[專題強化(十)]帶電粒子(體)在電場中的綜合問題

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(選擇題每題5分，解答題每題10分，建議用時：50分鐘)

考點題目

等效法2，4

力電綜合5，6，7

動量觀點1，3，8

1.(2023·湖南高三專題練習(xí))如圖，一帶電的平行板電容器固定在絕緣底座上，底座置于

光滑水平面上，一光滑絕緣輕桿左端固定在電容器的左極板上，并穿過右極板上的小孔，電

容器極板連同底座總質(zhì)量為2m，底座鎖定在水平面上時，套在桿上質(zhì)量為m的帶電環(huán)以某

一初速度由小孔進(jìn)入電容器后，最遠(yuǎn)能到達(dá)距離右極板為d的位置。底座解除鎖定后，將兩

極板間距離變?yōu)樵瓉淼?倍，其他條件不變，則帶電環(huán)進(jìn)入電容器后，最遠(yuǎn)能達(dá)到的位置與

右極板的距離為()

1

A．dB．d

2

24

C．dD．d

33

解析：選C。設(shè)帶電環(huán)所帶電荷量為q，初速度為v0，底座鎖定時電容器極板間電場強

12

度為E，則由功能關(guān)系有qEd＝mv0，底座解除鎖定后，兩極板間距離變?yōu)樵瓉淼?倍，

2

極板間電場強度大小不變，電容器及底座在帶電環(huán)作用下一起向左運動，當(dāng)與帶電環(huán)共速時，

帶電環(huán)達(dá)到進(jìn)入電容器最遠(yuǎn)位置，整個過程滿足動量守恒，則有mv0＝3mv1，再由功能關(guān)系

12122

有qEd′＝mv0－×3mv1，聯(lián)立解得d′＝d，故C正確。

223

2．(2023·新疆高三二模)如圖所示，水平向右的勻強電場中，一根長L＝0.5m的不可伸

長的絕緣細(xì)線，一端連著一質(zhì)量m＝1kg的帶電小球，另一端固定于O點。把小球拉起至A

點，此時細(xì)線水平，把小球從A點由靜止釋放，小球經(jīng)最低點B后到達(dá)B的另一側(cè)C點時

速度為零，CO與BO夾角為30°，g取10m/s2，則()

A．小球一定帶負(fù)電

B．小球從A點經(jīng)過B點再到C點的過程中，機(jī)械能先增加后減小

C．細(xì)線所受的最大拉力為30N

15－53

D．小球到達(dá)B點時的動能為J

3

解析：

選D。對全過程，重力做正功，可知電場力做負(fù)功，可知電場力方向向右，則小球帶正

電，A錯誤；小球從A點經(jīng)過B點再到C點的過程中，電場力一直做負(fù)功，可知小球的機(jī)

械能一直減小，B錯誤；對全過程根據(jù)動能定理可得mgLcos30°－qEL(1＋sin30°)＝0，解

3mg23mg

得qE＝，重力和電場力的合力F＝（qE）2＋（mg）2＝，與水平方向夾角

33

mg

的正切值tanθ＝＝3，可得θ＝60°，如圖所示，此時合力方向與圓弧的交點為等效最

qE

12

低點，此時細(xì)線的拉力最大，根據(jù)動能定理得mgLcos30°－qEL(1－sin30°)＝mvmax，

2

2

vmax

在等效最低點，根據(jù)牛頓第二定律Tmax－F＝m，聯(lián)立解得細(xì)線所受的最大拉力Tmax

L

40315－53

＝N，C錯誤；從A到B根據(jù)動能定理可得Ek＝mgL－qEL＝J，D正確。

33

3．(多選)(2022·四川遂寧三模)如圖，A、B兩帶電小球，所帶電荷量大小分別為QA、

QB，質(zhì)量分別為m1和m2。用兩根不可伸長的絕緣細(xì)線懸掛于O點，靜止時A、B兩球處于

同一水平線上，∠OBA＝37°，∠OAB＝53°，C是AB連線上一點且在O點的正下方，C

點的電場強度為零。已知sin53°＝0.8，則()

