第九章 第6讲 小专题 带电粒子(带电体)在电场中的力电综合问题 专项练习 -2027届高考物理一轮专题复习（人教版）

**基本信息** 聚焦带电粒子在复合场中的力电综合，通过分层递进的情境设计构建从运动分析到能量转化的解题逻辑链。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |带电粒子在电场和重力场中的运动|4题（含3选择1计算）|涉及平抛、圆周运动及平衡问题，融合场强叠加与电势计算|以重力场为基础，通过电场力引入复合场模型，构建“受力分析-运动分解-能量守恒”的推理链条| |电场中的力电综合问题|5题（含2选择3计算）|结合轨道、弹簧、传送带等复杂情境，考查多过程能量转化|从单一电场拓展到力电综合系统，强化“模型建构-动态分析-功能关系”的科学思维方法|

第6讲　小专题:带电粒子(带电体)在电场中的力电综合问题 对点1.带电粒子在电场和重力场中的运动 1.(2025·黑龙江哈尔滨模拟)如图所示,在竖直向上的匀强电场中,A球位于B球的正上方,质量相等的两个小球以不同初速度同时水平抛出,它们最后落在水平面上同一点,其中只有一个小球带电,不计空气阻力,两个小球均可视为质点,下列判断正确的是(　　) A.如果A球带正电,则A球的初速度一定较小 B.如果B球带正电,则A球的初速度一定较大 C.如果A球带负电,则A球运动时间一定较长 D.如果B球带负电,则A球运动时间一定较短 2.(2025·江西九江三模)如图所示,粗糙绝缘的直杆竖直放置在等量异种电荷连线的中垂线上,直杆上有A、O、B三点,O为等量异种点电荷连线的中点,AO=BO=L。一质量为m的带负电小圆环从A点以初速度v0向B点滑动,滑到B点时速度恰好为0,重力加速度为g。关于小圆环从A运动到B的过程,下列说法正确的是(　　) A.小圆环的电势能先减小后增大 B.小圆环的加速度先减小后增大 C.小圆环克服摩擦力做功为m+2mgL D.小圆环运动到O点时的动能等于m 3.(多选)(2025·云南昆明三模)匀强电场中,质量为m、带电量为q(q>0)且可视为质点的小球在长为L的绝缘轻绳拉力作用下绕固定点O在竖直平面内做圆周运动,M点和N点分别为圆周上的最低点和最高点,电场方向平行于圆周平面。已知运动过程中小球速度最小值为 (g为重力加速度),此时绳子拉力恰好为零。小球运动到M点时速度大小为2且大于小球经过N点时的速度,不计空气阻力。若O点电势为零,下列说法正确的是(　　) A.小球受到的电场力与重力的夹角为30°角 B.匀强电场的电场强度大小为 C.M点的电势为 D.小球从速度最小到速度最大的过程中,电场力做的功为2mgL 4.(2025·甘肃白银模拟)取无限远处为零电势点,真空中带电量为Q0的点电荷在与其距离为r的A点的电势φ=(其中k为静电力常量),如果A点周围有多个点电荷,则A点的电势等于这些点电荷单独存在时的电势之和。如图所示为水平放置的一均匀带电圆环,所带的总电量为+Q,圆环的半径为b,O点为圆环的圆心,取O点为坐标原点,竖直向上为正方向,建立z轴,在Oz轴上位于z=d处的P点的电场强度最大。现将质量为m、带电量为+q的小球(可视为质点)从z轴正半轴无限远处由静止释放,小球运动到P点时的速度为v,加速度恰好为零。已知静电力常量为k,空气阻力不计,重力加速度为g。求: (1)小球的质量; (2)小球从无限远处运动到P点的过程中重力所做的功。 对点2.电场中的力、电综合问题 5.(2025·江西赣州二模)如图甲所示,竖直放置的光滑绝缘四分之一圆形轨道两端分别与绝缘粗糙水平传送带CD和光滑绝缘的竖直轨道AB平滑相接,C点为四分之一圆形轨道的最低点,整个装置处在水平向左的匀强电场中,电场强度大小为E。一带电量为+q、质量m为0.1 kg的金属小物块(视为质点)从A位置处无初速度自由滑下,滑至底端C并冲上沿逆时针方向匀速转动且足够长的传送带。在传送带上运动的vt图像如图乙所示,以速度水平向左为正方向,最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,已知E=,则(　　) A.由A运动到B的过程中,电场力对金属小物块的功率一直增大 B.