专题十五 带电粒子在电场中运动的综合问题 跟踪训练 -2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 聚焦带电粒子在电场中运动的综合问题，通过基础对点与综合提升分层训练，强化等效重力场模型建构与力电综合的科学推理，系统覆盖高考高频考点。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |等效重力场中的运动|4题|含竖直面圆周运动、八等分点轨道等，涉及平衡条件与能量分析|从重力与电场力合成建构等效重力场，推导运动极值点与能量转化规律| |电场中的力电综合问题|4题|涵盖平衡、平抛、动量守恒结合电场力，需受力分析与运动分解|结合牛顿定律、动能定理，建立力电作用下的运动学与动力学关系| |综合提升练|4题|综合考查动能定理、动量守恒、轨迹方程，需多过程分析|整合力学与电磁学知识，形成“受力-运动-能量”完整解题链条，提升科学思维能力|

专题十五 带电粒子在电场中运动的综合问题 跟踪训练 基础对点练 1． 选择题： 对点1　带电粒子在等效重力场中的运动 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 2.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 ３.(多选)如图所示，竖直平面内有固定的半径为R的光滑绝缘圆形轨道，水平匀强电场平行于轨道平面向左，P、Q分别为轨道上的最高点、最低点，M、N分别是轨道上与圆心等高的点。质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)在轨道内运动，已知重力加速度为g，电场强度E＝，要使小球能沿轨道做完整的圆周运动，则下列说法正确的是(　　) A.小球在轨道上运动时，动能最小的位置电势能最大 B.小球在轨道上运动时，机械能最大的位置一定在M点 C.小球过Q、P两点受轨道弹力大小的差值为6mg D.小球过Q、P两点受轨道弹力大小的差值为7.5mg ４. (多选)如图所示，分别将带正电、带负电和不带电的三个等质量小球以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，下板接地。三小球分别落在图中A、B、C三点，则下列选项中正确的是(　　) A.落点在A点的小球带正电，落点在B点的小球带负电 B.三小球在电场中的加速度大小关系是 　aA<aB<aC C.三小球在电场中运动的时间相等 D.三小球到达下板时的动能关系是 　EkC>EkB>EkA 对点2　电场中的力、电综合问题 ５.真空中存在空间范围足够大的水平向右的匀强电场，在电场中，一个质量为m、带电的小球在B点静止时细线与竖直方向的夹角为37°，小球所带的电荷量为q，细线的长度为l，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　) A.小球带负电 B.电场强度的大小E＝ C.若将小球从A点由静止释放，则小球从A点运动到C点的过程中电势能增加了0.75mgl D.若将小球从A点由静止释放，则小球运动到C点时受到细线的拉力大小为3mg 6.如图所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成θ角，直线AB与匀强电场E互相垂直。在A点以大小为v0的初速度水平抛出一质量为m、带电荷量为＋q的小球，经时间t，小球下落一段距离过C点(图中未画出)时速度大小仍为v0，在小球由A点运动到C点的过程中，下列说法中正确的是(　　) A.小球的电势能减少 B.C可能位于AB直线的右侧 C.小球的机械能减少量一定等于mg2t2 D.小球的机械能减少量一定大于mg2t2 7.如图所示，一带电的平行板电容器固定在绝缘底座上，底座置于光滑水平面上，一光滑绝缘轻杆左端固定在电容器的左极板上，并穿过右极板上的小孔，电容器极板连同底座总质量为2m，底座锁定在水平面上时，套在杆上质量为m的带电环以某一初速度由小孔进入电容器后，最远能到达距离右极板为d的位置。底座解除锁定后，将两极板间距离变为原来的2倍，其他条件不变，则带电环进入电容器后，最远能到达的位置距离右极板(　　) A.d B.d C.d D.d 8.如图所示在电场强度为E的匀强电场中有一带电绝缘物体P处于水平面上。已知P的质量为m、带电荷量为＋q，其所受阻力与时间的关系为f＝f0＋kt。