微专题7电场中的力电综合问题
高中物理力电综合例题
高中物理力电综合例题
力电综合题目是高中物理中较为常见的一类题目，通常涉及到力学、电学、电磁学等多个方面的知识，具有较强的综合性和实验性。
以下是两道力电综合例题，供参考:
1. 一个带电球体在电场中运动，其加速度与电场强度大小和球带电量成正比，如果在电场中施加一个恒定的向右的电场，求球体受到的合力大小。
解：这道题涉及到电场力、重力、惯性力等多个力的关系。
根据电场力公式 F=Eq，可得球体受到的合力大小为:
F=Eq=q(Va/R)^2
其中，Va 为球带电球的极板之间的距离，R 为球的半径。
可以根据牛顿第二定律和惯性力定律求解球的加速度 a，进而求出合力大小。
2. 一个长度为 L、带有负电荷的直导线，在与导线垂直的平面内做匀速圆周运动，导线周围的磁场垂直于导线和平面，磁场大小为B，求导线受到的安培力大小。
解：这道题涉及到磁场、电场、重力等多个力的关系。
根据安培力公式 F=BIL，可得导线受到的安培力大小为:
F=BIL=BL(L/R)^2
其中，R 为直导线的半径。
可以根据牛顿第二定律和圆周运动规律求解直导线的加速度，进而求出安培力大小。
以上是两道力电综合例题，提供了一些解决力电综合题目的思路
和技巧。
在解题时，需要充分理解和掌握电场力、重力、惯性力、磁场力等多个力的关系，熟悉各种公式和定理的应用方法，才能够准确、快速地求解问题。
力电综合 能量问题 微解题
力电综合 能量问题 微解题
如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间距离为d ，上极板正中有一小孔．质量为m 、电荷量为＋q 的小球从小孔正上方高h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g )．求：
(1)小球到达小孔处的速度；
(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；
(3)小球从开始下落至运动到下极板处的时间．
【答案】（1）v=2gh
（2）qd d h mg E )(+=，q d
h mgc Q )
(+=
（3）t ＝h ＋d h 2h
g
解析：(1)由v 2＝2gh ，有：解得：v ＝2gh
(2)对全过程，由动能定理，有： mg(h+d)-qEd=0
解得：qd d h mg E )
(+= 又因U ＝Ed ，Q ＝CU ，有：
解得：q d h mgc Q )
(+=
(3)由平均速度公式，有： h=(0+v)t 1/2,d=(v+0)t 2/2,
对全过程，由动量定理，有：mgt-qEt 2=0
解得：t ＝h ＋d h 2h
g。
2019版总复习高中物理课件：第七章 静电场7-4-1 电场中的力、电综合问题-x 精品
方向的速度分量不变，即
vBsin 30°＝v0sin 60°① 由此得 vB＝ 3v0②
设 A、B 两点间的电势差为 UAB，由动能定理有
qUAB＝12m(v2B－v20)③ 联立②③式得 UAB＝mqv20
答案
mv20 q
题组剖析
真题拓展1 在【例2】中，若 匀强电场的宽度为d，EF、CD 为其边界，改变场强的大小， 使粒子在A点时的速度方向与电 场边界CD垂直，如图4所示， MN为无场区内的光屏，MN与 AO相互垂直，MN与EF间距为d。 当粒子经过EF边界的B点时，速 度方向与EF成30°角，求：
B．Q2的电量一定大于Q1的电量 C．b点的电场强度最大 D．粒子由a点运动到c点过程中， 粒子的电势能先增大后减小
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题组剖析
命例题2角(20度15·2全国带卷电Ⅱ)粒如图子所在示电，场一质中量的为运m、动电荷量为q(q
＞0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。 已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角 为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。 不计重力。求A、B两点间的电势差。
次通过y轴上的同一个点Q(未画出)，重力加速度g为已
知量。求： (1)初速度v0与x轴正方向的夹角；
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题组剖析
例命3题如角图度所示3 ，电LM场N是中竖的直动平量面和内固能定量的问光题滑绝缘轨道，MN
水
静止在水平面上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平面
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高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球 相距较远，相互作用力可认为零，A球进入水平轨道后，A、B
2024届高考物理微专题：带电粒子在电场中的力电综合问题
微专题61带电粒子在电场中的力电综合问题解决电场、重力场、复合场问题的两个角度：1.功能角度：运用动能定理和功能关系分析粒子的运动，注意等效最高点和等效最低点速度的计算和向心力公式的应用.2.动力学角度：涉及运动时间、速度、位移时一般从动力学角度分析．1．如图所示，在水平向左的匀强电场中，可视为质点的带负电物块，以某一初速度从足够长的绝缘斜面上的A点沿斜面向下运动，经C点到达B点时，速度减为零，然后再返回到A点．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝33，整个过程斜面均保持静止，物块所带电荷量不变．则下列判断正确的是()A．物块在上滑过程中机械能一定减小B．物块在上滑过程中，增加的重力势能一定大于减少的电势能C．物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能D．物块在下滑过程中，斜面与地面之间的摩擦力可能不为零答案C解析上滑过程中满足Eq cosθ>F f＋mg sinθ，则静电力做功大于摩擦力做功，即除重力以外的其他力的合力对物块做正功，则物块的机械能增加，选项A错误；上滑过程中由动能定理W电＋W f＋W G＝ΔE k，W电>|W G|，则物块在上滑过程中，增加的重力势能一定小于减少的电势能，选项B错误；由于物块下滑经过C点往下运动，再返回到C点时有摩擦力做功，则由功能关系可知物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能，选项C正确；当不加电场时，由于斜面对物块的支持力为F N＝mg cos30°，摩擦力F f＝μmg cos30°＝mg sin30°，可知支持力和摩擦力的合力方向竖直向上；当加电场时，F N＝mg cos30°＋qE sin30°，F f＝μ(mg cos30°＋qE sin30°)，支持力和摩擦力成比例关系增加，则摩擦力和支持力的合力仍竖直向上，根据牛顿第三定律，则物块给斜面的摩擦力和压力的合力方向竖直向下，可知斜面在水平方向受力为零，则斜面所受地面的摩擦力为零，选项D错误．2．(2023·河北邯郸市模拟)如图所示，在一带电竖直平行金属板之间，有一质量为m，带电荷量为＋q的小球被绝缘细线悬挂静止于A点，剪断细线后，小球恰能沿直线AB运动，经时间t后到达B点，已知直线AB与水平方向的夹角为45°，重力加速度为g，规定A点的电势为零，下列说法正确的是()A ．电场强度大小为E ＝2mg qB ．B 点的电势φB ＝mg 2t 22qC ．小球在B 点的电势能E B ＝mg 2t 22D ．小球机械能的变化量为mg 2t 22答案D 解析小球沿直线AB 运动，合力沿AB 方向，如图所示则有qE tan 45°＝mg ，解得E ＝mg q ，故A 错误；由牛顿第二定律得加速度为mg sin 45°＝ma ，由匀变速直线运动规律，得小球到B 点的速度为v ＝at ，设AB ＝L ，根据动能定理得mgL sin 45°＋qEL cos 45°＝12m v 2，解得静电力做功W ＝qEL cos 45°＝m v 24，根据W ＝qU AB ，解得U AB ＝m v 24q，根据U AB ＝φA －φB ，且A 点的电势为零，解得φB ＝－mg 2t 22q，B 点的电势能为E B ＝qφB ，联立解得：E B ＝－mg 2t 22，故B 、C 错误；小球机械能的变化量等于静电力做的功，ΔE ＝W ＝mg 2t 22，故D 正确．3．如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球，系在一根长为L 的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O 点做圆周运动．AB 为圆周的水平直径，CD 为竖直直径，已知重力加速度为g ，电场强度E ＝mg q，不计空气阻力，下列说法正确的是()A ．若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则它运动的最小速度v ＝2gLB ．若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则小球运动到A 点时的机械能最小C ．若将小球在A 点由静止开始释放，则小球运动到B 点时的速度为v ＝2gLD ．