訓(xùn)練十四 帶電粒子在電場中的力電綜合問題-備戰(zhàn)2024年高考物理一輪復(fù)習(xí)專題復(fù)習(xí)與訓(xùn)練解析版

訓(xùn)練十四帶電粒子在電場中的力電綜合問題題型一帶電粒子在重力場和電場中的圓周運(yùn)動(dòng)學(xué)問梳理1．等效重力場物體僅在重力場中的運(yùn)動(dòng)是最常見、最基本的運(yùn)動(dòng)，但是對于處在勻強(qiáng)電場和重力場中物體的運(yùn)動(dòng)問題就會(huì)變得簡單一些．此時(shí)可以將重力場與電場合二為一，用一個(gè)全新的“復(fù)合場”來代替，可形象稱之為“等效重力場”．2.3．舉例例1(多選)(2023·福建省福州第十五中學(xué)質(zhì)檢)如圖所示，帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))用絕緣細(xì)線懸掛在O點(diǎn)，在豎直平面內(nèi)做完整的變速圓周運(yùn)動(dòng)，小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，細(xì)線受到的拉力最大．已知小球運(yùn)動(dòng)所在的空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E，小球質(zhì)量為m、帶電荷量為q，細(xì)線長為l，重力加速度為g，則()A．小球帶正電B．靜電力大于重力C．小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)速度最大D．小球運(yùn)動(dòng)過程最小速度至少為v＝eq\r(\f(qE－mgl,m))答案BD解析由于小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，細(xì)線受到的拉力最大，可知重力和靜電力的合力(等效重力)方向向上，則靜電力方向向上，且靜電力大于重力，小球帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤，B正確；因重力和靜電力的合力方向向上，可知小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度最大，故C錯(cuò)誤；由于等效重力豎直向上，所以小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)速度最小，最小速度滿足qE－mg＝meq\f(v2,l)，即v＝eq\r(\f(qE－mgl,m))，故D正確．變式訓(xùn)練1(多選)(2023·重慶市八中高三檢測)如圖甲所示，空間有一水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E＝1×104V/m，其中有一個(gè)半徑為R＝2m的豎直光滑圓環(huán)軌道，環(huán)內(nèi)有兩根光滑的弦軌道AB和AC，A點(diǎn)所在的半徑與豎直直徑BC成37°角．質(zhì)量為m＝0.08kg、電荷量為q＝＋6×10－5C的帶電小環(huán)(視為質(zhì)點(diǎn))穿在弦軌道上，從A點(diǎn)由靜止釋放，可分別沿AB和AC到達(dá)圓周上的B、C點(diǎn)．現(xiàn)去掉弦軌道AB和AC，如圖乙所示，讓小環(huán)穿在圓環(huán)軌道上且恰好能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)．不考慮小環(huán)運(yùn)動(dòng)過程中電荷量的變化．下列說法正確的是(cos37°＝0.8，g取10m/s2)()A．小環(huán)在弦軌道AB和AC上運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為1∶1B．小環(huán)做圓周運(yùn)動(dòng)過程中經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大C．小環(huán)做圓周運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)能最小值是1JD．小環(huán)做圓周運(yùn)動(dòng)過程中對圓環(huán)軌道的最大壓力是5N答案AD解析由于重力與靜電力均為恒力，所以二者的合力大小為F＝eq\r(mg2＋Eq2)＝1N，與豎直方向夾角正切值tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(3,4)，解得θ＝37°，重力與靜電力合力指向AO，A為等效最高點(diǎn)，依據(jù)等時(shí)圓模型，小環(huán)在弦軌道AB和AC上運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，A正確；等效最低點(diǎn)是AO延長線與圓環(huán)軌道交點(diǎn)，而非C點(diǎn)，等效最低點(diǎn)速度最大，動(dòng)能最大，B錯(cuò)誤；由于小環(huán)穿在圓環(huán)軌道上且恰好能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則小環(huán)在等效最高點(diǎn)A速度最小為零，在A點(diǎn)動(dòng)能最小也為零，C錯(cuò)誤；小環(huán)在等效最低點(diǎn)時(shí)速度最大，動(dòng)能最大，小環(huán)對圓環(huán)軌道壓力也最大，從等效最高點(diǎn)至等效最低點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理得F·2R＝eq\f(1,2)mvm2－0，由牛頓其次定律得FN－F＝meq\f(vm2,R)，代入數(shù)據(jù)解得FN＝5N，由牛頓第三定律，小環(huán)做圓周運(yùn)動(dòng)的過程中對圓環(huán)的最大壓力是5N，D正確．