必刷07　带电粒子在电场和重力场中的运动-2021届高考物理二轮复习专项必刷（人教版）

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必刷07　带电粒子在电场和重力场中的运动


必刷点1　带电粒子在电场和重力场中的直线运动

典例1. (2020·湖南模拟)如图甲所示,水平面被竖直线PQ分为左、右两部分,左部分光滑,范围足够大,上方存在水平向右的匀强电场,右部分粗糙.一质量为m=2 kg,长为L的绝缘体制成的均匀带正电直棒AB置于水平面上,A端距PQ的距离为 s=3 m,给棒一个水平向左的初速度v0,并以此时作为计时的起点,棒在最初2 s的运动图象如图乙所示.2 s末棒的B端刚好进入电场,已知直棒单位长度带电荷量为λ=0.1 C/m,取重力加速度g=10 m/s2.求:

(1)直棒的长度;
(2)匀强电场的场强E;
(3)直棒最终停在何处.

【答案】　(1)1 m　(2)10 N/C　(3)A端距PQ 2.25 m处,在PQ右边
【解析】 (1)0~2 s内,棒运动的位移s1=v t=v0+v22t=4 m
棒长为L=s1-s=1 m.
(2)由题图乙知,棒在向左运动至B端刚好进入电场的过程,棒的加速度一直不变,为a=ΔvΔt=0.5 m/s2.
直棒所带电荷量q=λL=0.1 C
当B端刚进入电场时有qE=ma
得出E=maq=10 N/C.
(3)AB棒未进入电场前有μmg=ma
得出μ=ag=0.05
棒B端进入电场后向左减速然后返回出电场直到最终停止,设A端在PQ右侧与PQ相距为x.
由动能定理得qEL2-μmgL2-μmgx=0-12mv22
解得x=2.25 m
故A端在PQ右边且距PQ为2.25 m.

变式1. (2020·陕西模拟)在绝缘粗糙的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定电荷量不等的正电荷,两电荷的位置坐标如图甲所示,已知B处电荷的电荷量为+Q.图乙是A、B连线之间的电势φ与位置x之间的关系图象,图象中x=L的点为图线的最低点,x=-2L处的纵坐标φ=φ0,x=0处的纵坐标φ=2563φ0,x=2L处的纵坐标φ=37φ0.若在x=-2L的C点由静止释放一个质量为m、电荷量为+q的带电小物块(可视为质点),物块随即向右运动.求:

(1)固定在A处的电荷的电荷量QA;
(2)为了使小物块能够到达x=2L处,试讨论小物块与水平面间的动摩擦因数μ所满足的条件;
(3)若小物块与水平面间的动摩擦因数μ=kqQ3mgL2,小物块运动到何处时速度最大?并求最大速度vmax.
【答案】　(1)4Q　 (2)μ≤qφ07mgL (3)小物块运动到x=0处时速度最大　76qφ063m-4kqQ3mL
【解析】　(1)由题图乙知,x=L点为图线的最低点,切线斜率为零,即合场强E合=0,则有kQA(4L)2=kQ(2L)2,解得QA=4Q.
(2)小物块先做加速运动再做减速运动,到达x=2L处速度v≥0,从x=-2L到x=2L过程中,由动能定理得qU1-μmgs1=12mv2-0,即qφ0-37φ0-μmg·4L≥0
解得μ≤qφ07mgL.
(3)小物块运动速度最大时,电场力与摩擦力的合力为零,设该位置离A点的距离为lA,则有
kq·4QlA2-kqQ(6L-lA)2-μmg=0
解得lA=3L,即小物块运动到x=0处时速度最大.
小物块从x=-2L运动到x=0的过程中,由动能定理得qU2-μmgs2=12mvmax2-0
即qφ0-2563φ0-μmg·2L=12mvmax2-0
解得vmax=76qφ063m-4kqQ3mL.

必刷点2　带电粒子在电场和重力场中的抛体运动

典例2 (2020·重庆模拟)在电场方向水平向右的匀强电场中,一带电小球从A点竖直向上抛出,其运动的轨迹如图所示.小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上,M为轨迹的最高点.小球抛出时的动能为8.0 J,在M点的动能为6.0 J,不计空气的阻力.求:

(1)小球水平位移x1与x2的比值;
(2)小球运动到B点时的动能EkB;
(3)小球从A点运动到B点的过程中最小动能Ekmin.
【答案】　(1)1∶3　(2)32 J　(3)247 J
【解析】 (1)如图所示,带电小球在水平方向上受电场力的作用做初速度为零的匀加速直线运动,竖直方向上只受重力作用做竖直上抛运动,故从A到M和M到B的时间相等,则x1∶x2=1∶3.
(2)小球从A到M,水平方向上电场力做功W电=6 J,则由能量守恒可知,小球运动到B点时的动能为EkB=Ek0+4W电=32 J.
(3)由于合运动与分运动具有等时性,设小球所受的电场力为F,重力为G,则有:

