2022届一轮复习专题练习57 带电粒子的力电综合问题（解析版）

微专题57　带电粒子的力电综合问题

解决电场、重力场、复合场问题的两个角度.1.合场角度：处理抛体运动、圆周运动可从合场角度分析运动的最高点、最低点等问题；处理能量问题一般从重力势能、电势能变化两方面分析.2.运动分解角度：涉及运动时间、位移等时一般从运动分解的角度分析．

1.(2019·云南保山市市级统一检测)如图1所示，竖直面内分布有水平方向的匀强电场，一带电粒子沿直线从位置a向上运动到位置b，在这个过程中，带电粒子(　　)

图1

A．只受到电场力和重力作用

B．带正电

C．做匀速直线运动

D．机械能增加

答案　A

解析　带电粒子沿直线从位置a向上运动到位置b，合力方向与速度方向共线，受力情况如图所示，粒子受到电场力和重力作用，故A正确；粒子受到的电场力方向与电场线方向相反，则粒子带负电，故B错误；粒子受到的合力方向与速度方向相反，粒子做匀减速运动，故C错误；电场力做负功，机械能减小，故D错误．

2.如图2所示，质量为m、带电荷量为＋q的滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下匀强电场区时，滑块运动的状态为(　　)

图2

A．继续匀速下滑

B．将加速下滑

C．将减速下滑

D．上述三种情况都可能发生

答案　A

解析　设斜面的倾角为θ.滑块没有进入电场时，根据平衡条件得mgsin θ＝f

N＝mgcos θ

又f＝μN，

得到mgsin θ＝μmgcos θ，即有sin θ＝μcos θ

当滑块进入电场时，设滑块受到的电场力大小为F.

根据正交分解得到

滑块受到的沿斜面向下的力为(mg＋F)sin θ，

沿斜面向上的力为μ(mg＋F)cos θ，

由于sin θ＝μcos θ，

所以(mg＋F)sin θ＝μ(mg＋F)cos θ，

即受力仍平衡，所以滑块仍做匀速运动．

3.(2020·河北衡水中学联考)如图3所示，一个绝缘、光滑半圆轨道abc处于竖直平面内，ac是直径且处于水平位置，轨道半径为R.空间中存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E.从c点由静止释放一个质量为m、带电荷量为＋q的小球(可视为质点)，重力加速度为g，则小球滑到最低点时对轨道压力大小为(　　)

图3

A．qE＋3mg   B．3qE＋2mg

C．2qE＋3mg   D．3(qE＋mg)

答案　D

解析　小球由c点到达轨道最低点的过程中，由动能定理得(mg＋qE)R＝mv2，由牛顿第二定律得N－(mg＋qE)＝m，由以上两式解得N＝3(qE＋mg)，根据牛顿第三定律可知，小球滑到最低点时对轨道压力大小为N′＝N＝3(qE＋mg)，D正确，A、B、C错误．

4.(多选)(2020·广深珠三校联考)如图4所示，一带电物体A以一定的初速度v0从绝缘粗糙水平面上的P点向固定的带电物体B运动．当A向右运动距离s时速度减为零，那么当物体A运动到处时，物体A的(A、B相距够远，可看成点电荷)(　　)

图4

A．动能可能等于初动能一半

B．动能可能大于初动能的一半

C．动能可能小于初动能的一半

D．克服摩擦力做的功可能大于其动能变化量

答案　BCD

解析　如果两带电物体带同种电荷，则在A向右移动s，速度减为零的过程中，由动能定理得－W电－Wf＝0－Ek0，即Ek0＝W电＋Wf，在A以同样的初速度从P点向右运动的位移为的过程中，由动能定理得－W电′－Wf′＝Ek－Ek0，即Ek0－Ek＝W电′＋Wf′，由于电场力随着距离的减小而增大，所以前中A受到的电场力比后运动过程中受到的电场力小，故该过程中W电′＜，物体A克服摩擦力做的功Wf′＝，所以有Ek0－Ek＜＝，可得Ek＞，B正确；如果两带电物体带异种电荷，则电场力在该过程中做正功，同理可得动能可能小于初动能的一半，C正确，A错误；结合以上分析可知，两带电物体带异种电荷时，克服摩擦力做的功大于其动能变化量，D正确．

5．(多选)(2020·甘肃威武市三诊)如图5甲所示，一足够长的绝缘竖直杆固定在地面上，带电荷量为 0.01 C、质量为0.1 kg的圆环套在杆上．整个装置处在水平方向的电场中，电场强度E随时间变化的图像如图乙所示，环与杆间的动摩擦因数为0.5.t＝0时，环由静止释放，环所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g取10 m/s2 .则下列说法正确的是(　　)

图5

A．环先做加速运动再做匀速运动

B．0～2 s内环的位移大于 2.5 m

C．2 s时环的加速度为5 m/s2

D．环的最大动能为 20 J

答案　CD

解析　在t＝0时刻环受的摩擦力为f＝μqE＝0.5×0.01×300 N＝1.5 N＞mg＝1 N，则开始时环静止；随着场强的减小，电场力减小，则当摩擦力大小等于重力时，圆环开始下滑，此时满足μqE＝mg，即E＝200 N/C，则t＝1 s时刻开始运动；且随着电场力减小，摩擦力减小，加速度变大；当电场强度为零时，加速度最大；当场强反向且增加时，摩擦力随之增加，加速度减小，当E＝－200 N/C时，加速度减为零，此时速度最大，此时刻为t＝5 s；而后环继续做减速运动直到停止，选项A错误；环在t＝1 s时刻开始运动，在t＝2 s时E＝100 N/C，此时的加速度为mg－μqE＝ma，解得a＝5 m/s2.因环以加速度为5 m/s2匀加速下滑1 s时的位移为x＝×5×12 m＝2.5 m，而在t＝1 s到t＝2 s的时间内加速度最大值为5 m/s2，可知0～2 s内环的位移小于2.5 m，选项B错误，C正确；由以上分析可知，在t＝3 s时刻环的加速度最大，最大值为g，环从t＝1 s开始运动，到t＝5 s时刻速度最大，结合a－t图像的面积可知，最大速度为vm＝×4×10 m/s＝20 m/s，则环的最大动能Ekm＝mv＝×0.1×202 J＝20 J，选项D正确．

