2022高考物理微58 帶電粒子的力電綜合問題

微專題58帶電粒子的力電綜合問題

解決電場、重力場、復(fù)合場問題的兩個(gè)角度.1.合場角度：處理拋體運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)可從合場

角度分析運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)、最低點(diǎn)等問題；處理能量問題一般從重力勢能、電勢能變化兩方面

分析2運(yùn)動(dòng)分解角度：涉及運(yùn)動(dòng)時(shí)間、位移等時(shí)一般從運(yùn)動(dòng)分解的角度分析.

1.（2019?云南保山市市級(jí)統(tǒng)一檢測）如圖1所示，豎直面內(nèi)分布有水平方向的勻強(qiáng)電場，一帶

電粒子沿直線從位置。向上運(yùn)動(dòng)到位置6,在這個(gè)過程中，帶電粒子（）

A.只受到電場力和重力作用

B.帶正電

C.做勻速直線運(yùn)動(dòng)

D.機(jī)械能增加

答案A

解析帶電粒子沿直線從位置a向上運(yùn)動(dòng)到位置b,合力方向與速度方向共線，受力情況如

圖所示，粒子受到電場力和重力作用，故A正確；粒子受到的電場力方向與電場線方向相反，

則粒子帶負(fù)電，故B錯(cuò)誤；粒子受到的合力方向與速度方向相反，粒子做勻減速運(yùn)動(dòng)，故C

錯(cuò)誤；電場力做負(fù)功，機(jī)械能減小，故D錯(cuò)誤.

2.如圖2所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為+,/的滑塊，沿絕緣斜面勻速下滑，當(dāng)滑塊滑至豎直向

下勻強(qiáng)電場區(qū)時(shí)，滑塊運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)為（）

圖2

A.繼續(xù)勻速下滑

B.將加速下滑

C.將減速下滑

D.上述三種情況都可能發(fā)生

答案A

解析設(shè)斜面的傾角為。.滑塊沒有進(jìn)入電場時(shí)，根據(jù)平衡條件得機(jī)gsinO=Ff

FN=tngcos0

又R=?FN,

得到，/igsin9=fimgcos0,即有sinO="cos0

當(dāng)滑塊進(jìn)入電場時(shí)，設(shè)滑塊受到的電場力大小為F.

根據(jù)正交分解得到

滑塊受到的沿斜面向下的力為（mg+f）sin3,

沿斜面向上的力為〃。咫+F）cos8,

由于sin6=〃cos6,

所以（,wg+F）sinO=fi（mg+F）cos6,

即受力仍平衡，所以滑塊仍做勻速運(yùn)動(dòng).

3.（2020?河北衡水中學(xué)聯(lián)考）如圖3所示，一個(gè)絕緣、光滑半圓軌道nA處于豎直平面內(nèi)，ac

是直徑且處于水平位置，軌道半徑為R.空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E.

從c點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為機(jī)、帶電荷量為+q的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），重力加速度為g,則

小球滑到最低點(diǎn)時(shí)對軌道壓力大小為（）

圖3

A.qE+3mgB.3gE+2/"g

C.2qE+3mgD.3（qE+/ng）

答案D

解析小球由c點(diǎn)到達(dá)軌道最低點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得（〃?g+qE）R=5由牛頓第二

定律得FN-（，"g+q￡）=，/;由以上兩式解得FN=3（qE+，〃g）,根據(jù)牛頓第三定律可知，小

球滑到最低點(diǎn)時(shí)對軌道壓力大小為FN'=FN=3（qE+〃?g）,D正確，A、B、C錯(cuò)誤.

4.（多選）（2020.廣深珠三校聯(lián)考）如圖4所示，一帶電物體A以一定的初速度內(nèi)從絕緣粗糙水

平面上的尸點(diǎn)向固定的帶電物體2運(yùn)動(dòng).當(dāng)A向右運(yùn)動(dòng)距離s時(shí)速度減為零，那么當(dāng)物體A

運(yùn)動(dòng)到，處時(shí)，物體A的（A、B相距夠遠(yuǎn)，可看成點(diǎn)電荷）（）

77747777口777777777777777777777777?77口7777.7。77…777…777

pH-s-H

圖4

A.動(dòng)能可能等于初動(dòng)能一半

B.動(dòng)能可能大于初動(dòng)能的一半

C.動(dòng)能可能小于初動(dòng)能的一半

D.克服摩擦力做的功可能大于其動(dòng)能變化量

答案BCD

解析如果兩帶電物體帶同種電荷，則在4向右移動(dòng)s,速度減為零的過程中，由動(dòng)能定理

得一W也一用=0—a0,即Eko=W.+M,在A以同樣的初速度從P點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)的位移為楙的