若将小球在A 点以大小为v ＝gL 的速度竖直向上抛出，它将沿圆周到达B 点答案B 解析由于电场强度E ＝mg q，故mg ＝Eq ，物体的加速度大小为a ＝2g ，若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则它运动的最小速度为v ，则有2mg ＝m v 2L ，解得v ＝2gL ，A 错误；除重力和弹力外其他力做功等于机械能的增加值，若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则小球运动到A 点时，电势能最大，故到A 点时的机械能最小，故B 正确；小球受合力方向与电场方向夹角45°斜向下，故若将小球在A 点由静止开始释放，小球运动到B 点的过程中，由动能定理得qE ·2L ＝12m v 2，解得：v ＝2gL ，故C 错误；若将小球在A 点以大小为gL 的速度竖直向上抛出，小球将不会沿圆周运动，小球在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀加速运动，因Eq ＝mg ，故水平加速度与竖直加速度大小均为g ，当竖直方向上的位移为零时，时间t ＝2L g ，则水平位移x ＝12gt 2＝2L ，则说明小球刚好运动到B 点，故D 错误．4．(多选)如图所示，在竖直面内有一半径为R 的圆环形轨道，轨道内部最低点A 处有一质量为m 的光滑带正电的小球(可视作质点)，其所带电荷量为q ，在圆环区域内存在着方向水平向右的匀强电场，电场强度E ＝3mg 3q ，现给小球一个水平向右的初速度，使小球开始运动，以下说法正确的是()A ．若v 0＞ 1＋3 gR ，则小球可以做完整的圆周运动B ．若小球可以做完整的圆周运动，则轨道所给弹力的最大值与最小值相差43mgC ．若v 0＝5gR ，则小球将在轨道最高点B 处脱离轨道D ．若v 0＝gR ，则小球不会脱离轨道答案BCD 解析小球同时受到重力和静电力作用，这时可认为小球处于等效重力场中，小球受到的等效重力为：G ′＝ mg 2＋ qE 2＝mg 2＋ 33mg 2＝233mg ，等效重力加速度为g ′＝G ′m ＝233g ，等效重力与竖直方向的夹角为θ，如图所示，则有：tan θ＝qE mg ＝33，θ＝30°，小球可以做完整的圆周运动，在等效最高点，有：mg ′≤m v 2R，从等效最高点达到A 点过程中，根据动能定理可得：mg ′(R ＋R cos θ)＝12m v 02－12m v 2，解得：v 0≥2 3＋1 gR ，故A 错误；若小球可以做完整的圆周运动，则小球在等效重力场中最低点轨道所给的弹力最大，等效最高点轨道所给的弹力最小；在等效最低点有：F 1－G ′＝m v 12R ，在等效最高点有：F 2＋G ′＝m v 22R，在等效重力场中，从最高点达到最低点过程中，根据动能定理可得：mg ′·2R ＝12m v 12－12m v 22，解得轨道所给弹力的最大值与最小值相差为：F 1－F 2＝43mg ，故B 正确；若v 0＝5gR ，小球到达最高点B 处的过程中，重力做负功，静电力不做功，则有：－mg ·2R ＝12m v B 2－12m v 02，解得：v B ＝gR ，故可得小球将在轨道最高点B 处脱离轨道，故C 正确；在等效重力场中，若v 0＝gR ，小球没有超过等效重力场中的半圆，故小球不会脱离轨道，故D 正确．5.如图所示，在竖直平面内有直角坐标系xOy ，有一匀强电场，其方向与水平方向成α＝30°角斜向上，在电场中有一质量为m ＝1×10－3kg 、电荷量为q ＝1.0×10－4C 的带电小球，用长为L ＝335m 的不可伸长的绝缘细线挂于坐标原点O ，当小球静止于M 点时，细线恰好伸直且水平．现用外力将小球拉到最低点P ，然后无初速度释放，g ＝10m/s 2.(1)求电场强度E 的大小；(2)求小球再次到达M 点时的速度大小；(3)如果小球再次到达M 点时，细线突然断裂，从此时开始计时，求小球运动t ＝1s 时的位置坐标．答案(1)200N/C (2)6m/s (3)(2835m,6m)解析(1)当小球静止于M 点时，由平衡条件得qE sin α＝mg解得E ＝200N/C(2)小球所受静电力和重力的合力恒定，大小为F ＝3mg ，方向水平向右，设小球运动到M 点时，小球的速度为v ，则由动能定理得3mgL ＝12v 2解得v ＝6m/s(3)小球运动到M 点时，细线突然断裂，小球的速度方向竖直向上，所受合力F 水平向右，小球将做类平抛运动，由牛顿第二定律得3mg ＝ma在竖直方向上，有y ＝v t在水平方向上，有x 1＝12at 2解得x ＝x 1＋L ＝2835m ，y ＝6m 所以小球的位置坐标为(2835m,6m)．6.(2023·新疆喀什市检测)如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB 与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC 平滑连接，半圆形轨道的半径R ＝0.40m ，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E ＝3.0×104N/C.现有一电荷量q ＝＋1.0×10－5C 、质量m ＝0.04kg 的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P 点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C ，然后落至水平轨道上的D 点(图中未画出)，取g ＝10m/s 2.求：(1)带电体运动到圆形轨道C 点时的速度大小；(2)带电体在圆弧形轨道上运动的最大速度；(3)D 点到B 点的距离x .答案(1)2.0m/s (2)22m/s (3)0.2m 解析(1)设带电体经过C 点时的速度为v C ，根据牛顿第二定律得：mg ＝m v C 2R解得：v C ＝2.0m/s(2)设带电体通过B 点时的速度为v B ，带电体从B 运动到C 的过程中，根据动能定理得：－2mgR ＝12m v C 2－12m v B 2解得：v B ＝25m/s 根据静电力和重力的比值关系可知，等效最低点与竖直方向的夹角为tan θ＝qE mg ＝1.0×10－5×3.0×100.04×10＝34即θ＝37°，等效最低点的位置如图所示：由B 到等效最低点根据动能定理得：qE ·R sin 37°－mg ·R (1－cos 37°)＝12m v m 2－12m v B 2解得：v m ＝22m/s(3)带电体离开圆弧轨道后在竖直方向上：2R ＝12gt 2在水平方向上：x ＝v C t －qE 2mt 2联立解得：x ＝0.2m.7．如图所示，绝缘轨道CDGH 位于竖直平面内，圆弧段DG 的圆心角为θ＝37°，DG 与水平段CD 、倾斜段GH 分别相切于D 点和G 点．CD 段粗糙，DGH 段光滑．在H 处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道处于电场强度为E ＝1×104N/C 、水平向右的匀强电场中，一质量m ＝4×10－3kg 、带电荷量q ＝＋3×10－6C 的小滑块在C 处由静止释放，经挡板碰撞后滑回到CD 段的中点P 处时速度恰好为零．已知CD 段长度L ＝0.8m ，圆弧DG 的半径r ＝0.2m；不计滑块与挡板碰撞时的动能损失，滑块可视为质点．g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin 37°＝0.6，求：(1)滑块与CD段之间的动摩擦因数μ；(2)滑块在CD段上运动的总路程；(3)滑块与绝缘挡板碰撞时的最大动能和最小动能．答案(1)0.25(2)2.4m(3)0.018J0.002J解析(1)滑块由C处释放，经挡板碰撞后第一次滑回P点的过程中，由动能定理得qE L 2－μmg(L＋12L)＝0解得μ＝Eq3mg＝0.25；(2)滑块在CD段上受到的滑动摩擦力μmg＝0.01N静电力Eq＝0.03N滑动摩擦力小于静电力，故不可能停在CD段，滑块最终会在DGH间来回往复运动，到达D 点的速度为0.全过程由动能定理得EqL－μmgs＝0解得s＝2.4m；(3)GH段的倾角为37°，因为Eq cosθ＝mg sinθ＝0.024N，则加速度a＝0，所以滑块与绝缘挡板碰撞的最大动能为滑块第一次运动到G点的动能．对C到G过程由动能定理得E kmax＝Eq(L＋r sinθ)－μmgL－mg(r－r cosθ)＝0.018J滑块最终在DGH间来回往复运动，碰撞绝缘挡板时有最小动能．对D到G过程由动能定理得E kmin＝Eqr sinθ－mg(r－r cosθ)＝0.002J.8．如图所示，圆心为O、半径为R的圆弧形光滑轨道MN固定在竖直平面内，O、N恰好处于同一竖直线上，ON＝R，OM与竖直方向之间的夹角θ＝37°，水平面上方空间存在水平向左的匀强电场．水平面上有一点P，点P、M的连线恰好与圆弧轨道相切于M点，PM＝2R.现有一质量为m、电荷量为＋q的小球(可视为质点)从P点以一定的初速度沿PM做直线运动，小球从M点进入圆弧轨道后，恰好能沿圆弧轨道运动并从N点射出．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g.求：(1)小球沿圆弧轨道运动过程中的最小速度的大小；(2)小球在P 点时的初速度大小；(3)小球在水平面上的落点到P 点的距离．答案(1)53gR (2)353gR (3)(32＋3)R 解析(1)由小球沿PM 做直线运动可知，小球所受的静电力与重力的合力方向沿MP 方向，受力分析如图(a)所示：则qE tan θ＝mg解得：E ＝4mg3q小球恰好能沿圆弧运动并从N 点射出可知，小球在圆弧轨道上经过“等效最高点G ”时速度最小，如图(b)所示：此时小球所受的静电力与重力的合力提供向心力，则mg sin θ＝m v G 2R 解得：v G ＝53gR (2)小球从P 点运动到G 点的过程中，根据动能定理得：－mg sin θ·3R ＝12m v G 2－12m v 02解得：v 0＝353gR (3)小球从G 点运动到N 点的过程中，根据动能定理得：mg sin θ(R －R sin θ)＝12m v N 2－12m v G 2解得：v N ＝3gR小球从N 水平飞出后，在水平方向上做初速度为3gR 的匀加速运动，在竖直方向上做自由落体运动，设小球从N 飞出到落地的时间为t ，则竖直方向上：R ＋R cos θ＋2R sin θ＝12gt 2解得：t ＝6R g水平方向上的加速度大小为a x ＝qE m ＝43g 小球在水平面上的落点到N 点的水平距离为x ＝v N t ＋12a x t 2解得：x ＝(32＋4)R则小球在水平面上的落点到P 点的距离为x 0＝x －(2R cos θ－R sin θ)＝(32＋3)R .。
