课时冲关48 素养培优16 带电粒子在电场中的力电综合间题-【创新教程】2026年高考物理总复习大一轮课时作业（人教版2019）

课时冲关４８　素养培优１６　带电粒子在电场中的力电综合问题 学生用书　P４２５ [基础落实练] １．如图所示,在竖直向上的匀强电场 中,一根不可伸长的绝缘细绳的一端 系着一个带电小球,另一端固定于O 点,小球在竖直平面内做匀速圆周运 动,最高点为a,最低点为b．不计空气 阻力,则下列说法正确的是 (　　) A．小球带负电 B．静电力与重力平衡 C．小球在从a点运动到b 点的过程中,电势能 减小 D．小球在运动过程中机械能守恒 解析:B　[由于小球在竖直平面内做匀速圆周运 动,所以重力与静电力的合力为０,即静电力与重 力平衡,知静电力方向竖直向上,所以小球带正电, A错误,B正确;从a→b,静电力做负功,电势能增 大,C错误;由于静电力对小球做功,故小球在运动 过程中机械能不守恒,D错误．] ２．(多选)如图所示,四分之一光滑 绝缘圆弧槽B 处切线水平,一可 视为质点的带正电小球从圆弧槽 A 处由静止释放,滑到B 处离开圆弧槽做平抛 运动,到达水平地面的D 处,若在装置所在平面 内加上竖直向下的匀强电场,重复上述实验,下 列说法正确的是 (　　) A．小球落地点在D 的右侧 B．小球落地点仍在D 点 C．小球落地点在D 的左侧 D．小球离开B 到达地面的运动时间减小 解析:BD　[不 加 电 场 时,小 球 从 A 到 B 有 mgR＝１２mvB ２－０,解得vB＝ ２gR,平抛过程, 竖直方向上有h＝１２gt ２,解得t＝ ２hg ,平抛水 平位移x＝vBt＝２ Rh,平抛水平位移与重力加 速度无关,施加竖直向下的匀强电场后,小球同 时受重力和向下的静电力,相当于重力加速度 增大了,小球落地点仍在 D 点,t∝ １g ,小球离 开B 后到达地面的运动时间减小,B、D正确．] ３．(多选)如图所示,在竖直平面内 有水平向右、场强为E＝１×１０４ N/C的匀强电场．在匀强电场中 有一根长L＝２m的绝缘细线, 一端固定在O 点,另一端系一质 量为０．０８kg的带电小球,它静止时悬线与竖直 方向成３７°角,若小球获得初速度后恰能绕O 点 在竖直平面内做圆周运动,取小球在静止时的 位置为电势能零点和重力势能零点,cos３７°＝ ０．８,g取１０m/s２．下列说法正确的是 (　　) A．小球的带电荷量q＝６×１０－５C B．小球动能的最小值为１J C．小球在运动至圆周轨迹上的最高点时有机械能 的最小值 D．小球绕O 点在竖直平面内做圆周运动的电 势能和机械能之和保持不变,且为４J 解析:AB　[对小球进行受力分析,如图甲 所 示,可得mgtan３７°＝qE,解得小球的带电荷量 为q＝mgtan３７°E ＝６×１０ －５C,选项A正确． 由于重力和电场力都是恒力,所以它们的合力 也是恒力,在圆周轨迹上各点中,小球在平衡位 置A 点(如图乙所示)时的势能(重力势能和电 势能之和)最小,在平衡位置关于O 点的对称点 B 点,小球的势能最大,由于小球总能量不变, 所以在B 点的动能EkB最小,对应速度vB 最小, 在B 点,小球受到的重力和电场力的合力提供 小球做圆周运动的向心力,而线的拉力恰为零, 有F合 ＝ mgcos３７°＝ ０．８ ０．８N＝１N ,而F合 ＝m v２B L ,所 以EkB＝ １ ２mv ２ B＝ １ ２F合 L＝ １ ２×１×２J＝１J ,选项 B正确．由于总能量保持不变,即Ek＋EpG＋EpE ＝恒量,所以当小球在圆上最左侧的C 点时,电 势能EpE最大,机械能最小,C错误．