专项17 带电粒子在电场中运动的综合问题（专项训练）（广东专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

**基本信息** 以等效重力场模型和力电综合方法为核心，系统整合圆周运动与动力学、能量、动量观点，构建带电粒子在复合场中运动的解题体系，培养运动和相互作用观念及科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础演练（题型01）|5题|等效重力场法，明确等效最高点/最低点判断|从重力场圆周运动迁移至复合场，构建“等效场”模型，强化运动观念| |基础演练（题型02）|5题|动力学（正交分解）、能量（动能定理）、动量观点综合应用|整合力电作用规律，形成多视角解题路径，培养科学思维| |重难·创新演练|6题|结合电势能图像、碰撞等创新情境，深化模型迁移|从基础模型到复杂情境，提升问题解决能力，体现科学探究| |真题·实战演练|9题|聚焦临界问题、图像分析等高频考点，强化应试技巧|对接高考命题趋势，巩固物理观念与科学论证能力|

专项17 带电粒子在电场中运动的综合问题 模拟·基础演练 ⏳题型01 带电粒子在重力场与电场中的圆周运动 1.【答案】 D 2.【答案】 C 3.【答案】 D 4.【答案】 D 5.答案　(1)见解析　(2)2　(3)(3-2)mg 解析　(1)由于匀强电场的电场强度为，即电场力与重力大小相等，作出小圆环的等效“最低点”C与等效“最高点”D，如图所示 小圆环在等效“最低点”C速度最大，动能最大，在等效“最高点”D速度最小，动能最小；小圆环在运动过程中，只有电势能、动能与重力势能的转化，即只有电势能与机械能的转化，M点是电势能最小的位置，也是机械能最大的位置，N点是电势能最大的位置，也是机械能最小的位置。 (2)小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，即小圆环通过等效“最高点”D的速度为0，对小圆环分析有 -qERsin 45°-mg(R+Rcos 45°)=0-m， 解得v0= (3)小圆环从A运动到B过程有 -mg·2R=m-m， 在B点有FB+mg=m， 解得FB=(2-3)mg，则在B点的弹力大小为(3-2)mg。 ⏳题型02 电场中的力电综合问题 6.【答案】 C 7.【答案】 C 8.【答案】 D 9.【答案】 BC 10.【答案】 (1)　(2)k<1 【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′, 由机械能守恒定律可知 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qEL=mv1″2, 联立解得k<1。 重难·创新演练 1.【答案】 C 2.【答案】 A 3.【答案】 A 4.【答案】 (1)5 m/s　(2)9.2 J　(3)0.6 s 【解析】 (1)小球2所受电场力大小为 F=qE=6×10-5×1.0×104 N=0.6 N, 小球1和小球2的重力之和为 G=2mg=2×0.04×10 N=0.8 N, 如图甲所示,设黏合体所受重力与电场力的合力与竖直方向的夹角为θ,则tan θ==, 所以θ=37°, 所以A点是黏合体在重力场和电场中做圆周运动的等效最高点,由于黏合体恰能沿圆弧到达A点,所以=2m,解得vA=5 m/s。 (2)黏合体从C点到A点,由动能定理得 -qERsin 37°-2mg·(R+Rcos 37°)=×2m-×2m,解得vC= m/s, 对于小球1、2的碰撞过程由动量守恒定律得 mv1=2mvC, 解得小球1碰撞前的速度大小为v1=2 m/s, 由机械能守恒定律可得弹簧的弹性势能 Ep=m=9.2 J。 (3)如图乙所示,黏合体过A点后竖直方向上做匀加速运动, 竖直方向上的初速度大小为 v0=vAsin 37°=3 m/s, 由竖直方向做匀加速运动可得 R+Rcos 37°=v0t+gt2, 解得t=0.6 s。 5.【答案】 C 6.【答案】 AB 真题·实战演练 1.【答案】 (1) (2) (3)见解析 【解析】 (1)根据题意可知,颗粒在竖直方向上做自由落体运动,则有h=gt2, 水平方向上做匀加速直线运动, 则有qE=ma,l=at2,E=, 解得q=。 (2)根据题意可知,颗粒与绝缘平板第一次碰撞时, 竖直分速度为vy1=, 水平分速度为vx1==, 则第一次碰撞后竖直分速度为vy2=kvy1, 设第一次碰撞后颗粒速度方向与水平方向夹角为θ, 则有tan θ=, 由于第一次碰撞后瞬间颗粒所受合力与速度方向垂直, 则有tan θ=, 联立解得Q=。 (3)根据题意可知,由于k<1,则第一次碰撞后颗粒不能返回上绝缘板,分两种情况讨论: ①设从第一次碰撞后到第二次碰撞前的运动时间为t′,则有t′==2k, 水平方向上做匀加速直线运动, 加速度为a′==, 水平方向运动的距离为x=vx1t′+a′t′2=4kl+, 此情况需满足x≤d-l,即d≥(4k+1)l+, 则电场力对颗粒做的功为W=+ =+4k2mgh+。 ②若d<(4k+1)l+,则颗粒与右侧金属板发生第二次碰撞。 则电场力对颗粒做功为W=qEl+QE(d-l)=+。 2.【答案】　(1)1 m/s　(2)4×104 V/m　(2.2 m，2.85 m) 【解析】　(1)由题可知，在M点A、B刚好分离，此时弹簧刚好恢复原长，此时A、B共速且速率达到最大，设此时速度大小为vB，则Ep=×2m 解得A、B分离时B的速度大小为vB=1 m/s (2)由题可知A、B分离时，B的速度方向与x轴正方向的夹角为θ=37°，A、B分离后，B在电场中做曲线运动。对B在x方向上，由动量定理 -qEt=0-mvBcos 37° Δx=t，xB=0.6+Δx y方向上物块B匀速运动，有 Δy=vBsin 37°·t，yB=0.45+Δy 解得E=4×104 V/m，xB=2.2 m，yB=2.85 m 此时物块B位置的坐标为(2.2 m，2.85 m)。 3.【答案】　(1)　(2)gt0，方向竖直向下(3)-mg2 【解析】　(1)有电场时，由牛顿第二定律得 qE-mg=m·g 解得匀强电场E的大小为E= (2)当t=t0时，小球速度为v1=gt0 当t=2t0时，小球速度为 v2=v1-gt0=-gt0 当t=3t0时，小球速度为 v3=v2+at0=-gt0+gt0=-gt0， 负号表示方向竖直向下 (3)0~t0内小球的位移为h1=×g·=g，方向竖直向上；0~t0内小球机械能变化量为ΔE1=qEh1，2t0~2.5t0内小球的位移为 h2=v2·t0+·g(t0)2=-g 方向竖直向下； 2t0~2.5t0内小球机械能变化量为ΔE2=qEh2 则0~2.5t0内小球机械能变化量为 ΔE=ΔE1+ΔE2=-mg2。 4.【答案】 D 5.【答案】　B 6.【答案】　AC 7.【答案】　C 8.【答案】　D 9.【答案】 (1),沿OA方向　(2)3mg　(3)2πR 【解析】 (1)如图a所示, 沿电场线方向上,A点θ=0,B点θ=π,由题图乙可知两点间的电势差UBA=φB-φA=φ0-(-φ0)=2φ0, 又因为E==, 联立解得E=, 因为UBA=φB-φA>0, 所以φB>φA, 即电场强度的方向沿OA方向。 (2)小球所受合力即等效重力大小为 F合==mg, 方向斜向左下方与OA夹角为45°,如图b所示, 则C点为等效最低点,此处小球对圆环的压力最大,设小球在C点的速度大小为v1,小球从A点到C点过程,根据动能定理有 F合R(1 -cos 45°)=m-m, 在C点对小球由牛顿第二定律有 FN-F合=m, 解得圆环对小球的最大支持力大小为 FN=3mg, 根据牛顿第三定律得,小球对圆环的最大压力大小为FN′=3mg。 (3)设小球到达等效圆心等高点D的速度大小为v2,小球从A点到D点过程,根据动能定理有 -F合Rcos 45°=m-m, 解得v2=0, 说明小球刚好能到达等效圆心等高点,不脱离轨道,然后关于合力方向对称做周期性的往复运动,所以一个周期内通过的弧长为s=2πR。 10 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $ 专项17 带电粒子在电场中运动的综合问题 目录 模拟·基础演练 1 ⏳题型01 带电粒子在重力场与电场中的圆周运动 1 ⏳题型02 电场中的力电综合问题 3 重难·创新演练 6 真题·实战演练 8 模拟·基础演练 考查重点：等效重力场、力电综合问题 ⏳题型01 带电粒子在重力场与电场中的圆周运动 1. 注意:(1)这里的最高点不一定是几何最高点。 (2)将物体在重力场中的运动规律迁移到“等效重力场”中分析求解。 2.“等效最高点”和“等效最低点”示意图 1.空间中有竖直向上的匀强电场,电场强度E=。绝缘圆形轨道竖直放置,O点是它的圆心、半径为R,A、C为圆轨道的最低点和最高点,B、D为与圆心O等高的两点,如图所示。在轨道A点放置一质量为m、带电荷量为+q的光滑小球。现给小球一初速度v0(v0≠0),重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　) A.无论v0多大,小球都不会脱离轨道 B.只有v0≥,小球才不会脱离轨道 C.v0越大,小球在A、C两点对轨道的压力差也越大 D.若将小球无初速度从D点释放,小球一定会沿轨道经过C点 2.如图所示,在匀强电场中,一长为L的绝缘细线一端固定于O点,另一端系一个质量为m、电荷量为q的带正电小球。现使其在竖直平面内绕O点做完整的圆周运动。AB、CD分别为圆的水平和竖直直径。已知电场方向斜向右上方且与水平方向夹角为45°(图中未画出),电场强度大小为,重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　) A.小球运动的最小速度为 B.小球运动到A点时的机械能最小 C.小球运动到B点时的动能最大 D.小球从C运动到D的过程中合力做功不为零 3.(2025·广东潮州模拟)如图所示,空间内有竖直向下的匀强电场,电场强度大小为E=100 V/m。斜面足够长且倾角为37°。一质量m=0.1 kg、带电荷量为 q=+0.01 C的小球,从斜面上A点以某一初速度水平抛出,最终落到斜面上。空气阻力忽略不计,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37 °=0.6,cos 37 °=0.8。下列说法正确的是(　　) A.小球运动过程中的加速度大小恒为10 m/s2 B.若小球的初速度减小,则其落到斜面上时的速度方向与斜面的夹角也减小 C.若小球的初速度大小为4 m/s,则其落到斜面上时的速度大小为6 m/s D.若小球的初速度大小为4 m/s,则其运动过程中离斜面最远的距离为0.18 m 4.(2025·广东汕头模拟)如图所示,在地面上方的水平向右的匀强电场中,一个质量为m、电荷量为+q的小球,系在一根长为L的绝缘细线一端,小球可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径,CD为竖直直径。已知重力加速度为g,电场强度E=。下列说法正确的是(　　) A.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,则它运动的最小速度为 B.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,则它运动到C点时的动能最大 C.若将小球在A点由静止开始释放,它将在ACBD圆弧上往复运动 D.若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出,它能够到达B点 5.如图所示，质量为m、带电荷量为+q的小圆环套在半径为R的光滑绝缘大圆环上，大圆环固定在竖直平面内，O为环心，A为最低点，B为最高点，在大圆环所在的竖直平面内施加水平向右、电场强度大小为(g为重力加速度)的匀强电场，并同时给在A点的小圆环一个向右的水平初速度v0(v0未知)，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，则小圆环运动过程中 (1)在图中画出等效“最高点”和“最低点”，指出机械能最大和最小的位置； (2)求小圆环在A点获得的初速度v0； (3)求小圆环过B点受到大圆环的弹力大小。 ⏳题型02 电场中的力电综合问题 11.动力学观点 (1)由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力,可用正交分解法。 (2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式,注意受力分析要全面,特别注意重力是否需要考虑的问题。 2.能量观点 (1)运用动能定理,注意过程分析要全面,准确求出过程中所有力做的功,判断是对分过程还是对全过程使用动能定理。 (2)运用能量守恒定律时,注意题目中有哪些形式的能量出现,不要遗漏。 3.动量观点 (1)运用动量定理时,要注意动量定理的表达式是矢量式,在一维情况下,各个矢量必须选同一个正方向。 (2)运用动量守恒定律时,除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式,还要注意题目表述是否为某方向上动量守恒。 6.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点的动量最小 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 7.如图所示,竖直放置一根足够长光滑绝缘细直杆,在其两侧对称固定两个电荷量均为Q=2×10-5 C的正电荷,两电荷之间的距离为3 m,A、B、C三点均在竖直杆上,AC=BC=1.5 m,C点是两电荷的连线和细杆的交点。一个质量m=40 g、电荷量q=2×10-5 C的带负电小球串在细杆上,由A点静止释放。重力加速度g取10 m/s2。则小球(　　) A.到达B位置时的速度为0 B.从C运动到B的过程中,小球加速度一直增大 C.到达B点时的速度为2 m/s D.整个运动过程中,小球在B位置的电势能最大 8.如图所示,带电荷量为+q的小球被绝缘棒固定在O点,右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为m、带电荷量为+q的小滑块从斜面上A点由静止释放,滑到与小球等高的B点时加速度为零,滑到C点时速度为零。已知AC间的距离为s,重力加速度大小为g,静电力常量为k,下列说法正确的是(　　) A.小滑块在A点时的电势能比在B点时的电势能大 B.从A到B过程中,小滑块的重力势能减少量等于电势能增加量 C.小滑块在B点时受到的库仑力大小为mg D.AC之间的电势差UAC=- 9.(多选)如图所示,在半径为R的圆形区域内存在着匀强电场(未画出),O为圆心,AB为圆的直径,电场方向与纸面平行。若大量质量为m、电荷量大小为q的同种带电粒子从A点以相同速率在纸面内沿各个方向射入电场,发现从C点和B点射出的带电粒子的动能增加量均为ΔEk=m。已知AC与AB间的夹角θ=60°,D为圆周上一点,且OD与AC平行,不计粒子重力及粒子间的相互作用力,粒子均沿纸面运动。