第40講帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問(wèn)題目錄復(fù)習(xí)目標(biāo)網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建考點(diǎn)一帶電粒子在力電等效場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)【夯基·必備基礎(chǔ)知識(shí)梳理】知識(shí)點(diǎn)方法概述及應(yīng)用【提升·必考題型歸納】考向1豎直電場(chǎng)中的等效場(chǎng)問(wèn)題考向2水平電場(chǎng)中的等效場(chǎng)問(wèn)題考點(diǎn)二帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【夯基·必備基礎(chǔ)知識(shí)梳理】知識(shí)點(diǎn)1交變電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)處理方法知識(shí)點(diǎn)2交變電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)處理方法【提升·必考題型歸納】考向1交變電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)考向2交變電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)考點(diǎn)三用動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量觀點(diǎn)解決力電綜合問(wèn)題【夯基·必備基礎(chǔ)知識(shí)梳理】知識(shí)點(diǎn)1力電綜合問(wèn)題的處理流程知識(shí)點(diǎn)2電場(chǎng)中的功能關(guān)系【提升·必考題型歸納】考向1用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決力電綜合問(wèn)題考向2用能量和動(dòng)量觀點(diǎn)解決力電綜合問(wèn)題真題感悟會(huì)利用動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量的觀點(diǎn)處理帶電粒子在電場(chǎng)中直線運(yùn)動(dòng)、曲線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。考點(diǎn)要求考題統(tǒng)計(jì)考情分析三大觀點(diǎn)在力電綜合問(wèn)題中的應(yīng)用2023年山西卷第12題2022年福建卷第8題2022年遼寧卷第14題高考對(duì)帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問(wèn)題的考查較為頻繁，大多在綜合性的計(jì)算題中出現(xiàn)，題目難度較大。考點(diǎn)一帶電粒子在力電等效場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)點(diǎn)方法概述及應(yīng)用1.方法概述等效思維方法是將一個(gè)復(fù)雜的物理問(wèn)題,等效為一個(gè)熟知的物理模型或問(wèn)題的方法。對(duì)于這類問(wèn)題,若采用常規(guī)方法求解,過(guò)程復(fù)雜,運(yùn)算量大。若采用等效法求解,則能避開(kāi)復(fù)雜的運(yùn)算,過(guò)程比較簡(jiǎn)捷。2.方法應(yīng)用先求出重力與電場(chǎng)力的合力,將這個(gè)合力視為一個(gè)等效重力,將a=F合考向1豎直電場(chǎng)中的等效場(chǎng)問(wèn)題1．如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線拴一個(gè)帶電荷量為+q、質(zhì)量為m小球，重力加速度為g，球處在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，小球能夠在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，則（）A．小球受到的電場(chǎng)力跟重力是一對(duì)平衡力B．小球在最高點(diǎn)的速度一定不小于C．小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，電勢(shì)能最小D．小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，機(jī)械能最大【答案】C【詳解】A．小球能夠在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，重力與電場(chǎng)力反向，電場(chǎng)力大小可能等于重力，則小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；電場(chǎng)力大小也可能大于重力，則二者合力（稱為等效重力）豎直向上，相當(dāng)于重力方向向上，最高點(diǎn)為等效最低點(diǎn)，小球通過(guò)時(shí)速度最大；最低點(diǎn)為等效最高點(diǎn)，小球通過(guò)時(shí)速度最小；電場(chǎng)力大小還可能小于重力，則相當(dāng)于重力方向不變，重力加速度減小；A錯(cuò)誤；B．