2026届高考物理一轮复习专题练习 专题十三　带电粒子在电场中运动的综合问题

专题十三　带电粒子在电场中运动的综合问题 基础巩固 1.在真空中有一竖直向上的匀强电场,场强大小为E1,一个带电液滴在电场中O点处于静止状态.现将E1突然增大到E2,方向不变,作用一段时间,再突然使E2反向,保持E2大小不变,又经过一段同样长的时间,液滴恰好返回到O点.在这两段相同的时间里 (　) A.电场力做功相同 B.动能的变化量相等 C.重力做功相同 D.合力的冲量大小相等 2.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mv2 B.机械能增加2mv2 C.重力势能增加mv2 D.电势能增加2mv2 3.[2025·四川成都模拟] 如图所示,虚线圆位于竖直面内,AC和BD为相互垂直的两条直径,其中BD位于水平方向.竖直平面内有足够大的匀强电场,方向与圆周平面平行.在圆周平面内将质量为m、带电荷量为+q的小球(可视为质点)从A点以相同的速率向各个方向抛出,小球会经过圆周上不同的点,其中到达B点时小球的动能最大.已知重力加速度为g,场强大小为,则下列说法中正确的是 (　) A.电场的方向由D指向B B.小球运动过程中的加速度大小等于g C.B点为圆周上电势最低的点 D.经过C点时小球的速度与初速度大小相等 综合提升 4.[2025·江西九江模拟] 如图所示,在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场,质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出,从B点进入电场,到达C点时速度方向恰好水平,A、B、C三点在同一直线上,且小球所受电场力为3mg,其中g为重力加速度,由此可知 (　) A.AB=3BC B.小球从A到B与从B到C的运动时间相等 C.小球从A到B与从B到C的动量变化量相同 D.小球从A到C的过程中,重力对小球做的功与电场力对小球做的功的绝对值相等 5.[2024·浙江6月选考] 如图所示空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场,在此空间同一水平面的M、N点固定两个等量异种点电荷,绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置,其圆心O在MN的中点,半径为R,AC和BD分别为竖直和水平的直径.质量为m、电荷量为+q的小球套在圆环上,从A点沿圆环以初速度v0做完整的圆周运动,重力加速度为g,则 (　) A.小球从A到C的过程中电势能减少 B.小球不可能沿圆环做匀速圆周运动 C.可求出小球运动到B点时的加速度 D.小球在D点受到圆环的作用力方向平行MN 6.(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(cos 37°=0.8,g取10 m/s2).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点由静止释放,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,下列说法正确的是 (　) 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的最小值是0.5 J D.小球做圆周运动过程中对环的压力的最大值是6 N 7.[2025·湖北武汉模拟] 如图所示,竖直平面内固定有绝缘轨道ABMNP,AB段是长L=3.6 m的水平轨道,BM段是半径R=0.4 m、圆心角θ=37°的光滑圆弧轨道,MN段是倾角θ=37°的倾斜轨道,NP段是恰好能与BM段组成半圆的光滑圆弧轨道,各段轨道均平滑连接.O1、O2分别是两段圆弧轨道的圆心,MO1所在直线右侧足够大空间存在匀强电场,电场方向与MN平行且向上,电场强度大小为E=90 N/C.小物块a以初速度v0=10 m/s从A点向右运动,一段时间后,与静置在B点的小物块b发生弹性正碰(碰撞时间极短),b运动到P点时对轨道恰好无压力.已知a、b的质量分别为m1=0.1 kg、m2=0.3 kg,a与AB段的动摩擦因数为μ=0.5,b带正电,电荷量q=0.02 C,a、b碰撞过程不会发生电荷转移,重力加速度大小g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求: (1)a、b碰撞结束瞬间,b的速度大小; (2)b通过P点时的速度大小; (3)b通过P点后在电场中运动距MN的最远距离. 