小球绕O 点 在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之 和保持不变,大小为平衡位置的动能,由动能定 理可知E＝１２mv ２ B＋ mg cos３７°×２L＝５J ,D错误．] ４．(多选)如图所示,水平向 右的匀强电场中有一绝 缘斜面,一带电金属滑块 以Ek０＝３０J的初动能从 斜面底端A 冲上斜面,到 顶端B 时返回,已知滑块从A 滑到B 的过程中 克服摩擦力做功１０J,克服重力做功２４J,则 (　　) A．滑块带正电,上滑过程中电势能减小４J B．滑块上滑过程中机械能增加４J C．滑块上滑到斜面中点时重力势能增加１２J D．滑块返回到斜面底端时动能为１５J 解析:AC　[由动能定理知上滑过程中 W 电 ＋ WG＋Wf＝ΔEk＝０－Ek０,代入数值得W 电 ＝４J, 电场力做正功,滑块带正电,电势能减小４J,所 以A正确;由功能关系知滑块上滑过程中机械 能的变化量为ΔE＝W 电 ＋Wf＝－６J,即机械能 减小６J,故B错误;根据题意知,滑块上滑到斜 面中点时克服重力做功为１２J,即重力势能增 加１２J,所以C正确;由动能定理知２Wf＝Ek－ Ek０,所以滑块返回到斜面底端时动能为１０J,故 D错误．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰５７５􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　 第九章　静电场及其应用、静电场中的能量 ５．如图为某一径向电场示意图,电 场强度大小可表示为E＝ar ,a 为常量．比荷相同的两粒子在半 径r不同的圆轨道运动．不考虑 粒子间的相互作用及重力,则 (　　) A．轨道半径r小的粒子角速度一定小 B．电荷量大的粒子的动能一定大 C．粒子的速度大小与轨道半径r一定无关 D．当加垂直纸面磁场时,粒子一定做离心运动 解析:BC　[根据静电力提供向心力,有ar 􀅰q＝ mω２r,解得ω＝ aqm 􀅰１ r ,可知轨道半径r小的 粒子角速度大,故A错误;根据静电力提供向心 力,有a r 􀅰q＝mv ２ r ,解得v＝ aqm ,可知粒子的速 度大小与轨道半径r一定无关,又有Ek＝ １ ２mv ２, 联立可得Ek＝ aq ２ ,可知电荷量大的粒子动能一 定大,故B、C正确;磁场的方向可能垂直纸面向 里也可能垂直纸面向外,所以粒子所受洛伦兹 力方向不能确定,粒子可能做离心运动,也可能 做近心运动,故D错误．] [能力综合练] ６．(２０２５􀅰四川省三模)如图所 示,A、B、C、D、E、F、G、H 是竖直光滑绝缘圆轨道的八 等分点,AE 竖直,空间存在 平行于圆轨道面的匀强电 场,从A 点静止释放一质量 为m 的带电小球,小球沿圆 弧恰好能到达C点．若在A 点给带电小球一个 水平向右的冲量,让小球沿轨道做完整的圆周 运动,则小球在运动过程中 (　　) A．E 点的动能最小 B．B 点的电势能最大 C．C点的机械能最大 D．F 点的机械能最小 解析:C　[从A 点静止释放一质量为m 的带电 小球,小球沿圆弧恰好能到达C 点,可知静电力 和重力的合力方向沿FB 方向斜向下,可知 B 点为“等效最低点”,F 点为“等效最高点”,可知 小球在F 点速度最小,动量最小．由平衡条件可 知,静电力水平向右,可知小球在G 点电势能最 大,在C 点电势能最小,因小球的电势能与机械 能之和守恒,可知在C 点机械能最大,在G 点机 械能最小．] ７．如图所示,在电场强度为E 的匀 强电场中,电场线与水平方向的 夹角为θ,有一质量为m 的带电 小球,用长为L 的细线悬挂于O 点,当小球静止时,细线OA 恰好 呈水平状态．