由A選項(xiàng)分析可知，小球可能以較小的速度（小于）在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；C．圓周上最高點(diǎn)電勢(shì)最低，小球帶正電，由知經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能最小，C正確；D．圓周上最低點(diǎn)電勢(shì)最高，小球經(jīng)過(guò)時(shí)電勢(shì)能最大，由小球機(jī)械能與電勢(shì)能之和不變可知，小球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小，D錯(cuò)誤。故選C。2．如圖所示，帶電小球用絕緣細(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)空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，小球質(zhì)量為m，帶電量為q，細(xì)線長(zhǎng)為l，重力加速度為g，則（）A．小球帶正電B．電場(chǎng)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(guò)程最小速度至少為【答案】BD【詳解】AB．因?yàn)樾∏蜻\(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，細(xì)線受到的拉力最大，可知重力和電場(chǎng)力的合力（等效重力）方向向上，則電場(chǎng)力方向向上，且電場(chǎng)力大于重力，小球帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤，B正確；C．因重力和電場(chǎng)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；D．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，最小速度滿足即故D正確；故選BD。考向2水平電場(chǎng)中的等效場(chǎng)問(wèn)題3．如圖所示，為豎直平面內(nèi)的絕緣光滑軌道，其中部分為傾角為的斜面，部分為半徑為R的四分之三圓弧軌道，與斜面平滑相切，C為軌道最低點(diǎn)，整個(gè)軌道放置在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。現(xiàn)將一帶正電質(zhì)量為m的小滑塊從斜面上A點(diǎn)由靜止釋放，小滑塊恰能到達(dá)圓弧軌道的D點(diǎn)。已知重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）A．釋放點(diǎn)A到斜面底端B的距離為B．小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為C．小滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中最大動(dòng)能為D．小滑塊從D點(diǎn)飛出后恰好落在軌道上的B點(diǎn)【答案】A【詳解】小滑塊恰能到達(dá)圓弧軌道的D點(diǎn)，表明小球能通過(guò)軌道的等效最高點(diǎn)D，由幾何關(guān)系得，與水平方向的夾角為，則得所以軌道等效最高點(diǎn)為圓心左上，重力和電場(chǎng)力的合力為在D點(diǎn)有A．從A點(diǎn)到D點(diǎn)，由動(dòng)能定理得解得故A正確；B．從C點(diǎn)到D點(diǎn)由動(dòng)能定理得在C點(diǎn)有解得根據(jù)牛頓第三定律得小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為，故B錯(cuò)誤；C．小滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)等效最低點(diǎn)時(shí)速度最大，由動(dòng)能定理得解得故C錯(cuò)誤；D．小球從D點(diǎn)拋出后，做類平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)剛好落到B點(diǎn)，則有；則在合力方向的位移為則假設(shè)錯(cuò)誤，故D錯(cuò)誤。故選A。4．如圖所示，在豎直面內(nèi)有一半徑為R的圓環(huán)型軌道，軌道內(nèi)部最低點(diǎn)A處有一質(zhì)量為m的光滑帶正電的小球（可視作質(zhì)點(diǎn)），其所帶電荷量為q，在圓環(huán)區(qū)域內(nèi)存在著方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E=，現(xiàn)給小球一個(gè)水平向右的初速度，使小球開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，以下說(shuō)法正確的是（）A．若v0＞，則小球可以做完整的圓周運(yùn)動(dòng)B．