下列说法正确的是(　　) A.粒子一定带正电 B.电场强度的大小为 C.从D点射出圆形区域的带电粒子的动能增加量最大,且最大值ΔEkmax=m D.若粒子从A点以不同速率垂直于电场方向射入,则从B点射出的带电粒子在电场中运动的时间最长 10.(2025·广东珠海模拟)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在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? 重难·创新演练 设题创新:结合基本模型考查。 1.(2025·广东茂名模拟)如图甲所示为一种“自动旋转电玩小球”玩具模型的简化图。内侧半径为R的光滑绝缘轨道竖直固定放置,轨道内部存在与轨道平面平行的匀强电场(方向未知)。轨道内侧有一质量为m、带电荷量为q(q>0)的五彩小球从轨道最低点P以某一初速度启动,在轨道平面内沿逆时针方向恰好能做完整的圆周运动。运动过程中,小球与轨道圆心O的连线与OP方向的夹角记为θ,如图乙所示为小球在运动过程中的电势能Ep随角度θ的变化情况,已知重力加速度为g,则(　　) A.匀强电场的方向水平向右 B.电场强度的大小为 C.小球运动过程中动能的最小值为mgR D.小球运动过程中对轨道压力的最大值为(3+3)mg 2.(2025·广东湛江模拟)如图所示,空间存在大小为E、方向竖直向下的匀强电场,一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射出,已知MN与水平方向成30°角,粒子的重力可以忽略不计。则粒子到达MN连线上的某点时(　　) A.所用的时间为 B.速度大小为2v0 C.与P点的距离为 D.速度方向与竖直方向的夹角为30° 3.(2025·广东阳江模拟)如图所示,绝缘轨道ABC固定在竖直平面内,AB部分是光滑的圆弧轨道,轨道半径为R,BC部分是足够长的水平轨道,两部分平滑连接。空间存在水平向左的匀强电场(图中未画出),场强未知。现将一质量为m、电荷量为q的带电物块(可视为质点)从轨道上的A点由静止释放,物块沿轨道运动。已知物块与轨道BC间的动摩擦因数为0.125,整个运动过程中物块在BC段运动的总路程为2R,重力加速度大小为g,且8qE>mg。则整个运动过程中带电物块向右运动的最远处与B点相距(　　) A.R B.R C.R D.2R 4.如图所示,空间有一水平向右的匀强电场,电场强度的大小为E=1.0×104 V/m。该空间有一个半径为R=2 m的竖直光滑绝缘圆环的一部分,圆环与光滑水平面相切于C点,A点所在的半径与竖直直径BC成37°角。质量为m=0.04 kg、电荷量为q=+6×10-5 C的带电小球2(可视为质点)锁定于C点。轻弹簧一端固定在竖直挡板上,另一端自由伸长时位于P点。质量也为m=0.04 kg 的不带电小球1挨着轻弹簧右端,现用力缓慢压缩轻弹簧右端到P点左侧某点后释放。小球1沿光滑水平面运动到C点与小球2发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞瞬间解除锁定,碰后两小球黏合在一起且恰能沿圆弧到达A点。P、C两点间距离较远,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,取 sin 37°=0.6,cos 37°= 0.8。求: (1)黏合体在A点的速度大小; (2)弹簧的弹性势能; (3)黏合体由A点到达水平面运动的时间。 5.如图甲所示,带电小球B静止在光滑绝缘水平面上,质量mA=10 g的带电小球A以水平向右的速度vA=4 m/s正对B的球心运动。在0～t0时间内,A、B两球的vt图像如图乙所示,若A、B不相碰,且半径相同,则下列说法正确的是(　　) A.小球A、B带异种电荷 B.小球B的质量mB=40 g C.系统的最小动能为0.02 J D.小球A、B最终以速度v=1 m/s匀速直线运动 6.(多选)在光滑绝缘水平面上,三个完全相同的带电小球,通过不可伸长的绝缘轻质细线,连接成边长为d的正三角形,如图甲所示。小球质量都为m,电荷量均为+q,可视为点电荷。初始时,小球均静止,细线拉直。现将球A和球B间的细线剪断,当三个小球运动到同一条直线上时,速度大小分别为v1、v1、v2,如图乙所示。当三个小球再次运动到成正三角形时,速度大小别为v3、v3、v4,不计空气阻力,已知两点电荷的电势能Ep=k(r为两点电荷之间的距离,k为静电力常量)。下列说法正确的是(　　) A.图甲到图乙过程中,系统电势能减少 B.图甲到图乙过程中,球A所受合力冲量大小为q C.图甲到图丙过程中,球C所受合力冲量大小大于小球B所受合力冲量大小 D.速度大小v2>v1,v4>v3 真题·实战演练 高频考点：图像问题、临界问题 1.(2025·广东卷)如图,是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接。金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处,由静止开始向右下方运动,与下方绝缘平板在B点处碰撞,碰撞时电荷量改变,反弹后离开下方绝缘平板瞬间,颗粒的速度与所受合力垂直,其水平分速度与碰前瞬间相同,竖直分速度大小变为碰前瞬间的k(k<1)倍。已知颗粒质量为m,两绝缘平板间的距离为h,两金属平板间的距离为d,B点与左平板的距离为l,电源电压为U,重力加速度为g。忽略空气阻力和电场的边缘效应。求: (1)颗粒碰撞前的电荷量q; (2)颗粒在B点碰撞后的电荷量Q; (3)颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中,电场力对它做的功W。 2.如图所示为某一弹射游戏简化模型的俯视图，在光滑的绝缘水平面上建立平面坐标系，ef右侧水平面内有沿x轴负方向的匀强电场(电场区域足够大)，已知ef平行于y轴。一轻质绝缘弹簧一端固定在坐标原点O处，另一端与一质量为0.2 kg不带电绝缘物块A相连，此时弹簧轴线与x轴正方向的夹角θ=37°。弹簧被压缩后锁定，弹簧储存的弹性势能为0.2 J。再将一质量为0.2 kg的带电荷量q=+1.0×10-6 C的物块B紧靠着物块A，A、B不黏连，现解除锁定，物块沿弹簧轴线运动到电场边界上坐标为(0.6，0.45)的M点时，A、B恰好分离，物块B进入电场。运动过程中弹簧始终在弹性限度内，A、B均视为质点，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)A、B物块脱离的瞬间，B物块的速度大小； (2)进入电场经过4 s物块B运动到距离y轴最远的位置，求电场强度大小及此时物块B所处位置的坐标。 3.在真空中存在着方向竖直向上、范围足够大且周期性变化的匀强电场E。将一个质量为m、电荷量为q的小球(可视为质点)在该电场区域t=0时刻由静止释放，小球开始以g的加速度向上运动。已知电场的周期为T=2t0，规定竖直向上为正方向，重力加速度为g，忽略空气阻力，求： (1)匀强电场E的大小； (2)t=3t0时小球的速度； (3)小球在0~2.5t0时间内机械能的变化量ΔE。 4.(2025·广东汕头模拟)如图所示,水平向右的匀强电场中固定倾角为30°的足够长斜面,质量为m、带电荷量为+q的小球以初速度v0从靠近斜面底端斜向上抛出,初速度方向与水平方向间的夹角为60°。已知匀强电场的电场强度E=,重力加速度为g,不计空气阻力。小球从抛出到落回斜面的过程中,下列说法正确的是(　　) A.机械能不变 B.离斜面最远时动能最小 C.运动的时间为 D.运动的时间为 5.