金属小物块与传送带间的动摩擦因数为 C.0~0.45 s内,金属小物块与传送带间摩擦产生的内能为0.45 J D.金属小物块在运动过程中对轨道压力的最大值为 6.(多选)(2025·安徽卷,10)如图,两个倾角相等、底端相连的光滑绝缘轨道被固定在竖直平面内,空间存在平行于该竖直平面水平向右的匀强电场。带正电的甲、乙小球(均可视为质点)在轨道上同一高度保持静止,间距为L,甲、乙所带电荷量分别为q、2q,质量分别为m、2m,静电力常量为k,重力加速度大小为g。甲、乙所受静电力的合力大小分别为F1、F2,匀强电场的电场强度大小为E,不计空气阻力,则(　　) A.F1=F2 B.E= C.若将甲、乙互换位置,二者仍能保持静止 D.若撤去甲,乙下滑至底端时的速度大小 v= 7.(2025·湖南期末)如图所示,在光滑水平轨道AB的末端处,平滑连接一个半径R=0.4 m 的光滑半圆形轨道,半圆形轨道与水平轨道相切,C点为半圆形轨道的中点,D点为半圆形轨道的最高点,A、B两点间的距离L=1.2 m,整个轨道处在电场强度水平向右、大小E=1×107 N/C的匀强电场中。用固定的弹射装置锁定一个质量m=1 kg、带电量q=+1×10-6 C的小物块(可视为质点),某时刻解除锁定,小物块运动到D点时对轨道的压力为30 N。重力加速度大小g取 10 m/s2。求: (1)弹射装置锁定时具有的弹性势能; (2)小物块在水平轨道AB上的落点与B点的距离; (3)小物块在空中的最小动能。 8.(2025·湖南娄底一模)如图甲所示,虚线表示竖直平面内的匀强电场中的等势面,等势面与水平地面平行。电荷量为q、质量为m的带电小球以一定初速度沿虚线方向抛出,以抛出点为坐标原点沿竖直向下方向建立y轴,运动过程中小球能量E′随y的变化如图乙所示,其中动能和机械能随坐标y的变化关系分别如图线a、b所示,已知E0为已知量,重力加速度为g,不计空气阻力,则下列说法正确的是(　　) A.小球初速度大小v0=2 B.电场强度大小为 C.小球抛出时重力势能为E0 D.小球加速度大小为g 9.(2025·辽宁葫芦岛二模)如图所示,倾角为θ=30° 的光滑绝缘斜面底端固定有一劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧上端连接一质量为2m不带电的滑块Q而处于静止状态,整个装置处于沿斜面向下的匀强电场中,电场强度大小E=。在Q的上方x0=处由静止释放一质量为m、电荷量为+q的滑块P,运动一段时间后P与Q发生碰撞,碰撞时间极短(可忽略不计),P所带电荷量不会转移到Q。碰后P、Q一起向下运动,到达最低点后又向上弹回。已知重力加速度为g,弹簧始终处在弹性限度内,弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=kx2,弹簧振子的周期公式为T=2π,其中k为弹簧的劲度系数,M为振子的质量。 (1)求碰后瞬间P、Q的共同速度; (2)求碰后P、Q一起向下运动的最大位移; (3)试判断P、Q碰后的运动过程中是否会分离。如果会分离,则求从释放P到P、Q第一次分离所用的时间;如果不会分离,则求从释放P到P、Q速度第二次减为零所用的时间。 学科网（北京）股份有限公司 $ 第6讲　小专题:带电粒子(带电体)在电场中的力电综合问题 课时作业 对点1.带电粒子在电场和重力场中的运动 1.(2025·黑龙江哈尔滨模拟)如图所示,在竖直向上的匀强电场中,A球位于B球的正上方,质量相等的两个小球以不同初速度同时水平抛出,它们最后落在水平面上同一点,其中只有一个小球带电,不计空气阻力,两个小球均可视为质点,下列判断正确的是(　　) A.如果A球带正电,则A球的初速度一定较小 B.如果B球带正电,则A球的初速度一定较大 C.如果A球带负电,则A球运动时间一定较长 D.如果B球带负电,则A球运动时间一定较短 【答案】 A 【解析】 若A球带正电,根据类平抛规律,对A有hA=·,x=vAt1,解得vA=x,对B有hB=g,x=vBt2,解得vB=x,其中hA>hB,可知vA<vB;若B球带正电,则vB= x,vA=x,其中hA>hB,可知两小球的初速度大小关系不能够确定,A正确,B错误。