若用外力F 使小球绕O 点做半径 为L 的匀速圆周运动,在沿圆弧(图中虚线)从 A 点运动到O 点正下方的B 点的过程中(重力 加速度为g),小球电荷量保持不变,下列说法正 确的是 (　　) A．小球带负电,电荷量值为 mgEsinθ B．小球带正电,电荷量值为 mgEcosθ C．电势能增加mgL＋mgLtanθ D．外力F 做负功 解析:C　[当小球静止时, 细线OA 恰好呈水平状态, 小 球 受 重 力 mg、静 电 力 F电、细线拉力 FT 作用,如 图,小球受静电力方向与电 场强度方向相同,所以小球 带正电,竖直方向上qEsin θ＝mg,解得q＝ mgEsinθ ,故A、B错误;从A 点运 动到O 点正下方的B 点的过程中,小球电势能 的增加量等于克服静电力做的功ΔEp＝－WF电 ＝qELcosθ＋qELsinθ＝mgL＋mgLtanθ ,故C正 确;从A 点做匀速圆周运动到O 点正下方的B 点,由动能定理可知 WG＋WF电 ＋WF＝０,解得 外力F 做的功WF＝ mgL tanθ ,所以外力F 做正功, 故D错误．] ８．(多选)细线拉着一质量为m 的带 电小球在竖直平面内做半径为R 的圆周运动,该区域内存在水平方 向的匀强电场(图中未画出),小球 所受静电力水平向右,大小是其重 力的 ３倍,圆周上A 点在圆心的正上方,小球过 A 点时的速度大小为v０,方向水平向左,除受重 力、静电力及细线的拉力外小球不受其他力的 作用,小球可视为质点,重力加速度为g,在小球 做圆周运动的过程中 (　　) A．小球最小速率为 v２０－２gR B．小球速率最小时其电势能最大 C．若小球过A 点时细线断开,之后小球电势能 最大时速率为 ３v０ ３ D．若小球过A 点时细线断开,之后小球电势能 最大时速率为 ３v０ ２ 解析:AC　[如图,当小球到 达B 点时小球的速度最大, 到达 C 点 时 速 度 最 小,BC 连线与 竖 直 方 向 夹 角 为θ, 则tanθ＝qEmg＝ ３ ,可知θ＝ ６０°,在由A 到C 过程中,由 动能定理mgR(１－cos６０°)－qERsin６０°＝１２mvC ２ －１２mv ２ ０,解得vC＝ v２０－２gR,选项A正确;电 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰６７５􀅰 高考总复习　物理 场方向沿水平方向,则电势最高点和最低点应 该在水平直径的两端,则C 点不是电势能最大 的位置,选项B错误;若小球过 A 点时细线断 开,之后小球电势能最大时水平速度减为零,则 此时的时间t＝ v０ qE m ＝ v０ ３g ,竖直方向做自由落体 运动,则此时的速率为v＝vy＝gt＝ ３v０ ３ ,选项 C正确,D错误．] ９．(多选)如图所示,竖直平面内有 圆心为O、半径为R 的圆,水平 直径上A、C 两端点分别固定带 电荷量为＋Q 的点电荷,BD 为 竖直直径,P 为OB 的中点,且 P、D 两点间的电势差大小为U．一带电荷量为 ＋q、质量为m 的小球以一定初速度从D 点开 始竖直向下运动,经过 P 点时加速度大小为 ２g,在P、B 间运动时加速度始终大于２g．忽略 小球所带电荷对电场分布的影响,重力加速度 为g,取无穷远处为零电势点．则小球从D 到B 的过程中 (　　) A．经过O 点时的速度最小 B．经过O 点时的加速度大小为g C．机械能先减小后增大 D．初动能可能为qU－１４mgR 解析:BCD　[设P 点的电场强度大小为E,小 球在P 点时有Eq＋mg＝ma,a＝２g,可得E＝ mg q ,又小球在PB 间运动时加速度大于２g,则 PB 间电场强度大于E,且方向竖直向下．