1、158 力电综合问题方法点拨 (1)匀强电场可与重力场合成用一合场代替，即电场力与重力合成一合力，用该合力代替两个力(2)力电综合问题注意受力分析、运动过程分析，应用动力学知识或功能关系解题1(2017河北衡水模拟)如图 1 所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为场强 E1，方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强 E2，方向竖直向上的匀强电场一个质量 m，带电 q 的小球从上方电场的 A 点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与 A 关于虚线对称的 B 点，则下列结论正确的是( )图 1A若 AB 高度差为 h，则 UABmghqB带电小球在 A、 B 两点电势能相等C在虚线上、
2、下方的电场中，带电小球运动的加速度相同D两电场强度大小关系满足 E22 E12(多选)(2017安徽合肥第二次检测)如图 2 所示，板长为 L 的平行板电容器与一直流电源相连接，其极板与水平面成 30角；若粒子甲、乙以相同大小的初速度 v0 ，由图2gL中的 P 点射入电容器，分别沿着虚线 1 和 2 运动，然后离开电容器；虚线 1 为连接上、下极板边缘的水平线，虚线 2 为平行且靠近上极板的直线，则下列关于两粒子的说法正确的是( )图 2A两者均做匀减速直线运动B两者电势能均逐渐增加C两者的比荷之比为 34D两者离开电容器时的速率之比为 v 甲 v 乙 2 323(2018广东东莞模拟)如图
3、 3 所示，质量为 m、带电荷量为 q 的滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下匀强电场区时，滑块运动的状态为( )图 3A继续匀速下滑 B.将加速下滑C将减速下滑 D上述三种情况都可能发生4(多选)(2017山东枣庄一模)如图 4 所示，水平面内的等边三角形 ABC 的边长为 L，顶点 C 恰好位于光滑绝缘直轨道 CD 的最低点，光滑直导轨的上端点 D 到 A、 B 两点的距离均为 L， D 在 AB 边上的竖直投影点为 O.一对电荷量均为 Q 的点电荷分别固定于 A、 B 两点在 D 处将质量为 m、电荷量为 q 的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响)，将小球由静止开始释放，已知静
4、电力常量为 k、重力加速度为 g，且 k mg，忽略空气阻力，QqL2 33则( )图 4A轨道上 D 点的场强大小为mg2qB小球刚到达 C 点时，其加速度为零C小球刚到达 C 点时，其动能为 mgL32D小球沿直轨道 CD 下滑过程中，其电势能先增大后减小5(多选)(2017河南洛阳二模)在绝缘光滑的水平面上相距为 6L 的 A、 B 两处分别固定正电荷 QA、 QB.两电荷的位置坐标如图 5 甲所示图乙是 AB 连线之间的电势 与位置 x 之间的关系图象，图中 x L 点为图线的最低点，若在 x2 L 的 C 点由静止释放一个质量为 m、电荷量为 q 的带电小球(可视为质点)，下列有关说
5、法正确的是( )图 53A小球在 x L 处的速度最大B小球一定可以到达 x2 L 点处C小球将以 x L 点为中心做往复运动D固定在 A、 B 处的电荷的电荷量之比为 QA QB416(多选)(2017宁夏六盘山二模)如图 6 所示， L 为竖直、固定的光滑绝缘杆，杆上 O 点套有一质量为 m、带电荷量为 q 的小环，在杆的左侧固定一电荷量为 Q 的点电荷，杆上a、 b 两点到 Q 的距离相等， Oa 之间距离为 h1， ab 之间距离为 h2，使小球从图示位置的O 点由静止释放后，通过 a 的速率为 .则下列说法正确的是( )3gh1图 6A小环从 O 到 b，电场力做的功不为零B小环通过