力电综合(含答案)
专题训练：力电综合问题的处理1．如图所示，已知带电小球A、B的电荷量分别为Q A、Q B，OA=OB，都用长L的绝缘丝线悬挂在绝缘墙角O点处。
静止时A、B相距为d。
为使平衡时AB间距离变为2d，可采用以下哪些方法A．将小球B的质量变为原来的八分之一B．将小球B的质量增加到原来的8倍C．将小球A、B的电荷量都增为原来的二倍，同时将小球B的质量变为原来的一半D．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍【答案】AC2．如图所示，粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC放置在水平面上，∠CAB=30°，斜面内部O点（与斜面无任何连接）固定有一正点电荷，一带负电的小物体（可视为质点）可以分别静止在M、N、MN的中点P上，OM＝ON，OM∥AB，则下列判断正确的是（）A．小物体分别在三处静止时所受力的个数一定都是4个B．小物体静止在P点时受到的支持力最大，静止在M、N点时受到的支持力相等C．小物体静止在P点时受到的摩擦力最大D．当小物体静止在N点时，地面给斜面的摩擦力为零【答案】B3．如图所示，水平放置的平行金属板充电后在板间形成匀强电场，板间距离为d，一个带负电的液滴带电荷量大小为q，质量为m，从下板边缘射入电场，沿直线从上板边缘射出，则下列说法正确的是A．液滴做的是匀速直线运动B．液滴做的是匀减速直线运动C．两板间的电势差为mgdqD．液滴的电势能减少了mgd【答案】ACD4．如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。
若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子A.所受重力与电场力平衡B.电势能逐渐增加C.动能逐渐增加D.做匀变速直线运动【答案】 BD5．光滑水平面上有一边长为L的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行．一质量为m、带电荷量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速度v0进入该正方形区域．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能不可能为A. B.C. D.【答案】 B6．如图所示，光滑绝缘的水平面上有带异种电荷的小球A、B，它们在水平向右的匀强电场中保持相对静止并共同向右做匀加速直线运动．设A、B的电荷量绝对值依次为Q A、Q B，则下列判断正确的是A．小球A带正电，小球B带负电，且Q A>Q BB．小球A带正电，小球B带负电，且Q A<Q BC．小球A带负电，小球B带正电，且Q A>Q BD．小球A带负电，小球B带正电，且Q A<Q B【答案】 D7．如右图所示，一光滑绝缘水平木板（木板足够长）固定在水平向左、电场强度为E的匀强电场中，一电量为q（带正电）的物体在水平恒力F作用下从A点由静止开始向右加速运动，经一段时间t撤去这个力，又经时间2t物体返回A点，则（）A.这一过程中带电物块的电势能先增加后减小，其变化量为0B.水平恒力与电场力的比为9:5C.水平恒力与电场力的比为7:3D.物块先向右加速到最右端，然后向左加速返回到A点【答案】AB8．如图所示，用绝缘细线拴一个带负电的小球，让它在竖直向下的匀强电场中绕O 点做竖直平面内的圆周运动，a 、b 两点分别是圆周的最高点和最低点，则 A ．小球经过a 点时，线中的张力最小 B ．小球经过a 点时，电势能最大C ．小球经过b 点时，线中的张力最小D ．小球经过b 点时，机械能最小 【答案】D9．如图所示，水平向左的匀强电场场强大小为E ，一根不可伸长的绝缘细线长度为l ，细线一端拴一个质量为m 、电荷量为q 的带负电小球，另一端固定在O 点．把小球拉到使细线水平的位置A ，然后由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向夹角θ＝60°的位置B 时速度为零．以下说法中正确的是( )A ．A 点电势低于B 点电势B ．小球受到的电场力与重力的关系是EqC ．小球在B 点时，细线拉力为2mgD ．小球从A 运动到B 【答案】B10．有一匀强电场，其场强为E ，方向水平向右，把一个半径为r 的光滑绝缘环，竖直放置于场中，环面平行于电场线，环的顶点A 穿有一个质量为m ，电量为q(q>0)的空心小球，如图所示，当小球由静止开始从A 点下滑1/4圆周到B 点时，小球对环的压力大小为( ) A ．2mg B ．qE C ．2mg+qE D ．2mg+3qE 【答案】D．如图所示，空间存在足够大的竖直向下的匀强电场，带正电荷的小球（可视为质点且所受电场力与重力相等）自空间0点以水平初速度v 0抛出，落在地面上的A 点，其轨迹为一抛物线。
高考物理复习第七章链接高考7电场中的力电综合问题讲义(含解析)新人教版
电场中的力电综合问题考点一带电粒子在交变电场中的运动问题[ 考点解读 ]1．常有的交变电场常有的交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等．2．常有的题目种类(1)粒子做单向直线运动 ( 一般用牛顿运动定律求解 ) ．(2)粒子做来回运动 ( 一般分段研究 ) ．(3)粒子做偏转运动 ( 一般分解研究 ) ．3．解答带电粒子在交变电场中运动的思想方法(1)着重全面剖析 ( 剖析受力特色和运动规律 ) ，抓住粒子的运动拥有周期性和在空间上拥有对称性的特色，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确立与物理过程有关的边界条件．(2)剖析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，依据牛顿第二定律及运动学规律剖析；二是功能关系．(3)注意对称性和周期性变化关系的应用．[ 典例赏析][ 典例1]如图甲所示， A 和B 是真空中正对面积很大的平行金属板，O点是一个能够连续产生粒子的粒子源，O点到 A、 B 的距离都是l .此刻 A、 B之间加上电压，电压U AB随时间变化的规律如图乙所示．已知粒子源在交变电压的一个周期内能够平均产生300 个粒子，粒子质量为m、电荷量为－q.这类粒子产生后，在电场力作用下从静止开始运动．设粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消逝，不影响A、 B板电势．不计粒子的重力，不考虑粒子之间的相互作使劲．已知上述物理量l ＝0.6 m， U0＝1.2 ×10 3 V ，T＝1.2 ×10 －2s，m＝5×10 －10 kg ，q＝1.0 ×10 －7 C.(1)在 t ＝0时辰产生的粒子，会在什么时辰抵达哪个极板？T(2)在 t ＝0到 t ＝2这段时间内哪个时辰产生的粒子恰巧不可以抵达 A 板？(3)在 t ＝0到 t ＝TA 板？2这段时间内产生的粒子有多少个可抵达[ 审题指导 ]板间的电压为交变电压，前半个周期和后半个周期粒子均做匀变速直线运动，但两个过程加快度不一样，粒子在不一样时辰开始运动，情形不一样，剖析时应联合粒子受力和速度的变化状况才能得出正确结论．[ 分析 ](1) 依据题图乙可知，从 t ＝ 0 时辰开始， A 板电势高于 B 板电势，粒子向 A板运动．T 2qU2 ＝3.6 m> l ，因此粒子从t ＝ 0 时辰开始，向来加快抵达A 板．因为 x ＝ 4lm1qU 0 2设粒子抵达 A 板的时间为 t ，则 l ＝ 2· 2lm t解得 t ＝ 6× 10－ 3 s.T(2) 在 0～ 2时间内，粒子的加快度大小为qU052a 1＝＝ 2× 10 m/sT在 2～ T 时间内，粒子的加快度大小为2qU 05 m/s 22＝＝4× 10a2lm可知 a ＝2a ，若粒子在TTt 恰巧不可以抵达A0～ 2时间内加快t ，再在 2～ T 时间内减速221板，则1 2＋ a 1t · t1 t 2l ＝ a 1t－ a 22222解得 t＝ 2× 10－3 sT6× 10 －3s ，因为 2＝T－ 3A 板．因此在 0～ 2时间内 4× 10s 时辰产生的粒子恰巧不可以抵达T2(3) 因为粒子源在一个周期内能够产生300 个粒子，而在 0～2时间内的前 3时间内产生1 2的粒子能够抵达A 板，因此抵达 A 板的粒子数 n ＝300× 2× 3＝ 100( 个) ．[答案] (1)6×10 －3 s抵达 A 极板 (2)4 ×10 －3 s 时辰 (3)100 个[ 题组稳固 ]1．