2025版高考物理考點題型歸納總結(jié)（含答案）考點44　帶電粒子在電場中的力、電綜合問題

考點44帶電粒子在電場中的力、電綜合問題強基固本對點練知識點1帶電粒子在重力場和電場中的圓周運動1．[2024·山西省大同市期中考試]如圖所示，豎直面內(nèi)有一半徑為R的光滑絕緣圓軌道，有一質(zhì)量為m,電荷量大小為q的帶負(fù)電小球從軌道最低點出發(fā)，沿著軌道切線方向以大小為v0的初速度水平射出，整個裝置處于豎直向下的勻強電場中，已知E＝eq\f(mg,2q).下列說法正確的是()A.小球在最低點對軌道的壓力為eq\f(mg,2)B．小球在最低點對軌道的壓力為eq\f(mveq\o\al(2,0),R)－eq\f(mg,2)C．若能夠不脫軌到達(dá)最高點，則初速度最小為eq\r(5gR)D．若能夠不脫軌到達(dá)最高點，則初速度最小為eq\f(\r(10gR),2)2．(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強電場，在勻強電場中有一根長為L的絕緣細(xì)線，細(xì)線一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球．小球靜止時細(xì)線與豎直方向成θ角，此時讓小球獲得初速度且恰能繞O點在豎直平面內(nèi)沿逆時針方向做圓周運動，重力加速度為g.下列說法正確的是()A.勻強電場的電場強度E＝eq\f(mgtanθ,q)B．小球動能的最小值為Ek＝eq\f(mgL,2cosθ)C．小球運動至圓周軌跡的最高點時機械能最小D．小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運動一周的過程中，其電勢能先減小后增大知識點2電場中的力、電綜合問題3．如圖所示，傾角θ＝37°的粗糙絕緣斜面AB與粗糙絕緣水平地面BC在B點平滑連接，B點右側(cè)區(qū)域存在水平向左的勻強電場，電場強度大小E＝5.0×103N/C.斜面頂端A點離地高度h＝2.4m，可視為質(zhì)點的帶正電金屬滑塊質(zhì)量m＝1.0kg、電荷量q＝1.0×10－4C.現(xiàn)將滑塊從A點由靜止釋放，最后停在水平地面上的C點．已知滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.5，滑塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.15，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求滑塊運動到B點時速度的大??；(2)求滑塊在水平地面上滑行的距離；(3)要使靜止在C點的滑塊恰好能重新返回到斜面頂端A點，可將電場強度的大小突然增大到某一值E0.求電場強度E0的大?。鄡?yōu)提能模擬練4.[2024·湖北省云學(xué)新高考聯(lián)盟聯(lián)考]如圖，整個空間存在水平向左的勻強電場，豎直面內(nèi)有一直角坐標(biāo)系xOy，以y軸為對稱軸的光滑圓弧形絕緣軌道ABC放置在x軸下方，軌道與y軸交于B點，與x軸交于A(－0.4，0)、C(0.4，0)兩點．現(xiàn)有一個可視為質(zhì)點的帶電絕緣小球沿PA所在直線向A點勻加速運動，從A點沿切線方向進(jìn)入軌道，一段時間后從C點離開．若小球在軌道內(nèi)運動過程中恰好不脫離軌道，已知小球質(zhì)量m＝0.3kg，電荷量q＝0.4C，P點的坐標(biāo)為(0，0.3)，重力加速度為g＝10m/s2，不考慮空氣阻力的影響．求：(1)電場強度的大??；(2)小球?qū)壍缐毫Φ淖畲笾担?3)當(dāng)小球從C點飛出后，再落到x軸上的位置坐標(biāo)．5．[2024·重慶市七中期中考試]如圖所示，在絕緣水平面上的兩物塊A、B用勁度系數(shù)為k的水平絕緣輕質(zhì)彈簧連接，物塊B、C用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，A靠在豎直墻邊，C在傾角為θ＝30°的長斜面上，滑輪兩側(cè)的輕繩分別與水平面和斜面平行．A、B、C的質(zhì)量分別是m、2m、2m，A所帶電荷量為＋eq\f(2,3)q，B所帶電荷量均為＋q，C不帶電，滑輪左側(cè)存在著水平向左的勻強電場，整個系統(tǒng)不計一切摩擦，B與滑輪足夠遠(yuǎn)．勻強電場的電場力大小為E＝eq\f(3mg,q)，開始時系統(tǒng)靜止．現(xiàn)讓C在沿斜面向下的拉力F作用下做加速度大小為g的勻加速直線運動，彈簧始終未超過彈性限度，重力加速度大小為g.(1)求初始狀態(tài)下彈簧的形變量Δx1；(2)求A剛要離開墻壁時C的速度大小v1；(3)接(2)此過程中拉力F所做的功．