6、 b 点的速率为 g 3h1 2h2C小环在 Oa 之间的速度是先增大后减小D小环在 ab 之间的速度是先减小后增大7(多选)(2017湖南株洲一模)如图 7 所示，在真空中倾斜平行放置着两块带有等量异号电荷的金属板 A、 B，一个电荷量为 q1.4110 4 C，质量 m1 g 的带电小球自 A 板上的孔 P 点以水平速度 v00.1 m/s 飞入两板之间的电场，经 0.02 s 后未与 B 板相碰又回到 P点， g 取 10 m/s2，则( )图 7A板间电场强度大小为 100 V/mB板间电场强度大小为 141 V/mC板与水平方向的夹角 30D板与水平方向的夹角 458如图 8 所示，
7、匀强电场方向水平向右，场强为 E，不可伸长的悬线长为 L.上端系于 O 点，下端系质量为 m、带电荷量为 q 的小球，已知 Eq mg.现将小球从最低点 A 由静止释放，则下列说法错误的是( )4图 8A小球可到达水平位置B当悬线与水平方向成 45角时小球的速度最大C小球在运动过程中机械能守恒D小球速度最大时悬线上的张力为(3 2) mg29(2017安徽马鞍山一模)如图 9 所示，一光滑绝缘细直杆 MN，长为 L，水平固定在匀强电场中，场强大小为 E，方向与竖直方向夹角为 .杆的 M 端固定一个带负电小球 A，电荷量大小为 Q；另一带负电的小球 B 穿在杆上，可自由滑动，电荷量大小为 q，质
8、量为 m，现将小球 B 从杆的 N 端由静止释放，小球 B 开始向右端运动，已知 k 为静电力常量， g 为重力加速度，求：图 9(1)小球 B 对细杆的压力的大小；(2)小球 B 开始运动时的加速度的大小；(3)小球 B 速度最大时，离 M 端的距离510(2017北京海淀区零模)用静电的方法来清除空气中的灰尘，需要首先设法使空气中的灰尘带上一定量的电荷，然后利用静电场对电荷的作用力，使灰尘运动到指定的区域进行收集为简化计算，可认为每个灰尘颗粒的质量及其所带电荷量均相同，设每个灰尘所带电荷量为 q，其所受空气阻力与其速度大小成正比，表达式为 F 阻 kv(式中 k 为大于 0的已知常量)由于
9、灰尘颗粒的质量较小，为简化计算，灰尘颗粒在空气中受电场力作用后达到电场力与空气阻力相等的过程所用的时间及通过的位移均可忽略不计，同时也不计灰尘颗粒之间的作用力及灰尘所受重力的影响图 10(1)有一种静电除尘的设计方案是这样的，需要除尘的空间是一个高为 H 的绝缘圆桶形容器的内部区域，将一对与圆桶半径相等的圆形薄金属板平行置于圆桶的上、下两端，恰好能将圆桶封闭，如图 10 甲所示在圆桶上、下两金属板间加上恒定的电压 U(圆桶内空间的电场可视为匀强电场)，便可以在一段时间内将圆桶区域内的带电灰尘颗粒完全吸附在金属板上，从而达到除尘的作用求灰尘颗粒运动可达到的最大速率；(2)对于一个待除尘的半径为
10、R 的绝缘圆桶形容器内部区域，还可以设计另一种静电除尘的方案：沿圆桶的轴线有一根细直导线作为电极，紧贴圆桶内壁加一个薄金属桶作为另一电极在直导线电极外面套有一个由绝缘材料制成的半径为 R0的圆桶形保护管，其轴线与直导线重合，如图乙所示若在两电极间加上恒定的电压，使得桶壁处电场强度的大小恰好6等于第(1)问的方案中圆桶内电场强度的大小，且已知此方案中沿圆桶半径方向电场强度大小 E 的分布情况为 E ，式中 r 为所研究的点与直导线的距离1r试通过计算分析，带电灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的过程中，其瞬时速度大小 v 随其与直导线的距离 r 之间的关系；对于直线运动，教科书中讲解了由 v t