過程中，由動(dòng)能定理得一Wj-W（'=Ek-Eko,即反0—&=小也'+W（',由于電場力隨

著距離的減小而增大，所以前方中A受到的電場力比后;運(yùn)動(dòng)過程中受到的電場力小，故該過

W也WtW*t+Wf

程中WJ<—,物體A克服摩擦力做的功Wf'=y,所以有Ek0-Ek<——可

得舔>當(dāng)，B正確；如果兩帶電物體帶異種電荷，則電場力在該過程中做正功，同理可得動(dòng)

能可能小于初動(dòng)能的一半，C正確，A錯(cuò)誤；結(jié)合以上分析可知，兩帶電物體帶異種電荷時(shí)，

克服摩擦力做的功大于其動(dòng)能變化量，D正確.

5.（多選）（2020?甘肅威武市三診）如圖5甲所示，一足夠長的絕緣豎直桿固定在地面上，帶電

荷量為0.01C,質(zhì)量為0.1kg的圓環(huán)套在桿上.整個(gè)裝置處在水平方向的電場中，電場強(qiáng)度

E隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示，環(huán)與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.51=0時(shí)，環(huán)由靜止釋放，環(huán)

所受的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，不計(jì)空氣阻力,g取10mH.則下列說法正確的是（）

A.環(huán)先做加速運(yùn)動(dòng)再做勻速運(yùn)動(dòng)

B.0?2s內(nèi)環(huán)的位移大于2.5m

C.2s時(shí)環(huán)的加速度為5m/s2

D.環(huán)的最大動(dòng)能為20J

答案CD

解析在1=0時(shí)刻環(huán)受的摩擦力為Ff="gE=0.5X0.01X300N=1.5N>mg=lN,則開始時(shí)

環(huán)靜止；隨著場強(qiáng)的減小，電場力減小，則當(dāng)摩擦力大小等于重力時(shí)，圓環(huán)開始下滑，此時(shí)

滿足〃死=〃?g,即E=200N/C,則f=ls時(shí)刻開始運(yùn)動(dòng)；且隨著電場力減小，摩擦力減小，

加速度變大；當(dāng)電場強(qiáng)度為零時(shí)，加速度最大；當(dāng)場強(qiáng)反向且增加時(shí)，摩擦力隨之增加，加

速度減小，當(dāng)E=-200N/C時(shí)，加速度減為零，此時(shí)速度最大，此時(shí)刻為，=5s;而后環(huán)繼

續(xù)做減速運(yùn)動(dòng)直到停止，選項(xiàng)A錯(cuò)誤：環(huán)在f=ls時(shí)刻開始運(yùn)動(dòng)，在f=2s時(shí)E=100N/C,

此時(shí)的加速度為mg—^qE=ma,解得a=5m/s?.因環(huán)以加速度為5m/s2句加速下滑1s時(shí)的位

移為x=gx5X產(chǎn)m=2.5m,而在f=1s到f=2s的時(shí)間內(nèi)加速度最大值為5m/s2,可知0?

2s內(nèi)環(huán)的位移小于2.5m,選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；由以上分析可知，在/=3s時(shí)刻環(huán)的加速

度最大，最大值為g,環(huán)從f=ls開始運(yùn)動(dòng)，到f=5s時(shí)刻速度最大，結(jié)合a—f圖像的面積

可知，最大速度為Om=；X4X10m/s=20m/s,則環(huán)的最大動(dòng)能Ekm=J〃?Om2=gx0.1X20?J

=20J,選項(xiàng)D正確.

6.（多選）（2020.湖南湘潭市三模）如圖6所示，勻強(qiáng)電場方向水平向右，帶負(fù)電的小球從斜面頂

端的。點(diǎn)水平向右拋出，初速度大小為8.小球帶電荷量為一q,質(zhì)量為膽，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中

曲線所示，小球打到斜面上P點(diǎn)的速度方向豎直向下，已知斜面與小球初速度方向的夾角為

60°,重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力，則下列說法正確的是（）

圖6

A.勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為號(hào)”

B.小球做曲線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為事

C.小球由。點(diǎn)到P點(diǎn)用時(shí)叫

D.小球通過尸點(diǎn)時(shí)的速度大小為華

答案BC

解析帶電小球在水平方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a,合位移為L,由牛頓第二定

律得：。=膂①，0=&）—山②，Leos60。=爭③，在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，貝i]Lsin600=；

g戶④，聯(lián)立①②③④解得：〃=坐?⑤，￡=巧箕⑥,故A錯(cuò)誤；小球做曲線運(yùn)動(dòng)的加速度

大?、?聯(lián)立⑤⑦解得：a'故B正確；聯(lián)立②⑤解得：f=*V。,故

C正確；小球通過P點(diǎn)時(shí)的速度大小為。=a=正。（），故D錯(cuò)誤.