t＝0时物体P由静止开始运动直至速度再次为零的过程中，以下说法正确的是(　　) A.物体达到最大速度的时间 B.物体达到的最大速度为 C.全过程中，物体所受静电力的冲量为 D.全过程中，物体所受阻力f的冲量为 综合提升练 一．计算题： 9.如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为q(q>0)，质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求: (1)电场强度E的大小; (2)小球在A、B两点的速度大小。 10.如图所示，质量为9m的靶盒(可视为质点)带正电，电荷量为q，静止在光滑水平面上的O点。O点右侧存在电场强度大小为E、方向水平向左的匀强电场。在O点左侧有一质量为m的子弹，以速度v0水平向右打入靶盒后与靶盒一起运动。已知子弹打入靶盒的时间极短，子弹不带电，且靶盒带电荷量始终不变，不计空气阻力。 (1)求子弹打入靶盒后的瞬间，子弹和靶盒共同的速度大小v1; (2)求子弹打入靶盒后，靶盒向右离开O点的最大距离s; (3)若靶盒回到O点时，第2颗完全相同的子弹也以v0水平向右打入靶盒，求第2颗子弹对靶盒的冲量大小I。 11.如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在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，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静电力大小为mg。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。 12.如图所示，在竖直平面内，一半径R＝0.5 m的光滑绝缘圆弧轨道BCD和绝缘水平轨道AB在B点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OC和OD之间的夹角θ＝37°，整个装置固定在水平向左的匀强电场中，匀强电场的电场强度大小E＝×105 V/m。一质量m＝100 g的带电小滑块从A点由静止释放后沿水平轨道向左运动，经B点进入圆弧轨道，通过D点后落回水平轨道。已知滑块运动到D点时所受合力的方向指向圆心O，且此时滑块对圆弧轨道恰好没有压力。不计空气阻力，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。求: (1)小滑块所带的电荷量; (2)小滑块通过C点时，对圆弧轨道的压力大小; (3)小滑块落回水平轨道位置与B点之间的距离。 参考答案： 1.答案　B解析　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.答案　C解析　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，动能最小。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，故C正确。 3.答案　BC解析　静电力与重力的合力可视为等效重力，mg'＝mg，则等效重力加速度g'＝，如图所示，tan θ＝。当小球通过D点(等效最高点)时，动能最小，但D点并非电势能最大的位置，小球电势能最大的位置在N点，故A错误;小球在圆轨道上运动过程中电势能与机械能之和不变，小球在圆轨道上M点的电势能最小，则机械能最大，故B正确;在Q点和P点，由牛顿第二定律得FQ－mg＝m，FP＋mg＝m，从Q点到P点，由动能定理得－mg·2R＝mm，联立解得FQ－FP＝6mg，故C正确，D错误。 4.答案　BD解析　电场方向向上，将重力与静电力等效为一个力F等效，结合平抛运动的分解处理，由水平方向位移可知三个小球的运动时间tA>tB>tC，由小球在竖直方向上做匀加速直线运动且竖直方向位移相同，得三个小球的加速度aA<aB<aC，推理得出落在C点的小球受到的静电力向下，小球带负电，落在B点的小球不带电，落在A点的小球带正电，故A、C错误，B正确;三小球所受合力FC>FB>FA，且三小球在竖直方向的位移相同，得WA<WB<WC，则EkC>EkB>EkA，故D正确。 5.