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备考2024届高考物理一轮复习强化训练第九章静电场专题十三带电体在电场中运动的综合问题
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这是一份备考2024届高考物理一轮复习强化训练第九章静电场专题十三带电体在电场中运动的综合问题，共4页。
A B
C D
解析 由φ－s图像可知，沿s轴正向电势逐渐降低，由公式Ep＝qφ可知负电荷在低电势点的电势能大，所以负电荷向右移动的过程中电势能逐渐增大，又各点的电势为正值，则负电荷在各点具有的电势能为负值，故C正确，ABD错误.
2.[电场中的图像问题/2021山东]如图甲所示，边长为a的正方形，四个顶点上分别固定一个电荷量为＋q的点电荷；在0≤x＜22a区间，x轴上电势φ的变化曲线如图乙所示.现将一电荷量为－Q的点电荷P置于正方形的中心O点，此时每个点电荷所受库仑力的合力均为零.若将P沿x轴向右略微移动后，由静止释放，以下判断正确的是（ C ）
图甲 图乙
A.Q＝2+12q，释放后P将向右运动
B.Q＝2+12q，释放后P将向左运动
C.Q＝22+14q，释放后P将向右运动
D.Q＝22+14q，释放后P将向左运动
解析 对O点上方的点电荷，受力分析如图所示，由平衡知识可得2kq2a2＋kq2（2a）2＝kQq（12a）2，解得Q＝22+14q，因在0≤x＜22a区间内沿x轴正向电势升高，则场强方向沿x轴负向，则将P沿x轴正向向右略微移动后释放，P受到向右的电场力而向右运动，C项正确.
3.[牛顿运动定律＋圆周运动＋动能/2022浙江6月/多选]如图为某一径向电场示意图，电场强度大小可表示为E＝ar，a为常量.比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动.不考虑粒子间的相互作用及重力，则（ BC ）
A.轨道半径r小的粒子角速度一定小
B.电荷量大的粒子的动能一定大
C.粒子的速度大小与轨道半径r一定无关
D.当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动
解析 粒子在半径为r的圆轨道运动，有qE＝mω2r，将E＝ar代入上式得ω2＝qamr2，可知轨道半径小的粒子，角速度大，A错误；由qE＝mv2r、Ek＝12mv2、E＝ar解得Ek＝qa2，即电荷量大的粒子动能一定大，B正确；由qE＝mv2r、E＝ar可得v2＝qam，即粒子速度的大小与轨道半径r无关，C正确；带电粒子的运动方向和垂直纸面的磁场方向是向里还是向外未知，粒子所受洛伦兹力方向未知，D错误.
4.[弹簧＋斜面/2022辽宁/多选]如图所示，带电荷量为6Q（Q＞0）的球1固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面上的a点，其正上方L处固定一带电荷量为－Q的球2，斜面上距a点L处的b点有质量为m的带电球3.球3与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b点处于静止状态，此时弹簧的压缩量为L2，球2、3间的静电力大小为mg2.迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动.g为重力加速度，球的大小可忽略，下列关于球3的说法正确的是（ BCD ）
A.带负电
B.运动至a点的速度大小为gL
C.运动至a点的加速度大小为2g
D.运动至ab中点时对斜面的压力大小为33－46mg
解析 假设球3带负电，则球1对球3的作用力沿斜面向下，球2对球3的作用力为斥力，由于球之间的距离相等，则球1对球3的作用力一定大于球2对球3的作用力，弹簧不可能处于压缩状态，因此球3一定带正电，A错误.移走球1前，弹簧的压缩量为L2，则移走球1后球3运动至a位置时，弹簧的伸长量为L2，则球3在b点与在a点时弹簧的弹性势能相等，又由于a、b两点到球2的距离相等，则在球2形成的电场中a、b两点的电势相等，a、b两点的电势差为零，则球3由b到a的过程，由动能定理得mgL sin 30°＝12mv2，解得v＝gL，B正确.对移走球1前的球3受力分析，如图甲所示，由力的平衡条件，沿斜面方向上有mg sin 30°＋F23 sin 30°＋F＝F13，又F23＝kQqL2＝mg2，F13＝k·6QqL2＝3mg，解得F＝94mg；当球3在a点时，受力分析如图乙所示，由于弹簧的伸长量为L2，则F'＝F，对球3由牛顿第二定律得F'＋F’23 sin 30°－mg sin 30°＝ma，解得a＝2g，C正确.球3运动到ab中点时，受力分析如图丙所示，球3与球2之间的距离为x＝L cs 30°＝32L，则两球之间的库仑力大小为F″23＝kQq(32L)2＝2mg3，由力的平衡条件知在垂直斜面的方向上有FN2＝mg cs 30°－F″23，解得FN2＝33-46mg，D正确.