6.(多选)(2020·湖南湘潭市三模)如图6所示，匀强电场方向水平向右，带负电的小球从斜面顶端的O点水平向右抛出，初速度大小为v0.小球带电荷量为－q，质量为m，运动轨迹如图中曲线所示，小球打到斜面上P点的速度方向竖直向下，已知斜面与小球初速度方向的夹角为60°，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)

图6

A．匀强电场的场强大小为

B．小球做曲线运动的加速度大小为g

C．小球由O点到P点用时

D．小球通过P点时的速度大小为

答案　BC

解析　带电小球在水平方向做匀减速直线运动，设加速度为a，合位移为L，由牛顿第二定律得：a＝①，0＝v0－at②，Lcos 60°＝t③，在竖直方向做自由落体运动，则Lsin 60°＝gt2④，联立①②③④解得：a＝g⑤，E＝⑥，故A错误；小球做曲线运动的加速度大小a′＝⑦，联立⑤⑦解得：a′＝g，故B正确；联立②⑤解得：t＝，故C正确；小球通过P点时的速度大小为v＝gt＝v0，故D错误．

7．(多选)(2020·黑龙江哈尔滨六中期末)图示7空间有一静电场，y轴上各点的场强方向沿y轴正方向竖直向下，两小球P、Q用长为L的绝缘细线连接，静止在轴上A、B 两点．两球质量均为m，Q球带负电，电荷量为－q，A点距坐标原点O的距离为L，y轴上静电场场强大小E＝，剪断细线后，Q球运动到达的最低点C与B点的距离为h，不计两球间的静电力作用．则(　　)

图7

A．P球带正电

B．P球所带电荷量为－4q

C．B、C两点间电势差为

D．剪断细线后，Q球与O点相距3L时速度最大

答案　BCD

解析　选取A、B组成的整体为研究对象，由平衡条件可知，2mg＝FP＋FQ，其中FQ＝qE＝q·＝mg，所以FP＝mg，方向向上，故P带负电，故A错误；由FP＝mg＝qP×，解得：qP＝4q且为负电，故B正确；对Q从B到C由动能定理可得：mgh＝qU，解得：U＝，故C正确；速度最大时加速度为零，则有：mg＝q·，解得：y＝3L，故D正确．

8.如图8所示，水平向右的匀强电场中，用长为R的轻质绝缘细线在O点悬挂一质量为m且可以视为质点的带电小球，小球静止在A处，AO的连线与竖直方向的夹角为37°，现给小球一个沿圆弧切线方向的初速度v0，小球便在竖直面内运动，为使小球能在竖直面内完成圆周运动，这个初速度v0至少应为多大？(重力加速度为g)

图8

答案　

解析　小球静止时，对小球进行受力分析，如图所示，

由几何关系得F电＝mgtan 37°＝mg

由平行四边形定则可得“等效”重力G′＝＝mg，与细线的拉力F拉的方向相反．

与重力场类比可知：小球能在竖直面内完成圆周运动的临界速度位置在AO连线的延长线上的B处，由“等效”重力提供小球所需的向心力，得G′＝，所以小球在B处的最小的速度vB＝，

小球从B运动到A的过程中，由动能定理可得

G′·2R＝mv－mv

代入数据可得v0＝.

9.(2020·湖北鄂东南联盟模拟)如图9，两水平虚线CD、EF之间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方同一高度的A点和B点将质量均为m、电荷量均为q的两带电小球M、N先后以初速度2v0、v0沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，恰好从该区域的下边界的同一点G离开．已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动．不计空气阻力，重力加速度大小为g，匀强电场的电场强度E＝.求：

图9

(1)小球M从G点离开电场时的水平速度大小；

(2)小球M在进入电场前和电场中的竖直位移之比．

答案　(1)3v0　(2)4∶5

解析　(1)两小球在竖直方向做自由落体运动，通过电场的时间相同为t，在电场中受到相同的电场力作用，具有相同的水平加速度a，

在电场中

N球水平方向的运动：0＝v0－at

M球离开电场时的水平速度：vMx＝2v0＋at

解得：vMx＝3v0

(2)小球M在电场中做直线运动，则速度方向与合力方向相同．设进入电场和离开电场时的竖直速度分别为v1y、v2y，＝，＝

在竖直方向上，设进入电场前竖直位移为h，在电场中竖直位移为H：

v＝2gh，v＝2g(h＋H)，解得：＝.

10．如图10所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g.

图10

(1)若滑块从水平轨道上距离B点s＝3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大；

(2)在(1)的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力的大小；

(3)改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度的大小．

答案　(1)　(2)mg　(3)

解析　(1)设滑块到达C点时的速度为v，由动能定理得qE(s＋R)－μmgs－mgR＝mv2－0

而qE＝，μ＝0.5，s＝3R

解得v＝

(2)设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F，则

F－qE＝m

解得F＝mg

(3)要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG间某点时，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小(设为vmin)，则有＝m

解得vmin＝.