拓展挑战 8.(多选)[2025·河北石家庄模拟] 虚线间存在如图所示的电场,虚线左侧的匀强电场方向与水平虚线间的夹角为α=37°,该匀强电场的电场强度为E1,一比荷为k的带正电的粒子由水平虚线上的A点静止释放,经过一段时间由竖直虚线上的B(图中未画出)点进入虚线右侧竖直向下的匀强电场,该匀强电场的电场强度为E2(E2未知),最终粒子由水平虚线上的C(图中未画出)点离开电场,离开电场瞬间的速度与水平虚线的夹角为θ=53°.已知OA=4L、电场强度E1=E,不计粒子的重力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.则下列说法正确的是 (　) A.E2=E B.OC=10L C.粒子由A到C的时间为 D.A、C两点的电势差为EL 9.[2025·广东广州模拟] 如图所示,在绝缘的光滑水平面(足够长)上M点左侧的区域有水平向右的匀强电场.小滑块A、B的质量均为m,其中B不带电,A的带电荷量为+q,O点到M点的距离为L,N点到O点的距离为kL(k>0).现将小滑块A从N点由静止释放,其向右运动至O点与静止的小滑块B发生弹性碰撞,设A、B均可视为质点,整个过程中,A的电荷量始终不变,B始终不带电,已知电场强度E=,重力加速度大小为g. (1)求A与B发生第一次碰撞前瞬间,A的速率; (2)k的取值满足什么条件时,能使A与B发生第二次碰撞? (3)k的取值满足(2)问的条件下,求A和B两次碰撞间隔的时间. 答案解析 1.A　[解析] 带电液滴在电场中受到重力和电场力的作用,刚开始处于静止状态,则E1q=mg,当场强变为E2后,电场力大于重力,液滴向上做加速运动,加速度a1=,若使电场反向,则其加速度方向向下,大小为a2=,两段的时间相等,位移大小h相等,前一段时间内电场力做正功W1=E2qh,后一段时间内电场力做正功大小W2=E2qh,故这两段时间里,电场力做功相同,选项A正确;根据动能定理,前一段时间里动能的变化量等于合力做的功,即(E2q-mg)h=Ek-0,后一段时间里合力做的功为(E2q+mg)h=0-Ek,这两段时间里合力做的功不相等,所以动能的变化量也不相等,选项B错误;前一段时间里重力做负功,后一段时间里重力做正功,故这两段时间里重力做功不相同,选项C错误;前一段时间里合力的冲量为(E2q-mg)t,后一段时间里合力的冲量为(E2q+mg)t,故这两段时间里合力的冲量大小也不相等,选项D错误. 2.B　[解析] 带电小球以初速度v从M运动到N的过程中,竖直方向上只受重力,水平方向上只受电场力,到达N点时,竖直方向上到了最高点,由运动学公式有0-v2=-2gh,所以重力势能增加量ΔEpG=mgh=mv2,水平方向上有2x=(2v)2-0,所以电势能减少量ΔEp电=qEx=m(2v)2=2mv2,C、D错误;减少的电势能全部转化为小球的机械能,所以机械能增加了2mv2,B正确;小球动能增加量ΔEk=m(2v)2-mv2=mv2,A错误. 3.D　[解析] 小球受到电场力和重力,当到达等效最低点时动能最大,故B点为等效最低点,因此受到合力方向由D指向B,受力分析,设电场方向与DB方向的夹角为θ,则有sin θ==,因为小球带正电,所以场强方向与电场力方向相同,如图所示,故A错误;加速度大小为a===g,故B错误;沿电场线方向电势降低,因此电势最低的点为F点,故C错误;合力方向由D指向B,因此从A到C,合力做功为0,小球在A、C两点时动能相等,速度大小相等,故D正确. 4.D　[解析] 设A到MN的距离为h,小球从A到B的时间为t=,在B点的竖直分速度为vyB=gt=,小球在电场中的加速度大小为a==2g,小球从B到C的时间为t'==,则两段所用的时间之比为2∶1,小球在水平方向上不受力,故在水平方向上做匀速直线运动,则AB=2BC,故A、B错误;由动量定理可知,动量变化量等于合力的冲量,小球在AB段合力的冲量方向向下,小球在BC段合力的冲量方向向上,故C错误;小球从A到C的过程中,在水平方向上做匀速直线运动,由动能定理可知WG+W电=0,所以重力对小球做的功与电场力对小球做的功的绝对值相等,故D正确. 5.C　[解析] 