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 6.(多选)(2025·广东汕头市模拟)如图所示，长l=1 m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，已知小球的质量m=1×10-4 kg，且位于电场强度大小为E=3.0×103 N/C，方向水平向右的匀强电场中。小球静止时，绳与竖直方向的夹角θ=37°，忽略空气阻力(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2)，则(　　) A.此带电小球带正电 B.小球受轻绳拉力F为1.66×10-3 N C.小球电荷量q=2.5×10-7 C D.将小球拉至最低点由静止释放，小球回到绳与竖直方向的夹角θ=37°时速度v的大小为2 m/s 7.如图，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，一光滑水平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.空间中有竖直向上的匀强电场，电场强度E=。绝缘圆形轨道竖直放置，O点是它的圆心、半径为R，A、C为圆轨道的最低点和最高点，B、D为与圆心O等高的两点，如图所示。在轨道A点放置一质量为m、带电荷量为+q(q>0)的光滑小球。现给小球一初速度v0(v0≠0)，重力加速度为g，忽略空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A.无论v0多大，小球都不会脱离轨道 B.只有v0≥，小球才不会脱离轨道 C.v0越大，小球在A、C两点对轨道的压力差也越大 D.若将小球无初速度从D点释放，小球一定会沿轨道经过C点 9.(2025·广东清远模拟)如图甲所示,竖直平面内有一半径为R的光滑绝缘圆环,空间存在水平方向的匀强电场,A与圆心O位于同一水平高度,设圆环上的某点与O点的连线与OA连线的夹角为θ,其电势φ与θ的关系图像如图乙所示,其中φ0=,初始时刻一电荷量为+q、质量为m、可视为质点的小球,在环内A点以速度v0=竖直向下运动,重力加速度为g,求: (1)电场强度E的大小和方向; (2)小球对圆环的最大压力的大小; (3)小球运动的过程中一个周期内通过的弧长。 10 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $ 专项17 带电粒子在电场中运动的综合问题 目录 模拟·基础演练 1 ⏳题型01 带电粒子在重力场与电场中的圆周运动 1 ⏳题型02 电场中的力电综合问题 5 重难·创新演练 9 真题·实战演练 13 模拟·基础演练 考查重点：等效重力场、力电综合问题 ⏳题型01 带电粒子在重力场与电场中的圆周运动 1. 注意:(1)这里的最高点不一定是几何最高点。 (2)将物体在重力场中的运动规律迁移到“等效重力场”中分析求解。 2.“等效最高点”和“等效最低点”示意图 1.空间中有竖直向上的匀强电场,电场强度E=。绝缘圆形轨道竖直放置,O点是它的圆心、半径为R,A、C为圆轨道的最低点和最高点,B、D为与圆心O等高的两点,如图所示。在轨道A点放置一质量为m、带电荷量为+q的光滑小球。现给小球一初速度v0(v0≠0),重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　) A.无论v0多大,小球都不会脱离轨道 B.只有v0≥,小球才不会脱离轨道 C.v0越大,小球在A、C两点对轨道的压力差也越大 D.若将小球无初速度从D点释放,小球一定会沿轨道经过C点 【答案】 D 【解析】 由题意可知小球所受静电力与重力的合力方向竖直向上,大小为F=qE-mg=2mg,若要使小球不脱离轨道,设其在A点所具有的最小速度为vmin,根据牛顿第二定律有F=m,解得vmin=,所以只有当v0≥时,小球才不会脱离轨道,故A、B错误;假设小球可以在轨道中做完整的圆周运动,在C点的速度大小为v1,根据动能定理有m-m=F·2R,在A、C点小球所受轨道的支持力大小分别为F0和F1,根据牛顿第二定律有F0+F=m,F1-F=m,联立以上三式解得ΔF=F1-F0=6F=12mg,根据牛顿第三定律可知小球在A、C两点对轨道的压力差等于12mg,与v0的大小无关,故C错误;若将小球无初速度从D点释放,由于F向上,所以小球一定能沿DC轨道经过C点,故D正确。 2.如图所示,在匀强电场中,一长为L的绝缘细线一端固定于O点,另一端系一个质量为m、电荷量为q的带正电小球。现使其在竖直平面内绕O点做完整的圆周运动。AB、CD分别为圆的水平和竖直直径。已知电场方向斜向右上方且与水平方向夹角为45°(图中未画出),电场强度大小为,重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　) A.小球运动的最小速度为 B.小球运动到A点时的机械能最小 C.小球运动到B点时的动能最大 D.小球从C运动到D的过程中合力做功不为零 【答案】 C 【解析】 由于电场方向斜向右上方且与水平方向夹角为45°,则静电力为F=Eq=mg。将静电力和重力合成,合力大小为mg,方向水平向右,合力所在的直线与圆周的交点为速度最小值的点和最大值的点,即A点和B点。在B点时速度最大,动能最大。在A点,当绳上拉力为零时,速度最小,则静电力和重力的合力为圆周运动提供向心力,静电力和重力的合力F合大小为mg,F合=m,可得vmin=,故A错误,C正确;除重力和弹力外其他力做功等于系统机械能变化值,如图所示, 从E到F,静电力做正功,机械能增加,从F到E,静电力做负功,机械能减小,所以小球运动到E点时机械能最小,故B错误;由于绳上拉力不做功,静电力和重力的合力大小为mg,方向水平向右,从C到B时,合力做功为WCB=mgL,从B到D时,合力做功为WBD=-mgL,所以,从C运动到D的过程中合力做功为零,故D错误。 3.(2025·广东潮州模拟)如图所示,空间内有竖直向下的匀强电场,电场强度大小为E=100 V/m。斜面足够长且倾角为37°。一质量m=0.1 kg、带电荷量为 q=+0.01 C的小球,从斜面上A点以某一初速度水平抛出,最终落到斜面上。空气阻力忽略不计,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37 °=0.6,cos 37 °=0.8。下列说法正确的是(　　) A.小球运动过程中的加速度大小恒为10 m/s2 B.若小球的初速度减小,则其落到斜面上时的速度方向与斜面的夹角也减小 C.若小球的初速度大小为4 m/s,则其落到斜面上时的速度大小为6 m/s D.若小球的初速度大小为4 m/s,则其运动过程中离斜面最远的距离为0.18 m 【答案】 D 【解析】 对小球受力分析,有Eq+mg=ma,代入数据解得a=20 m/s2,A错误;小球做类平抛运动,落到斜面上时,位移偏转角等于斜面倾角,其速度偏转角的正切值等于位移偏转角正切值的两倍,所以无论小球的初速度如何变化,只要落到斜面上,其速度方向与斜面的夹角均相同,B错误;设小球落到斜面上时的速度偏转角为θ,则tan θ=2tan 37°=,即vy=v0,当v0=4 m/s时,vy=6 m/s,小球落到斜面上时的速度大小为v==2 m/s,C错误;当初速度v0=4 m/s时,将小球的运动分解为垂直于斜面方向和平行于斜面方向,在垂直于斜面方向的速度大小v⊥=v0sin 37°=2.4 m/s,加速度大小a⊥=acos 37°=16 m/s2,根据运动学公式得=2a⊥hmax,解得小球离斜面最远的距离hmax=0.18 m,D正确。 