图甲 图乙 图丙
5.[能量守恒定律＋带电体在电场中的运动/2022辽宁]如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑14圆弧导轨BO在B点平滑连接，导轨半径为R.质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为gR，之后沿导轨BO运动.以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为2mg.小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g.求：
（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能；
（2）小球经过O点时的速度大小；
（3）小球过O点后运动的轨迹方程.
答案 （1）12mgR （2）3gR （3）x＝y26R
解析 （1）小球从A点静止释放，根据动能定理有
EpA＝12mvB2－0
可得弹簧压缩至A点时的弹性势能EpA＝12mgR
（2）小球从B运动到O的过程中重力、电场力对小球做功，根据动能定理有
12mv02－12mvB2＝F电·2R－mgR
其中F电＝2mg
可得v0＝3gR
（3）小球离开O点后的受力分析如图所示，根据受力分析可知重力与电场力的合力方向沿水平方向，大小为F合＝mg，即小球离开O点后，在水平方向以加速度g做匀加速直线运动，有x＝12gt2，其中x≥0
在竖直方向以速度v0做匀速直线运动，有y＝v0t＝t3gR
联立可得轨迹方程为x＝y26R
A B
C D
解析 由φ－s图像可知，沿s轴正向电势逐渐降低，由公式Ep＝qφ可知负电荷在低电势点的电势能大，所以负电荷向右移动的过程中电势能逐渐增大，又各点的电势为正值，则负电荷在各点具有的电势能为负值，故C正确，ABD错误.
2.[电场中的图像问题/2021山东]如图甲所示，边长为a的正方形，四个顶点上分别固定一个电荷量为＋q的点电荷；在0≤x＜22a区间，x轴上电势φ的变化曲线如图乙所示.现将一电荷量为－Q的点电荷P置于正方形的中心O点，此时每个点电荷所受库仑力的合力均为零.若将P沿x轴向右略微移动后，由静止释放，以下判断正确的是（ C ）
图甲 图乙
A.Q＝2+12q，释放后P将向右运动
B.Q＝2+12q，释放后P将向左运动
C.Q＝22+14q，释放后P将向右运动
D.Q＝22+14q，释放后P将向左运动
解析 对O点上方的点电荷，受力分析如图所示，由平衡知识可得2kq2a2＋kq2（2a）2＝kQq（12a）2，解得Q＝22+14q，因在0≤x＜22a区间内沿x轴正向电势升高，则场强方向沿x轴负向，则将P沿x轴正向向右略微移动后释放，P受到向右的电场力而向右运动，C项正确.
3.[牛顿运动定律＋圆周运动＋动能/2022浙江6月/多选]如图为某一径向电场示意图，电场强度大小可表示为E＝ar，a为常量.比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动.不考虑粒子间的相互作用及重力，则（ BC ）
A.轨道半径r小的粒子角速度一定小
B.电荷量大的粒子的动能一定大
C.粒子的速度大小与轨道半径r一定无关
D.当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动
解析 粒子在半径为r的圆轨道运动，有qE＝mω2r，将E＝ar代入上式得ω2＝qamr2，可知轨道半径小的粒子，角速度大，A错误；由qE＝mv2r、Ek＝12mv2、E＝ar解得Ek＝qa2，即电荷量大的粒子动能一定大，B正确；由qE＝mv2r、E＝ar可得v2＝qam，即粒子速度的大小与轨道半径r无关，C正确；带电粒子的运动方向和垂直纸面的磁场方向是向里还是向外未知，粒子所受洛伦兹力方向未知，D错误.
4.[弹簧＋斜面/2022辽宁/多选]如图所示，带电荷量为6Q（Q＞0）的球1固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面上的a点，其正上方L处固定一带电荷量为－Q的球2，斜面上距a点L处的b点有质量为m的带电球3.球3与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b点处于静止状态，此时弹簧的压缩量为L2，球2、3间的静电力大小为mg2.迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动.g为重力加速度，球的大小可忽略，下列关于球3的说法正确的是（ BCD ）
A.带负电
B.运动至a点的速度大小为gL
C.运动至a点的加速度大小为2g
D.运动至ab中点时对斜面的压力大小为33－46mg
解析 假设球3带负电，则球1对球3的作用力沿斜面向下，球2对球3的作用力为斥力，由于球之间的距离相等，则球1对球3的作用力一定大于球2对球3的作用力，弹簧不可能处于压缩状态，因此球3一定带正电，A错误.移走球1前，弹簧的压缩量为L2，则移走球1后球3运动至a位置时，弹簧的伸长量为L2，则球3在b点与在a点时弹簧的弹性势能相等，又由于a、b两点到球2的距离相等，则在球2形成的电场中a、b两点的电势相等，a、b两点的电势差为零，则球3由b到a的过程，由动能定理得mgL sin 30°＝12mv2，解得v＝gL，B正确.对移走球1前的球3受力分析，如图甲所示，由力的平衡条件，沿斜面方向上有mg sin 30°＋F23 sin 30°＋F＝F13，又F23＝kQqL2＝mg2，F13＝k·6QqL2＝3mg，解得F＝94mg；当球3在a点时，受力分析如图乙所示，由于弹簧的伸长量为L2，则F'＝F，对球3由牛顿第二定律得F'＋F’23 sin 30°－mg sin 30°＝ma，解得a＝2g，C正确.球3运动到ab中点时，受力分析如图丙所示，球3与球2之间的距离为x＝L cs 30°＝32L，则两球之间的库仑力大小为F″23＝kQq(32L)2＝2mg3，由力的平衡条件知在垂直斜面的方向上有FN2＝mg cs 30°－F″23，解得FN2＝33-46mg，D正确.
图甲 图乙 图丙
5.[能量守恒定律＋带电体在电场中的运动/2022辽宁]如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑14圆弧导轨BO在B点平滑连接，导轨半径为R.质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为gR，之后沿导轨BO运动.以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为2mg.小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g.求：
（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能；
（2）小球经过O点时的速度大小；
（3）小球过O点后运动的轨迹方程.
答案 （1）12mgR （2）3gR （3）x＝y26R
解析 （1）小球从A点静止释放，根据动能定理有
EpA＝12mvB2－0
可得弹簧压缩至A点时的弹性势能EpA＝12mgR
（2）小球从B运动到O的过程中重力、电场力对小球做功，根据动能定理有
12mv02－12mvB2＝F电·2R－mgR
其中F电＝2mg
可得v0＝3gR
（3）小球离开O点后的受力分析如图所示，根据受力分析可知重力与电场力的合力方向沿水平方向，大小为F合＝mg，即小球离开O点后，在水平方向以加速度g做匀加速直线运动，有x＝12gt2，其中x≥0
在竖直方向以速度v0做匀速直线运动，有y＝v0t＝t3gR
联立可得轨迹方程为x＝y26R
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