若小球可以做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則軌道所給彈力的最大值與最小值相差4mgC．若v0=，則小球?qū)⒃谲壍雷罡唿c(diǎn)B處脫離軌道D．若v0=，則小球不會(huì)脫離軌道【答案】BCD【詳解】小球同時(shí)受到重力和電場(chǎng)力作用，這時(shí)可認(rèn)為小球處于等效重力場(chǎng)中，小球受到的等效重力為等效重力加速度為小球可以做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則有與豎直方向的夾角如下圖所示在等效重力場(chǎng)中應(yīng)用機(jī)械能守恒定律可得解得，A錯(cuò)誤；B．若小球可以做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則小球在等效重力場(chǎng)中最低點(diǎn)軌道所給的彈力最大，等效最高點(diǎn)軌道所給的彈力最小，在最低點(diǎn)有在最高點(diǎn)有小球從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，有解得軌道所給彈力的最大值與最小值相差為C．若v0=，小球到達(dá)最高點(diǎn)B處的過(guò)程中，重力做負(fù)功，電場(chǎng)力不做功，則有解得故可得小球?qū)⒃谲壍雷罡唿c(diǎn)B處脫離軌道，C正確；D．在等效重力場(chǎng)中，當(dāng)v0=時(shí)，小球沒(méi)有超過(guò)等效重力場(chǎng)中的半圓，故小球不會(huì)脫離軌道，D正確。故選BCD。考點(diǎn)二帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)知識(shí)點(diǎn)1交變電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)處理方法1.此類題型一般有三種情況:一是粒子做單向直線運(yùn)動(dòng)(一般用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解);二是粒子做往返運(yùn)動(dòng)(一般分段研究);三是粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)(一般根據(jù)交變電場(chǎng)的特點(diǎn)分段研究)。2.分析時(shí)從兩條思路出發(fā):一是力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系,根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析;二是功能關(guān)系。3.注重全面分析(分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)),抓住粒子的運(yùn)動(dòng)具有周期性和在空間上具有對(duì)稱性的特征,求解粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速度、位移、做功或確定與物理過(guò)程相關(guān)的邊界條件。4.交變電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)（方法實(shí)操展示）Ut圖像vt圖像軌跡圖知識(shí)點(diǎn)2交變電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)處理方法（帶電粒子重力不計(jì)，方法實(shí)操展示）Ut圖軌跡圖vv0v0v0v0v0v0vyt圖ttOvyv0T/2T單向直線運(yùn)動(dòng)AB速度不反向ttOvyv0往返直線運(yùn)動(dòng)AB速度反向TT/2v0考向1交變電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)1．如圖所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔。右極板電勢(shì)隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示。電子原來(lái)靜止在左極板小孔處。（電子電量為e，不計(jì)重力作用）下列說(shuō)法中正確的是（）A．若從時(shí)刻釋放電子，電子將始終向右運(yùn)動(dòng)，直到打到右極板上B．若從時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板間振動(dòng)C．若從時(shí)刻釋放電子，在恰好到達(dá)右極板，則到達(dá)右極板時(shí)電子的為D．若從時(shí)刻釋放電子，在時(shí)刻到達(dá)右極板，則到達(dá)右極板時(shí)的電子的動(dòng)能是【答案】AD【詳解】AB．若t=0時(shí)刻釋放電子，電子將重復(fù)先加速后減速，直到打到右極板，不會(huì)在兩板間振動(dòng)，所以A正確，B錯(cuò)誤；CD．