變式訓(xùn)練2如圖所示，現(xiàn)有一個(gè)小物塊質(zhì)量為m＝80g、帶正電荷q＝2×10－4C，與水平軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，在水平軌道的末端N處連接一個(gè)光滑豎直的半圓形軌道，半徑為R＝40cm.整個(gè)軌道處在一個(gè)方向水平向左、電場強(qiáng)度大小E＝4×103V/m的勻強(qiáng)電場中，取g＝10m/s2.(1)若小物塊恰能運(yùn)動(dòng)到軌道的最高點(diǎn)L，那么小物塊應(yīng)從距N點(diǎn)多遠(yuǎn)處的A點(diǎn)釋放？(2)假如小物塊在(1)中的位置A釋放，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)(軌道中點(diǎn))時(shí)軌道對它的支持力等于多少？(3)假如小物塊在(1)中的位置A釋放，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到NP間什么位置時(shí)動(dòng)能最大，最大動(dòng)能是多少？(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)答案(1)1.25m(2)4.8N(3)與圓心的連線與豎直方向夾角為45°0.93J解析(1)物塊恰能通過軌道最高點(diǎn)L的條件是mg＝meq\f(vL2,R)，代入數(shù)據(jù)解得vL＝2m/s設(shè)A到N的距離為s，對A到L過程中依據(jù)動(dòng)能定理得qEs－μmgs－mg·2R＝eq\f(1,2)mvL2－0代入數(shù)據(jù)解得s＝1.25m(2)物塊由P到L過程依據(jù)動(dòng)能定理得－mgR－qER＝eq\f(1,2)mvL2－eq\f(1,2)mvP2解得vP＝2eq\r(5)m/s在P點(diǎn)依據(jù)牛頓其次定律得FN－qE＝meq\f(vP2,R)代入數(shù)據(jù)解得FN＝4.8N.(3)如圖所示，當(dāng)合力的反方向延長線過圓心時(shí)動(dòng)能最大，設(shè)該點(diǎn)為B，過B的半徑與豎直方向間的夾角為θ，則tanθ＝eq\f(qE,mg)＝1，θ＝45°.從A到B，由動(dòng)能定理得qE(s＋Rsinθ)－μmgs－mgR(1－cosθ)＝Ekm，解得Ekm＝(0.48＋0.32eq\r(2))J≈0.93J.題型二電場中的力電綜合問題學(xué)問梳理1．動(dòng)力學(xué)的觀點(diǎn)(1)由于勻強(qiáng)電場中帶電粒子所受靜電力和重力都是恒力，可用正交分解法．(2)綜合運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，留意受力分析要全面，特殊留意重力是否需要考慮的問題．2．能量的觀點(diǎn)(1)運(yùn)用動(dòng)能定理，留意過程分析要全面，精確?????求出過程中的全部力做的功，推斷是對分過程還是對全過程使用動(dòng)能定理．(2)運(yùn)用能量守恒定律，留意題目中有哪些形式的能量消滅．①若帶電粒子只在靜電力作用下運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)能和電勢能之和保持不變．②若帶電粒子只在重力和靜電力作用下運(yùn)動(dòng)，其機(jī)械能和電勢能之和保持不變．3．動(dòng)量的觀點(diǎn)(1)運(yùn)用動(dòng)量定理，要留意動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，在一維狀況下，各個(gè)矢量必需選同一個(gè)正方向．(2)運(yùn)用動(dòng)量守恒定律，除了要留意動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式是矢量式，還要留意題目表述是否為某方向上動(dòng)量守恒．例3(2023·湖南株洲市模擬)如圖，一帶電的平行板電容器固定在絕緣底座上，底座置于光滑水平面上，一光滑絕緣輕桿左端固定在電容器的左極板上，并穿過右極板上的小孔，電容器極板連同底座總質(zhì)量為2m，底座鎖定在水平面上時(shí)，套在桿上質(zhì)量為m的帶電環(huán)以某一初速度由小孔進(jìn)入電容器后，最遠(yuǎn)能到達(dá)距離右極板為d的位置．底座解除鎖定后，將兩極板間距離變?yōu)樵瓉淼?