11、 图象下的面积求位移的方法请你借鉴此方法，利用 v 随 r 变化的关系，画出 随 r 变化的图象，根据图象的面积求出带电灰尘颗粒从保护1v管外壁运动到圆桶内壁的时间11如图 11 所示，带有等量异种电荷的平行金属板 M、 N 竖直放置， M、 N 两板间的距离d0.5 m现将一质量 m110 2 kg、电荷量 q410 5 C 的带电小球从两极板上方的 A 点以 v04 m/s 的初速度水平抛出， A 点距离两板上端的高度 h0.2 m；之后小球恰好从靠近 M 板上端处进入两板间，沿直线运动碰到 N 板上的 C 点，该直线与曲线的末端相切设匀强电场只存在于 M、 N 之间，不计空气阻力，取 g
12、10 m/s 2.求：7图 11(1)小球到达 M 极板上边缘 B 位置时速度的大小；(2)M、 N 两板间的电场强度的大小和方向；(3)小球到达 C 点时的动能8答案精析1A 对小球由 A 到 B 的过程运用动能定理得， qUAB mgh0，解得： UAB ，知 mghqA、 B 的电势不等，则带电小球在 A、 B 两点的电势能不等，故 A 正确，B 错误；小球从 A 运动到虚线速度由零加速至 v，从虚线运动到 B 速度由 v 减为零，位移相同，根据匀变速运动的推论知，加速度大小相等，方向相反，故 C 错误；在上方电场，根据牛顿第二定律得：小球加速度大小为 a1 ，在下方电场中，根据牛顿第二
13、定律得，小球加速度大小mg qE1m为： a2 ，因为 a1 a2，解得： E2 E1 ，故 D 错误qE2 mgm 2mgq2AD 根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向在同一直线上，所以电场力只能垂直极板向上，受力如图所示；根据受力图，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，故 A 正确；粒子甲受到的电场力与位移方向的夹角为钝角，所以电场力做负功，电势能逐渐增加；粒子乙运动的方向与电场力的方向垂直，电场力不做功，所以粒子的电势能不变，故 B 错误；根据受力图，对甲： m 甲 g q 甲 Ecos 30 q 甲 E，32所以： q甲m甲
14、 23 g3E对乙： m 乙 gcos 30 q 乙 E，所以 q乙m乙 3g2E所以： ，故 C 错误；q甲m甲q乙m乙23g3E32E g 43带电粒子甲沿水平直线运动，合力做的功：W1 m 甲 gtan 30 m 甲 gL，Lcos 30 23根据动能定理得： m 甲 v 甲 2 m 甲 v02 m 甲 gL12 12 23所以： v 甲 23gL带电粒子乙沿平行于极板的直线运动，合力做的功： W2 m 乙 gsin 30L m 乙 gL，129根据动能定理得： m 乙 v 乙 2 m 乙 v02 m 乙 gL12 12 12所以： v 乙 gL所以： ，故 D 正确v甲v乙 233A
15、设斜面的倾角为 .滑块没有进入电场时，根据平衡条件得 mgsin FfFN mgcos 又 Ff F N，得到， mgsin mg cos ，即有 sin cos当滑块进入电场时，设滑块受到的电场力大小为 F.根据正交分解得到滑块受到的沿斜面向下的力为( mg F)sin ，沿斜面向上的力为 (mg F)cos ，由于 sin cos ，所以( mg F)sin (mg F)cos ，即受力仍平衡，所以滑块仍做匀速运动4BC5AD 据 x 图象切线的斜率等于场强 E，则知 x L 处场强为零，所以小球在 C 处受到的电场力向左，向左加速运动，到 x L 处加速度为 0，从 x L 处向左运动时