設(shè)兩極板距離為，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小若從時(shí)刻釋放電子，在時(shí)刻到達(dá)右極板，則電子經(jīng)歷了先加速再減速后加速三個(gè)過(guò)程，每段加速度大小相同，則每段位大小相同，均為。全過(guò)程由動(dòng)能定理得得又得，C錯(cuò)誤，D正確。故選AD。2．如圖甲所示，直線加速器由一個(gè)金屬圓板（序號(hào)為0）和多個(gè)橫截面積相同的金屬圓筒組成，其中心軸線在同一直線上，圓筒的長(zhǎng)度遵照一定的規(guī)律依次增加。圓板和圓筒與交流電源相連，序號(hào)為奇數(shù)的圓筒和電源的一極相連，圓板和序號(hào)為偶數(shù)的圓筒和該電源的另一極相連，交變電源兩極間電勢(shì)差的變化規(guī)律如圖乙所示。若電壓的絕對(duì)值為U，電子電量大小為e，電子通過(guò)圓筒間隙的時(shí)間可以忽略不計(jì)。在t=0時(shí)刻，圓板中央的一個(gè)電子在圓板和圓筒之間的電場(chǎng)中由靜止開(kāi)始加速，沿中心軸線沖進(jìn)圓筒1，電子在每個(gè)圓筒中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均小于T，且電子均在電壓變向時(shí)恰從各圓筒中射出，不考慮相對(duì)論效應(yīng)，則（）A．由于靜電屏蔽作用，圓筒內(nèi)不存在電場(chǎng)B．電子運(yùn)動(dòng)到第n個(gè)圓筒時(shí)動(dòng)能為neUC．在時(shí)奇數(shù)圓筒相對(duì)偶數(shù)圓筒的電勢(shì)差為負(fù)值D．第n個(gè)和第n+1個(gè)圓筒的長(zhǎng)度之比為【答案】ABD【詳解】A．由于靜電屏蔽作用，圓筒內(nèi)不存在電場(chǎng)，A正確；B．電子每經(jīng)過(guò)一個(gè)間隙，電場(chǎng)力做功eU，根據(jù)動(dòng)能定理，電子運(yùn)動(dòng)到第n個(gè)圓筒時(shí)動(dòng)能為電子運(yùn)動(dòng)到第n個(gè)圓筒時(shí)動(dòng)能為neU，B正確；C．因?yàn)椋瑫r(shí)圓筒1相對(duì)圓板的電勢(shì)差為正值，同理，奇數(shù)圓筒相對(duì)偶數(shù)圓筒的電勢(shì)差為正值，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)動(dòng)能定理得；；；第n個(gè)和第n+1個(gè)圓筒的長(zhǎng)度之比為解得，D正確。故選ABD。考向2交變電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)3．如圖甲，一帶電粒子沿平行板電容器中線MN以速度v平行于極板進(jìn)入（記為時(shí)刻），同時(shí)在兩板上加一按圖乙變化的電壓。已知粒子比荷為k，帶電粒子只受靜電力的作用且不與極板發(fā)生碰撞，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，粒子以平行極板方向的速度射出。則下列說(shuō)法中正確的是（）A．粒子射出時(shí)間可能為 B．粒子射出的速度大小為C．極板長(zhǎng)度滿足 D．極板間最小距離為【答案】D【詳解】AB．粒子進(jìn)入電容器后，在平行于極板方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，垂直極板方向的運(yùn)動(dòng)圖像如圖所示因?yàn)榱Ｗ悠叫袠O板射出，可知粒子垂直板的分速度為0，所以射出時(shí)刻可能為、、……，滿足（，2，3……）粒子射出的速度大小必定為v，故AB錯(cuò)誤；C．極板長(zhǎng)度（，2，3……）故C錯(cuò)誤；D．因?yàn)榱Ｗ硬桓鷺O板碰撞，則應(yīng)滿足；；聯(lián)立求得故D正確。故選D。4．如圖甲所示，兩平行金屬板水平放置，間距為，金屬板長(zhǎng)為，兩金屬板間加如圖乙所示的電壓（，初始時(shí)上金屬板帶正電）。一粒子源射出的帶電粒子恰好從上金屬板左端的下邊緣水平進(jìn)入兩金屬板間。該粒子源能隨時(shí)間均勻發(fā)射質(zhì)量為、電荷量為的帶電粒子，初速度，重力忽略不計(jì)，則（）A．能從板間飛出的粒子在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為B．能從板間飛出的粒子束進(jìn)入極板的時(shí)刻為C．若粒子在時(shí)刻進(jìn)入兩極板之間，粒子飛出極板時(shí)的偏移量是D．若發(fā)射時(shí)間足夠長(zhǎng)，則能夠從兩金屬板間飛出的粒子占總?cè)肷淞Ｗ訑?shù)的比例為【答案】D【詳解】A．由于粒子只受到豎直方向的電場(chǎng)力作用，將粒子的運(yùn)動(dòng)進(jìn)行分解，則粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)。水平方向上不受外力故做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。故能從板間飛出的粒子在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為故A錯(cuò)誤；C．