F·x1=6JG·h=8J⇒12·F2mt2=6J12·G2mt2=8J⇒FG=32
由图可知,tan θ=FG=32⇒ sin θ=37
则小球从A运动到B的过程中速度最小时速度一定与等效重力G'垂直,故Ekmin=12m(v0sin θ)2=247 J.
变式2.如图所示,两块竖直放置的金属导体板间存在水平向左的匀强电场,板间距离为d.有一带电荷量为+q、质量为m的小球以水平速度从左极板上的A孔进入匀强电场,且恰没有与右板相碰,小球最后从A孔正下方的B孔离开匀强电场,若A、B两孔间的距离为4d,重力加速度为g,求:

(1)两板间的电场强度大小;
(2)小球从A孔进入电场时的速度;
(3)小球进入电场后到其速度达到最小值的过程中,小球电势能的增加量为多少.
【答案】 (1)mgq　(2)2gd　(3)34mgd
【解析】 　(1)由题意可知,小球在水平方向先减速到零,然后反向加速.设小球进入A孔的速度为v0,减速到右板的时间为t,则有:
水平方向:d=v0t-12qEmt2　0=v0-qEmt
竖直方向:4d=12g(2t)2
联立解得E=mgq.
(2)在水平方向上根据牛顿第二定律有qE=max
根据运动学公式有0-v02=2(-ax)d
联立解得v0=2gd.
(3)小球进入电场后,在水平方向上做减速运动,即vx=v0-qEmt'
在竖直方向上做加速运动,即vy=gt'
小球在电场中的速度大小为v=vx2+vy2=v0-qEmt'2+(gt')2
根据二次函数的极值可得t'=v02g时小球速度达到最小,此时粒子在水平方向的位移为:x=v0t'-12qEmt'2
在此过程中电场力做功为W=-qEx
而W=-ΔEp
联立解得ΔEp=34mgd.

必刷点3　带电粒子在电场和重力场中的圆周运动

典例3. (2020·河南模拟)如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道,处于水平向右的匀强电场中,一带负电的小球从高h的A处由静止开始下滑,沿轨道ABC运动后进入圆环内做圆周运动.已知小球所受的电场力是其重力的34,圆环半径为R,斜面倾角为θ=53°,sBC=2R.若使小球在圆环内能做完整的圆周运动,h至少为多少?


【答案】10R


【解析】小球所受的重力和电场力两者的合力等效为恒力F,由圆周运动知识得F=mvD2R
由动能定理有mg(h-R-Rcos 37°)-34mg×(hcot θ+2R+Rsin 37°)=12mvD2
联立可求出此时的高度h=10R.

变式3.(2020·四川模拟)如图所示,在E=103 V/m的竖直匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接,半圆形轨道平面与电场线平行,其半径R=40 cm, N为半圆形轨道最低点,P为QN圆弧的中点,一带负电q=10-4 C的小滑块质量m=10 g,与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.15,位于N点右侧1.5 m的M处,g取10 m/s2,求:

(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q,则小滑块应以多大的初速度v0向左运动?
(2)按(1)中这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大?

【答案】　(1)7 m/s　(2)0.6 N
【解析】 (1)设小滑块到达Q点时速度为v,
由牛顿第二定律得mg+qE=mv2R
小滑块从开始运动至到达Q点过程中,由动能定理得
-mg·2R-qE·2R-μ(mg+qE)s=12mv2-12mv02
联立方程,解得:v0=7 m/s.
(2)设小滑块到达P点时速度为v',则从开始运动至到达P点过程中,由动能定理得
-(mg+qE)R-μ(qE+mg)s=12mv'2-12mv02
又在P点时,由牛顿第二定律得 N=mv'2R
代入数据,解得:N=0.6 N
由牛顿第三定律得,
小滑块对轨道的压力N'=N=0.6 N.

练考点　过基础 过素养

题组一　带电粒子在电场和重力场中的直线运动

1. (2020·福建模拟)如图所示,质量为m的带电小球用绝缘丝线悬挂于O点,并处在水平向左的匀强电场E中,小球静止时丝线与竖直方向夹角为θ,若剪断丝线,则小球的加速度为(　　)

A.0 B.g,方向竖直向下 C.gtan θ,水平向右 D.gcosθ,沿丝线向下
【答案】D
【解析】 剪断丝线前:小球受到丝线的拉力,重力和电场力作用,三力合力为零,所以T=mgcosθ;剪断后小球只受竖直向下的重力和电场力,合力大小等于剪断前丝线的拉力,方向与拉力方向相反,即与竖直方向夹角为θ向下,根据牛顿第二定律可得a=mgcosθm=gcosθ.
2. .(2020·河北模拟)如图所示,一光滑绝缘斜槽放在方向竖直向下,电场强度为E的匀强电场中,从斜槽顶端A沿斜槽向下释放一初速度为v0的带负电的小球,小球质量为m,带电荷量为q,斜槽底端B与A点的竖直距离为h.则关于小球的情况,下列说法中正确的是(　　)