答案　C解析　小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，如图所示，小球所受静电力方向与电场强度方向相同，可知小球带正电，根据平衡条件有qE＝mgtan θ，解得E＝，故A、B错误;若将小球从A点由静止释放，小球将做圆周运动到达C点，静电力做负功，电势能增加了ΔEp＝qEl＝0.75mgl，故C正确;小球从A点到C点，根据动能定理有mgl－qEl＝m－0，小球在C点，根据牛顿第二定律有FT－mg＝m，解得FT＝1.5mg，故D错误。 6.答案　D解析　由动能定理知，动能不变，合力做的功为零，重力做正功，静电力必然做负功，电势能增加，故A错误;若C位于AB直线的右侧，则重力做正功，静电力做正功，动能增加，故B错误;小球的机械能的减少量即为竖直方向的重力势能的减少量mgh，由于静电力向右下方，重力竖直向下，将合力沿着水平和竖直方向正交分解，竖直方向的合力大于重力，故在竖直方向的分运动的加速度a大于g，竖直方向h＝at2>gt2，即mgh>mg2t2，故C错误，D正确。 7.答案　C解析　设带电环所带电荷量为q，初速度为v0，底座锁定时电容器极板间电场强度为E，则由动能定理有－qEd＝－m。底座解除锁定后，两极板间距离变为原来的2倍，极板间电场强度大小不变，电容器及底座在带电环作用下一起向左运动，当与带电环共速时，带电环到达进入电容器最远位置，整个过程满足动量守恒，则有mv0＝3mv1，再由动能定理有－qEd'＝×3mm，联立解得 d'＝d，故C正确。 8.答案　B解析　当物体所受合力为零时，物体的速度最大，则有qE＝f0＋kt，解得t＝，从静止到物体达到的最大速度，由动量定理有qEt－t＝mvm－0，解得vm＝，故A错误，B正确;对全过程，由动量定理有qEt'－t'＝0，解得t'＝，则全过程中，物体所受静电力的冲量为I1＝qEt'＝，物体所受阻力f的冲量为I2＝－t'＝，故C、D错误。 9.答案　(1)　(2)　 解析　(1)在匀强电场中，由公式E＝可得E＝。 (2)在A点细线对小球的拉力为0，由牛顿第二定律得qE－mg＝m 从A点到B点，由动能定理得qU－mgL＝mm 联立解得vA＝，vB＝。 10.答案　(1)0.1v0　(2)　(3)mv0 解析　(1)子弹打入靶盒过程中，由动量守恒定律得mv0＝10mv1 解得v1＝0.1v0。 (2)靶盒向右运动的过程中，由牛顿第二定律得qE＝10ma 又＝2as，解得s＝。 (3)第1颗子弹打入靶盒后，靶盒将向右减速后反向加速，返回O点时速度大小仍为v1，设第2颗子弹打入靶盒后速度为v2，取向右为正方向， 由动量守恒定律得mv0－10mv1＝11mv2 解得v2＝0 以靶盒与第1颗子弹为整体，由动量定理得 I＝0－(－10mv1)，解得I＝mv0。 11.答案　(1)mgR　(2)　(3)y2＝6Rx 解析　(1)小球从A到B，根据能量守恒定律得 Ep＝mmgR。 (2)小球从B到O，根据动能定理有－mgRmg×R＝mm 解得vO＝。 (3)小球运动至O点时速度方向竖直向上，受静电力和重力作用，将静电力分解到x轴和y轴，则x轴方向有mgcos 45°＝max y轴方向有mgsin 45°－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＝gt2，y＝vOt，联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为y2＝6Rx。 12.答案　(1)4.5×10－6 C　(2)0.75 N　(3)0.562 5 m 解析　(1)滑块运动到D点时所受合力的方向指向圆心O，则tan θ＝ 解得小滑块所带的电荷量q＝4.5×10－6 C。 (2)滑块运动到D点时，滑块对圆弧轨道恰好没有压力， 则滑块受到合力为F合＝＝1.25 N 在D点，根据牛顿第二定律F合＝m 解得vD＝2.5 m/s 滑块从C→D，根据动能定理有 mgR(1－cos θ)－qERsin θ＝mm 在C点，根据牛顿第二定律有FN＋mg＝m 根据牛顿第三定律，小滑块通过C点时，对圆弧轨道的压力大小为FN'＝FN 解得FN'＝0.75 N。 (3)滑块运动到D点时在水平和竖直方向的速度分别为 vx＝vDcos θ＝2 m/s vy＝vDsin θ＝1.5 m/s 竖直方向有R＋Rcos θ＝vytgt2 解得t＝0.3 s 水平方向的加速度为a＝＝7.5 m/s2 小滑块落回水平轨道位置与B点之间的距离x＝Rsin θ＋vxt－at2 解得x＝0.562 5 m。 学科网（北京）股份有限公司 $