专题20.2带电小球在匀强电场中运动计算题

专题20.3带电小球在匀强电场中运动计算题【考纲解读与考频分析】带电小球（微粒）在匀强电场中运动是高考考查热点。【高频考点定位】：带电小球（微粒）在匀强电场中运动考点一：带电小球（微粒）在匀强电场中运动【3年真题链接】1.(2017·全国理综I卷·25)真空中存在电场强度为的匀强电场，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。【命题意图】本题考查带电油滴在电场中的运动、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力。【解题思路】（1）设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为整。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上。在t=0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足①油滴在时刻t1的速度为②电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a2满足③油滴在时刻t2=2t1的速度为④由①②③④式得⑤（2）由题意，在t=0时刻前有qE1=mg⑥油滴从t=0到时刻t1的位移为s1=v1t1+a1t12⑦油滴从时刻t1到时刻t2=2t1的时间间隔内的位移为s1=v1t1a2t12⑧由题给条件有⑨式中h是B、A两点之间的距离。若B点在A点之上，依题意有⑩由①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得⑪为使，应有⑫即当⑬或⑭才是可能的：条件⑬式和⑭式分别对应于和两种情形。若B在A点之下，依题意有⑮由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得E2=[22]E1,为使E2>E1,应有22>1即：t1>(+1).另一解为负，不合题意，已舍去。2.（20分）（2017全国II卷·25）如图，两水平面（虚线）之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量为m、电荷量分别为q和–q（q>0）的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：（1）M与N在电场中沿水平方向的位移之比；（2）A点距电场上边界的高度；（3）该电场的电场强度大小。【参考答案】（1）3:1（2）（3）【参考解析】（1）设带电小球M、N抛出初速度均为v0，则它们进入电场时的水平速度仍为v0；MN在电场中的运动时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2；由运动公式可得：v0at=0①②③联立①②③解得：④(2)设A点距电场上边界的高度为h,小球下落h时在竖直方向的分速度为vy,由运动学公式=2gh⑤H=vyt+gt2⑥M进入电场后做直线运动,由几何关系知=⑦联立①②⑤⑥⑦式可得h=H/3.⑧(3)设电场强度的大小为E,小球M进入电场后做直线运动,则=⑨设M,N离开电场时的动能分别为Ek1,Ek2,由动能定理得Ek1=m(+)+mgH+qEs1⑩Ek2=m(+)+mgHqEs2由已知条件Ek1=1.5Ek2联立④⑤⑦⑧⑨⑩式得.3.（2017北京理综）如图所示，长l=1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球所带电荷量q=1.0×10–6C，匀强电场的场强E=3.0×103N/C，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.，求：（1）小球所受电场力F的大小。（2）小球的质量m。（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。【参考答案】⑴F＝3.0×103N；⑵m＝4.0×104kg；⑶v＝2.0m/s【名师解析】⑴根据电场强度定义式可知，小球所受电场力大小为：F＝qE＝1.0×106×3.0×103N＝3.0×103N⑵小球受mg、绳的拉力T和电场力F作用，如下图所示TTFmg37°根据共点力平衡条件和图中几何关系有：mgtan37°＝F解得：m＝4.0×104kg⑶撤去电场后，小球将绕悬点摆动，根据动能定理有：mgl(1－cos37°)＝－0解得：v＝＝2.0m/s【2年模拟再现】1.(2019·山东省青岛市模拟)如图所示，水平地面上方存在水平向左的匀强电场，一质量为m的带电小球(大小可忽略)用轻质绝缘细线悬挂于O点，小球带电荷量为＋q，静止时距地面的高度为h，细线与竖直方向的夹角为α＝37°，重力加速度为g.