第49練專題強化：帶電粒子在電場中的力電綜合問題分值：60分1~5題每小題4分，共20分1.如圖所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內做勻速圓周運動，最高點為a，最低點為b。不計空氣阻力，則下列說法正確的是()A.小球帶負電B.靜電力與重力平衡C.小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減小D.小球在運動過程中機械能守恒2.(多選)如圖所示，四分之一光滑絕緣固定圓弧槽B處切線水平，一可視為質點的帶正電小球從圓弧槽A處由靜止釋放，滑到B處離開圓弧槽做平拋運動，到達水平地面的D處，若在裝置所在平面內加上豎直向下的勻強電場，重復上述實驗，下列說法正確的是()A.小球落地點在D的右側B.小球落地點仍在D點C.小球落地點在D的左側D.小球離開B到達地面的運動時間減小3.(多選)勻強電場方向水平向右，帶電小球由圖示位置從靜止開始釋放，已知小球所受靜電力大小等于重力大小，不考慮空氣阻力，則()A.開始一段時間內小球可能做變速圓周運動B.開始一段時間內小球可能做變速直線運動C.整個運動過程中小球電勢能與機械能之和一定不變D.小球運動至左側時最高點一定低于釋放位置4.(2025·河南省部分高中月考)如圖所示，空間有與水平方向成θ角的勻強電場。一個質量為m的帶電小球，用長L的絕緣細線懸掛于O點。當小球靜止時，細線恰好處于水平位置?，F用一個外力將小球沿圓弧軌跡(圖中的虛線)緩慢地拉到最低點，此過程小球的電荷量不變。則該外力做的功為(重力加速度為g)()A.mgLtanθ B.mgLcosθ C.mgL－mgLcosθ 5.(2024·河北衡水市模擬)如圖所示，地面上某個空間區(qū)域存在這樣的電場，水平虛線上方為電場強度大小為E1、方向豎直向下的勻強電場；虛線下方為電場強度大小為E2、方向豎直向上的勻強電場，一個質量m，帶電荷量＋q的小球從上方電場的A點由靜止釋放，結果剛好到達下方電場中與A關于虛線對稱的B點，重力加速度為g，則下列結論正確的是()A.若AB高度差為h，則UAB＝-B.帶電小球在A、B兩點電勢能相等C.在虛線上、下方的電場中，帶電小球運動的加速度相同D.兩電場強度大小關系滿足E2＝2E16題6分，7題12分，8題15分，共33分6.(多選)(2025·湖北鄂東南三校聯(lián)考)如圖甲所示，傾角為θ＝37°的光滑斜面固定在水平地面上。勻強電場沿斜面方向。帶正電的滑塊以一定的初速度從斜面底端開始上滑。若斜面足夠長，上滑過程中滑塊的機械能和動能隨位移變化的關系圖線如圖乙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說法正確的是()A.滑塊的重力大小為4B.滑塊受到的靜電力大小為EC.滑塊上滑過程中，重力勢能增加了4E0D.滑塊上升過程中動能與電勢能之和減小7.(12分)(2022·遼寧卷·14)如圖所示，光滑水平面AB和豎直面內的光滑14圓弧導軌在B點平滑連接，導軌半徑為R。質量為m的帶正電小球將輕質彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，脫離彈簧后經過B點時的速度大小為gR，之后沿軌道BO運動。以O為坐標原點建立直角坐標系xOy，在x≥－R區(qū)域有方向與x軸夾角為θ＝45°的勻強電場，進入電場后小球受到的電場力大小為2mg。小球在運動過程中電荷量保持不變，重力加速度為g(1)(3分)彈簧壓縮至A點時的彈性勢能；(2)(3分)小球經過O點時的速度大??；(3)(6分)小球過O點后運動的軌跡方程。8.(15分)(2024·廣西柳州市模擬)如圖所示，光滑水平軌道與半徑為R的光滑豎直半圓軌道在B點平滑連接。在過圓心O的界面MN的下方與水平軌道之間分布有水平向右的勻強電場?，F將質量為m、電荷量為＋q的小球甲從水平軌道上的A點由靜止釋放，與質量為m、靜止在B點的不帶電的小球乙碰撞后瞬間粘在一起形成物體丙，丙運動到C點離開圓軌道后，做平拋運動恰好經過界面MN上的P點，P點在A點的正上方。已知A、B間的距離為2R，重力加速度為g，甲、乙、丙均可視為質點，不計空氣阻力，求：(1)(5分)丙經過軌道C點時對軌道的作用力大?。?2)(4分)勻強電場的電場強度大?。?3)(6分)丙在半圓軌道運動時的最大動量。(7分)9.(多選)(2024·福建省模擬)如圖所示，豎直平面內有圓心為O、半徑為R的圓，水平直徑上A、C兩端點分別固定帶電荷量為＋Q的點電荷，BD為豎直直徑，P為OB的中點，且P、D兩點間的電勢差大小為U。一帶電荷量為＋q、質量為m的小球以一定初速度從D點開始豎直向下運動，經過P點時加速度大小為2g，在P、B間運動時加速度始終大于2g。忽略小球所帶電荷對電場分布的影響，重力加速度為g，取無窮遠處為零電勢點。則小球從D到B的過程中()A.經過O點時的速度最小B.經過O點時的加速度大小為gC.機械能先減小后增大D.初動能可能為qU－14