考點44帶電粒子在電場中的力、電綜合問題1．答案：D解析：小球在最低點做圓周運動，合外力提供向心力有meq\f(veq\o\al(2,0),R)＝F支－mg＋Eq，解得F支＝eq\f(mveq\o\al(2,0),R)＋eq\f(mg,2)，根據(jù)牛頓第三定律F壓＝F支＝eq\f(mveq\o\al(2,0),R)＋eq\f(mg,2)，A、B錯誤；若能夠不脫軌到達(dá)最高點，則在最高點軌道對小球的彈力剛好為零，即小球在重力和電場力作用下做圓周運動meq\f(veq\o\al(2,1),R)＝mg－Eq，由動能定理有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－(mg－Eq)·2R，所以初速度最小值v0＝eq\f(\r(10gR),2)，C錯誤，D正確．2．答案：AB解析：小球靜止時細(xì)線與豎直方向成θ角，對小球受力分析，小球受重力、拉力和電場力，三力平衡，根據(jù)平衡條件，有qE＝mgtanθ，解得E＝eq\f(mgtanθ,q)，A正確；小球恰能繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動，在等效最高點A速度最小，根據(jù)牛頓第二定律，有eq\f(mg,cosθ)＝meq\f(v2,L)，最小動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(mgL,2cosθ)，B正確；小球的機械能和電勢能之和守恒，則小球運動至電勢能最大的位置機械能最小，小球帶負(fù)電，則小球運動到圓周軌跡的最左端點時電勢能最大，機械能最小，C錯誤；小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運動一周的過程中，電場力先做正功，后做負(fù)功，再做正功，則其電勢能先減小后增大，再減小，D錯誤．3．答案：(1)4m/s(2)4m(3)1.15×105N/C解析：(1)設(shè)小滑塊在斜面上運動的加速度大小為a1，根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma1解得a1＝2m/s2設(shè)滑塊運動到B點時速度的大小為v，根據(jù)勻加速運動公式v2＝2a1·eq\f(h,sinθ)解得v＝4m/s(2)設(shè)滑塊在水平地面上運動的加速度大小為a2，根據(jù)牛頓第二定律μ2mg＋Eq＝ma2解得a2＝2m/s2設(shè)滑塊在水平地面上滑行的距離為x2，根據(jù)勻減速運動公式0－v2＝2(－a2)x2解得x＝4m(3)設(shè)滑塊沿斜面上滑的加速度大小為a3，根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ＋μ1mgcosθ＝ma3解得a3＝10m/s2設(shè)滑塊在水平面加速的加速度大小為a4，因為A到B的距離與C到B的距離相等，則由v2＝2ax可知a4＝a3＝10m/s2由于電場強度突然增大到某一值E0，根據(jù)牛頓第二定律E0q－μ2mg＝ma4解得E0＝1.15×105N/C.4．答案：(1)10N/C(2)30N(3)－1.904m解析：(1)根據(jù)幾何關(guān)系可知，PA與y軸夾角為53°，電場力與重力的合力方向沿PA，則tan53°＝eq\f(qE,mg)電場強度的大小為E＝10N/C(2)小球運動至D點時對軌道壓力最大，OD與y軸夾角為53°，則N－eq\f(5,3)mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),r)小球在E點恰好不脫離軌道，OE與y軸夾角為53°，則eq\f(5,3)mg＝meq\f(veq\o\al(2,E),r)根據(jù)動能定理eq\f(5,3)mg·2r＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)聯(lián)立得N＝30N根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)壍缐毫Φ淖畲笾禐?0N.(3)根據(jù)動能定理－mgr(cos37°－cos53°)＋qEr(sin53°－sin37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)得vC＝eq\r(\f(9,5)gr)＝2eq\r(3)m/s當(dāng)小球從C點飛出后，延x軸和y軸方向的加速度分別為ax＝eq\f(qE,m)＝eq\f(4,3)gax＝g由x＝vCcos37°t＋eq\f(1,2)axt2vCsin37°＝geq\f(t,2)得x＝2.304m則落到x軸上的位置坐標(biāo)為x′＝0.4m－2.304m＝－1.904m．5．答案：(1)eq\f(2mg,k)(2)2geq\r(\f(2m,k))(3)eq\f(24m2g2,k)解析：(1)初始時，對B分析可知Eq＝kΔx1＋2mgsinθ解得彈簧的壓縮量Δx1＝eq\f(2mg,k)(2)當(dāng)A剛要離開墻壁時，對C分析E×eq\f(2,3)q＝kΔx2則此過