在两个等量异种点电荷形成的电场中,圆环所在平面为等势面,在方向竖直向上的匀强电场中,A点电势低于C点电势,则带正电的小球从A到C的过程中电势能增加,A错误;当竖直向上的匀强电场的场强E满足qE=mg时,小球可沿圆环做匀速圆周运动,B错误;根据动能定理得mgR-qER=m-m,可以求得小球运动到B点时的速度vB,则由an=可以求得小球在B点的向心加速度,沿竖直方向,根据牛顿第二定律得mg-qE=maτ,可以求得小球的切向加速度aτ,根据矢量合成的方法可以得到小球在B点的加速度aB=,C正确;小球在D点受到圆环的作用力提供向心力,所以小球在D点时受到圆环的作用力方向垂直于MN,D错误. 6.BD　[解析] 将电场力和重力的合力等效为一个力,根据题图甲中“等时圆”模型可知,A点应为“等时圆”上等效最高点,可知重力与电场力的合力必须指向AO,根据力的合成与分解得qE=mgtan 37°,解得匀强电场的电场强度大小为E=1×104 V/m,故B正确;圆环的等效最低点为AO延长线与圆轨道的交点,小球在等效最低点时速度最大,动能最大,故A错误;因为重力与电场力均为恒力,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,联立解得Ek=1 J,故C错误;小球从等效最高点运动至等效最低点过程中,由动能定理得F·2R=m-mv2,在等效最低点时小球对圆环的压力最大,速度最大,动能最大,由牛顿第二定律得FN-F=m,联立解得FN=6 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 N,故D正确. 7.(1)4 m/s　(2)1.6 m/s　 (3)0.777 6 m [解析] (1)a从A点运动至B点,根据动能定理有 -μm1gL=m1-m1 a、b弹性正碰,根据动量守恒定律有m1v1=m1v1'+m2v2 根据机械能守恒定律有 m1=m1v1'2+m2 解得v2=4 m/s (2)b在P点,根据牛顿第二定律有m2g-qEsin θ=m2 解得vP=1.6 m/s (3)b过P点后做抛体运动,将运动沿电场所在方向(MN方向)和垂直电场方向(垂直MN方向)分解 根据抛体运动规律,沿垂直电场方向(垂直MN方向)速度为vy=vPsin θ 沿垂直电场方向(垂直MN方向)位移为y= 沿垂直电场方向(垂直MN方向)加速度为ay=gcos θ 又H=y+R+Rcos θ 解得H=0.777 6 m 8.CD　[解析] 粒子由A点静止释放,粒子在虚线左侧电场中做匀加速直线运动,A、B两点间的距离为xAB==5L,xBO=4Ltan 37°=3L,又E1=E,则该过程由动能定理得qE1xAB=m,解得vB=,粒子由B到C的过程做类斜抛运动,粒子在水平方向做匀速直线运动,速度为v1=vBcos 37°=,在竖直方向做类竖直上抛运动,初速度为v2=vBsin 37°=,由题意粒子在C点的速度与虚线的夹角为θ=53°,设竖直方向的速度为v2',则由tan 53°=解得v2'=,在竖直方向上由牛顿第二定律得a==kE2,由速度公式得v2'=-v2+at2,又由位移公式得3L=-v2t2+a,解得t2=,E2=E,故A错误; O、C两点间的距离为xOC=v1t2,整理得xOC=L,故B错误;粒子由A到B的时间为t1==,解得t1=,所以粒子由A到C的总时间为t=t1+t2=,故C正确;粒子在C点的速度为vC=,粒子由A到C的过程由动能定理得qUAC=m,解得UAC=EL,故D正确. 9.(1)　(2)k<1　(3)k≤时,t=4,<k<1时,t= [解析] (1)设A与B碰撞前的速率为v1,对A由动能定理得 EqkL=m 将E=代入,解得v1= (2)由题意知,A与B发生弹性碰撞,由动量守恒定律得mv1=mv1'+mv2' 由能量守恒定律可知 m=mv1'2+mv2'2 联立解得v1'=0,v2'= 碰撞后,B以v2'做匀速直线运动,A在电场力作用下,做匀加速直线运动,为使A与B能发生第二次碰撞,则A经电场加速后的最大速度v1″应满足的条件为v1″>v2' 碰撞后,对A由动能定理得 EqL=mv1″2 联立解得k<1 (3)碰后B运动到M点所用时间为tB== A的加速度a1== 设A运动到M点所用时间为tA,则L=×g 若tA=tB,解得k= 设A与B第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间为t,当k≤时,A与B在离开电场前发生第二次碰撞,有 ×gt2=t 解得t=4 当<k<1时,A与B离开电场后发生第二次碰撞,有 t=L+v1″ 解得t= 学科网（北京）股份有限公司 $