A．A、B兩球的質(zhì)量之比為9∶16

B．A、B兩球的帶電荷量之比為81∶256

C．同時剪斷連接兩小球A、B的細(xì)線，A小球一定先落地

D．同時剪斷連接兩小球A、B的細(xì)線，A、B小球水平位移之比為9∶16

解析：選BD。設(shè)兩小球間庫侖力大小為F，對A球F＝m1gtan37°，對B球F＝m2gtan

m116

53°，兩者聯(lián)立可得＝，故A錯誤；兩個小球A、B在C點的合電場強度為零，則

m29

lOAsin37°292

QAQBQA81

k＝k，得＝lOBcos37°＝16＝，故B正確；

22

（lOAsin37°）（lOBcos37°）QB256

同時剪斷連接兩小球A、B的細(xì)線，在豎直方向兩小球A、B均做自由落體運動，兩小球是

同時落地，C錯誤；剪斷細(xì)線后，兩球組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，水平方向動量守恒，

m116x19

則有m1v1－m1v2＝0，同時乘以時間可得m1x1－m1x2＝0，結(jié)合＝可得＝，故D

m29x216

正確。

4．(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向右、電場強度為E的勻強電場。在勻強電

場中有一根長L的絕緣細(xì)線，一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球，它靜止

時懸線與豎直方向成37°角，若小球獲得初速度恰能繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動，取小

球靜止時的位置為電勢能零點和重力勢能零點，重力加速度為g，下列說法正確的是()

mgsin37°

A．小球的帶電荷量

E

mgL

B．小球動能的最小值為

2cos37°

C．小球在運動至圓周軌跡的最高點時機(jī)械能最小

D．小球繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動的電勢能和機(jī)械能之和保持不變

解析：選BD。對小球進(jìn)行受力分析如圖中所示，

根據(jù)平衡條件可得

mgtan37°

mgtan37°＝qE，所以小球的帶電荷量為q＝，故A錯誤；由于重力和電場

E

力都是恒力，所以它們的合力也是恒力，在圓上各點中，小球在平衡位置A點時的勢能(重

力勢能和電勢能之和)最小，在平衡位置的對稱點B點，小球的勢能最大，由于小球總能量

不變，所以在B點的動能EkB最小，如圖乙所示，

在B點，小球受到的重力和電場力，其合力提供小球做圓周運動的向心力，而繩的拉

2

mgvB12

力恰為零，有F合＝，根據(jù)牛頓第二定律有F合＝m，而動能為EkB＝mvB，

cos37°L2

mgL

聯(lián)立解得EkB＝，故B正確；由于總能量保持不變，即Ek＋EpG＋EpE＝恒量，所以

2cos37°

當(dāng)小球在圓上最左側(cè)的C點時，電勢能EpE最大，機(jī)械能最小，故C錯誤，D正確。

5．(10分)如圖所示，一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面

上，當(dāng)整個裝置被置于一水平向右的勻強電場中時，小物塊恰好靜止。重力加速度為g，sin

37°＝0.6，cos37°＝0.8。

(1)求勻強電場的電場強度大??；(3分)

1

(2)若將電場強度減小為原來的，則物塊的加速度為多大？(3分)

2

1

(3)若將電場強度減小為原來的，求物塊下滑距離為L時的動能。(4分)

2

解析：(1)小物塊靜止在斜面上，受到重力、靜電力和斜面支持力，受力分析如圖所示，

則有FNsin37°＝qE

FNcos37°＝mg

3mg

聯(lián)立解得E＝。

4q

1

(2)若電場強度減小為原來的，即

2

3mg

E′＝

8q

則由牛頓第二定律得

mgsin37°－qE′cos37°＝ma

解得a＝0.3g。

(3)電場強度變化后，物塊下滑距離為L時，重力做正功，靜電力做負(fù)功，由動能定理

得

mgLsin37°－qE′Lcos37°＝Ek－0

解得Ek＝0.3mgL。

3mg

答案：(1)(2)0.3g(3)0.3mgL

4q

6．(10分)(2023·遼寧高三專題練習(xí))一質(zhì)量為8m的小滑塊，從豎直放置在地面上的輕

質(zhì)彈簧頂端處由靜止釋放，彈簧原長為2R，當(dāng)彈簧壓縮到最短時，彈簧長度變?yōu)镽。現(xiàn)將

該彈簧放到傾角為37°的斜面上，彈簧一端固定在絕緣斜面底端的A點，另一端放帶正電的

小滑塊P，滑塊P與彈簧接觸點絕緣且不連接。斜面頂端與半徑為0.4R的光滑半圓形軌道

BCD相切于B點，如圖所示。作過BD的虛線，在虛線右側(cè)區(qū)域有水平向右的勻強電場，

3mg

電場強度為E＝。已知整個系統(tǒng)處于同一豎直平面內(nèi)，滑塊P質(zhì)量為m，其電荷量為q，

4q

滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，AB長為6R，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。(sin

37°＝0.6，cos37°＝0.8)

(1)質(zhì)量為8m的滑塊從豎直放置在地面上的輕質(zhì)彈簧頂端處由靜止釋放，當(dāng)彈簧長度為

R時，求彈簧的彈性勢能；(3分)

(2)通過滑塊P將斜面上的彈簧壓縮到長度為R時，由靜止釋放滑塊，求該滑塊運動到

B點的速度大??；(3分)