如图 (a) 所示，两平行正对的金属板A 、B 间加犹如图 (b) 所示的交变电压，一重力可忽视不计的带正电粒子被固定在两板的正中间 P 处．若在 t 0 时辰开释该粒子，粒子会时 而向 A 板运动，时而向 B 板运动，并最后打在A 板上．则 t 0 可能属于的时间段是 ()A． 0＜t0＜TB.T＜t0＜3T4243T9TC. 4＜t0＜T D．T＜t0＜8分析： B [ 设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意知，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最后打在 A 板上时位移为负，速度方向为负．分别作出t 0＝0、T、T、3T 424时粒子运动的 v－ t 图象，如下图．因为v－ t 图线与时间轴所围面积表示粒子经过的位移，则由图象知， 0＜t0＜T与3T＜t0＜T时粒子在一个周期内的总位移大于零，T＜ t 0＜3T时4444粒子在一个周期内的总位移小于零；t 0＞ T 时状况近似．因粒子最后打在 A 板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，比较各项可知B正确． ]2． ( 多项选择 ) 如图甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示． t ＝0m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，T时辰，质量为0～3时间内微粒匀速运动， T时辰微粒恰巧经金属板边沿飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加快度的大小为g.对于微粒在0～T时间内运动的描绘，正确的选项是 ()A．末速度大小为2v0B．末速度沿水平方向C．重力势能减少了1mgd2D．战胜电场力做功为mgdT分析： BC[0 ～ 3时间内微粒匀速运动，有mg＝ qE0.把微粒的运动分解，水平方向：做v 0 的匀速直线运动，竖直方向：T 2T2T 速度为 3～3 时间内，只受重力，做自由落体运动，3 时T2T20－mgTqE刻， v 1y ＝ g 3， 3 ～ T 时间内， a ＝ m＝ g ，做匀减速直线运动， T 时辰， v 2y ＝ v 1y －a · 3＝0，因此末速度v ＝v 0，方向沿水平方向，选项A 错误，B 正确；微粒的重力势能减少了p＝d 11 1 · ＝ mgd ，因此选项 C 正确；依据动能定理：mgd － W 克电 ＝ 0，得 W 克电 ＝ mgd ， DEmg 2 222错误． ]考点二 带电粒子的力电综合问题[ 考点解读 ]1．力学规律(1) 动力学规律：牛顿运动定律联合运动学公式．(2) 能量规律：动能定理或能量守恒定律．2．电场规律(1) 电场力的特色： F ＝ Eq ，正电荷遇到的电场力与场强方向同样．(2) 电场力做功的特色：W AB ＝FL AB cosθ ＝qU AB ＝ E pA － E pB .3．多阶段运动在多阶段运动过程中，当物体所受外力突变时，物体因为惯性而速度不发生突变，故物体在前一阶段的末速度即为物体在后一阶段的初速度．对于多阶段运动过程中物体在各阶段中发生的位移之间的联系，能够经过作运动过程草图来获取．[ 典例赏析 ][ 典例 2] 如下图， LMN 是竖直平面内固定的圆滑绝缘轨道， MN 水平且足够长， LM下端与 MN 相切．质量为 m 的带正电小球 B 静止在水平面上，质量为2m 的带正电小球 A 从LM 上距水平面高为h 处由静止开释，在A 球进入水平轨道以前，因为、 B 两球相距较远，A相互作使劲可以为零， A 球进入水平轨道后，A 、B 两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点．已知A 、B 两球一直没有接触．重力加快度为g . 求：(1) A 球刚进入水平轨道的速度大小；(2) A 、B 两球相距近来时， A 、 B 两球系统的电势能 E p ；(3) A 、B 两球最后的速度 v A 、 v B 的大小．[ 解题指导 ]小球的运动经历了两个过程，在圆弧轨道上运动机械能守恒，在水平轨道上运动时系统动量守恒，解答时应依据不一样的过程应用不一样的规律列式计算，同时注意：两过程连接点的速度是联系两个过程的桥梁，是解题的打破口．[ 分析 ] (1) 对 A 球下滑的过程，据机械能守恒得122mgh＝2×2mv0解得 v0＝2gh(2)A球进入水平轨道后，两球构成的系统动量守恒，当两球相距近来时共速，有2mv0＝ (2 m＋m) v2 2解得 v＝3v0＝32gh12据能量守恒定律得2mgh＝ (2 m＋m) v＋E p2解得 E p＝3mgh(3)当两球相距近来以后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作使劲为零，系统势能也为零，速度达到稳固．则2mv0＝ 2mv A＋mv B1212122×2mv0＝2×2mv A＋2mv B11442gh.解得 v ＝3v0＝3 2gh， v ＝3v0＝3A B[答案](1)2gh(2)2(3)14 mgh2gh2gh 333电场中动量和能量问题的解题技巧动量守恒定律与其余知识综合应用类问题的求解，与一般的力学识题求解思路并没有差异，不过问题的情形更复杂多样，剖析清楚物理过程，正确辨别物理模型是解决问题的关键．[ 题组稳固]1． ( 多项选择 ) 如下图，圆滑的水平轨道AB与半径为R 的圆滑的半圆形轨道BCD相切于B 点， AB 水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点．一质量为m、带正电的小球从距 B 点x 的地点在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，恰能经过最高点，则()A．R越大，x越大B．R越大，小球经过B点后瞬时对轨道的压力越大C．m越大，x越大D ． m 与 R 同时增大，电场力做功增大2v D分析： ACD [ 小球在 BCD 部分做圆周运动，在 D 点， mg ＝m R ，小球由 B 到 D 的过程中有：－ 2 1 2 1 2v B ＝5 ， R 越大，小球经过 B 点时的速度越大，则 x 越＝ D － B ，解得mgR 2mv2mvgR2v B大，选项 A 正确；在B 点有： F N － mg ＝m R ，解得 F N ＝ 6mg ，与 R 没关，选项B 错误；由Eqx12、 R 越大，小球在B 点的动能越大，则x 越大，电场力做功越多，选项 C 、 D＝B ，知2mvm正确． ]2．有一质量为 、长度为l的矩形绝缘板放在圆滑的水平面上，另一质量为 、带电Mm荷量的绝对值为 q 的物块 ( 视为质点 ) ，以初速度 v 0 从绝缘板的上表面的左端沿水平方向滑入，绝缘板所在空间有范围足够大的匀强电场，其场强盛小 3mgE ＝ 5 ，方向竖直向下，如图q所示．已知物块与绝缘板间的动摩擦因数恒定，物块运动到绝缘板的右端时恰巧相对于绝缘板静止；若将匀强电场的方向改变成竖直向上，场强盛小不变，且物块仍以原初速度从绝缘板左端的上表面滑入，结果二者相对静止时，物块未抵达绝缘板的右端．求：(1) 场强方向竖直向下时，物块在绝缘板上滑动的过程中，系统产生的热量； (2) 场强方向竖直向下时与竖直向上时，物块遇到的支持力之比；(3) 场强方向竖直向上时，物块相对于绝缘板滑行的距离．分析： (1) 场强方向向下时，依据动量守恒定律得mv 0＝ ( M ＋m ) vm因此 v ＝v 0M ＋ m依据能量守恒定律得11222mMv热量 Q ＝ 2mv 0－ 2( M ＋ m ) v ＝ 2 M ＋ m (2) 场强向下时 F N ＝mg － qE场强向上时 F N ′＝ mg ＋ qEF N1因此F N ′＝4(3) 两次产生的热量相等 μF N ′ l ′＝ Q ， μF N l ＝ Ql因此 l ′＝4.2lmMv0答案： (1) 2M＋m(2)1 ∶ 4 (3) 4思想方法 ( 十五 )用“等效法”办理带电粒子在电场和重力场中的运动1. 等效重力法将重力与电场力进行合成，如下图，则 F 合为等效重力场中的“重力”，F合g′＝m为等效重力场中的“等效重力加快度”， F 合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向．2.物理最高点与几何最高点方法在“等效劳场”中做圆周运动的小球，常常碰到小球在竖直平面内做圆周论述运动的临界速度问题．小球能保持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不必定是几何最高点，而应是物理最高点．几何最高点是图形中所画圆的最上端，是切合人眼视觉习惯的最高点．而物理最高点是物体在圆周运动过程中速度最小 ( 称为临界速度 ) 的点．3.等效最“高”点与最“低”点的找寻确立重力和电场力的协力的大小和方向，而后过圆周圆心作等效重力作用线的反向延伸线，反向延伸线交圆周上的那个点即为圆周的等效最“高”点，延伸线交圆周的那个点为等效最“低”点.[典例赏析 ][ 典例 ] 如下图，半径为r 的绝缘圆滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为、带电荷量为＋q 的珠子，此刻圆环平面内加一个匀强电场，使珠子由最高点A从静止开m始开释( 、为圆环的两条相互垂直的直径) ，要使珠子沿圆弧经过、C 恰巧能运动到AC BD BD.