2L﹣L1)=0﹣mvA2…⑤對(duì)C有:﹣μ?3mgL1=0﹣3mvC2…⑥由③④⑤⑥解得:μ=…⑦(3)設(shè)A在N點(diǎn)的速度為vN,A從M到N的過(guò)程中,由動(dòng)能定理得:﹣μmgL=mvN2﹣mvA2…⑧設(shè)圓弧NP的半徑為a,因?yàn)锳第一次到達(dá)N點(diǎn)時(shí),對(duì)軌道的壓力為3mg,則有:3mg﹣mg=m…⑨A在NN′右側(cè)受到的電場(chǎng)力為:F=qE=mg…(10)重力和電場(chǎng)力的合力大小為F合=2mg,方向與OP夾角為θ=30°.過(guò)O點(diǎn)沿合力方向作直線(xiàn)與圓弧相交于K點(diǎn),當(dāng)A經(jīng)P點(diǎn)返回N點(diǎn)的過(guò)程中到達(dá)K點(diǎn)時(shí)到達(dá)最大速度vA′,此時(shí)A對(duì)軌道NP的壓力最大。A從M到K的過(guò)程中,由動(dòng)能定理得:qEacos30°﹣μmgL﹣mga(1﹣sin30°)=mvA′2﹣mvA2…(11)返回K點(diǎn)時(shí),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(duì)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(dòng)摩擦因數(shù)μ是;(3)A對(duì)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(guò)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(diǎn)和粗糙絕緣水平面上,輕繩與對(duì)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(diǎn),一端用另一輕繩穿過(guò)固定的光滑小環(huán)D與A相連,彈簧處于原長(zhǎng),輕繩恰好拉直,DM垂直于斜面。水平面處于場(chǎng)強(qiáng)E=5×104N/C、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)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(diǎn),不計(jì)滑輪質(zhì)量和摩擦,繩不可伸長(zhǎng),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(duì)A施加沿斜面向下的拉力F,使A以加速度a=0.6m/s2開(kāi)始做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。A從M到N的過(guò)程中,B的電勢(shì)能增加了△Ep=0.06J.已知DN沿豎直方向,B與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4.求A到達(dá)N點(diǎn)時(shí)拉力F的瞬時(shí)功率?!久麕熃馕觥浚?)據(jù)題意靜止時(shí)受力分析如圖所示由平衡條件得:對(duì)A有mAgsinθ=FT①對(duì)B有qE+f0=FT②代入數(shù)據(jù)得f0=0.4N③(2)據(jù)題意A到N點(diǎn)時(shí)受力分析如圖所示由牛頓第二定律得:對(duì)A有F+mAgsinθ﹣FT﹣FKsinθ=mAa④對(duì)B有FT′﹣qE﹣f=mBa⑤其中f=μmBg⑥設(shè)彈簧的伸長(zhǎng)量是x,F(xiàn)K=kx⑦設(shè)物塊的位移是d,由電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的關(guān)系得△EP=qEd⑧由幾何關(guān)系得⑨A由M到N由得A運(yùn)動(dòng)到N的速度⑩拉力F在N點(diǎn)的瞬時(shí)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(diǎn)時(shí)拉力F的瞬時(shí)功率為0.528W?!军c(diǎn)評(píng)】本題綜合考查了共點(diǎn)力平衡、牛頓第二定律、胡克定律、電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的關(guān)系,以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式,綜合性較強(qiáng),對(duì)學(xué)生的能力要求較高,需加強(qiáng)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(diǎn)垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)E中,如圖所示,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后到達(dá)B點(diǎn),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(guò)程中,在豎直方向小球做勻減速運(yùn)動(dòng),加速度ay=gB點(diǎn)是最高點(diǎn),豎直分速度為0,有:t=eq\f(v0,g)水平方向小球在電場(chǎng)力作用下做勻加速運(yùn)動(dòng),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(gè)方向上的運(yùn)動(dòng)互為逆運(yùn)動(dòng),故小球運(yùn)動(dòng)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(chǎng)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(kāi)始一段時(shí)間內(nèi),F(xiàn)與速度方向夾角大于90°,合力做負(fù)功,動(dòng)能減小后來(lái)F與速度夾角小于90°,合力做正功,動(dòng)能增加因此,當(dāng)F與速度v的方向垂直時(shí),小球的動(dòng)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(cè)考點(diǎn)一:帶電小球(微粒)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)【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(zhǎng)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(qiáng)電場(chǎng)中,使環(huán)A與B球一起向右勻速運(yùn)動(dòng).運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,繩始終保持與豎直方向夾角θ=37°,勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E多大?