(3)若在虛線BD區(qū)域左側(cè)再加上沿斜面向下的勻強電場E′，其他條件不變，仍通過滑

塊P將斜面上的彈簧壓縮到長度為R時，由靜止釋放滑塊P，要使滑塊P能滑到半圓形軌道

上且在軌道BCD內(nèi)部運動過程中不脫離軌道，求E′的取值范圍。(4分)

解析：(1)設(shè)彈簧壓縮量為R時，彈性勢能為Ep，彈簧豎直放置時，小滑塊和彈簧系統(tǒng)

機(jī)械能守恒得

Ep＝8mgR。

(2)滑塊P運動到B點的速度大小為vB，在斜面上靜止釋放滑塊運動到B點過程由功能

關(guān)系和動能定理得

W彈＝Ep－0

12

W彈－5mgRsin37°－5μmgRcos37°＝mvB

2

解得vB＝6gR。

(3)當(dāng)帶電滑塊進(jìn)入電場時，通過受力分析知：重力與電場力的合力恰好沿虛線方向且

mg5mg

F合＝＝

cos37°4

帶電滑塊剛好到達(dá)B點速度為零，由動能定理得

W彈－5mgRsin37°－5μmgRcos37°－E′q·5R＝0

3mg

解得E′＝

5q

同理，到圓弧中點位置時，速度恰好為零

W彈－5mgRsin37°－5μmgRcos37°－E′q·5R－0.4F合R＝0

mg

解得E′＝

2q

根據(jù)圓周運動，恰好通過等效最高點D

2

vD′

F合＝m

0.4R

12

W彈－5mgRsin37°－5μmgRcos37°－E′q·5R－0.8F合R＝mvD′－0

2

7mg

解得E′＝

20q

綜上滿足條件E′的取值范圍

7mgmg3mg

0<E′≤或≤E′＜。

20q2q5q

7mgmg3mg

答案：(1)8mgR(2)6gR(3)0<E′≤或≤E′＜

20q2q5q

7．(10分)空間中存在水平向右的勻強電場，一個可視為質(zhì)點帶正電的小球從絕緣光滑

斜面頂端，以初速度v0＝22m/s勻速下滑，斜面傾角θ＝45°，從斜面底端離開斜面后，小

3

球經(jīng)過一段時間，恰好以豎直方向的速度v進(jìn)入光滑圓軌道，不計空氣阻力，g＝10m/s2。

4

(1)小球進(jìn)入圓軌道時速度v為多大？(4分)

(2)求軌道半徑R滿足什么條件，小球在圓軌道運動時不與軌道脫離？(結(jié)果保留兩位有

效數(shù)字)(6分)

解析：(1)小球在光滑斜面勻速下滑，根據(jù)受力平衡可得

qE＝mgtanθ＝mg

小球離開斜面到進(jìn)入圓軌道過程，水平方向有

qE

0－v0cosθ＝axt，ax＝＝g

m

豎直方向有v－v0sinθ＝gt

聯(lián)立解得v＝4m/s。

(2)小球受到的重力和電場力的合力大小為

22

F合＝（mg）＋（qE）＝2mg

方向斜向下偏右，與水平方向的夾角為45°，如圖所示，

情況一：小球剛好運動到等效最高點A，小球從C到A過程，根據(jù)動能定理可得

1212

－F合R(1＋cos45°)＝mvA－mv

22

在A點，根據(jù)牛頓第二定律可得

2

vA

2mg＝m

R

8（32－2）

聯(lián)立解得R＝m≈0.26m；

70

情況二：小球從C到B過程，根據(jù)動能定理可得

1212

－F合Rcos45°＝mvB－mv

22

且vB＝0

聯(lián)立解得R＝0.80m

故小球在圓軌道運動時不與軌道脫離，軌道半徑應(yīng)滿足0<R≤0.26m或R≥0.80m。

答案：(1)4m/s(2)0<R≤0.26m或R≥0.80m

8．(10分)如圖所示，光滑絕緣的水平面上方空間內(nèi)存在足夠大、方向水平向右，電場

強度為E的勻強電場。水平面上小物塊A、B質(zhì)量均為m、相距為L，其中A帶正電，電荷

量為q，B不帶電，某時刻同時由靜止釋放A、B，此后A與B之間的碰撞均為彈性正碰，

且碰撞過程中無電荷轉(zhuǎn)移，碰撞時間忽略不計。求：

(1)第1次碰撞后B的速度大??；(3分)

(2)第2次碰撞與第3次碰撞之間的時間間隔；(3分)

(3)第n次碰撞到第n＋1次碰撞過程中電場力對A球做的功。(4分)

解析：(1)設(shè)第1次碰撞前A的速度為v0，碰撞后A、B的速度分別為vA1、vB1，由動

能定理得

12

qEL＝mv0

2