(重力加快度为g)(1)求所加电场的场强最小值及所对应的场强的方向；(2) 当所加电场的场强为最小值时，求珠子由A抵达 D的过程中速度最大时对环的作用力大小；(3) 在 (1) 问电场中，要使珠子能达成完好的圆周运动，在 A 点起码应使它拥有多大的初动能？[ 思路点拨 ]解答此题时要应用“等效场”的方法，先对小球受力剖析，求出电场力和重力的协力，做一条与协力平行的直径，则直径的两个端点分别对应速度最小地点和速度最大地点．[分析](1) 依据题述，珠子运动到弧中点M 时速度最大，作过M点的直径，设BC MN 电场力与重力的协力为F，则其方向沿NM方向，剖析珠子在M点的受力状况，由图可知，当 F 电垂直于 F 时， F 电最小，最小值为：2F 电min＝mg cos 45°＝2 mgF 电min＝qE min2mg解得所加电场的场强最小值E min＝2q，方向沿∠AOB的角均分线方向指向左上方．(2)当所加电场的场强为最小值时，电场力与重力的协力为2F＝ mg sin 45°＝2 mg把电场力与重力的协力看做是“等效重力”，对珠子由 A 运动到 M的过程，由动能定理得212F r ＋2r ＝2mv－0在 M点，由牛顿第二定律得：N v2 F － F＝m r联立解得 F N＝322＋1 mg由牛顿第三定律知，珠子对环的作使劲大小为F N′＝ F N＝322＋1 mg.(3)由题意可知， N 点为等效最高点，只需珠子能抵达 N 点，就能做完好的圆周运动，珠子在 N点速度为0时，所需初动能最小，此过程中，由动能定理得：－ F r － 2r ＝ 0－ E kA2解得kA ＝2－ 1 .E2 mgr[答案]看法析[ 题组稳固 ]1．(2019 ·陕西西安质检 ) 如下图的装置是在竖直平面内搁置的圆滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，带负电荷的小球从高为h 的 A 处由静止开始下滑，沿轨道运ABC动并进入圆环内做圆周运动．已知小球所受电场力是其重力的3 ，圆环半径为，斜面倾角4 R为 θ ＝60°， s ＝ 2R . 若使小球在圆环内能做完好的圆周运动，h 起码为多少？ (sin 37 °BC＝0.6 ，cos 37 °＝ 0.8)分析： 小球所受的重力和电场力都为恒力，故可将两力等效为一个力F ，如图所示．可知 F ＝1.25 mg ，方向与竖直方向成37°角．由图可知，小球做完好的圆周运动的临界点是 D 点，设小球恰巧能经过D 点，即达到 D 点时圆环对小球的弹力恰巧为零．由圆周运动知识得：22＝v D，即 1.25 ＝v DFm R mg m R小球由 A 运动到 D 点由动能定理联合几何知识得：3h＋ 2 ＋ sin 37 ° 12mg ( h －R － R cos 37 °) － 4mg ×tanθDR R＝ 2mv ，联立解得 h ≈7.7 R .答案： 7.7 R2．如下图，一条长为L 的细线上端固定，下端拴一个质量为 m 、电荷量为 q 的小球， 将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从 A 点静止开释，当细线走开竖直地点偏角α ＝60°时，小球速度为零．高考物理复习第七章链接高考7电场中的力电综合问题讲义(含解析)新人教版(1) 求小球带电性质和电场强度E ；(2) 若小球恰巧达成竖直圆周运动，求从A 点开释小球时应有的初速度 v A 的大小 ( 可含根式)．分析： (1) 依据电场方向和小球受力剖析可知小球带正电．小球由 A 点开释到速度等于零，由动能定理有EqL sinα － mgL (1 － cos α ) ＝ 03mg解得E ＝ 3 .q(2) 将小球的重力和电场力的协力作为小球的等效重力′，则′＝ 2 3 ，方向与GG 3 mg竖直方向成 30°角倾向右下方．若小球恰能做完好的圆周运动，在等效最高点有v 2 2 3m L ＝ 3 mg12122 3°)2mv －A ＝－3 (1 ＋cos 302mvmgL联立解得v A ＝2 3＋1 .gL答案： (1) 正电3mggL 3＋ 1(2)23q。
2019版一轮物理教科版课件：第七章 第四讲 带电粒子在电场中运动的力、电综合问题 精品
(1)试求在 0～kT 与 kT～T 时间内射出 B 板电子的速度各是多 大？ (2)在 0～T 时间内，荧光屏上有两个位置会发光，试求这两个 发光点之间的距离．(结果用 L、d 表示)
解析：(1)电子经过电容器内的电场后，速度要发生变化，设在 0～kT 时间内，穿出 B 板后速度为 v1，kT～T 时间内射出 B 板 电子的速度 v2 据动能定理有：－eU0＝12mv21－12mv20，eU0＝12mv22－12mv20 将 U0＝m6ve20代入上式，得：v1＝ 36v0，v2＝2 33v0 (2)在 0～kT 时间内射出板电子在偏转电场中，电子的运动时 间：t1＝vL1 侧移量：y1＝12at21＝2emU0dLv221，得 y1＝8Ld2
解析：根据交变电压的变化规律，作出电子的加速度 a、速度 v 随时间变化的图线，如图甲、乙．从图中可知，电子在第一 个T4内做匀加速运动，第二个T4内做匀减速运动，在这半周期内， 因初始 B 板电势比 A 板电势高，所以电子向 B 板运动，加速 度大小为meUd.在第三个T4内电子做匀加速运动，第四个T4内做匀 减速运动，但在这半周期内运动方向与前半周期相反，向 A 板 运动，加速度大小为meUd.所以电子在交变电场中将以 t＝T4时刻 所在位置为平衡位置做周期性往复运动，综上分析选项 D 正确．
(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．
解析：(1)设油滴质量和电荷量分别为 m 和 q，油滴速度方向向 上为正．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 qE2－mg＝ma1① 油滴在时刻 t1 的速度为 v1＝v0＋a1t1②
第一讲第四课时电场中带电体的力电综合问题的分析方法PPT课件
四、用功能关系处理带电体在电场中的运动问题
题1 A
如图，A、B带等量电荷，A从静止释放， 碰撞无能量损失。反弹时的最大高度h和
H H的关系？
分析：碰撞前后动能等，达到最高点速度为0.
B
已知初末速度，位移和受力------动能定理
1度上.当为升A：v。BW同下库性降-m时：g，hm=碰g0H-撞-W前21 m库后v=2各21自m电v量2不变所，以设h=碰H撞前后速
落地速度 va<vb，C 错误，D 正
图12
确.
5、如图所示，点电荷＋4Q 与＋Q 分别固定在 A、B 两点，C、D 两
点将 AB 连线三等分，现使一个带负电的粒子从 C 点开始以某一初速度向
右运动，不计粒子的重力，则该粒子在 CD 之间运动的速度大小 v 与时间 t
的关系图象可能是图中的
(B )
ｍｇ＝Ｅｑｔａｎθ
则Ｅ＝ 3mg q
２能.定电理场：线（竖ｍ直ｇ向＋下Ｅ时ｑ，）电Ｒ场（力１、－重ｓ力ｉ做ｎ正θ功）。＝从21Ａmv到2B Ｂ由动
３．在Ｂ点：Ｎ－ｍｇ－Ｅｑ＝
m
两细线同时剪断，则
×A．两球都做匀变速运动
BD
()
下落时间相同，B 正确.
水平方向，库仑力逐渐变小，两 球在库仑力作用下做变加速直线
B．两球下落时间相同
运动 A 错误.
×C．落地时两球水平位移相同
由 a＝mF可知，加速度 aa<ab，所
D．a 球落地时的速度小于 b 球落地时的速度 以两球落地时水平位移 xa<xb，
３Ｃ 面光滑， 电荷质ｍ， 半径Ｒ
Ｄ
θ Ｎ
Ａ ｑＥ
匀强电场水平向右，电荷在Ａ点 静止，θ＝３００.若电场方向转 为竖直向下，大小不变，求电荷
【高考】培优讲座(七)电场中的力电综合问题—高中物理一轮复习ppt课件
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
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足 高考培优讲座(七) 电场中的力电综合问题
高考培优讲座(七) 电场中的力电综合问题
高考培优讲座(七) 电场中的力电综合问题
qE －mg＝ma 高考培优讲座(七) 电场中的力电综合问题
60、原来，我们这些人的青春，每一个人都是暗伤连城。——独木舟
或 t > 1＋ 23 vg 1412.1、.成资、责功 源在任的部爱的唯分情1含一：里义秘了，诀解谁我—先国—动的坚了资持心源到，现最谁状后0就一(会水分落资钟了源。下紧风缺。、其能实源不危是机，)，而认是识谁资的源愧合疚理深开，发谁、才保落护了和下综风合。利用的重要性。
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25＋1vg0
另一解为负，不合题意，已舍去．
[答案] 见解析
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第七章 静电场
10
解决力电综合问题的一般思路
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第七章 静电场
11
【突破训练】 (2020·甘肃兰州高三诊断考试)水平面上有一个竖直放置的部分圆 弧轨道，A 为轨道的最低点，半径 OA 竖直，圆心角 AOB 为 60°， 半径 R＝0.8 m，空间有竖直向下的匀强电场，场强 E＝1×104 N/C. 一个质量 m＝2 kg、电荷量为 q＝－1×10－3 C 的带电小球，从轨 道左侧与圆心 O 同一高度的 C 点水平抛出，恰好从 B 点沿切线进入圆弧轨道，到达最 低点 A 时对轨道的压力 FN＝32.5 N．不计空气阻力，重力加速度 g 取 10 m/s2，求： (1)小球抛出时的初速度 v0 的大小； (2)小球从 B 到 A 的过程中克服摩擦所做的功 Wf.