倍，其他條件不變，則帶電環(huán)進(jìn)入電容器后，最遠(yuǎn)能到達(dá)的位置距離右極板()A.eq\f(1,2)dB．dC.eq\f(2,3)dD.eq\f(4,3)d答案C解析設(shè)帶電環(huán)所帶電荷量為q，初速度為v0，底座鎖定時(shí)電容器極板間電場強(qiáng)度為E，則由功能關(guān)系有qEd＝eq\f(1,2)mv02，底座解除鎖定后，兩極板間距離變?yōu)樵瓉淼?倍，極板間電場強(qiáng)度大小不變，電容器及底座在帶電環(huán)作用下一起向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)與帶電環(huán)共速時(shí)，帶電環(huán)到達(dá)進(jìn)入電容器后的最遠(yuǎn)位置，整個(gè)過程滿足動(dòng)量守恒，則有mv0＝3mv1，再由功能關(guān)系有qEd′＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×3mv12，聯(lián)立解得d′＝eq\f(2,3)d，故選C.變式訓(xùn)練3如圖所示，不帶電物體A和帶電的物體B用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，A、B的質(zhì)量分別為2m和m，勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在水平面上，另一端與物體A相連，傾角為θ的斜面處于沿斜面對上的勻強(qiáng)電場中，整個(gè)系統(tǒng)不計(jì)一切摩擦．開頭時(shí)，物體B在一沿斜面對上的外力F＝3mgsinθ的作用下保持靜止且輕繩恰好伸直，然后撤去外力F，直到物體B獲得最大速度，且彈簧未超過彈性限度(已知彈簧形變量為x時(shí)彈性勢能為eq\f(1,2)kx2)，重力加速度為g，則在此過程中()A．物體B帶負(fù)電，受到的靜電力大小為mgsinθB．物體B的速度最大時(shí)，彈簧的伸長量為eq\f(2mgsinθ,k)C．撤去外力F的瞬間，物體B的加速度大小為3gsinθD．物體B的最大速度為gsinθeq\r(\f(3m,k))答案D解析假設(shè)B所受靜電力沿斜面對下，當(dāng)施加外力時(shí)，對B分析可知F－mgsinθ－F電＝0，解得F電＝2mgsinθ，假設(shè)成立，故B帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；當(dāng)B受到的合力為零時(shí)，B的速度最大，由kx＝F電＋mgsinθ，解得x＝eq\f(3mgsinθ,k)，故B錯(cuò)誤；當(dāng)撤去外力瞬間，彈簧彈力還來不及轉(zhuǎn)變，即彈簧的彈力仍為零，對物體A、B分析可知F合＝F電＋mgsinθ＝(m＋2m)a，解得a＝gsinθ，故C錯(cuò)誤；設(shè)物體B的最大速度為vm，由功能關(guān)系可得eq\f(1,2)·3mvm2＋eq\f(1,2)kx2＝mgxsinθ＋F電x，解得vm＝gsinθeq\r(\f(3m,k))，故D正確．變式訓(xùn)練4(2019·全國卷Ⅱ·24)如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d.兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的電勢均為φ(φ>0)．質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽視不計(jì)．(1)求粒子第一次穿過G時(shí)的動(dòng)能，以及它從射入電場至此時(shí)在水平方向上的位移大??；(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應(yīng)為多少？答案(1)eq\f(1,2)mv02＋eq\f(2φ,d)qhv0eq\r(\f(mdh,qφ))(2)2v0eq\r(\f(mdh,qφ))解析(1)PG、QG間電場強(qiáng)度大小相等，均為E.粒子在PG間所受靜電力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有E＝eq\f(2φ,d)①F＝qE＝ma②設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)動(dòng)能為Ek，由動(dòng)能定理有qEh＝Ek－eq\f(1,2)mv02③設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)所用的時(shí)間為t，粒子在水平方向的位移為l，則有h＝eq\f(1,2)at2④l＝v0t⑤聯(lián)立①②③④⑤式解得Ek＝eq\f(1,2)mv02＋eq\f(2φ,d)qhl＝v0eq\r(\f(mdh,qφ))(2)若粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短．由對稱性知，此時(shí)金屬板的長度為L＝2l＝2v0eq\r(\f(mdh,qφ)).強(qiáng)基固本練1.如圖所示，一個(gè)電荷量為－Q的點(diǎn)電荷甲，固定在絕緣水平面上的O點(diǎn)．