根据 对称性可知小球在OD 中点时所受合力为零, 小球先减速后加速,在OD 中点时速度最小,故 A错误;O 点的电场强度为零,小球在O 点所受 静电力为零,合力等于重力,加速度大小为g,故 B正确;从D 到B 的过程,静电力先做负功后做 正功,小球的机械能先减小后增大,故C正确; 设OD 中点为F,根据对称性可知,P、F 点电势 相等,则F、D 两点间的电势差也为U,使小球 能经过F 点即可使小球到达B 点,由－qU＋ １ ２mgR＞０－Ek ,有 Ek＞qU－ １ ２mgR ,故 D 正确．] １０．如图所示,质量为m＝１􀆰０kg、 带正 电 且 电 荷 量q＝１􀆰０× １０－４C的滑块从A 点右侧光 滑水平面以某一初速度冲上 固定在竖直平面内的光滑圆 轨道,并沿光滑圆轨道内侧运 动到B 处后离开圆轨道,恰好 从C处无碰撞地冲上粗糙水平台面继续滑行 ０􀆰３s停止运动,水平台面与滑块间的动摩擦 因数μ＝０􀆰２．整个装置处于竖直向下的匀强电 场中,电场强度E＝１􀆰０×１０５N/C．竖直圆轨 道在A 点和光滑水平面相切,圆轨道半径R＝ ０􀆰１m,OB 与水平面夹角θ＝３７°．重力加速度 g＝１０m/s２,sin３７°＝０􀆰６,cos３７°＝０􀆰８．求: (１)滑块在B 处速度vB 的大小; (２)滑块在A 处受到圆轨道的支持力F 大小． 解析:(１)从C 处在粗糙水平台面滑行至停止, 由动量定理得μ(mg＋Eq)t＝mvC, 解得vC＝１􀆰２m/s, 由B 到C 逆 向 看 成 类 平 抛 运 动,则 B 处 的 速度 vB＝ vC sinθ ,解得vB＝２m/s (２)由A 到B 由动能定理有 －(mg＋Eq)R(１＋sinθ)＝１２mvB ２－１２mv ２ ０, 在A 处,由牛顿第二定律得 F－(mg＋Eq)＝m v２０ R ,解得F＝１２４N． 答案:(１)２m/s　(２)１２４N [素养培优练] １１．如 图 所 示,光 滑 水 平 面 AB 和竖直面内的光滑１４ 圆弧导轨在B 点平滑连 接,导轨半径为 R．质量 为m 的带正电小球将轻 质弹簧压缩至A 点后由 静止释放,脱离弹簧后经过B 点时的速度大小 为 gR,之后沿轨道BO 运动．以O 为坐标原 点建立直角坐标系xOy,在x≥－R 区域有方 向与x 轴夹角为θ＝４５°的匀强电场,进入电场 后小球受到的电场力大小为 ２mg．小球在运 动过程 中 电 荷 量 保 持 不 变,重 力 加 速 度 为 g．求: (１)弹簧压缩至A 点时的弹性势能; (２)小球经过O 点时的速度大小; (３)小球过O 点后运动的轨迹方程． 解析:(１)小球从A 到B,根据能量守恒定律得 Ep＝ １ ２mvB ２＝１２mgR ; (２)小球从B 到O,根据动能定理有 －mgR＋ ２mg× ２R＝１２mvO ２－１２mvB ２, 解得vO＝ ３gR; (３)小球运动至O 点时速度方向竖直向上,受 电场力和重力作用,将电场力分解到x 轴和y 轴,则x轴方向有 ２mgcos４５°＝max, y轴方向有 ２mgsin４５°－mg＝may, 解得ax＝g,ay＝０,说明小球过O 点后的运动 为x 轴方向做初速度为零的匀加速直线运动, y轴方向做匀速直线运动,即做类平抛运动, 则有x＝１２gt ２,y＝vOt,联立解得小球过O 点 后运动的轨迹方程为y２＝６Rx． 答案:(１)１２mgR　 (２)３gR　(３)y２＝６Rx 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰７７５􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　 第九章　静电场及其应用、静电场中的能量