設(shè)粒子在兩金屬板間運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為，則若粒子在時(shí)刻進(jìn)入兩極板之間，則它在豎直方向上先加速向下的時(shí)間，有粒子運(yùn)動(dòng)之后電場(chǎng)反向，開(kāi)始在豎直方向上減速向下，則根據(jù)豎直方向的對(duì)稱性原則，粒子會(huì)再經(jīng)過(guò)的時(shí)間豎直分速度減速為零，共經(jīng)歷的時(shí)間從兩金屬板間飛出。如下圖所示粒子飛出極板時(shí)的總偏移量故C錯(cuò)誤；BD．由題意可知，只有在時(shí)間段內(nèi)進(jìn)入才有可能飛出。假設(shè)時(shí)刻進(jìn)入兩金屬板間的粒子可以飛出，則飛出時(shí)偏移量為則假設(shè)不成立，時(shí)刻進(jìn)入兩金屬板間的粒子會(huì)打在金屬板上。下金屬板臨界：在第一個(gè)周期內(nèi)設(shè)帶電粒子在時(shí)刻進(jìn)入兩金屬板間，它在豎直方向上先加速向下再經(jīng)過(guò)時(shí)間后電場(chǎng)反向，開(kāi)始在豎直方向減速向下，根據(jù)對(duì)稱性，再經(jīng)過(guò)時(shí)間豎直方向速度減速為0，恰好從下金屬板右端飛出，則如C中情形相同。則所以可知能從板間飛出的粒子束進(jìn)入極板的時(shí)刻為。上金屬板臨界：在第一個(gè)周期內(nèi)設(shè)帶電粒子在時(shí)刻進(jìn)入兩金屬板間，它在豎直方向上先加速向下再經(jīng)過(guò)時(shí)間后電場(chǎng)反向，開(kāi)始在豎直方向減速向下，根據(jù)對(duì)稱性，再經(jīng)過(guò)時(shí)間豎直方向速度減速為0，然后加速向上直到恰好從上金屬板右端飛出，運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖所示：可知解得或（舍去）所以在第一個(gè)周期內(nèi)帶電粒子不碰到金屬板而能夠飛出的時(shí)刻滿足則第一個(gè)周期內(nèi)能夠飛出的粒子占第一周期內(nèi)入射粒子總數(shù)的比例，與足夠長(zhǎng)的時(shí)間內(nèi)飛出的粒子占入射粒子總數(shù)的比例相同，均為故B錯(cuò)誤，D正確。故選D。考點(diǎn)三用動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量觀點(diǎn)解決力電綜合問(wèn)題知識(shí)點(diǎn)1力電綜合問(wèn)題的處理流程知識(shí)點(diǎn)2電場(chǎng)中的功能關(guān)系1．電場(chǎng)中的功能關(guān)系(1)若只有靜電力做功電勢(shì)能與動(dòng)能之和保持不變。(2)若只有靜電力和重力做功電勢(shì)能、重力勢(shì)能、動(dòng)能之和保持不變。(3)除重力之外，其他各力對(duì)物體做的功等于物體機(jī)械能的變化。(4)所有外力對(duì)物體所做的功等于物體動(dòng)能的變化。2．電場(chǎng)力做功的計(jì)算方法(1)WAB＝qUAB(普遍適用)(2)W＝qExcosθ(適用于勻強(qiáng)電場(chǎng))(3)WAB＝－ΔEp＝EpA－EpB(從能量角度求解)(4)W電＋W非電＝ΔEk(由動(dòng)能定理求解)考向1用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決力電綜合問(wèn)題1．如圖所示，一電荷量為+q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當(dāng)整個(gè)裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中時(shí)，小物塊恰好靜止。重力加速度為g，，。（1）求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小；（2）若將電場(chǎng)強(qiáng)度減小為原來(lái)的，則物塊的加速度為多大？（3）若將電場(chǎng)強(qiáng)度減小為原來(lái)的，求物塊下滑距離為L(zhǎng)時(shí)的動(dòng)能。【答案】（1）；（2）0.3g；（3）0.3mgL【詳解】（1）小物塊靜止在斜面上，受到重力、靜電力和斜面支持力，受力分析如圖所示則有；聯(lián)立解得（2）若電場(chǎng)強(qiáng)度減小為原來(lái)的，即則由牛頓第二定律得解得（3）電場(chǎng)強(qiáng)度變化后，物塊下滑距離為L(zhǎng)時(shí)，重力做正功，靜電力做負(fù)功，由動(dòng)能定理得解得2．如圖，在水平地面上固定一傾角為的粗糙絕緣斜面，斜面處于電場(chǎng)強(qiáng)度大小為、方向沿斜面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。一勁度系數(shù)為的絕緣輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態(tài)。