A.只有E≤mgq+mv022qh,小球才能沿斜槽运动到B点
B.只有E=mgq,小球才能沿斜槽运动到B点
C.小球若沿斜槽能到达B点,速度可能是v0
D.小球若沿斜槽能到达B点,最小速度一定大于v0
【答案】 C
【解析】　若电场力大于重力,小球将离开斜面做曲线运动,若电场力等于重力,小球合力为0,做匀速直线运动,到达B点的速度也就是v0,若电场力小于重力,小球将沿着斜槽做匀加速直线运动,到达B点的速度大于v0,故C正确,A、B、D错误.
3.(2020·湖南模拟)(多选)如图,在竖直平面内有一匀强电场,一带电荷量为+q、质量为m的小球在力F(大小可以变化)的作用下沿图中虚线由A至B做竖直向上的匀速运动.已知力F和AB间夹角为θ,A、B间距离为d,重力加速度为g.则(　　)

A.力F大小的取值范围只能在0~mgcosθ
B.电场强度E的最小值为mgsinθq
C.小球从A运动到B电场力可能不做功
D.若电场强度E=mgtanθq时,小球从A运动到B电势能变化量大小可能为2mgdsin2θ
【答案】D

【解析】分析小球受力情况:小球受到重力mg、拉力F与电场力qE,因为小球做匀速直线运动,合力为零,则F与qE的合力与mg大小相等、方向相反,作出F与qE的合力,如图,可知F无最大值,选项A错误;当电场力qE与F垂直时,电场力最小,此时场强也最小.则得:qE=mgsin θ,所以电场强度的最小值为E=mgsinθq,选项B正确.若电场强度E=mgtanθq,即qE=mgtan θ时,电场力qE可能与AB方向垂直,如图1位置,电场力不做功,选项C正确;也可能电场力位于位置2方向,则电场力做功为W=qEsin 2θ·d=q·mgtanθq sin 2θ·d=2mgdsin2θ,选项D正确.

4.(2020·湖南模拟)如图,一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下,从静止开始由b沿直线运动到d,且bd与竖直方向所夹的锐角为45°,则下列结论正确的是(　　)

A.此液滴带正电
B.液滴的加速度等于2g
C.合外力对液滴做的总功等于零
D.液滴的电势能增加
【答案】B
【解析】 据题带电液滴沿直线由b运动到d,带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上,对液滴进行受力分析,其受力情况如图所示,则电场力方向一定水平向右,与场强方向相反,所以该液滴带负电,故A错误;由图可得液滴所受合力为:F=2mg
故液滴的加速度为a=Fm=2g,故B正确;由于液滴从静止开始做加速运动,故合力的方向与运动的方向相同,故合外力对物体做正功,故C错误;由于电场力所做的功为:W电=Eqxbdcos 45°>0,故电场力对液滴做正功,故液滴的电势能减小,故D错误.
5. (2017·全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场,一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动,速度大小为v0,在油滴处于位置A时,将电场强度的大小突然增大到某值,但保持其方向不变.持续一段时间t1后,又突然将电场反向,但保持其大小不变;再持续同样一段时间后,油滴运动到B点.重力加速度大小为g.
(1)求油滴运动到B点时的速度;
(2)求增大后的电场强度的大小;为保证后来的电场强度比原来的大,试给出相应的t1和v0应满足的条件.已知不存在电场时,油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍.
【答案】见解析
【解析】 (1)方法一:
设油滴质量为m,带电荷量为q,增大后的电场强度为E2,根据题中条件可以判断电场力与重力方向相反;
对于匀速运动阶段,有qE1=mg　①
对于场强突然增大后的第一段t1时间,由牛顿第二定律得:qE2-mg=ma1　②
对于场强增大后的第二段t1时间,由牛顿第二定律得:qE2+mg=ma2　③
由运动学公式,可得油滴在电场反向时的速度为:v1=v0+a1t1　④
油滴在B点的速度为:vB=v1-a2t1　⑤
联立①至⑤式,可得:vB=v0-2gt1,方向向上;
方法二:
选向上为正方向,由动量定理有:-mg×2t1+qE1t1-qE1t1=mv-mvB
解得:vB=v0-2gt1,方向向上.
(2)设无电场时竖直上抛的最大高度为h,由运动学公式,有:v02=2gh　⑥
根据位移时间关系可得:v0t1+12a1t12=x1　⑦
v1t1-12a2t12=x2　⑧
油滴运动有两种情况:
情况一:
位移之和x1+x2=h2　⑨
联立①②③⑥⑦⑧⑨可得:E2=E1+E1gg+v024gt12-2v0t1
由题意得E2>E1,即满足条件2v0t1-v024gt12