4.(2025·广东汕头模拟)如图所示,在地面上方的水平向右的匀强电场中,一个质量为m、电荷量为+q的小球,系在一根长为L的绝缘细线一端,小球可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径,CD为竖直直径。已知重力加速度为g,电场强度E=。下列说法正确的是(　　) A.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,则它运动的最小速度为 B.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,则它运动到C点时的动能最大 C.若将小球在A点由静止开始释放,它将在ACBD圆弧上往复运动 D.若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出,它能够到达B点 【答案】 D 【解析】 根据题意可知,电场力和重力的合力为F合==mg,方向斜向右下方,与竖直方向的夹角为45°,若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,则小球通过圆弧AD的中点时速度最小,此时满足mg=m,解得vmin=m/s,小球通过圆弧BC的中点时速度最大,动能最大,A、B错误;若将小球在A点由静止开始释放,小球将沿电场力和重力的合力方向做匀加速直线运动,C错误;若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出,竖直方向上可得t=,水平方向上有x=at2,Eq=ma,联立解得x=2L,可知,小球恰好到达B点,D正确。 5.如图所示，质量为m、带电荷量为+q的小圆环套在半径为R的光滑绝缘大圆环上，大圆环固定在竖直平面内，O为环心，A为最低点，B为最高点，在大圆环所在的竖直平面内施加水平向右、电场强度大小为(g为重力加速度)的匀强电场，并同时给在A点的小圆环一个向右的水平初速度v0(v0未知)，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，则小圆环运动过程中 (1)在图中画出等效“最高点”和“最低点”，指出机械能最大和最小的位置； (2)求小圆环在A点获得的初速度v0； (3)求小圆环过B点受到大圆环的弹力大小。 答案　(1)见解析　(2)2　(3)(3-2)mg 解析　(1)由于匀强电场的电场强度为，即电场力与重力大小相等，作出小圆环的等效“最低点”C与等效“最高点”D，如图所示 小圆环在等效“最低点”C速度最大，动能最大，在等效“最高点”D速度最小，动能最小；小圆环在运动过程中，只有电势能、动能与重力势能的转化，即只有电势能与机械能的转化，M点是电势能最小的位置，也是机械能最大的位置，N点是电势能最大的位置，也是机械能最小的位置。 (2)小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，即小圆环通过等效“最高点”D的速度为0，对小圆环分析有 -qERsin 45°-mg(R+Rcos 45°)=0-m， 解得v0= (3)小圆环从A运动到B过程有 -mg·2R=m-m， 在B点有FB+mg=m， 解得FB=(2-3)mg，则在B点的弹力大小为(3-2)mg。 ⏳题型02 电场中的力电综合问题 11.动力学观点 (1)由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力,可用正交分解法。 (2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式,注意受力分析要全面,特别注意重力是否需要考虑的问题。 2.能量观点 (1)运用动能定理,注意过程分析要全面,准确求出过程中所有力做的功,判断是对分过程还是对全过程使用动能定理。 (2)运用能量守恒定律时,注意题目中有哪些形式的能量出现,不要遗漏。 3.动量观点 (1)运用动量定理时,要注意动量定理的表达式是矢量式,在一维情况下,各个矢量必须选同一个正方向。 (2)运用动量守恒定律时,除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式,还要注意题目表述是否为某方向上动量守恒。 6.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点的动量最小 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 【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,动量最小。由平衡知识可知,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不变,可知在C点机械能最大,在G点机械能最小。故选C。 7.如图所示,竖直放置一根足够长光滑绝缘细直杆,在其两侧对称固定两个电荷量均为Q= 2×10-5 C的正电荷,两电荷之间的距离为3 m,A、B、C三点均在竖直杆上,AC=BC=1.5 m, C点是两电荷的连线和细杆的交点。一个质量m=40 g、电荷量q=2×10-5 C的带负电小球串在细杆上,由A点静止释放。重力加速度g取10 m/s2。则小球(　　) A.到达B位置时的速度为0 B.从C运动到B的过程中,小球加速度一直增大 C.到达B点时的速度为2 m/s D.整个运动过程中,小球在B位置的电势能最大 【答案】 C 【解析】 到达B点时的速度可通过动能定理求解,由于A点和B点电势相等,所以从A点运动到B点过程中静电力做功代数和为零,可以看作只有重力做功。由动能定理有mg|AC+BC|=m,得vB=2 m/s,故A错误,C正确;在C点电场强度为0,小球只受重力,加速度为g,从C到B电场强度方向竖直向下,小球受到的静电力竖直向上,合力为重力与静电力之差,加速度可能小于g,从C运动到B的过程中,小球加速度可能减小,故B错误;由于小球在B点速度不为0,将继续向下运动,静电力做负功,所以电势能继续增大,所以小球在B点位置的电势能不是最大,故D错误。 8.如图所示,带电荷量为+q的小球被绝缘棒固定在O点,右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为m、带电荷量为+q的小滑块从斜面上A点由静止释放,滑到与小球等高的B点时加速度为零,滑到C点时速度为零。已知AC间的距离为s,重力加速度大小为g,静电力常量为k,下列说法正确的是(　　) A.小滑块在A点时的电势能比在B点时的电势能大 B.从A到B过程中,小滑块的重力势能减少量等于电势能增加量 C.小滑块在B点时受到的库仑力大小为mg D.AC之间的电势差UAC=- 【答案】 D 【解析】 从A到B,库仑力方向与位移夹角大于90°,库仑力做负功,电势能增加,故小滑块在B点电势能比A点大,故A错误;由能量守恒可知,从A到B过程中小滑块的重力势能减少量等于电势能增加量与动能增加量之和,故B错误;由F库cos 30°=mgsin 30°,得小滑块在B点时受到的库仑力F库=mg,故C错误;从A到C,由动能定理得mgssin 30°+UACq=0,得UAC=-,故D正确。 9.(多选)如图所示,在半径为R的圆形区域内存在着匀强电场(未画出),O为圆心,AB为圆的直径,电场方向与纸面平行。若大量质量为m、电荷量大小为q的同种带电粒子从A点以相同速率在纸面内沿各个方向射入电场,发现从C点和B点射出的带电粒子的动能增加量均为ΔEk=m。