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)匀强电场的场强大小E；(2)现将细线剪断，小球落地过程中小球水平位移的大小；(3)现将细线剪断，带电小球落地前瞬间的动能．【参考答案】(1)eq\f(3mg,4q)(2)eq\f(3,4)h(3)eq\f(25,16)mgh【名师解析】(1)小球静止时，对小球受力分析如图所示，由FTcos37°＝mgFTsin37°＝qE解得：E＝eq\f(3mg,4q)(2)剪断细线，小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做加速度为a的匀加速运动，由Eq＝max＝eq\f(1,2)at2h＝eq\f(1,2)gt2联立解得：x＝eq\f(3,4)h(3)从剪断细线到落地瞬间，由动能定理得：Ek＝mgh＋qEx＝eq\f(25,16)mgh.2.(2019·陕西省咸阳市质检)如图所示，将带电荷量均为＋q、质量分别为m和2m的带电小球A与B用轻质绝缘细线相连，在竖直向上的匀强电场中由静止释放，小球A和B一起以大小为eq\f(1,3)g的加速度竖直向上运动．运动过程中，连接A与B之间的细线保持竖直方向，小球A和B之间的库仑力忽略不计，重力加速度为g，求：(1)匀强电场的场强E的大小；(2)当A、B一起向上运动t0时间时，A、B间的细线突然断开，求从初始的静止状态开始经过2t0时间，B球电势能的变化量．【参考答案】(1)eq\f(2mg,q)(2)减小了mg2teq\o\al(02,)【名师解析】(1)由于小球在电场中向上做匀加速运动，对于A、B两球组成的整体，由牛顿第二定律可得：2Eq－3mg＝3ma其中：a＝eq\f(1,3)g代入可得：E＝eq\f(2mg,q)(2)当细线断开时，B球受到竖直向上的电场力：F电＝Eq＝2mg小球B受到的电场力和重力二力平衡，所以小球B接下来向上做匀速直线运动，其速度大小为匀加速运动的末速度：v＝at0＝eq\f(1,3)gt0在匀加速阶段小球B上升的高度为：h1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(02,)＝eq\f(1,6)gteq\o\al(02,)在匀速阶段小球B上升的高度为：h2＝vt0＝eq\f(1,3)gteq\o\al(02,)所以在整个过程中电场力做功为：W＝Eq(h1＋h2)＝mg2teq\o\al(02,)由于电场力对小球B做了mg2teq\o\al(02,)的正功，所以小球B电势能减小了mg2teq\o\al(02,).3.（18分）（2019湖南衡阳三模）如图所示，绝缘轨道MNPQ位于同一竖直面内，其中MN段是长度为L的水平轨道，PQ段为足够长的光滑竖直轨道，NP段为光滑的四分之一圆弧，圆心为O，直线MN′右侧有方向水平向左的电场（图中未画出），电场强度，在包含圆弧轨道NP的ONO'P区域内有方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场（边界处无磁场），轨道MN最左端M点处静止一质量为m、电荷量为q的帯负电的物块A，一质量为3m为物块C从左侧的光滑轨道上以速度v0撞向物块A，A、C之间只发生一次弹性碰撞，且最终刚好挨在一起停在轨道MN上，A，C均可视为质点，且与轨道MN的动摩擦因数相同，重力加速度为g，A在运动过程中所带电荷量保持不变且始终没有脱离轨道。A第一次到达N点时，对轨道的压力为3mg。求：（1）碰撞后A、C的速度大小；（2）A、C与水平轨道MN的动摩擦因数μ；（3）A对轨道NP的最大压力的大小【名师解析】（1）设碰撞后A、C的速度大小为vA、vC，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律，有：3mv0＝mvA+3mvC…①3mv02＝mvA2+3mvC2…②联立①②解得：vA＝…③vC＝…④（2）设A、C最后静止时与M点的距离为L1．A在NN′右侧运动过程中，电场力和重力做功之和为0，由动能定理对A有：0﹣μmg（2L﹣L1）＝0﹣mvA2…⑤对C有：﹣μ•3mgL1＝0﹣3mvC2…⑥由③④⑤⑥解得：μ＝…⑦（3）设A在N点的速度为vN，A从M到N的过程中，由动能定理得：﹣μmgL＝mvN2﹣mvA2…⑧设圆弧NP的半径为a，因为A第一次到达N点时，对轨道的压力为3mg，则有：3mg﹣mg＝m…⑨A在NN′右侧受到的电场力为：F＝qE＝mg…（10）重力和电场力的合力大小为F合＝2mg，方向与OP夹角为θ＝30°．过O点沿合力方向作直线与圆弧相交于K点，当A经P点返回N点的过程中到达K点时到达最大速度vA′，此时A对轨道NP的压力最大。