专题07 静电场中的力和能量问题(分层练)(解析版)
专题07 静电场中的力和能量问题A·常考题不丢分命题点01 利用库伦定律求解点电荷的受力问题命题点02 同种或异种点电荷周围电势和电场强度的分布命题点03 带电粒子在电场中的运动和功能关系命题点04 等量点电荷在空间的电势和电场强度分布命题点05 多点电荷或带电体周围电势和电场强度叠加问题命题点06 带电粒子在匀强电场中的运动问题B·拓展培优拿高分C·挑战真题争满分【命题点01 利用库伦定律求解点电荷的受力问题】B．A．42kQqa2A．A、B间的库仑力为F=9kq24L2B．挂A、B两球的绳子的拉力之比为C．A、B两球的质量之比为1:3D．两绳偏离竖直方向的夹角与两个小球带的电量成正比A．B球的电荷量可能为＋B．C球的电荷量为−C．三个小球一起运动的加速度为设C球所带的电荷量为kQq l2cos60°=kq2l2解得C球带负电，故B错误；C．设三个小球的加速度都是【命题点02 同种或异种点电荷周围电势和电场强度的分布】【针对练习4】（多选）如图甲所示，上位于竖直方向上的四点，一带电量为A．AB两点电势差U AB=16.16VB．小物块从B点到C点电场力做的功W=4×10−3JC．B点为AC间电场强度最大的点，场强大小E=20.4 V / m D．由A到C的过程中小物块的电势能先减小后变大【答案】AC【详解】A．据v−t图可知A、B两点的速度，根据动能定理可得qU−mgℎAB=12mv2B−12mv2AA．沿x轴移动时电子的动能先增大后减小B．沿y轴移动时电子的动能先增大后减小C．在y=−a处固定电荷量为D．在y=−a处固定电荷量为【答案】ACx 轴上，从x =−12a 处移动到x =12a 处，场强先减小后变大，电场力先做正功后做负功，电子的动能先增大后减小。
y 轴上，场强从原点向外，先增大后减小，从电子的动能先减小后增大，A 正确，C ．在y =−a 处固定电荷量为25Q 的负点电荷电荷连线上关于O对称的两点。
高考物理复习---《带电粒子在电场中的力电综合问题》考点PPT课件
3.(2019·天津卷·3)如图3所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带
电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，
方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程
A.动能增加12mv2
√B.机械能增加 2mv2
C.重力势能增加32mv2
D.电势能增加 2mv2
图3
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A.末速度大小为 2v0
√B.末速度沿水平方向 √C.重力势能减少了12mgd
D.克服电场力做功为 mgd 图2
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解析 因 0～T3时间内微粒做匀速运动，故 E0q＝mg； 在T3～23T时间内，微粒只受重力作用，做平抛运动，在 t＝23T时刻竖直方向的速度为 vy1＝g3T，水平方向的速 度为 v0； 在23T～T 时间内，由牛顿第二定律得 2E0q－mg＝ma， 解得 a＝g，方向向上，
则电势能的减少量为 ΔEp′＝32mv2＋12mv2＝2mv2，D 错误；
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由功能关系可知，除重力外的其他力对小球 所做的功在数值上等于小球机械能的增加量， 即2mv2，B正确.
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4.(多选)如图4甲所示，平行金属板相距为d，在两板间
加一如图乙所示的交变电压，有一个粒子源在平行金
√B.小球在轨道上运动时，机械能最大的位置一定在M点 √C.小球过Q、P点时所受轨道弹力大小的差值为6mg
D.小球过Q、P点时所受轨道弹力大小的差值为7.5mg
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图5
解析 根据等效场知识可得，电场力与重力的合力大小为 mg 等＝ mg2＋qE2＝54mg， 故等效重力加速度为 g 等＝54g，如图所示， tan θ＝mqEg＝43，即 θ＝37°，若小球刚好能通过 C 点关于圆心 O 对称的 D 点， 那么小球就能做完整的圆周运动.小球在D点时的动能最小，但D点并非 是其电势能最大的位置，小球电势能最大的位置在N点，选项A错误； 小球在轨道上运动的过程中遵守能量守恒定律，小球在轨道上M点的电 势能最小，机械能最大，选项B正确；
电场综合试题及答案
电场综合试题及答案一、单项选择题（每题2分，共10分）1. 电场强度的定义式为：A. E = F/qB. E = FqC. E = qFD. E = F/Q答案：A2. 电场中某点的场强方向是：A. 正电荷所受电场力的方向B. 负电荷所受电场力的方向C. 正电荷所受电场力的反方向D. 负电荷所受电场力的反方向答案：A3. 真空中两点电荷之间的静电力常数k的值是：A. 8.99 × 10^9 Nm^2/C^2B. 8.99 × 10^9 Nm^2/CC. 9.11 × 10^9 Nm^2/C^2D. 9.11 × 10^9 Nm^2/C答案：A4. 电场线的性质是：A. 电场线是闭合的B. 电场线是曲线C. 电场线是不相交的D. 电场线是直线答案：C5. 电场强度的方向与正电荷所受电场力的方向：A. 相反B. 相同C. 垂直D. 无关答案：B二、填空题（每题2分，共10分）1. 电场强度的单位是_______。
答案：牛顿每库仑（N/C）2. 电场中某点的场强为E，若将电荷量为q的点电荷置于该点，则该点电荷所受的电场力为_______。
答案：F = Eq3. 电场强度的国际单位是_______。
答案：伏特每米（V/m）4. 电场线起始于_______电荷，终止于_______电荷。
答案：正；负5. 电荷在电场中移动时，电场力做的功等于_______。
答案：电荷量乘以电势差三、计算题（每题10分，共20分）1. 已知点电荷Q=2 × 10^-6 C，距离点电荷r=0.1 m，求该点的电场强度。
答案：E = kQ/r^2 = (8.99 × 10^9 Nm^2/C^2) × (2 × 10^-6 C)/ (0.1 m)^2 = 1.798 × 10^4 N/C2. 一个正电荷q=1.6 × 10^-19 C在电场强度E=2 × 10^3 N/C的电场中，求该电荷所受的电场力。
高考物理复习----电场中的力电综合问题考点PPT课件
(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理 列式的方法常有两种： ①利用初、末状态的能量相等(即E1＝E2)列方程. ②利用某些能量的减少等于另一些能量的增加列方程. (3)两个结论 ①若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变. ②若带电粒子只在重力和电场力作用下运动，其机械能和电势能之和保 持不变.
解得FNC1′＝5.4qE 根据牛顿第三定律得FNC1＝5.4qE.
(2)小物块第一次通过D点后离开D点的最大距离； 答案 65R
答案 设小物块第一次到达D点时的速度大小为vD1，
根据动能定理有 qE(Lsin 37°－Rcos 37°)－μqELcos 37°＝12mvD12－0
解得 vD1＝
至此时在水平方向上的位移大小；
答案 12mv02＋2dφqh v0
mdh qφ
图5
解析 PG、QG间场强大小相等，均为E.粒子在PG间所受电场力F的方 向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有
E＝2dφ
①
F＝qE＝ma
②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
qEh＝Ek－12mv02
③
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移为l，
2.用能量观点处理带电体的运动 对于受变力作用的带电体的运动，必须借助能量观点来处理.即使都是 恒力作用的问题，用能量观点处理也常常更简捷.具体方法有： (1)用动能定理处理 思维顺序一般为： ①弄清研究对象，明确所研究的物理过程. ②分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是 负功. ③弄清所研究过程的初、末状态(主要指动能). ④根据W＝ΔEk列出方程求解.