(2)環(huán)A與水平桿間的動(dòng)摩擦因數(shù);

(3)若勻強(qiáng)電場(chǎng)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(yùn)動(dòng),則電場(chǎng)強(qiáng)度應(yīng)為多大?(計(jì)算結(jié)果可用分?jǐn)?shù)表示)【參考答案】勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為;

環(huán)A與水平桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為;

電場(chǎng)強(qiáng)度應(yīng)為。。【名師解析】若B球處于一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,使A環(huán)與球B一起向右勻速運(yùn)動(dòng);

運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,繩始終保持與豎直方向夾角;

以B球?yàn)檠芯繉?duì)象,受到重力、電場(chǎng)力和拉力,三力平衡;

則有電場(chǎng)力;

勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度;

對(duì)整體分析,在水平方向上有:;

解得:;

電場(chǎng)強(qiáng)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(xiàn)間距為L(zhǎng),之間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)。自該區(qū)域的A點(diǎn)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(chǎng)區(qū)域,并從該區(qū)域的右邊界離開(kāi)。已知N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的位置與A點(diǎn)在同一高度;M剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的8倍。不計(jì)空氣阻力,重力加速度大小為g。已知A點(diǎn)到左邊界的距離也為L(zhǎng)。(1)求該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大??;(2)求小球射出的初速度大?。?3)要使小球M、N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的位置之間的距離不超過(guò)L,僅改變兩小球的相同射出速度,求射出速度需滿(mǎn)足的條件。【名師解析】(1)設(shè)小球M、N在A點(diǎn)水平射出的初速度大小為v0,則他們進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)是水平速度仍然為v0,所以小球M、N在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等。進(jìn)入電場(chǎng)前,水平方向豎直方向下落的距離進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)豎直速度進(jìn)入電場(chǎng)后,水平方向故設(shè)N粒子運(yùn)動(dòng)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(chǎng)時(shí)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(diǎn)坐標(biāo)為(-2h,h),O、B區(qū)間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng).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(diǎn)以相同的初速度水平向右拋出后,都從O點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng),其中甲球恰從B點(diǎn)射出電場(chǎng),乙球從C點(diǎn)射出電場(chǎng),且乙球射出電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能是甲球射出電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的13倍.已知重力加速度為g.求:(1)小球經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向;(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E.【名師解析】(1)如圖1所示,設(shè)小球經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度為v,水平分速度為vx,豎直分速度為vy,平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t.圖1根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)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(diǎn)的速度如圖2所示,乙球在C點(diǎn)的速度如圖3所示.依題意得EkC=13EkB圖2圖3甲球在OB運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電場(chǎng)力、重力做功為零,故甲球在B點(diǎn)射出時(shí)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(chǎng)中的加速度為a甲,乙球在電場(chǎng)中的加速度為a乙;甲、乙兩球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t′.研究豎直方向,有對(duì)甲球:2vy=a甲t′⑧,Eq-mg=ma甲⑨,對(duì)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(cè)試)如圖所示,在E=103V/m的豎直勻強(qiáng)電場(chǎng)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(diǎn)平滑相接,半圓形軌道平面與電場(chǎng)線(xiàn)平行,其半徑R=40cm,N為半圓形軌道最低點(diǎn),P為QN圓弧的中點(diǎn),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(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.15,位于N點(diǎn)右側(cè)1.5m的M處,取g=10m/s2(1)要使小滑塊恰能運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)Q,則小滑塊應(yīng)以多大的初速度v0向左運(yùn)動(dòng)?(2)這樣運(yùn)動(dòng)的小滑塊通過(guò)P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力是多大?【名師解析】(1)設(shè)小滑塊到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度為v,由牛頓第二定律得mg+qE=eq\f(mv2,R)①小滑塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)Q點(diǎn)過(guò)程中,由動(dòng)能定理得-mg·2R-qE·2R-μ(mg+q

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