若A球带负电,则hA=·,解得t3=,对B有hB=g,解得t4=,其中hA>hB,可知两小球的运动时间大小关系不能够确定;若B球带负电,对B有hB=·,解得t5=,对A有hA=g,解得t6=,其中hA>hB,可知t5<t6,即如果B球带负电,则A球运动时间一定较长,C、D错误。 2.(2025·江西九江三模)如图所示,粗糙绝缘的直杆竖直放置在等量异种电荷连线的中垂线上,直杆上有A、O、B三点,O为等量异种点电荷连线的中点,AO=BO=L。一质量为m的带负电小圆环从A点以初速度v0向B点滑动,滑到B点时速度恰好为0,重力加速度为g。关于小圆环从A运动到B的过程,下列说法正确的是(　　) A.小圆环的电势能先减小后增大 B.小圆环的加速度先减小后增大 C.小圆环克服摩擦力做功为m+2mgL D.小圆环运动到O点时的动能等于m 【答案】 D 【解析】 等量异种点电荷连线的中垂线是等势线,小圆环从A到B过程电场力不做功,小圆环的电势能不变,A错误;从A到B,电场强度先增大后减小,小圆环受到的电场力先增大后减小,小圆环受到的摩擦力大小为Ff=μFN=μqE,而小圆环加速度为a=,可知加速度先增大后减小,B错误;小圆环从A到B过程,根据动能定理有-mg×2L+Wf=0-m,解得摩擦力对圆环做功为Wf=2mgL-m,C错误;由对称性可知,小圆环从A到O过程和从O到B过程摩擦力做功相等,故从A到O过程有-mgL+Wf=Ek-m,解得小圆环运动到O点时的动能为Ek=m,D正确。 3.(多选)(2025·云南昆明三模)匀强电场中,质量为m、带电量为q(q>0)且可视为质点的小球在长为L的绝缘轻绳拉力作用下绕固定点O在竖直平面内做圆周运动,M点和N点分别为圆周上的最低点和最高点,电场方向平行于圆周平面。已知运动过程中小球速度最小值为 (g为重力加速度),此时绳子拉力恰好为零。小球运动到M点时速度大小为2且大于小球经过N点时的速度,不计空气阻力。若O点电势为零,下列说法正确的是(　　) A.小球受到的电场力与重力的夹角为30°角 B.匀强电场的电场强度大小为 C.M点的电势为 D.小球从速度最小到速度最大的过程中,电场力做的功为2mgL 【答案】 BC 【解析】运动过程中小球速度最小时绳子拉力恰好为零,可知重力和电场力的合力提供向心力,此时有F合=m=mg,因重力竖直向下,可知电场力大小F电=mg,且与重力夹角为120°,则匀强电场的电场强度大小为E=,可知小球运动过程中的等效重力点如图中Q所示,A错误,B正确;连接MP,并过O点作MP的垂线,该垂线为等势线,则M、O两点的电势差为UMO=ELcos 60°=,O点电势为零,可知M点的电势为φM=,C正确;小球从速度最小到速度最大为从Q到P的过程,电场力做的功为W=qE·2Lcos 60°=mgL,D错误。 4.(2025·甘肃白银模拟)取无限远处为零电势点,真空中带电量为Q0的点电荷在与其距离为r的A点的电势φ=(其中k为静电力常量),如果A点周围有多个点电荷,则A点的电势等于这些点电荷单独存在时的电势之和。如图所示为水平放置的一均匀带电圆环,所带的总电量为+Q,圆环的半径为b,O点为圆环的圆心,取O点为坐标原点,竖直向上为正方向,建立z轴,在Oz轴上位于z=d处的P点的电场强度最大。现将质量为m、带电量为+q的小球(可视为质点)从z轴正半轴无限远处由静止释放,小球运动到P点时的速度为v,加速度恰好为零。已知静电力常量为k,空气阻力不计,重力加速度为g。求: (1)小球的质量; (2)小球从无限远处运动到P点的过程中重力所做的功。 【答案】 (1) (2)+ 【解析】 (1)小球经过P点时的加速度为零, 有qE=mg, 解得P点的电场强度E=, 把圆环分n等份,则P点的电场强度大小为E=nEncos θ, 而En=,cos θ=, 联立解得m=。 (2)小球从无限远处运动到P点的过程中,根据动能定理有W重+W电=mv2, 而W电=qU,U=0-φP, P点的电势φP=, 解得W重=+。 对点2.电场中的力、电综合问题 5.(2025·江西赣州二模)如图甲所示,竖直放置的光滑绝缘四分之一圆形轨道两端分别与绝缘粗糙水平传送带CD和光滑绝缘的竖直轨道AB平滑相接,C点为四分之一圆形轨道的最低点,整个装置处在水平向左的匀强电场中,电场强度大小为E。一带电量为+q、质量m为0.1 kg的金属小物块(视为质点)从A位置处无初速度自由滑下,滑至底端C并冲上沿逆时针方向匀速转动且足够长的传送带。在传送带上运动的vt图像如图乙所示,以速度水平向左为正方向,最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力,不计空气阻力,重力加速度g取 10 m/s2,已知E=,则(　　) A.由A运动到B的过程中,电场力对金属小物块的功率一直增大 B.金属小物块与传送带间的动摩擦因数为 C.0~0.45 s内,金属小物块与传送带间摩擦产生的内能为0.45 J D.金属小物块在运动过程中对轨道压力的最大值为 【答案】 B 【解析】 金属小物块由A运动到B的过程中,电场力与金属小物块的速度方向垂直,可知电场力的功率一直为零,A错误;由题图乙可知,金属小物块刚滑上传送带时的加速度大小为a= m/s2= m/s2,则有qE+μmg=ma,解得金属小物块与传送带间的动摩擦因数为μ=,B正确;0~0.45 s 内,金属小物块与传送带间摩擦产生的内能为Q=μmgΔx,Δx为二者之间的相对位移,由题图乙图线所围面积,可知Δx=×0.45×6 m=1.35 m,可得Q=0.9 J,C错误;电场力和重力的合力大小F==mg,金属小物块对轨道压力最大时有FN-F=m,可知FN=m+F>F=mg,即金属小物块在运动过程中对轨道最大压力大于,D错误。 6.(多选)(2025·安徽卷,10)如图,两个倾角相等、底端相连的光滑绝缘轨道被固定在竖直平面内,空间存在平行于该竖直平面水平向右的匀强电场。带正电的甲、乙小球(均可视为质点)在轨道上同一高度保持静止,间距为L,甲、乙所带电荷量分别为q、2q,质量分别为m、2m,静电力常量为k,重力加速度大小为g。甲、乙所受静电力的合力大小分别为F1、F2,匀强电场的电场强度大小为E,不计空气阻力,则(　　) A.F1=F2 B.E= C.若将甲、乙互换位置,二者仍能保持静止 D.若撤去甲,乙下滑至底端时的速度大小v= 【答案】 ABD 【解析】 如图所示,对两球进行受力分析,设两球间的库仑力大小为F,轨道倾角为θ,对甲球根据平衡条件有FN1cos θ=mg,F=FN1sin θ+Eq,对乙球有FN2cos θ=2mg,FN2sin θ=F+2Eq,联立解得F=4Eq,故==,同时由库仑定律有F=,解得E=,故A、B正确;若将甲、乙互换位置,假设二者仍能保持静止,同理可得对甲有FN1′cos θ=mg,FN1′sin θ=F+Eq,对乙有FN2′cos θ=2mg,FN2′sin θ+2Eq=F,联立可得F+4Eq=0,无解,即假设不成立,故C错误;若撤去甲,对乙球根据动能定理有2mg·tan θ-2Eq·=·2mv2,结合前面分析可知tan θ=,联立解得v=,故D正确。 7.(2025·湖南期末)如图所示,在光滑水平轨道AB的末端处,平滑连接一个半径R=0.4 m的光滑半圆形轨道,半圆形轨道与水平轨道相切,C点为半圆形轨道的中点,D点为半圆形轨道的最高点,A、B两点间的距离L=1.2 m,整个轨道处在电场强度水平向右、大小E=1× 107 N/C的匀强电场中。用固定的弹射装置锁定一个质量m=1 kg、带电量q=+1×10-6 C的小物块(可视为质点),某时刻解除锁定,小物块运动到D点时对轨道的压力为30 N。重力加速度大小g取10 m/s2。求: (1)弹射装置锁定时具有的弹性势能; (2)小物块在水平轨道AB上的落点与B点的距离; (3)小物块在空中的最小动能。 【答案】 (1)4 J　(2)0.8 m　(3)4 J 【解析】 (1)小物块经过D点时有FN+mg=m, 代入数据解得vD=4 m/s, 设D点电势为0,则小物块在A处的电势能Ep电=EqL,从A点到D点, 根据能量守恒定律有Ep+EqL=m+2mgR, 代入数据解得Ep=4 J。 (2)小物块离开D点,在竖直方向上做自由落体运动,则2R=gt2, 在水平方向上做匀变速直线运动,其加速度a=, 则水平位移x=vDt-at2, 代入数据解得x=0.8 m。 (3)小物块在空中运动过程中, 电场力F电=Eq=10 N, 重力G=mg=10 N, 合力与水平方向的夹角θ=45°,且F合=mg, 将合力看成等效重力,那么物块在空中的运动为斜抛运动,当速度与等效重力垂直时速度最小,此时vmin=vDcos θ, 解得vmin=2 m/s, 所以最小动能Emin=m, 代入数据解得Emin=4 J。 8.(2025·湖南娄底一模)如图甲所示,虚线表示竖直平面内的匀强电场中的等势面,等势面与水平地面平行。电荷量为q、质量为m的带电小球以一定初速度沿虚线方向抛出,以抛出点为坐标原点沿竖直向下方向建立y轴,运动过程中小球能量E′随y的变化如图乙所示,其中动能和机械能随坐标y的变化关系分别如图线a、b所示,已知E0为已知量,重力加速度为g,不计空气阻力,则下列说法正确的是(　　) A.小球初速度大小v0=2 B.电场强度大小为 C.小球抛出时重力势能为E0 D.小球加速度大小为g 【答案】 B 【解析】 由题图甲可知,空间中电场线沿竖直方向;由题图乙中直线b可知,带电小球所受电场力方向竖直向上,由直线a可知重力大于电场力。小球初动能为E0,则有E0=m,可得初速度大小v0=,A错误;设电场强度大小为E,根据动能定理有(mg-qE)y0=4E0-E0,根据功能关系有-qEy0=0-4E0,联立得E=,B正确;小球抛出时机械能为4E0,动能为E0,可知初始时小球重力势能Ep0=3E0,C错误;根据牛顿第二定律,对小球有mg-qE=ma,代入数据得小球加速度大小为a=g,D错误。 9.(2025·辽宁葫芦岛二模)如图所示,倾角为θ=30°的光滑绝缘斜面底端固定有一劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧上端连接一质量为2m不带电的滑块Q而处于静止状态,整个装置处于沿斜面向下的匀强电场中,电场强度大小E=。在Q的上方x0=处由静止释放一质量为m、电荷量为+q的滑块P,运动一段时间后P与Q发生碰撞,碰撞时间极短(可忽略不计),P所带电荷量不会转移到Q。碰后P、Q一起向下运动,到达最低点后又向上弹回。已知重力加速度为g,弹簧始终处在弹性限度内,弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=kx2,弹簧振子的周期公式为T=2π,其中k为弹簧的劲度系数,M为振子的质量。 (1)求碰后瞬间P、Q的共同速度; (2)求碰后P、Q一起向下运动的最大位移; (3)试判断P、Q碰后的运动过程中是否会分离。如果会分离,则求从释放P到P、Q第一次分离所用的时间;如果不会分离,则求从释放P到P、Q速度第二次减为零所用的时间。 【答案】 (1)g　(2)mg (3)不会分离　(3+π) 【解析】 (1)设滑块P、Q碰撞前瞬间P的速度为v1, 根据动能定理有 (mgsin 30°+Eq)x0=m, 解得v1=3g; 设碰后瞬间P、Q的共同速度为v2,对P、Q的碰撞过程, 根据动量守恒定律有mv1=(m+2m)v2, 解得v2=v1=g。 (2)初始时刻弹簧的压缩量为x1,根据平衡条件,对Q有kx1=2mgsin θ,得x1=, 设碰后P、Q一起向下运动的最大位移为x2, P、Q碰后瞬间到两者到达最低点的过程, 根据能量守恒定律有 (m+2m)+(m+2m)gx2sin θ+Eqx2=k-k, 解得x2=mg, 另一值(x2=-,不符合题意舍去)。 (3)P、Q分离的临界条件是二者之间弹力为零且加速度相同。假设P、Q碰后的运动过程中未分离,即P、Q上升到最高点时弹簧仍处于压缩状态,设此时弹簧的压缩量为x3,从碰后瞬间到最高点,根据能量守恒定律有 k+(m+2m)=k+(m+2m)g(x1-x3)sin θ+Eq(x1-x3), 解得x3=0, 说明假设成立,弹簧恢复到原长时到达最高点,此时P、Q速度均为零,此后做简谐运动, 振幅为A==mg, 由此可知P、Q碰撞位置距离平衡位置Δx=A-x1=; 根据振动规律,P、Q一起运动到平衡位置, 经历的时间Δt=(T为简谐运动周期), 设P释放到P、Q碰撞经历的时间为t1,根据动量定理有(mgsin θ+Eq)t1=mv1, 设P、Q碰撞到第二次速度为零经历的时间为t2,t2=T+T, 从释放P到P、Q速度第二次减为零所用的时间t=t1+t2=(3+π)。 学科网（北京）股份有限公司 $