16、，电场力向右，做减速运动，所以小球在 x L 处的速度最大，故 A 正确；由题图乙可知， x2 L点的电势大于 x2 L 点的电势，所以小球不可能到达 x2 L 点处，故 B 错误；由题图乙知图象不关于 x L 对称，所以小球不会以 x L 点为中心做往复运动，故 C 错误； x L 处场强为零，根据点电荷场强公式有： k k ，解得 QA QB41，故 D 正QA 4L 2 QB 2L 2确6AB7AD 由题意知，小球未与 B 板相碰又回到 P 点，则小球先做匀减速直线运动，减速到0，后反向做匀加速直线运动，对带电小球受力分析，如图所示小球的加速度 a m/s210 m/s 2 v t 0
17、v0t2 0 0.10.022根据几何关系tan 1，得 45F合mg mamg ag10F 电 mg qEmgsin 45 2代入数据解得 E100 V/m，故 A、D 正确，B、C 错误8C分析小球受力可知，重力与电场力的合力的方向与竖直方向成 45角，根据等效思想，可以认为小球在此复合场中的等效重力方向与竖直方向成 45角，如图所示故可知，小球在此复合场中做往复运动，由对称性可知，小球运动的等效最高点在水平位置，A 项正确；小球运动的等效最低点在与水平方向成 45角的位置，此时小球速度最大，B 项正确；因小球运动过程中电场力做功，所以小球机械能不守恒，C 项错误；由动能定理得mgL(1c
18、os 45) mv2，根据圆周运动公式及牛顿第二定律可得 FT mg m ，联立212 2 v2L解得 FT(3 2) mg，悬线上的张力大小与悬线对小球的拉力大小相等，D 项正确29见解析解析 (1)小球 B 在垂直于杆的方向上合力为零，则有 FN qEcos mg由牛顿第三定律知小球 B 对细杆的压力 FN FN qEcos mg(2)在水平方向上，小球所受合力向右，由牛顿第二定律得：qEsin makQqL2解得： a Eqsin m kQqmL2(3)当小球 B 的速度最大时，加速度为零，有：qEsin kQqx2解得： x .kQEsin 10见解析解析 (1)圆桶形容器内的电场强度
19、 EUH灰尘颗粒所受的电场力大小 F ，qUH电场力跟空气的阻力相平衡时，灰尘达到最大速度，并设为 v1，则有 kv1qUH11解得 v1qUkH(2)由于灰尘颗粒所在处的电场强度随其与直导线距离的增大而减小，且桶壁处的电场强度为第(1)问方案中场强的大小，则 E1 ，设在距直导线为 r 处的场强大小为 E2，UH则 ，解得 E2E2E1 Rr URHr故与直导线越近处，电场强度越大设灰尘颗粒运动到与直导线距离为 r 时的速度为 v，则 kv qE2解得 vqURkHr上式表明，灰尘微粒在向圆桶内壁运动过程中，速度是逐渐减小的以 r 为横轴，以 为纵轴，作出 r 的图象如图所示1v 1v在 r
20、 到 r r 微小距离内，电场强度可视为相同，其速度 v 可视为相同，对应于 r 的一段 r 的图线下的面积为 r ，显然，这个小矩形的面积等于灰尘微粒通过 r 的1v 1v rv时间 t .所以，灰尘微粒从保护管外壁运动到圆桶内壁所需的总时间 t 等于从 R0到 rvR 一段 r 的图线下的面积1v所以灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的时间 tkH R2 R022qUR11(1)2 m/s (2)510 3 N/C 水平向右 (3)0.225 J5解析 (1)小球平抛运动过程水平方向做匀速直线运动，vx v04 m/s竖直方向做自由落体运动， h gt12， vy gt12 m/s12解得： vB 2 m/svx2 vy2 5tan ( 为速度方向与水平方向的夹角)vyvx 12(2)小球进入电场后，沿直线运动到 C 点，所以重力与电场力的合力沿该直线方向，则 tan mgqE 1212解得： E 510 3 N/C，方向水平向右2mgq(3)进入电场后，小球受到的合外力F 合 mg mg 2 qE 2 5B、 C 两点间的距离 s ，cos dcos qEF合 25从 B 到 C 由动能定理得： F 合 s EkC mvB212解得： EkC0.225 J.