答案精析1.B[由于小球在豎直平面內做勻速圓周運動，所以重力與靜電力的合力為0，即靜電力與重力平衡，知靜電力方向豎直向上，所以小球帶正電，A錯誤，B正確；從a→b，靜電力做負功，電勢能增大，C錯誤；由于靜電力對小球做功，故小球在運動過程中機械能不守恒，D錯誤。]2.BD[不加電場時，小球從A到B有mgR＝12mvB2－0，解得vB＝2gR，平拋過程，豎直方向上有h＝12gt2，解得t＝2hg，平拋水平位移x＝vBt＝2Rh，平拋水平位移與重力加速度無關，施加豎直向下的勻強電場后，小球同時受重力和向下的靜電力，相當于重力加速度增大了，小球落地點仍在D點，t∝1g3.AB[若小球帶正電，釋放后小球受到向右的靜電力、重力和繩子的拉力，開始一段時間內小球做變速圓周運動，若小球帶負電，釋放后小球受到向左的靜電力和重力，在開始一段時間內繩子是松弛的，小球做勻加速直線運動，A、B正確；若小球帶負電，則小球在運動過程中由直線運動變成圓周運動的瞬間有能量損失，所以電勢能與機械能之和可能是變化的，C錯誤；若小球帶負電，小球運動到左端的過程中靜電力做正功，最高點可能高于釋放位置，D錯誤。]4.A[小球在最高點受力平衡，如圖所示，根據平衡條件，有拉力FT＝mgtanθ，靜電力qE＝mgsinθ，對從最高點到最低點過程運用動能定理得到WF＋mgL＋qE2L·cos(225°－θ)＝0，聯(lián)立解得WF＝]5.A[對A到B的過程運用動能定理得，qUAB＋mgh＝0，解得UAB＝-mghq，知A、B的電勢不等，則電勢能不等，故A正確，B錯誤；A到虛線小球速度由零加速至v，虛線到B小球速度由v減為零，位移相同，根據勻變速直線運動的推論知，加速度大小相等，方向相反，故C錯誤；在上方電場中，根據牛頓第二定律得a1＝mg＋qE1m，在下方電場中，根據牛頓第二定律得a2＝qE2-mgm，又a1＝a26.BD[由題圖乙可知，滑塊的動能由4E0減為零，滑塊的機械能由4E0減為3E0，又由于機械能在減小，可知靜電力做負功，故勻強電場方向沿斜面向下。根據題意，機械能隨位移變化的圖像，斜率表示靜電力，有4E0-3E0x0＝F電，動能隨位移變化的圖像，斜率表示合外力，故4E0x0＝F電＋mgsinθ，可得mg＝5E0x0，F電＝E0x0，故A錯誤，B正確；由重力做功與重力勢能關系有WG＝－ΔEp，由于上滑過程重力做負功，所以重力勢能增加，即ΔEp＝－WG＝－7.(1)12mgR(2)(3)y2＝6Rx解析(1)小球從A到B，根據能量守恒定律得Ep＝12mv(2)小球從B到O，根據動能定理有－mgR＋2mg×2R＝12mvO解得vO＝3(3)小球運動至O點時速度方向豎直向上，受電場力和重力作用，將電場力分解到x軸和y軸，則x軸方向有2mgcos45°＝maxy軸方向有2mgsin45°－mg＝may解得ax＝g，ay＝0，說明小球過O點后的運動為x軸方向做初速度為零的勻加速直線運動，y軸方向做勻速直線運動，即做類平拋運動，則有x＝12gt2，y＝vOt，聯(lián)立解得小球過O點后運動的軌跡方程為y2＝6Rx8.(1)2mg(2)3(3)2m(13＋解析(1)設丙過C點時的速度為vC，由平拋運動規(guī)律可得R＝12gt2R＝vCt，由牛頓第二定律2mg＋FN＝2mv聯(lián)立解得FN＝2mg由牛頓第三定律，丙經過軌道C點時對軌道的作用力大小為2mg。(2)小球甲從A到B的過程中由動能定理得qE·2R＝12m小球甲和小球乙碰撞mv0＝2mvB丙從B到C的過程中由動能定理得qE·R－2mg×2R＝12×2mvC2－聯(lián)立解得E＝3(3)設物體丙運動到半圓軌道BN段上的D點時的速度為v，OD與豎直方向的夾角為α，由動能定理qERsinα－2mgR(1－cosα)＝12×2mv2－12×2化簡得v2＝(3sinα＋2cosα＋1)gR＝[13sin(α＋φ)＋1]gR由數學知識可得vm＝(丙在半圓軌道運動時的最大動量pm＝2mvm＝2m(方向斜向上與水平方向的夾角為α，根據幾何關系有tanα＝329.BCD[設P點的電場強度大小為E，小球在P點時有Eq＋mg＝ma，a＝2g，可得E＝mgq，又小球在PB間運動時加速度大于2g，則PB間電場強度大于E，且方向豎直向下。根據對稱性可知小球在OD中點