A从M到K的过程中，由动能定理得：qEacos30°﹣μmgL﹣mga（1﹣sin30°）＝mvA′2﹣mvA2…（11）返回K点时，由牛顿第二定律有：FN﹣F合﹣qvA′B＝m…（12）由⑦⑧⑨（10）（11）（12）得：FN＝6mg+qv0B根据牛顿第三定律知A对轨道NP的最大压力的大小为：FN′＝FN＝6mg+qv0B答：（1）碰撞后A、C的速度大小分别是和；（2）A、C与水平轨道MN的动摩擦因数μ是；（3）A对轨道NP的最大压力的大小是6mg+qv0B。4.（2019四川成都高新区模拟）在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行。劲度系数K＝5N/m的轻弹簧一端固定在0点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面。水平面处于场强E＝5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中。已知A、B的质量分别为mA＝0.1kg和mB＝0.2kg，B所带电荷量q＝+4×l0﹣6C．设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电量不变。取g＝lOm/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求B所受静摩擦力的大小；（2）现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6m/s2开始做匀加速直线运动。A从M到N的过程中，B的电势能增加了△Ep＝0.06J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4．求A到达N点时拉力F的瞬时功率。【名师解析】（1）据题意静止时受力分析如图所示由平衡条件得：对A有mAgsinθ＝FT①对B有qE+f0＝FT②代入数据得f0＝0.4N③（2）据题意A到N点时受力分析如图所示由牛顿第二定律得：对A有F+mAgsinθ﹣FT﹣FKsinθ＝mAa④对B有FT′﹣qE﹣f＝mBa⑤其中f＝μmBg⑥设弹簧的伸长量是x，FK＝kx⑦设物块的位移是d，由电场力做功与电势能的关系得△EP＝qEd⑧由几何关系得⑨A由M到N由得A运动到N的速度⑩拉力F在N点的瞬时功率P＝Fv⑪由以上各式代入数据P＝0.528W⑫答：（1）B所受静摩擦力的大小为0.4N。（2）A到达N点时拉力F的瞬时功率为0.528W。【点评】本题综合考查了共点力平衡、牛顿第二定律、胡克定律、电场力做功与电势能的关系，以及运动学公式，综合性较强，对学生的能力要求较高，需加强训练。5．(2018·陕西省西安一中一模)一质量为m的带电小球以速度v0沿竖直方向从A点垂直进入匀强电场E中，如图所示，经过一段时间后到达B点，其速度变为水平方向，大小仍为v0，重力加速度为g，求：(1)小球带电情况；(2)小球由A到B的位移；(3)小球速度的最小值．【答案】(1)小球带正电，电荷量为eq\f(mg,E)(2)eq\f(\r(2)v\o\al(02,),2g)，与水平方向的夹角为45°斜向右上方(3)eq\f(\r(2)v0,2)【解析】(1)从A到B过程中，在竖直方向小球做匀减速运动，加速度ay＝gB点是最高点，竖直分速度为0，有：t＝eq\f(v0,g)水平方向小球在电场力作用下做匀加速运动，可知小球带正电初速度为0，加速度ax＝eq\f(qE,m)水平方向有：v0＝eq\f(qE,m)t联立解得：Eq＝mg可得q＝eq\f(mg,E)(2)在两个方向上的运动互为逆运动，故小球运动的水平位移大小等于竖直位移大小在竖直方向有2gh＝veq\o\al(02,)可得h＝eq\f(v\o\al(02,),2g)所以位移为eq\r(2)h＝eq\f(\r(2)v\o\al(02,),2g)其与水平方向的夹角为θtanθ＝eq\f(mg,qE)＝1，即位移与水平方向的夹角为45°斜向右上方(3)设重力与电场力的合力为F，其与水平方向的夹角为θ则：tanθ＝eq\f(mg,qE)＝1，如图所示开始一段时间内，F与速度方向夹角大于90°，合力做负功，动能减小后来F与速度夹角小于90°，合力做正功，动能增加因此，当F与速度v的方向垂直时，小球的动能最小，速度也最小，设为vmin即：tanθ＝eq\f(vx,vy)＝1，则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).预测考点一：带电小球（微粒）在匀强电场中运动【2年模拟再现】1.（12分）（2019山西大学附中质检）如图所示，水平细杆上套一环，环A与球B间用一不可伸长轻质绝缘绳相连，质量分别为mA=0.20kg和rnB=0.40kg，A环不带电，B球带正电，带电量q=1.0×104C，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：