则有 h＝12at2
④
l＝v0t
力电综合问题思路分析
力电综合问题思路分析力、电综合题的解答过程中，出现的失误突出表现为：（1）不能对带电体进行全面的受力情况分析，常出现漏力的情况，导致错误.（2）面对带电粒子在复合场中的运动，不能具体问题具体分析，受思维定势的影响，生搬硬套重力场中物体运动的规律导致错误.（3）对力学中规律（牛顿第二定律、动量定理、动能定理、动量守恒定律等）在场中的适用性感到困惑，不能据带电粒子的受力及运动情况灵活选择力学规律求解.考题实例1.如图1-1所示，虚线框abcd 内为一矩形匀强磁场区域，ab =2bc ,磁场方向垂直于纸面；实线框a ′b ′c ′d ′是一正方形导线框，a ′b ′边与ab 边平行.若将导线框匀速地拉离磁场区域，以W １表示沿平行于ab 的方向拉出过程中外力所做的功，W２表示以同样速率沿平行于bc的方向拉出过程中外力所做的功，则A.W １＝W ２B.W ２＝２W １C.W １＝２W ２D.W ２＝４W １图1-22.如图1-2甲所示.一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距l =0.20 m ，电阻R =1.0 Ω；有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B =0.5 Ｔ的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下.现在一外力F 沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F 与时间t 的关系如图1-2乙所示.求杆的质量m 和加速度a .精选例题图1-1［例1］如图1-3所示，已经充电的平行板电容器的极板相距为d ，在板上有个小孔，电容器固定在一绝缘底座上静置在光滑水平面上，总质量为M .有一质量为m 的带正电的铅丸对准小孔水平向左运动（重力不计），铅丸进入电容器后，距左板最小距离为d /2，此时电容器移动的距离________.命题意图：考查考生综合分析能力.B 级要求.错解分析：考生缺乏对整个物理过程的深入剖析，难以挖掘"带电铅丸与左板距离最小时速度相等"这一隐含条件，从而无法据动量守恒定律及动能定理切入求解.解题方法与技巧：设铅丸带电量为ｑ，初速度为v ０，电容器中场强为E .当铅丸进入电容器时，电容器中的电场对铅丸的电场力做功，使铅丸做匀减速运动，速度减小，而铅丸对电容器的作用力对电容器做功，电容器向左加速运动，速度增大，当铅丸离左极板距离为ｄ／２时，铅丸和极板共速，其速度为v ，电容器移动距离为ｓ，铅丸和电容器相互作用的过程中，系统水平方向动量守恒，即：mv ０＝（m ＋M ）v由动能定理得电场力对m 做的功为 －Ｅｑ·（ｓ＋2d ）＝21mv ２－21mv 0２电场力对M 做的功为Eqs ＝21Mv ２所以有 －Eq 2d ＝21（m ＋M ）v ２－21mv 0２所以ｓ＝mM m ·2d［例2］如图1-4所示，在竖直放置的两条平行光滑长导轨的上端，接有一个电容为C 、击穿电压为ＵB 的电容器，有一匀强磁场与导轨平面垂直，磁感应强度为B .现在有一根质量为m 、长为L 的金属杆ｅf ，在t ＝０时以初速度v ０沿导轨下滑.问：金属杆ｅf 下滑多长时间电容器就被击穿?假设图中任何部分的电阻均可忽略不计.命题意图：考查考生综合分析能力及实际应用能力.B 级要求.错解分析：对题目中呈现的物理过程缺乏细致的综合分析，弄不清过程中充电电流、导体棒下滑加速度及充电电压三者间的逻辑制约关系，尤其找不到I=CBLa 这一问题切入点，使思路陷入绝境.解题方法与技巧：先分析金属杆的运动情况.由于电路中电阻忽略不计，所以电容器两图1-3图1-4端电压U C等于金属杆两端的感应电动势，即ＵC＝BLv ①在金属杆的运动方向上有mg－BLＩ＝mａ②②式中的I为电容器的充电电流，因此Ｉ＝ΔQ／Δt＝C·ΔＵC／Δt＝CBLΔv／Δt＝CBLａ③③式代入②式ａ＝mg／（m＋CB２L２）④④式表明金属杆做匀加速运动，因此t时刻的速度v t＝v０＋ａt＝v０＋［mgt／（m＋CB２L２）］⑤当电容器两端电压U C＝ＵB时，电容器被击穿，由①式可知此时速度v＝ＵB／BL ⑥⑥代入⑤可知当t＝（ＵB／BL－v０）（m＋CB２L２）mg时，电容器将被击穿.●锦囊妙计一、高考走势从历年高考试题可以观察到：1.力、电综合命题多以带电粒子在复合场中的运动、电磁感应中导体棒动态分析，电磁感应中能量转化等为载体考查学生理解能力、推理能力、综合分析能力及运用数学知识解决物理问题的能力.2.命题在能力立意下，惯于物理情景的重组翻新，设问的巧妙变幻，即所谓旧题翻新，具有不回避重复的考查特点.3.综合能力考试更多地考虑学科内的综合，即考查学生对学科内不同部分、环节、要素之间内在联系的掌握程度，以及运用学科知识和方法，分析、解决实际问题的能力.学科内综合仍将成为近年综合测试的主题.因此，力、电综合问题，仍将是近年综合测试不可回避的命题热点，应引起足够的关注.二、力电综合类命题审题思路力电综合类题目以力和能量为主线，通过力学知识和电学知识的串接渗透作为背景，进行综合命题，其解题思路和解题步骤可以以“口诀”的形式加以理解记忆：画草图，想情景，选对象，建模型，分析状态和过程；找规律、列方程；检验结果行不行.1.画草图，想情景：审题是解题的首要环节，在全面审视题目的条件，解答要求的基础上，对题目的信息进行加工处理，画出示意图(包括受力分析图，运动情景图和轨迹图)，借助图示建立起清晰的物理情景.2.选对象，建模型：通过对整个题目的情景把握，选取研究对象，通过抽象、概括或类比等效的方法建立相应的物理模型，并对其进行全面的受力分析.如案例1，通过类比将铅丸与木板的作用转化为已有的"子弹击木块"模型，案例2将金属杆等效为电源模型，其电路等效为一个含电容器的电流回路模型，从而使解题思路显性化.3.分析状态和过程:对物体参与的全过程层层分析，对每一个中间过程的特点规律加以研究.分析挖掘相邻过程中的临界状态和临界条件，寻找各阶段物理量的变化与联系.4.找规律、列方程:在对物理状态和物理过程深刻把握的基础上，寻找题设条件与所求未知物理量的联系，从力的观点或能量的观点，依物理规律(牛顿第二定律，能的转化与守恒，动量守恒定律等)列出方程求解.5.检验结果行不行:对题目的所求结果进行检验，并对其结果进行物理意义上的表述和讨论.此外，在解题过程中，要特别注意以下两点，第一：对物体受力分析要全面，切忌漏力，要时刻关注电场力(F＝qE)，安培力(F＝BＩl)，洛伦兹力（F＝ｑvB）在具体情景中随物体带电属性(电荷的正负)，运动状态(速度的大小和方向)的变化特点.第二，力学的规律普遍适于力电综合问题的求解.利用能量观点分析求解时，不再拘泥于机械能间转化，要总揽全局，站在更高的角度来分析能量间(机械能与电势能、磁场能、内能等)的转化途径与转化方向，从而列出能量转化和守恒方程.●歼灭难点训练1.如图1-5所示，方向水平的匀强电场E中，有一带电体P自O点竖直向上入射，它的初动能为ＥkＯ＝４Ｊ，当P上升至最高点M时，动能Ｅk m＝５Ｊ.那么，当它向下运动通过与O在同一水平线上的O′点时，其动能ＥkＯ′＝________Ｊ.2.如图1-6所示，均匀导线制成的金属环，垂直磁场方向放在磁感强度为１Ｔ的匀强磁场中，圆环总电阻为０.４Ω，另有一直导体OP长10ｃm，其电阻为0.1Ω，一端处于圆环圆心，另一端与圆环相接，金属转柄OQ的电阻为0.1Ω，它以１０转／ｓ的转速沿圆弧转动，求OP中电流的最小值是多少?方向如何?3.有一种质谱仪的结构如图1-7所示.带电粒子经过S１和S２之间的电场加速后，进入Ｐ１、Ｐ２之间的狭缝.Ｐ１、Ｐ２之间存在着互相正交的磁场B１和电场E，只有在这一区域内不图2-5图1-6改变运动方向的粒子才能顺利通过S ０上的狭缝，进入磁感应强度为B ２的匀强磁场区域后做匀速圆周运动，打在屏A ’A 上并发出亮光，记录下亮光所在的位置，量取狭缝到亮光的距离ｄ，即可测出带电粒子的荷质比为多少?4.有一个内阻及损耗均不计的直流发电机，其定子的磁场恒定，先把它的电枢线圈与一个电阻R 连接，再在电枢的转轴上缠绕足够长的轻绳，绳下端悬挂一个质量为m 的重物，如图21-8(ａ)所示，重物最后以v １速度匀速下降.现将一不计内阻、电动势为E 的电源接入电路，如图(ｂ)所示，悬挂重物不变，最后重物以v ２的速度匀速上升，求v ２等于多少?5.为了测量列车运行的速度和加速度大小，可采用如图1-9(ａ)所示的装置，它是由一块安装在列车车头底部的强磁体和埋没在轨道地面的一组线圈及电流测量记录仪组成(记录测量仪未画出).当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，据此求出列车在各位置的速度和加速度.图1-7图1-8如图21-9(ｂ)所示，假设磁体端部磁感应强度B ＝0.004Ｔ，且全部集中在端面范围内，与端面相垂直.磁体的宽度与线圈宽度相同且都很小，线圈匝数n ＝５，长为０.２ m ，电阻R ＝０.４ Ω(包括引出线的电阻)，测试记录下来的电流——位移图，如图21-9(ｃ)所示.试求列车经过线圈Ⅰ和Ⅱ时的速度及此区间的加速度.6.一段铜导线变成∏形，它的质量为m ，上面一段长为l ，处在很强的匀强磁场B 中，如图1-10所示.导线下面两端分别插在两只水银杯里，两杯水银与一带开关的内阻小的外电源连接.当S 一接通，导线便从水银杯里跳起，离开水银，导线上升高度为ｈ，求通过导线的电量.图1-9图1-10。
7.1带电体的力电综合问题
带电体的力电综合问题
1.如图所示,在水平向右、大小为E的匀强电场中,在O点固定一电荷量为Q的正电荷,A、B、C、D为以O为圆心、半径为r的同一圆周上的四点,B、D连线与电场线平行,A、C连线与电场线垂直。
则( )
分析力电综合问题的方法
一、受力分析是解决力电综合问题的第一条线索
力电综合题分析的一般程序是:
1.弄清物理情景:选定研究对象(力学对象和电学对象)。
2.对研究对象按顺序进行受力分析:先场力,后弹力,再摩擦力。
并画出受力图。
3.对问题中的力学部分根据牛顿运动定律、动量定理、能量守恒定律等进行研究。
二、能量转化思想是分析力电综合问题的第二条线索
自然界各种物质运动都和一定形式的能量相联系,而各种不同形式的能量之间进行转化和转移时都遵循能量转化和守恒定律。
因此,运用能的观点是分析解决力电综合问题的有效途径。
三、运用等效思维方法、注意各种临界条件、构建物理模型是解决力电综合问题的有效手段。
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电场中的力电综合问题
基础打磨
1.(2019年安徽省1号卷)(多选)如图,一个带正电的小球穿在一根足够长的绝缘粗糙直杆上,直杆与水平方向的夹角为θ,整个空间
存在着沿直杆向下的匀强电场。
小球以120 J 的初动能从A 点开始沿直杆向上滑行,第一次经过B 点时,它的动能比A 点的减少了80 J,重力势能比A 点增加了40 J,小球从A 点到B 点的运动过程中,克服电场力做功为20 J,则小球从A 点开始上滑到再次回到A 点的过程中( )。
A .小球在最高点的电势能最大
B .小球克服摩擦力做功为40 J
C .小球再次回到A 点的动能为60 J
D .小球的机械能减少量大于克服摩擦力所做功
2.(原创)在平行极板A 、B (间距足够大)间加上如图所示周期性变化的电压,能使处于两板中央原来静止的电子从0时刻释放后最
终可到达B 板的是( )。
3.(2019年四川攀枝花市高三第二次统一考试)如图所示,真空中三个质量相等的小球A 、B 、C ,带电荷量分别为
Q A =6q ,Q B =3q ,Q C =8q 。
现用恰当大小的恒力F 拉C ,可使A 、B 、C 沿光滑水平面做匀加速直线运动,运动过程中 A 、B 、C 保持相对静止,且A 、B 间距离与B 、C 间距离相等。
不计电荷运动产生磁场的影响,小球可视为点电荷,则此过程中B 、C 之间的作用力大小为( )。
A .43
F
B .F
C .23
F
D .13
F
4.(2019年湖南岳阳模拟)如图所示,两个带同种电荷的小球A 和B ,A 、B 的质量分别为m 和2m ,开始时将它们固定在绝缘的光滑
水平面上保持静止, A 、B 相距为d 。
A 、B 间的相互作用力遵守牛顿第三定律。
现同时释放A 、B ,经过一段时间,B 的速度大小为v 。
则此时( )。
A .A 球的速度大小为v 2
B.B球对A球做的功为mv2
C.A球的动能为2mv2
D.A球的动量大小为mv
能力拔高
5.(2019年重庆一中月考)(多选)在粗糙绝缘的水平面上固定一个带电荷量为Q的正点电荷。
已知点电荷周围电场的电势可表示为φ=k Q
r
(取无穷远处电势为零,公式中k为静电力常量,Q为场源电荷的电荷量,r为距场源电荷的距离)。
现有一质量为m、电荷
量为q(q>0)的滑块(可视为质点),其与水平面间的动摩擦因数为μ,已知k Qq
x12
>μmg,则()。
A.滑块与带电荷量为Q的正点电荷距离为x1时,滑块的电势能为k Qq
x1
B.若将滑块无初速度地放在距离场源点电荷x1处,滑块最后将停在距离场源点电荷kqQ
μmgx1
处
C.若将滑块无初速度地放在距离场源点电荷x1处,滑块运动到距离场源点电荷x3处的加速度为kqQ
mx1x3
-μg
D.若将滑块无初速度地放在距离场源点电荷x1处,滑块运动到距离场源点电荷x3处的速度为√(2kqQ
mx1x3
-2μg)(x3-x1)
6.(2019年湖南省怀化市一模)(多选)如图所示,一个半径R=0.5 m的圆形轨道固定在竖直面内,以其最高点O为坐标原点建立平面直角坐标系xOy,其中x轴沿水平方向,y轴沿竖直方向,整个空间存在范围足够大、方向竖直向下的匀强电场,规定O点为电势能及重力势能的零点。
若从O点将一个质量m=0.1 kg、可视为质点的带正电小球以v0=2 m/s的速度平行于x轴抛出,小球落于轨道上x=0.4 m处的A点,若该小球抛出速度增至4v0,小球将沿轨道做完整的圆周运动,已知重力加速度g=10 m/s2,则下列说法正确的是()。
A.小球所受电场力大小等于其重力的4倍
B.小球以v0=2 m/s的速度抛出后运动至A点的过程中,其速度变化量为8 m/s,方向竖直向下
C.小球以4v0的速度抛出后的运动过程中,小球与轨道间的最大弹力为29.8 N
D.小球以4v0的速度抛出后的运动过程中,小球机械能的最大值为6.2 J
7.(2019年广东深圳市高三年级第一次调研)(多选)如图所示,在竖直面(纸面)内有匀强电场,带电荷量为q(q>0)、质量为m的小球受水平向右、大小为F的恒力,从M匀速运动到N。
已知MN长为d,与力F的夹角为60°,重力加速度为g,则()。
A.电场强度大小为√F2+m2g2
q
B.M、N间的电势差为d
q
√F2+m2g2
C.从M到N,电场力做功为√3
2mgd-1
2
Fd
D.若仅将力F方向顺时针方向转60°,小球将从M向N做匀变速直线运动
8.(2019年四川省遂宁市高三第三次诊断性考试)(多选)粗糙绝缘的水平面上存在着平行于x轴的电场,x轴上电势φ随坐标x的关系如φ-x图象中曲线a所示,图中的倾斜虚线b与曲线a相切,切点坐标为(0.15,3)。
有一质量为0.10 kg、电荷量为1.0×10-7C
带正电荷的滑块P(可视作质点),从x=0.1 m处以v0=√5
5
m/s开始向右运动,滑块与水平面间的动摩擦因数为0.20,g=10 m/s2。
则有()。
A.滑块在x=0.15 m处的加速度大小为4 m/s2
B.滑块的最大速度为√3
10
m/s
C.经一段时间后,滑块会停在0.3 m处
D.经一段时间后,滑块会停在0.45 m处
9.(2019年天津卷,T3)如图所示,在水平向右的匀强电场中,质量为m的带电小球,以初速度v从M点竖直向上运动,通过N点时,速度大小为2v,方向与电场方向相反,则小球从M运动到N的过程()。
A.动能增加1
2
mv2B.机械能增加2mv2
C.重力势能增加3
2
mv2D.电势能增加2mv2
思维拓展
10.(2020年四川广元模考)如图所示是静电分选器的原理。
将磷酸盐和石英的混合颗粒由传送带送至两个竖直的带电平行板上方,颗粒经漏斗从电场区域的中央处开始下落,经分选后的颗粒分别装入A、B桶中,混合颗粒离开漏斗进入电场时磷酸盐颗粒带正电,石英颗粒带负电,所有颗粒所带的电荷量与质量之比均为10-5C/kg。
若已知两板之间的距离为10 cm,两板的竖直高度为50 cm。
设颗粒进入电场时的初速度为零,颗粒间相互作用不计。
如果要求两种颗粒离开两极板间的电场区域时,有最大的偏转量且又恰好不接触到极板。
g取10 m/s2。
(1)两极板间所加的电压应多大?
(2)若带电平行板的下端距A、B桶底高度H=1.0 m,求颗粒落至桶底时速度的大小。
(结果保留2位有效数字)
11.(2019年四川成都市高中毕业班第一次诊断性检测)如图,质量分别为m A=1 kg、m B=2 kg的A、B两滑块放在水平面上,处于电场强度大小E=3×105 N/C、方向水平向右的匀强电场中,A不带电,B带正电、电荷量q=2×10-5 C。
零时刻,A、B用绷直的细绳连接(细绳形变不计),从静止同时开始运动,2 s末细绳断开。
已知A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1,重力加速度大小
g=10 m/s2。
求:
(1)前2 s内,A的位移大小。
(2)6 s末,电场力的瞬时功率。