另一個(gè)電荷量為＋q、質(zhì)量為m的點(diǎn)電荷乙，從A點(diǎn)以初速度v0沿它們的連線向甲運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度為v，且為運(yùn)動(dòng)過程中速度的最小值．已知點(diǎn)電荷乙受到的阻力大小恒為Ff，A、B間距離為L0，靜電力常量為k，則下列說法正確的是()A．點(diǎn)電荷乙從A點(diǎn)向甲運(yùn)動(dòng)的過程中，加速度漸漸增大B．點(diǎn)電荷乙從A點(diǎn)向甲運(yùn)動(dòng)的過程中，其電勢能先增大再減小C．OB間的距離為eq\r(\f(kQq,Ff))D．在點(diǎn)電荷甲形成的電場中，AB間電勢差UAB＝eq\f(FfL0＋\f(1,2)mv2,q)答案C解析點(diǎn)電荷乙從A點(diǎn)向甲運(yùn)動(dòng)的過程中，受向左的靜電力和向右的阻力，兩點(diǎn)電荷靠近過程中靜電力漸漸增大，阻力不變，點(diǎn)電荷乙先減速后加速，所以加速度先減小后增大，故A錯(cuò)誤；在點(diǎn)電荷乙向甲運(yùn)動(dòng)過程中靜電力始終做正功，因此電勢能始終減小，故B錯(cuò)誤；當(dāng)速度最小時(shí)有Ff＝F＝keq\f(Qq,r2)，可得r＝eq\r(\f(kQq,Ff))，故C正確；點(diǎn)電荷乙從A運(yùn)動(dòng)到B過程中，依據(jù)動(dòng)能定理有UABq－FfL0＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，計(jì)算得出UAB＝eq\f(FfL0＋\f(1,2)mv2－\f(1,2)mv02,q)，故D錯(cuò)誤．2.(多選)(2023·黑龍江齊齊哈爾市八中模擬)如圖所示，四分之一光滑絕緣圓弧槽B處切線水平，一可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電小球從圓弧槽A處由靜止釋放，滑到B處離開圓弧槽做平拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)水平地面的D處，若在裝置所在平面內(nèi)加上豎直向下的勻強(qiáng)電場，重復(fù)上述試驗(yàn)，下列說法正確的是()A．小球落地點(diǎn)在D的右側(cè)B．小球落地點(diǎn)仍在D點(diǎn)C．小球落地點(diǎn)在D的左側(cè)D．小球離開B到達(dá)地面的運(yùn)動(dòng)時(shí)間減小答案BD解析不加電場時(shí)，小球從A到B有mgR＝eq\f(1,2)mvB2－0，解得vB＝eq\r(2gR)，平拋過程，豎直方向上有h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2h,g))，平拋水平位移x＝vBt＝2eq\r(Rh)，平拋水平位移與重力加速度無關(guān)，施加豎直向下的勻強(qiáng)電場后，小球同時(shí)受重力和向下的靜電力，相當(dāng)于重力加速度增大了，小球落地點(diǎn)仍在D點(diǎn)，t∝eq\r(\f(1,g))，小球離開B后到達(dá)地面的運(yùn)動(dòng)時(shí)間減小，B、D正確．3.(多選)如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m且電荷量為q的帶電小球，用一絕緣輕質(zhì)細(xì)繩懸掛于O點(diǎn)，繩長為L，現(xiàn)加一水平向右的足夠大的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f(3mg,4q)，小球初始位置在最低點(diǎn)，若給小球一個(gè)水平向右的初速度，使小球能夠在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，忽視空氣阻力，重力加速度為g.則下列說法正確的是()A．小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒B．小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能不守恒C．小球在運(yùn)動(dòng)過程中的最小速度至少為eq\r(gL)D．小球在運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度至少為eq\f(5,2)eq\r(gL)答案BD解析小球在運(yùn)動(dòng)的過程中，靜電力做功，機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤，B正確；如圖所示，小球在電場中運(yùn)動(dòng)的等效最高點(diǎn)和最低點(diǎn)分別為A點(diǎn)和B點(diǎn)，等效重力G′＝eq\f(5,4)mg，小球在最高點(diǎn)的最小速度v1滿足G′＝meq\f(v12,L)，得v1＝eq\f(\r(5gL),2)，故C錯(cuò)誤；小球由最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，由動(dòng)能定理有G′·2L＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，解得v2＝eq\f(5,2)eq\r(gL)，故D正確．