（1）若B球处于一水平向右的匀强电场中，使环A与B球一起向右匀速运动．运动过程中，绳始终保持与竖直方向夹角θ=37°，匀强电场的电场强度E多大？

（2）环A与水平杆间的动摩擦因数；

（3）若匀强电场的方向斜向右上方与水平成37°角，为了使环A与B球一起向右以5m/s2的加速度匀加速运动，则电场强度应为多大？（计算结果可用分数表示）【参考答案】匀强电场的电场强度为；

环A与水平杆间的动摩擦因数为；

电场强度应为。。【名师解析】若B球处于一水平向右的匀强电场中，使A环与球B一起向右匀速运动；

运动过程中，绳始终保持与竖直方向夹角；

以B球为研究对象，受到重力、电场力和拉力，三力平衡；

则有电场力；

匀强电场的电场强度；

对整体分析，在水平方向上有：；

解得：；

电场强度方向斜向右上与水平方向夹角为，根据牛顿第二定律得：

；

解得：．2．(20分)（2018高考冲刺卷10）如图所示，两竖直虚线间距为L，之间存在竖直向下的匀强电场。自该区域的A点将质量为M、电荷量电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿水平方向射出。小球进入电场区域，并从该区域的右边界离开。已知N离开电场时的位置与A点在同一高度；M刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的8倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。已知A点到左边界的距离也为L。(1)求该电场的电场强度大小；(2)求小球射出的初速度大小；(3)要使小球M、N离开电场时的位置之间的距离不超过L，仅改变两小球的相同射出速度，求射出速度需满足的条件。【名师解析】(1)设小球M、N在A点水平射出的初速度大小为v0，则他们进入电场时是水平速度仍然为v0，所以小球M、N在电场中运动的时间相等。进入电场前，水平方向竖直方向下落的距离进入电场时竖直速度进入电场后，水平方向故设N粒子运动的加速度为a，竖直方向有：解得：由牛顿第二定律得：解得：(2)粒子M射出电场时竖直速度为解得：(3)以竖直向下为正，M的竖直位移为N的竖直位移为解得：3．(2018·福建莆田二模)如图所示，竖直平面内有一坐标系xOy，已知A点坐标为(－2h，h)，O、B区间存在竖直向上的匀强电场．甲、乙两小球质量均为m，甲球带的电荷量为＋q，乙球带的电荷量为－q，分别从A点以相同的初速度水平向右拋出后，都从O点进入匀强电场，其中甲球恰从B点射出电场，乙球从C点射出电场，且乙球射出电场时的动能是甲球射出电场时动能的13倍．已知重力加速度为g.求：(1)小球经过O点时速度的大小和方向；(2)匀强电场的电场强度E.【名师解析】(1)如图1所示，设小球经过O点时的速度为v，水平分速度为vx，竖直分速度为vy，平拋运动的时间为t.图1根据平拋运动规律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点的速度如图2所示，乙球在C点的速度如图3所示．依题意得EkC＝13EkB图2图3甲球在OB运动过程中电场力、重力做功为零，故甲球在B点射出时速度仍为v，水平分速度仍为vx，竖直分速度为vy，大小不变，方向竖直向上．设甲球在电场中的加速度为a甲，乙球在电场中的加速度为a乙；甲、乙两球在电场中运动的时间为t′.研究竖直方向，有对甲球：2vy＝a甲t′⑧，Eq－mg＝ma甲⑨，对乙球：vay－vy＝a乙t′⑩，Eq＋mg＝ma乙⑪，由⑥～⑪式解得E＝eq\f(3mg,q).答案(1)2eq\r(gh)与水平方向的夹角θ＝45°(2)eq\f(3mg,q)4、（2020高考复习测试）如图所示，在E＝103V/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＝40cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4C的小滑块质量m＝10g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5m的M处，取g＝10m/s2(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)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？【名师解析】(1)设小滑块到达Q点时速度为v，由牛顿第二定律得mg＋qE＝eq\f(mv2,R)①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＋q