一質(zhì)量為、帶電量為的滑塊從距離彈簧上端為處?kù)o止釋放，滑塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電量保持不變，設(shè)滑塊與彈簧接觸過(guò)程沒(méi)有機(jī)械能損失，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，物塊與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為。（1）求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經(jīng)歷的時(shí)間；（2）若滑塊在沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中最大速度大小為，求滑塊從靜止釋放到速度大小為過(guò)程中彈簧彈性勢(shì)能的增加量。【答案】（1）；（2）【詳解】（1）滑塊從靜止釋放到與彈簧剛接觸的過(guò)程中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為，則有；聯(lián)立可得（2）滑塊速度最大時(shí)受力平衡，設(shè)此時(shí)彈簧壓縮量為，則有從靜止釋放到速度達(dá)到最大的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得聯(lián)立可得考向2用能量和動(dòng)量觀點(diǎn)解決力電綜合問(wèn)題3．如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為，帶電量為的小球放置在光滑絕緣水平面上，并壓縮（不連接）固定在墻上絕緣彈簧，釋放后，以的速度沖上放置在水平面上質(zhì)量為、半徑為的絕緣1/4圓弧形物體。從上點(diǎn)離開(kāi)后，正好進(jìn)入水平向右、場(chǎng)強(qiáng)大小為的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)恰好與靜止懸掛的絕緣小球在水平方向發(fā)生彈性碰撞。懸掛的繩長(zhǎng)，懸繩右邊無(wú)電場(chǎng)。取。求：（1）離開(kāi)時(shí)，的速度。（2）到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，對(duì)繩的拉力。（3）落回地面后能否追上？若不能追上，求落回地面后的速度。若能追上，求的最大速度。【答案】（1）2m/s；（2）6N，方向豎直向上；（3）追不上，最大速度為。【詳解】（1）對(duì)沖上分析，水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)向右為正方向則

得即的速度為2m/s。（2）對(duì)沖上整個(gè)過(guò)程中，機(jī)械能分別守恒則；設(shè)與碰撞前的速度為，碰撞后的速度為，的速度為。豎直向上勻減速時(shí)間

水平方向勻加速

由

；

設(shè)在豎直最高點(diǎn)得速度為，則；解得由牛頓第三定律，對(duì)繩的拉力方向豎直向上；（3）經(jīng)分析，離開(kāi)電場(chǎng)后恰好與相切于點(diǎn)，則設(shè)落地時(shí)，速度為，分速度為，對(duì)與分析可知，水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)向右為正方向則

整個(gè)過(guò)程中，機(jī)械能分別守恒則得；，與彈簧作用后反向，速度為，故能追上。追上作用后回到地面，則；

解得；

故之后追不上，最大速度為。4．如圖（a）所示，質(zhì)量m1=2.0kg的絕緣木板A靜止在水平地面上，質(zhì)量m2=1.0kg可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電的小物塊B放在木板A上某一位置，其電荷量為q=1.0×103C。空間存在足夠大的水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1=5.0×102V/m。質(zhì)量m3=1.0kg的滑塊C放在A板左側(cè)的地面上，滑塊C與地面間無(wú)摩擦力，其受到水平向右的變力F作用，力F與時(shí)刻t的關(guān)系為（如圖b）。從t0=0時(shí)刻開(kāi)始，滑塊C在變力F作用下由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，在t1=1s時(shí)撤去變力F。此時(shí)滑塊C剛好與木板A發(fā)生彈性正碰，且碰撞時(shí)間極短，此后整個(gè)過(guò)程物塊B都未從木板A上滑落。已知小物塊B與木板A及木板A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為=0.1，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：（1）撤去變力F瞬間滑塊C的速度大小v1；（2）小物塊B與木板A剛好共速時(shí)的速度v共；（3）若小物塊B與木板A達(dá)到共同速度時(shí)立即將電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)镋2=7.0×102V/m，方向不變，小物塊B始終未從木板A上滑落，則①木板A至少多長(zhǎng)？②整個(gè)過(guò)程中物塊B的電勢(shì)能變化量是多少？【答案】（1）10.5m/s；（