4.如圖所示，虛線MN下方存在著方向水平向左、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場．AB為絕緣光滑且固定的四分之一圓弧軌道，軌道半徑為R，O為圓心，B位于O點(diǎn)正下方．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，以初速度vA豎直向下從A點(diǎn)沿切線進(jìn)入四分之一圓弧軌道內(nèi)側(cè)，沿軌道運(yùn)動(dòng)到B處以速度vB射出．已知重力加速度為g，電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f(3mg,4q)，sin37°＝0.6，空氣阻力不計(jì)，下列說法正確的是()A．從A到B過程中，小球的機(jī)械能先增大后減小B．從A到B過程中，小球?qū)壍赖膲毫ο葴p小后增大C．在A、B兩點(diǎn)的速度大小滿足vA>vBD．從B點(diǎn)拋出后，小球速度的最小值為eq\f(4,5)eq\r(vA2＋\f(1,2)gR)答案D解析從A到B過程中，靜電力始終做負(fù)功，小球的機(jī)械能始終減小，故A錯(cuò)誤；設(shè)等效重力與豎直線的夾角為θ，則tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(3,4)，故θ為37°，等效重力方向與豎直方向成37°角偏左下方，所以從A到B過程中，小球速度先增大后減小，對軌道的壓力先增大后減小，故B錯(cuò)誤；B點(diǎn)比A點(diǎn)更靠近等效最低點(diǎn)，所以vA<vB，故C錯(cuò)誤；從A到B，由動(dòng)能定理有mgR－EqR＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2，解得vB＝eq\r(vA2＋\f(1,2)gR)，之后小球做類斜拋運(yùn)動(dòng)，在垂直于等效場方向上的分速度即為最小速度，則vmin＝vB·cosθ＝eq\f(4,5)eq\r(vA2＋\f(1,2)gR)，故D正確．5.(多選)(2023·福建泉州市高三質(zhì)檢)如圖，ABC是豎直面內(nèi)的固定半圓形光滑軌道，O為其圓心，A、C兩點(diǎn)等高，過豎直半徑OB的虛線右側(cè)足夠大的區(qū)域內(nèi)存在沿AC方向的勻強(qiáng)電場．一帶正電小球從A點(diǎn)正上方P點(diǎn)由靜止釋放，沿軌道通過B、C兩點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能分別為Ek和1.5Ek，離開C點(diǎn)后運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)D(圖中未畫出)．已知P與A間的距離等于軌道半徑，則()A．D點(diǎn)與P點(diǎn)等高B．小球在電場中受到的靜電力是其重力的兩倍C．小球在C處對軌道的壓力是其重力的兩倍D．小球通過D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能大于1.5Ek答案BD解析若在A點(diǎn)速度等于C點(diǎn)的速度，在豎直方向由對稱性可知，D點(diǎn)與P點(diǎn)等高，但由動(dòng)能定理可知A點(diǎn)的速度小于C點(diǎn)的速度，所以D點(diǎn)高于P點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；設(shè)小球在電場中所受靜電力為F，軌道半徑為R，小球從P到B過程，由動(dòng)能定理得mg·2R＝Ek，小球從P到C過程，由動(dòng)能定理得mg·R＋FR＝1.5Ek，聯(lián)立可得F＝2mg，故B正確；由動(dòng)能定理的表達(dá)式有1.5Ek＝eq\f(1,2)mvC2，在C點(diǎn)時(shí)，由牛頓其次定律得FN－F＝meq\f(vC2,R)，結(jié)合mg·2R＝Ek，聯(lián)立可得FN＝8mg，由牛頓第三定律得小球在C處對軌道的壓力FN′＝FN＝8mg，故C錯(cuò)誤；由于F＝2mg，可知小球從C點(diǎn)飛出后，豎直方向的加速度小于水平方向的加速度，豎直方向，由逆向思維，看成反向的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則小球從C到D過程中，水平方向的位移大于豎直方向的位移，依據(jù)W＝Fs，可知靜電力所做正功大于重力所做負(fù)功，則小球通過D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能大于通過C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能，即大于1.5Ek，故D正確．6．(2022·遼寧卷·14)如圖所示，光滑水平面AB和豎直面內(nèi)的光滑eq\f(1,4)圓弧導(dǎo)軌在B點(diǎn)平滑連接，導(dǎo)軌半徑為R.