7.（多選）（2020?黑龍江哈爾濱六中期末）圖示7空間有一靜電場，y軸上各點(diǎn)的場強(qiáng)方向沿y

軸正方向豎直向下，兩小球P、。用長為L的絕緣細(xì)線連接，靜止在軸上A、8兩點(diǎn).兩球

質(zhì)量均為，〃，。球帶負(fù)電，電荷量為一分A點(diǎn)距坐標(biāo)原點(diǎn)。的距離為3y軸上靜電場場強(qiáng)

大小后=貌，剪斷細(xì)線后，。球運(yùn)動(dòng)到達(dá)的最低點(diǎn)C與6點(diǎn)的距離為近不計(jì)兩球間的靜

電力作用.則（）

A.P球帶正電

B.P球所帶電荷量為一44

C.B、C兩點(diǎn)間電勢差為呼

D.剪斷細(xì)線后，。球與0點(diǎn)相距3乙時(shí)速度最大

答案BCD

解析選取A、B組成的整體為研究對象，由平衡條件可知，2mg=FP+FQ,其中尸°=qE=

q■"臂L=Wmg,所以Fp=%g,方向向上，故P帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；由Fp=3，"g=qpX笑H

解得：價(jià)=4q且為負(fù)電，故B正確；對。從8到C由動(dòng)能定理可得：mgh=qU,解得：U

=學(xué)^,故C正確；速度最大時(shí)加速度為零，則有：?食解得：y=~3L,故D正確.

8.如圖8所示，水平向右的勻強(qiáng)電場中，用長為R的輕質(zhì)絕緣細(xì)線在0點(diǎn)懸掛一質(zhì)量為〃?且

可以視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球，小球靜止在A處，A。的連線與豎直方向的夾角為37。，現(xiàn)給小球

一個(gè)沿圓弧切線方向的初速度。o,小球便在豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，為使小球能在豎直面內(nèi)完成圓周

運(yùn)動(dòng)，這個(gè)初速度。o至少應(yīng)為多大？（重力加速度為g）

答案即

解析小球靜止時(shí)，對小球進(jìn)行受力分析，如圖所示,

,3

由幾何關(guān)系得尸電-zigtan37°=02g

由平行四邊形定則可得“等效"重力G'=?（7跖）2+"2,與細(xì)線的拉力/拉的方向相

反.

與重力場類比可知：小球能在豎直面內(nèi)完成圓周運(yùn)動(dòng)的臨界速度位置在A0連線的延長線上

2

的B處，由''等效”重力提供小球所需的向心力，得G'=喑,所以小球在3處的最小的

A

速度

小球從B運(yùn)動(dòng)到A的過程中，由動(dòng)能定理可得

G'-2R=^inv（r—^invn2

代入數(shù)據(jù)可得v0=!\你.

9.（2020?湖北鄂東南聯(lián)盟模擬）如圖9,兩水平虛線CD、EF之間的區(qū)域存在方向水平向右的

勻強(qiáng)電場.自該區(qū)域上方同一高度的A點(diǎn)和B點(diǎn)將質(zhì)量均為優(yōu)、電荷量均為q的兩帶電小球

〃、N先后以初速度2如、如沿平行于電場的方向射出.小球在重力作用下進(jìn)入電場區(qū)域，恰

好從該區(qū)域的下邊界的同一點(diǎn)G離開.己知N離開電場時(shí)的速度方向豎直向下；M在電場中

做直線運(yùn)動(dòng).不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g,勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度6=早.求：

C...........................................D

E------------------G----------------F

圖9

（1）小球M從G點(diǎn)離開電場時(shí)的水平速度大??；

⑵小球M在進(jìn)入電場前和電場中的豎直位移之比.

答案（1）3加（2）4：5

解析（1）兩小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，通過電場的時(shí)間相同為t,在電場中受到相同

的電場力作用，具有相同的水平加速度a,

在電場中

N球水平方向的運(yùn)動(dòng)：0=。()-m

Af球離開電場時(shí)的水平速度：VMx=2vo+at

解得：0Mx=3。0

(2)小球M在電場中做直線運(yùn)動(dòng)，則速度方向與合力方向相同.設(shè)進(jìn)入電場和離開電場時(shí)的豎

直速度“別為汲)，，2優(yōu)一助，3。0一%

在豎直方向上，設(shè)進(jìn)入電場前豎直位移為/2,在電場中豎直位移為4:

h4

v￡=2gh,V2^=2g(h+H),解得：萬=亍

10.如圖10所示，8CDG是光滑絕緣的j圓形軌道，位于豎直平面內(nèi)，軌道半徑為R,下端

與水平絕緣軌道在3