2023届高考物理加练必刷题（新高考版）第八章 微专题58　带电粒子在电场中的力电综合问题【解析版】

微专题58　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.合场角度：处理抛体运动、圆周运动可从合场角度分析运动的最高点、最低点等问题；处理能量问题一般从重力势能、电势能变化两方面分析.2.运动分解角度：涉及运动时间、位移等时一般从运动分解的角度分析．

1．如图所示，空间存在竖直向下大小为E的匀强电场，一个质量为m、带电荷量为q的带正电绝缘小环套在粗糙程度相同的绝缘木杆上，若小环以初速度v1从M点沿杆上滑，到达N点时速度恰好为零，随后小环下滑回到M点，此时速度为v2(v2<v1)，已知小环电荷量保持不变，重力加速度为g，空气阻力不计，则(　　)

A．小环所能达到的最大高度为

B．从M到N的过程中，克服摩擦力做的功为m(v12－v22)

C．从M到N的过程中，小环的电势能增加了

D．N、M间的电势差为

答案　B

解析　设木杆倾角为θ，M、N之间的高度差为h，小环从M到N、从N到M电场力做功为0，上滑和下滑过程摩擦力做功相等，设为W1，上滑过程电场力做负功，下滑过程电场力做正功，则在上滑和下滑过程对小环应用动能定理分别有－mgh＋W1－qEh＝0－mv12，mgh＋W1＋qEh＝mv22，联立解得h＝，故A错误；上滑和下滑过程克服摩擦力做功为W克f＝m(v12－v22)，故B正确；从M到N的过程中，电场力做负功．小环的电势能增加量为ΔEp＝qEh＝，故C错误；所以N、M间的电势差为UNM＝Eh＝，故D错误．

2．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＝，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Eqcos θ>Ff＋mgsin θ，则电场力做功大于摩擦力做功，即除重力以外的其他力对物块做正功，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＋Wf＋WG＝ΔEk，W电>|WG|，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，则由能量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FN＝mgcos 30°，摩擦力Ff＝μmgcos 30°＝mgsin 30°，可知支持力和摩擦力的合力方向竖直向上；当加电场力后FN＝mgcos 30°＋qEsin 30°，Ff＝μ(mgcos 30°＋ qEsin 30°)，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．

3.(多选)如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝qE，则(　　)

A．电场方向竖直向上

B．小球运动的加速度大小为g

C．小球上升的最大高度为

D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为mv02

答案　BC

解析　小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON直线上，因mg＝Eq，所以电场力Eq与重力关于ON对称，根据数学知识得：电场力qE与水平方向的角应为30°，受力情况如图所示．

合力沿ON方向向下，大小为mg，所以加速度为g，方向沿ON向下，A错误，B正确；

小球做匀减速直线运动，由运动学公式可得最大位移为x＝，则最大高度为h＝xsin 30°＝，C正确；若小球在初始位置的电势能为零，在减速运动至速度为零的过程中，小球克服电场力做功和克服重力做功是相等的，由能量的转化与守恒可知，小球的初动能一半转化为电势能，一半转化为重力势能，初动能为mv02，小球的最大电势能为mv02，D错误．

4．(多选)如图所示，在水平向右的匀强电场中，一内壁光滑、半径为R的固定绝缘圆轨道处在竖直平面内，AB为圆轨道的水平直径，CD为竖直直径．一个质量为m、电荷量为q的带正电小球从轨道的最低点获得一定的初速度v0后，能够在轨道内做圆周运动．已知重力加速度为g，匀强电场的电场强度E＝，不计空气阻力，下列说法中正确的是(　　)

A．小球运动到D点时的动能最小

B．小球运动到B点时的机械能最大

C．若v0＝，小球恰好能够沿着轨道做圆周运动

D．若小球恰好能够在轨道内做圆周运动，则小球运动过程中对轨道的最大压力为12mg

答案　BD

解析　小球在等效场中做变速圆周运动，M点为等效最低点，N点为等效最高点，如图所示．

设等效重力加速度的方向与竖直方向的夹角为θ，有tan θ＝＝，即θ＝60°，故在等效场中构成绳—球模型，在等效最高点的速度最小，动能最小，即小球运动到N点时的动能最小，故A错误；小球做圆周运动时除了重力做功外，电场力做功衡量小球机械能的变化，故小球到B点时电场力做正功最多，机械能最大，故B正确；在等效场中的等效重力加速度为g效＝＝2g，小球恰好能够沿着轨道做圆周运动，则在等效最高点N时由等效重力提供向心力，由mg效＝m可得vN＝＝，则从C点到N点，由动能定理可知，

－mg效(R＋Rcos θ)＝mvN2－mv02，解得v0＝，故C错误；若小球恰好能够在轨道内做圆周运动，即刚好能通过N点时的速度为vN＝，在C点的速度为v0＝，而在等效最低点M点时速度最大，轨道对球的支持力最大，球对轨道的压力也最大，由C点到M点由动能定理mg效(R－Rcos θ)＝mvM2－mv02，可得vM＝，在M点由牛顿第二定律，有FNM－mg效＝m，解得FNM＝12mg，由牛顿第三定律可知小球运动过程中对轨道的最大压力为12mg，故D正确．

5．(多选)如图甲所示，空间有一水平向右的匀强电场，其中有一个半径为R＝2 m的竖直光滑圆环，环内有两根光滑的弦轨道AB和AC，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角．质量为m＝0.08 kg、电荷量为q＝6×10－5 C的带电小球(可视为质点)从A点静止释放，分别沿弦轨道AB和AC到达圆周的运动时间相同．现去掉弦轨道AB和AC，如图乙所示，给小球一个初速度，让小球恰能在圆环内做完整的圆周运动，不考虑小球运动过程中电荷量的变化，不计空气阻力．下列说法正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(　　)

A．小球做圆周运动经过C点时动能最大

B．匀强电场的电场强度大小为E＝1×104 V/m

C．小球做圆周运动过程中动能最小值是0.5 J

D．小球做圆周运动过程中对环的压力最大值是6 N

答案　BD

解析　由题图甲结合等时圆知识，重力与电场力合力方向平行于AO，根据力的合成与分解知识Eq＝mgtan 37°，代入数据可得匀强电场的电场强度大小为E＝1×104 V/m，故B正确；等效最低点在AO延长线与圆轨道的交点上，小球等效最低点速度最大，动能最大，故A错误；因为重力与电场力均为恒力，所以二者的合力大小为F＝＝mg，小球做圆周运动，则在其等效最高点，有F＝m，此时小球速度最小，动能最小，最小动能为Ek＝mv2＝1 J，故C错误；小球从等效最高点至等效最低点过程中，由动能定理得F×2R＝mv m2－mv2，在等效最低点小球对圆环压力最大，由牛顿第二定律得FN－F＝m，代入数据解得FN＝6.0 N，由牛顿第三定律可知小球做圆周运动的过程中对环的最大压力是6.0 N，故D正确．

6．如图所示，倾角θ＝37°的粗糙绝缘斜面AB与粗糙绝缘水平地面BC在B点平滑连接，B点右侧区域存在水平向左的匀强电场，电场强度大小E＝5.0×103 N/C.斜面顶端A点离地高度h＝2.4 m，可视为质点的带正电金属滑块质量m＝1.0 kg、电荷量q＝1.0×10－4 C．现将滑块从A点由静止释放，最后停在水平地面上的C点．已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5，滑块与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.15，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.

(1)求滑块运动到B点时速度的大小；

(2)求滑块在水平地面上滑行的距离；

(3)要使静止在C点的滑块恰好能重新返回到斜面顶端A点，可将电场强度的大小突然增大到某一值E0.求电场强度E0的大小．

答案　(1)4 m/s　(2)4 m　(3)1.15×105 N/C

解析　(1)设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律：mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma1

解得a1＝2 m/s2

设滑块运动到B点时速度的大小为v，根据匀加速运动的速度－位移公式：＝

解得v＝4 m/s；

(2)设滑块在水平地面上运动的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律：μ2mg＋Eq＝ma2

解得a2＝2 m/s2

设滑块在水平地面上滑行的距离为x2，根据匀减速运动公式：x2＝

解得x2＝4 m；

(3)设滑块沿斜面上滑的加速度大小为a3，根据牛顿第二定律：mgsin θ＋μ1mgcos θ＝ma3

解得a3＝10 m/s2

设滑块在水平地面加速的加速度大小为a4，因为A到B的距离与C到B的距离相等，则由速度－位移v2＝2ax

可知a4＝a3＝10 m/s2

由于电场强度突然增大到某一值E0，根据牛顿第二定律：E0q－μ2mg＝ma4

解得E0＝1.15×105 N/C.

7．(2022·云南师大附中高三月考)如图所示，ABCD为竖直平面内的绝缘轨道，其中AB部分为动摩擦因数为μ＝的水平面，BCD部分是半径为R的光滑圆弧轨道，与AB平滑相切，B为轨道最低点，整个轨道放置在水平匀强电场中．现将一带电荷量为＋q、质量为m的小滑块从水平面上某点由静止释放，小滑块从圆弧轨道D点滑出后恰好落在其正下方的P点．已知OD与OC的夹角α＝60°，重力加速度为g，电场强度E＝，求：

(1)小滑块运动到D点时速度的大小；

(2)小滑块运动到B点时对轨道的压力大小；

(3)小滑块释放点到B点的距离．

答案　(1)　(2)mg　(3)R

解析　(1)设小滑块运动到D点时速度大小为vD，经时间t从D点运动至P点．根据牛顿第二定律可知小滑块在水平方向的加速度大小为a＝＝g①

根据运动学公式，在竖直方向上有R(1＋sin 30°)＝vDtcos 30°＋gt2②

在水平方向上有0＝vDtsin 30°－at2③

联立①②③解得vD＝④

(2)设小滑块运动到B点时轨道对其的支持力大小为FN，由牛顿第二定律得FN－mg＝m⑤

对小滑块由B点运动到D点的过程，由动能定理得－mgR(1＋cos 60°)－qERsin 60°＝mvD2－mvB2⑥

联立④⑤⑥解得FN＝mg⑦

由牛顿第三定律可知小滑块运动到B点时对轨道的压力大小为FN′＝FN＝mg⑧

(3)设小滑块释放点到B点的距离为x，由动能定理得(qE－μmg)x＝mvB2⑨

联立④⑥⑨解得x＝R⑩

8．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，整个轨道处于场强为E＝1×104 N/C、水平向右的匀强电场中，一质量m＝4×10－3 kg、带电荷量q＝＋3×10－6 C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＝0.8 m，圆弧DG的半径r＝0.2 m；不计滑块与挡板碰撞时的动能损失，滑块可视为质点．g＝10 m/s2，cos 37°＝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)2.4 m

(3)0.018 J　0.002 J

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－μmg(L＋L)＝0

解得μ＝＝0.25；

(2)滑块在CD段上受到的滑动摩擦力μmg＝0.01 N

电场力Eq＝0.03 N

滑动摩擦力小于电场力，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＝2.4 m；

(3)GH段的倾角为37°，因为Eqcos θ＝mgsin θ＝0.024 N

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Ekmax＝Eq(L＋rsin θ)－μmgL－mg(r－rcos θ)＝0.018 J

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Ekmin＝Eqrsin θ－mg(r－rcos θ)＝0.002 J.