質(zhì)量為m的帶正電小球?qū)⑤p質(zhì)彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，脫離彈簧后經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度大小為eq\r(gR)，之后沿軌道BO運(yùn)動(dòng)．以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系xOy，在x≥－R區(qū)域有方向與x軸夾角為θ＝45°的勻強(qiáng)電場，進(jìn)入電場后小球受到的電場力大小為eq\r(2)mg.小球在運(yùn)動(dòng)過程中電荷量保持不變，重力加速度為g.求：(1)彈簧壓縮至A點(diǎn)時(shí)的彈性勢能；(2)小球經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速度大小；(3)小球過O點(diǎn)后運(yùn)動(dòng)的軌跡方程．答案(1)eq\f(1,2)mgR(2)eq\r(3gR)(3)y2＝6Rx解析(1)小球從A到B，依據(jù)能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)mgR(2)小球從B到O，依據(jù)動(dòng)能定理有－mgR＋eq\r(2)mg×eq\r(2)R＝eq\f(1,2)mvO2－eq\f(1,2)mvB2解得vO＝eq\r(3gR)(3)小球運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)時(shí)速度方向豎直向上，受電場力和重力作用，將電場力分解到x軸和y軸，則x軸方向有eq\r(2)mgcos45°＝maxy軸方向有eq\r(2)mgsin45°－mg＝may解得ax＝g，ay＝0說明小球過O點(diǎn)后的運(yùn)動(dòng)為x軸方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，y軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有x＝eq\f(1,2)gt2，y＝vOt聯(lián)立解得小球過O點(diǎn)后運(yùn)動(dòng)的軌跡方程為y2＝6Rx.7．(2023·江西南昌市名校聯(lián)考)如圖所示，空間中存在水平向右、電場強(qiáng)度大小為E＝5×103N/C的勻強(qiáng)電場，水平傳送帶BC的左端與水平面AB在B點(diǎn)平滑連接，右端與一個(gè)半徑為R的光滑eq\f(1,4)圓弧軌道CD水平相切于C點(diǎn)．xAB＝xBC＝R＝1m，傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，速率恒為v＝5m/s，現(xiàn)將一質(zhì)量為m＝0.5kg、帶正電且電荷量為q＝1×10－3C的小滑塊，從A點(diǎn)由靜止釋放，小滑塊與AB段和BC段間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，取g＝10m/s2.求：(1)小滑塊運(yùn)動(dòng)到水平面右端B點(diǎn)時(shí)的速度大小；(2)小滑塊運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道底端C點(diǎn)時(shí)所受的支持力大??；(3)小滑塊對圓弧軌道CD壓力的最大值．(eq\r(2)取1.4)答案(1)4m/s(2)22.5N(3)28.5N解析(1)小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理得qExAB－μmgxAB＝eq\f(1,2)mvB2－0，解得vB＝4m/s.(2)小滑塊滑上傳送帶時(shí)，因傳送帶速率大于滑塊速率，所以滑塊受到的滑動(dòng)摩擦力水平向右，由牛頓其次定律得Eq＋μmg＝ma1，解得a1＝12m/s2，滑塊加速到與傳送帶共速時(shí)，有v2－vB2＝2a1x，解得此加速過程滑塊的位移大小為x1＝0.375m，小滑塊速率大于傳送帶速率后，滑塊受到的滑動(dòng)摩擦力水平向左，由牛頓其次定律得Eq－μmg＝ma2，解得a2＝8m/s2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vC2－v2＝2a2(xBC－x1)，解得滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度vC＝eq\r(35)m/s，滑塊在C點(diǎn)時(shí)，由牛頓其次定律得FNC－mg＝meq\f(vC2,R)，解得FNC＝22.5N.(3)由于Eq＝mg，所以等效重力大小為mg′＝eq\r(Eq2＋mg2)＝eq\r(2)mg，方向與水平方向成45°角斜向右下方，當(dāng)滑塊從C點(diǎn)開頭沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)的弧長對應(yīng)的圓心角θ＝45°時(shí)，滑塊的速度最大，對軌道壓力最大，在該點(diǎn)，對滑塊有FN－mg′＝meq\f(v′2,R)①，從C點(diǎn)到速度最大位置，由動(dòng)能定理得mg′R(1－cos45°)＝eq