已知AC与AB间的夹角θ=60°,D为圆周上一点,且OD与AC平行,不计粒子重力及粒子间的相互作用力,粒子均沿纸面运动。下列说法正确的是(　　) A.粒子一定带正电 B.电场强度的大小为 C.从D点射出圆形区域的带电粒子的动能增加量最大,且最大值ΔEkmax=m D.若粒子从A点以不同速率垂直于电场方向射入,则从B点射出的带电粒子在电场中运动的时间最长 【答案】 BC 【解析】 由A点射入电场的粒子从C点与B点射出时的动能增加量均为m,电场力做正功,则A、C两点和A、B两点间的电势差相等,即B、C两点电势相等,匀强电场的等势线是一组平行线,则BC是一条等势线,电场线与等势线垂直,则AC是一条电场线,但电场方向未知,故粒子电性未知,A错误;由动能定理有ΔEk=m=Eq·2Rcos 60°,解得E=,B正确;粒子沿电场方向的位移越大,粒子离开电场时动能的增加量越大,由图可知,从D点射出的粒子沿电场方向的位移最大,则粒子动能的增加量最大,由动能定理可知,粒子动能增加量的最大值ΔEkmax=qEymax=q··1.5R=m,C正确;粒子垂直于电场方向射入电场,做类平抛运动,由于粒子速率不同,沿电场方向有y=at2,由图可知,粒子从D点射出时y最大,则运动时间最长,D错误。 10.(2025·广东珠海模拟)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在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? 【答案】 (1)　(2)k<1 【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′, 由机械能守恒定律可知 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qEL=mv1″2, 联立解得k<1。 重难·创新演练 设题创新:结合基本模型考查。 1.(2025·广东茂名模拟)如图甲所示为一种“自动旋转电玩小球”玩具模型的简化图。内侧半径为R的光滑绝缘轨道竖直固定放置,轨道内部存在与轨道平面平行的匀强电场(方向未知)。轨道内侧有一质量为m、带电荷量为q(q>0)的五彩小球从轨道最低点P以某一初速度启动,在轨道平面内沿逆时针方向恰好能做完整的圆周运动。运动过程中,小球与轨道圆心O的连线与OP方向的夹角记为θ,如图乙所示为小球在运动过程中的电势能Ep随角度θ的变化情况,已知重力加速度为g,则(　　) A.匀强电场的方向水平向右 B.电场强度的大小为 C.小球运动过程中动能的最小值为mgR D.小球运动过程中对轨道压力的最大值为(3+3)mg 【答案】 C 【解析】 如图所示, 设M、N分别为轨道上与圆心O等高的两点,根据题图乙,当θ=0和θ=π时,小球的电势能均为0,则P、Q两点的连线为等势线,当θ=时,小球运动到N点,电势能EpN=mgR,当θ=时,小球运动到M点,电势能EpM=-mgR,综上可知,电场线的方向由N指向M,即水平向左,A错误;小球从N点运动到M点,由动能定理得Eq·2R=mgR-(-mgR),解得E=,B错误;小球所受电场力F=Eq=mg,则小球所受合力即小球在轨道内受到的等效重力,为mg,方向与MN成45°角,根据题意,小球运动到等效最高点时动能最小,由牛顿第二定律得mg=m,解得m=mgR,即Ekmin=mgR,C正确;当小球运动到等效最低点时对轨道的压力最大,小球从等效最高点到等效最低点的过程,根据动能定理得 mg·2R=m-m,小球在等效最低点时,根据牛顿第二定律得FN-mg=m,联立以上两式,解得FN=6mg,D错误。 2.(2025·广东湛江模拟)如图所示,空间存在大小为E、方向竖直向下的匀强电场,一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射出,已知MN与水平方向成30°角,粒子的重力可以忽略不计。则粒子到达MN连线上的某点时(　　) A.所用的时间为 B.速度大小为2v0 C.与P点的距离为 D.速度方向与竖直方向的夹角为30° 【答案】 A 【解析】 粒子在电场中做类平抛运动,当到达MN连线上某点时,位移与水平方向的夹角为30°,根据牛顿第二定律可得a=,垂直于电场方向的位移大小为x=v0t,平行于电场方向的位移大小为y=at2,根据几何关系有tan 30°=,联立解得t=,A正确;水平方向速度大小为vx=v0,竖直方向速度大小为vy=at=v0,则粒子到达MN连线上某点时的速度大小为v== v0,B错误;水平位移大小为x=v0t=,根据几何关系可得粒子到达MN连线上的点与P点的距离等于合位移的大小,即为l==,C错误;速度方向与竖直方向夹角的正切值为tan θ==,则夹角不等于30°,D错误。 3.(2025·广东阳江模拟)如图所示,绝缘轨道ABC固定在竖直平面内,AB部分是光滑的圆弧轨道,轨道半径为R,BC部分是足够长的水平轨道,两部分平滑连接。空间存在水平向左的匀强电场(图中未画出),场强未知。现将一质量为m、电荷量为q的带电物块(可视为质点)从轨道上的A点由静止释放,物块沿轨道运动。已知物块与轨道BC间的动摩擦因数为0.125,整个运动过程中物块在BC段运动的总路程为2R,重力加速度大小为g,且8qE>mg。则整个运动过程中带电物块向右运动的最远处与B点相距(　　) A.R B.R C.R D.2R 【答案】 A 【解析】 设电场强度为E,根据题意可知,由于qE>mg=μmg,则物块不会停在BC上,故物块一定带正电,物块最终将在B点左侧一段圆弧上往复运动,且在B点的速度为0,则有mgR-qER- μmg·2R=0,解得qE=mg,运动到最远处时,根据动能定理得mgR-qE(x+R)-μmgx=0,解得x=R,故选A。 4.如图所示,空间有一水平向右的匀强电场,电场强度的大小为E=1.0×104 V/m。该空间有一个半径为R=2 m的竖直光滑绝缘圆环的一部分,圆环与光滑水平面相切于C点,A点所在的半径与竖直直径BC成37°角。质量为m=0.04 kg、电荷量为q=+6×10-5 C的带电小球2(可视为质点)锁定于C点。轻弹簧一端固定在竖直挡板上,另一端自由伸长时位于P点。质量也为m=0.04 kg 的不带电小球1挨着轻弹簧右端,现用力缓慢压缩轻弹簧右端到P点左侧某点后释放。小球1沿光滑水平面运动到C点与小球2发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞瞬间解除锁定,碰后两小球黏合在一起且恰能沿圆弧到达A点。P、C两点间距离较远,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,取 sin 37°=0.6,cos 37°= 0.8。求: (1)黏合体在A点的速度大小; (2)弹簧的弹性势能; (3)黏合体由A点到达水平面运动的时间。 【答案】 (1)5 m/s　(2)9.2 J　(3)0.6 s 【解析】 (1)小球2所受电场力大小为 F=qE=6×10-5×1.0×104 N=0.6 N, 小球1和小球2的重力之和为 G=2mg=2×0.04×10 N=0.8 N, 如图甲所示,设黏合体所受重力与电场力的合力与竖直方向的夹角为θ,则tan θ==, 所以θ=37°, 所以A点是黏合体在重力场和电场中做圆周运动的等效最高点,由于黏合体恰能沿圆弧到达A点,所以=2m,解得vA=5 m/s。 (2)黏合体从C点到A点,由动能定理得 -qERsin 37°-2mg·(R+Rcos 37°)=×2m-×2m,解得vC= m/s, 对于小球1、2的碰撞过程由动量守恒定律得 mv1=2mvC, 解得小球1碰撞前的速度大小为v1=2 m/s, 由机械能守恒定律可得弹簧的弹性势能 Ep=m=9.2 J。 (3)如图乙所示,黏合体过A点后竖直方向上做匀加速运动, 竖直方向上的初速度大小为 v0=vAsin 37°=3 m/s, 由竖直方向做匀加速运动可得 R+Rcos 37°=v0t+gt2, 解得t=0.6 s。 5.如图甲所示,带电小球B静止在光滑绝缘水平面上,质量mA=10 g的带电小球A以水平向右的速度vA=4 m/s正对B的球心运动。在0～t0时间内,A、B两球的vt图像如图乙所示,若A、B不相碰,且半径相同,则下列说法正确的是(　　) A.小球A、B带异种电荷 B.小球B的质量mB=40 g C.系统的最小动能为0.02 J D.小球A、B最终以速度v=1 m/s匀速直线运动 【答案】 C 【解析】 根据题图可知,A球向右做减速运动,受到向左的库仑力,B球向右做加速运动,受到向右的库仑力,A、B之间存在排斥力,所以小球A、B带同种电荷,故A错误;由题图可知,t0时刻两小球的速度相同,共同速度v=1 m/s,A、B组成的系统满足动量守恒,根据动量守恒定律有mAvA=(mA+mB)v,解得mB=30 g,故B错误;当A、B速度相同时两者相距最近,系统的电势能最大,动能最小,此时Ekmin=(mA+mB)v2=0.02 J,故C正确;小球A、B速度为1 m/s时相距最近,小球A受到向左的库仑力,继续向右做减速运动,运动的速度小于1 m/s,小球B受到向右的库仑力,继续向右做加速运动,运动的速度大于1 m/s,故D错误。 6.(多选)在光滑绝缘水平面上,三个完全相同的带电小球,通过不可伸长的绝缘轻质细线,连接成边长为d的正三角形,如图甲所示。小球质量都为m,电荷量均为+q,可视为点电荷。初始时,小球均静止,细线拉直。现将球A和球B间的细线剪断,当三个小球运动到同一条直线上时,速度大小分别为v1、v1、v2,如图乙所示。当三个小球再次运动到成正三角形时,速度大小别为v3、v3、v4,不计空气阻力,已知两点电荷的电势能Ep=k(r为两点电荷之间的距离,k为静电力常量)。下列说法正确的是(　　) A.图甲到图乙过程中,系统电势能减少 B.图甲到图乙过程中,球A所受合力冲量大小为q C.图甲到图丙过程中,球C所受合力冲量大小大于小球B所受合力冲量大小 D.速度大小v2>v1,v4>v3 【答案】 AB 【解析】 由题图可知只有A、B间的电势能减少了,则ΔEp=EpAB-EpAB′=k-k=k,故A正确;对系统根据动量守恒定律有mv1+mv1=mv2,根据能量守恒定律有m+m+m=,解得v1=,=,球A所受合力冲量大小为I=Δp=mv1-0=q,故B正确;由题图可知,图甲与图丙的小球间距离相同,则势能相同,根据能量守恒定律可知,题图丙中小球动能都为0,由动量定理可知,球C所受合力冲量大小等于小球B所受合力冲量大小,故C错误;综上可知v2=2v1,v4=v3=0,故D错误。 真题·实战演练 高频考点：等效重力场、力电综合问题 1.(2025·广东卷)如图,是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接。金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处,由静止开始向右下方运动,与下方绝缘平板在B点处碰撞,碰撞时电荷量改变,反弹后离开下方绝缘平板瞬间,颗粒的速度与所受合力垂直,其水平分速度与碰前瞬间相同,竖直分速度大小变为碰前瞬间的k(k<1)倍。已知颗粒质量为m,两绝缘平板间的距离为h,两金属平板间的距离为d,B点与左平板的距离为l,电源电压为U,重力加速度为g。忽略空气阻力和电场的边缘效应。求: (1)颗粒碰撞前的电荷量q; (2)颗粒在B点碰撞后的电荷量Q; (3)颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中,电场力对它做的功W。 【答案】 (1) (2) (3)见解析 【解析】 (1)根据题意可知,颗粒在竖直方向上做自由落体运动,则有h=gt2, 水平方向上做匀加速直线运动, 则有qE=ma,l=at2,E=, 解得q=。 (2)根据题意可知,颗粒与绝缘平板第一次碰撞时, 竖直分速度为vy1=, 水平分速度为vx1==, 则第一次碰撞后竖直分速度为vy2=kvy1, 设第一次碰撞后颗粒速度方向与水平方向夹角为θ, 则有tan θ=, 由于第一次碰撞后瞬间颗粒所受合力与速度方向垂直, 则有tan θ=, 联立解得Q=。 (3)根据题意可知,由于k<1,则第一次碰撞后颗粒不能返回上绝缘板,分两种情况讨论: ①设从第一次碰撞后到第二次碰撞前的运动时间为t′,则有t′==2k, 水平方向上做匀加速直线运动, 加速度为a′==, 水平方向运动的距离为x=vx1t′+a′t′2=4kl+, 此情况需满足x≤d-l,即d≥(4k+1)l+, 则电场力对颗粒做的功为W=+ =+4k2mgh+。 ②若d<(4k+1)l+,则颗粒与右侧金属板发生第二次碰撞。 则电场力对颗粒做功为W=qEl+QE(d-l)=+。 2.如图所示为某一弹射游戏简化模型的俯视图，在光滑的绝缘水平面上建立平面坐标系，ef右侧水平面内有沿x轴负方向的匀强电场(电场区域足够大)，已知ef平行于y轴。一轻质绝缘弹簧一端固定在坐标原点O处，另一端与一质量为0.2 kg不带电绝缘物块A相连，此时弹簧轴线与x轴正方向的夹角θ=37°。弹簧被压缩后锁定，弹簧储存的弹性势能为0.2 J。再将一质量为0.2 kg的带电荷量q=+1.0×10-6 C的物块B紧靠着物块A，A、B不黏连，现解除锁定，物块沿弹簧轴线运动到电场边界上坐标为(0.6，0.45)的M点时，A、B恰好分离，物块B进入电场。运动过程中弹簧始终在弹性限度内，A、B均视为质点，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)A、B物块脱离的瞬间，B物块的速度大小； (2)进入电场经过4 s物块B运动到距离y轴最远的位置，求电场强度大小及此时物块B所处位置的坐标。 【答案】　(1)1 m/s　(2)4×104 V/m　(2.2 m，2.85 m) 【解析】　(1)由题可知，在M点A、B刚好分离，此时弹簧刚好恢复原长，此时A、B共速且速率达到最大，设此时速度大小为vB，则Ep=×2m 解得A、B分离时B的速度大小为vB=1 m/s (2)由题可知A、B分离时，B的速度方向与x轴正方向的夹角为θ=37°，A、B分离后，B在电场中做曲线运动。对B在x方向上，由动量定理 -qEt=0-mvBcos 37° Δx=t，xB=0.6+Δx y方向上物块B匀速运动，有 Δy=vBsin 37°·t，yB=0.45+Δy 解得E=4×104 V/m，xB=2.2 m，yB=2.85 m 此时物块B位置的坐标为(2.2 m，2.85 m)。 3.在真空中存在着方向竖直向上、范围足够大且周期性变化的匀强电场E。将一个质量为m、电荷量为q的小球(可视为质点)在该电场区域t=0时刻由静止释放，小球开始以g的加速度向上运动。已知电场的周期为T=2t0，规定竖直向上为正方向，重力加速度为g，忽略空气阻力，求： (1)匀强电场E的大小； (2)t=3t0时小球的速度； (3)小球在0~2.5t0时间内机械能的变化量ΔE。 【答案】　(1)　(2)gt0，方向竖直向下(3)-mg2 【解析】　(1)有电场时，由牛顿第二定律得 qE-mg=m·g 解得匀强电场E的大小为E= (2)当t=t0时，小球速度为v1=gt0 当t=2t0时，小球速度为 v2=v1-gt0=-gt0 当t=3t0时，小球速度为 v3=v2+at0=-gt0+gt0=-gt0， 负号表示方向竖直向下 (3)0~t0内小球的位移为h1=×g·=g，方向竖直向上；0~t0内小球机械能变化量为ΔE1=qEh1，2t0~2.5t0内小球的位移为 h2=v2·t0+·g(t0)2=-g 方向竖直向下； 2t0~2.5t0内小球机械能变化量为ΔE2=qEh2 则0~2.5t0内小球机械能变化量为 ΔE=ΔE1+ΔE2=-mg2。 4.(2025·广东汕头模拟)如图所示,水平向右的匀强电场中固定倾角为30°的足够长斜面,质量为m、带电荷量为+q的小球以初速度v0从靠近斜面底端斜向上抛出,初速度方向与水平方向间的夹角为60°。已知匀强电场的电场强度E=,重力加速度为g,不计空气阻力。小球从抛出到落回斜面的过程中,下列说法正确的是(　　) A.机械能不变 B.离斜面最远时动能最小 C.运动的时间为 D.运动的时间为 【答案】 D 【解析】 小球从抛出到落回斜面的过程中,电场力做功会改变机械能,故机械能不守恒,A错误。以斜面为参考系,建立沿斜面向上和垂直于斜面向上的坐标系,小球受重力mg和水平向右的电场力qE,沿斜面方向(x轴):电场力分量沿斜面向上,即Eqcos 30°=mg,重力分量沿斜面向下,即mgsin 30°=mg,根据牛顿第二定律有mgsin 30°-Eqcos 30°=max,解得加速度ax=g,方向沿斜面向下;垂直于斜面方向(y 轴):电场力分量垂直于斜面向下,即Eqsin 30°=mg,重力分量垂直于斜面向下,即mgcos 30°=mg,根据牛顿第二定律有mgcos 30°+Eqsin 30°=may,解得加速度ay=g,方向垂直于斜面向下,初速度v0与斜面方向夹角为30°,分解到斜面坐标系,沿x轴为v0 cos 30°=v0,沿y轴为v0 sin 30°=v0,离斜面最远时y轴方向速度为0,时间 t1==,此时x轴方向速度 v0x=v0 cos 30°-axt1=v0,设合力与竖直方向的夹角为α,则tan α==,故α<30°,此时合力方向与速度方向成钝角,速度大小继续减小,故离斜面最远时动能不是最小,B错误。落回斜面时y=0,由 (v0 sin 30°)t-ayt2=0,解得t=,C错误,D正确。 5.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 【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。 6.(多选)(2025·广东汕头市模拟)如图所示，长l=1 m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，已知小球的质量m=1×10-4 kg，且位于电场强度大小为E=3.0×103 N/C，方向水平向右的匀强电场中。小球静止时，绳与竖直方向的夹角θ=37°，忽略空气阻力(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2)，则(　　) A.此带电小球带正电 B.小球受轻绳拉力F为1.66×10-3 N C.小球电荷量q=2.5×10-7 C D.将小球拉至最低点由静止释放，小球回到绳与竖直方向的夹角θ=37°时速度v的大小为2 m/s 【答案】　AC 【解析】　由小球的受力分析可知，小球所受电场力的方向与场强的方向相同，故小球带正电，A正确；小球受轻绳拉力为F== N=1.25×10-3 N，B错误；小球所受的电场力为F电=mgtan 37°=1×10-4×10× N=7.5×10-4 N，小球电荷量为q== C=2.5×10-7 C，C正确；将小球拉至最低点由静止释放，小球回到绳与竖直方向的夹角θ=37°时，由动能定理可知-mgl(1-cos 37°)+F电lsin 37°=mv2，解得v= m/s，D错误。 7.如图，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，一光滑水平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 【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，则由功能关系有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，再由功能关系有qEd'=m-×3m，联立解得 d'=d，故选C。 8.空间中有竖直向上的匀强电场，电场强度E=。绝缘圆形轨道竖直放置，O点是它的圆心、半径为R，A、C为圆轨道的最低点和最高点，B、D为与圆心O等高的两点，如图所示。在轨道A点放置一质量为m、带电荷量为+q(q>0)的光滑小球。现给小球一初速度v0(v0≠0)，重力加速度为g，忽略空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A.无论v0多大，小球都不会脱离轨道 B.只有v0≥，小球才不会脱离轨道 C.v0越大，小球在A、C两点对轨道的压力差也越大 D.若将小球无初速度从D点释放，小球一定会沿轨道经过C点 【答案】　D 【解析】　由题意可知小球所受电场力与重力的合力方向竖直向上，大小为F=qE-mg=2mg，若要使小球不脱离轨道，设其在A点所具有的最小速度为vmin，根据牛顿第二定律有F=m，解得vmin=，所以只有当v0≥时，小球才不会脱离轨道，故A、B错误；假设小球可以在轨道中做完整的圆周运动，在C点的速度大小为v1，根据动能定理有m-m=F·2R，在A、C点小球所受轨道的弹力大小分别为F0和F1，根据牛顿第二定律有F0+F=m，F1-F=m，联立以上三式解得ΔF=F1-F0=6F=12mg，根据牛顿第三定律可知小球在A、C两点对轨道的压力差等于12mg，与v0的大小无关，故C错误；若将小球无初速度从D点释放，由于F向上，所以小球一定能沿DC轨道经过C点，故D正确。 9.(2025·广东清远模拟)如图甲所示,竖直平面内有一半径为R的光滑绝缘圆环,空间存在水平方向的匀强电场,A与圆心O位于同一水平高度,设圆环上的某点与O点的连线与OA连线的夹角为θ,其电势φ与θ的关系图像如图乙所示,其中φ0=,初始时刻一电荷量为+q、质量为m、可视为质点的小球,在环内A点以速度v0=竖直向下运动,重力加速度为g,求: (1)电场强度E的大小和方向; (2)小球对圆环的最大压力的大小; (3)小球运动的过程中一个周期内通过的弧长。 【答案】 (1),沿OA方向　(2)3mg　(3)2πR 【解析】 (1)如图a所示, 沿电场线方向上,A点θ=0,B点θ=π,由题图乙可知两点间的电势差UBA=φB-φA=φ0-(-φ0)=2φ0, 又因为E==, 联立解得E=, 因为UBA=φB-φA>0, 所以φB>φA, 即电场强度的方向沿OA方向。 (2)小球所受合力即等效重力大小为 F合==mg, 方向斜向左下方与OA夹角为45°,如图b所示, 则C点为等效最低点,此处小球对圆环的压力最大,设小球在C点的速度大小为v1,小球从A点到C点过程,根据动能定理有 F合R(1 -cos 45°)=m-m, 在C点对小球由牛顿第二定律有 FN-F合=m, 解得圆环对小球的最大支持力大小为 FN=3mg, 根据牛顿第三定律得,小球对圆环的最大压力大小为FN′=3mg。 (3)设小球到达等效圆心等高点D的速度大小为v2,小球从A点到D点过程,根据动能定理有 -F合Rcos 45°=m-m, 解得v2=0, 说明小球刚好能到达等效圆心等高点,不脱离轨道,然后关于合力方向对称做周期性的往复运动,所以一个周期内通过的弧长为s=2πR。 10 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $