2026高考物理一轮复习-第九章-第49课时-专题强化：带电粒子在电场中的力电综合问题-专项训练【含答案】

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考点一 “等效重力场”中的圆周运动
1.等效重力场
物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些。此时可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之为“等效重力场”。
2.
3.举例
例1 (2024·河北卷·13)如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为q(q>0)、质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)小球在A、B两点的速度大小。
答案 (1)UL (2)Uq-mgLm 3(Uq-mgL)m
解析 (1)由匀强电场中电势差与电场强度的关系，电场强度E＝UL
(2)在A点细线对小球的拉力为0，
根据牛顿第二定律得Eq－mg＝mvA2L
A到B过程根据动能定理得
qU－mgL＝12mvB2－12mvA2
联立解得vA＝Uq-mgLm，vB＝3(Uq-mgL)m。
例2 如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的小圆环套在半径为R的光滑绝缘大圆环上，大圆环固定在竖直平面内，O为环心，A为最低点，B为最高点，在大圆环所在的竖直平面内施加水平向右、电场强度大小为mgq(g为重力加速度)的匀强电场，并同时给在A点的小圆环一个向右的水平初速度v0(v0未知)，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，则小圆环运动过程中
(1)在图中画出等效“最高点”和“最低点”，指出机械能最大和最小的位置；
(2)求小圆环在A点获得的初速度v0；
(3)求小圆环过B点受到大圆环的弹力大小。
答案 (1)见解析 (2)2(1＋2)gR
(3)(3－22)mg
解析 (1)由于匀强电场的电场强度为mgq，即静电力与重力大小相等，作出小圆环的等效“最低点”C与等效“最高点”D，如图所示
小圆环在等效“最低点”C速度最大，动能最大，在等效“最高点”D速度最小，动能最小；小圆环在运动过程中，只有电势能、动能与重力势能的转化，即只有电势能与机械能的转化，M点是电势能最小的位置，也是机械能最大的位置，N点是电势能最大的位置，也是机械能最小的位置。
(2)小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，即小圆环通过等效“最高点”D的速度为0，对小圆环分析有－qERsin 45°－mg(R＋Rcs 45°)＝0－12mv02，
解得v0＝2(1＋2)gR
(3)小圆环从A运动到B过程有
－mg·2R＝12mvB2－12mv02，
在B点有FB＋mg＝mvB2R，
解得FB＝(22－3)mg，则在B点的弹力大小为(3－22)mg。
拓展 若将大圆环换成光滑绝缘圆形轨道，小圆环换成带同样电荷的小球，则小球在A点至少获得多大的速度，才能做完整的圆周运动？
答案 (32＋2)gR
解析 小球在D点受到的支持力为0时，重力与静电力的合力恰好提供向心力，
2mg＝mvD2R
由A到D，由动能定理
－qERsin 45°－mg(R＋Rcs 45°)＝12mvD2－12mv02
解得v0＝(32＋2)gR。
考点二 电场中的力电综合问题
1.动力学的观点
(1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，可用正交分解法。
(2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问题。
2.能量的观点
(1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断是对分过程还是对全过程使用动能定理。
(2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现。
3.动量的观点
(1)运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向。
(2)运用动量守恒定律，除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，还要注意题目表述是否为某方向上动量守恒。
例3 (2025·广东深圳市期末改编)如图，一带电的平行板电容器固定在绝缘底座上，底座置于光滑水平面上，一光滑水平绝缘轻杆左端固定在电容器的左极板上，并穿过右极板上的小孔，电容器极板连同底座总质量为2m，底座锁定在水平面上时，套在杆上质量为m的带电环以某一初速度由小孔进入电容器后，最远能到达距离右极板为d的位置。底座解除锁定后，将两极板间距离变为原来的2倍，其他条件不变，则带电环进入电容器后，最远能到达的位置距离右极板( )
A.12dB.dC.23dD.43d
答案 C
解析 设带电环所带电荷量为q，初速度为v0，底座锁定时电容器极板间电场强度为E，则由功能关系有qEd＝12mv02，底座解除锁定后，两极板间距离变为原来的2倍，极板间电场强度大小不变，电容器及底座在带电环作用下一起向左运动，当与带电环共速时，带电环到达进入电容器最远位置，整个过程满足动量守恒，则有mv0＝3mv1，再由功能关系有qEd'＝12mv02－12×3mv12，联立解得 d'＝23d，故选C。
例4 (2025·江苏南京市第十三中学期中)如图所示，AC水平轨道上AB段光滑、BC段粗糙，且BC段的长度L＝1 m，CDF为竖直平面内半径R＝0.1 m的光滑半圆绝缘轨道，两轨道相切于C点，CF右侧有电场强度大小E＝1×103 N/C、方向水平向右的匀强电场。一根轻质绝缘弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与质量m＝0.1 kg的滑块P接触。当弹簧处于原长时滑块在B点，在F点有一套在半圆轨道上、电荷量q＝1.0×10－3 C的带正电圆环，在半圆轨道最低点放一质量与圆环质量相等的滑块Q(图中未画出)。由静止释放圆环，圆环沿半圆轨道运动。当圆环运动到半圆轨道的最右侧D点时对轨道的压力大小FN＝5 N。已知滑块Q与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度大小g取10 m/s2，两滑块和圆环均可视为质点，圆环与滑块Q的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，Q、P两滑块碰撞后粘在一起。求：
(1)圆环的质量M；
(2)圆环与滑块Q碰撞前瞬间的速度大小vC；
(3)弹簧的最大弹性势能Ep。
答案 (1)0.1 kg (2)2 m/s (3)0.05 J
解析 (1)圆环从F点运动到D点的过程，由动能定理有MgR＋qER＝12MvD2
由牛顿第二定律有FN－qE＝MvD2R
解得M＝0.1 kg
(2)圆环从F点运动到C点，静电力做功为0，仅有重力做功，故Mg×2R＝12MvC2
解得vC＝2 m/s
(3)圆环与滑块Q碰撞，由于两者质量相等，碰撞后交换速度，故碰撞后圆环的速度为0，滑块Q的速度大小为2 m/s
滑块Q在BC段运动的过程中，根据动能定理有－μMgL＝12MvB2－12MvC2
解得vB＝2 m/s
滑块Q和滑块P碰撞时有MvB＝(M＋m)v
Ep＝12(M＋m)v2
解得Ep＝0.05 J。
例5 (多选)(2022·海南卷·13)如图，带正电q＝3×10－5 C的物块A放在水平桌面上，利用细绳通过光滑的滑轮与B相连，A处在水平向左的匀强电场中，E＝4×105 N/C，从O开始，A与桌面的动摩擦因数μ随x的变化如图所示，取O点电势能为零，A、B质量均为1 kg，B离滑轮的距离足够长，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A.它们运动的最大速度为1 m/s
B.它们向左运动的最大位移为1 m
C.当速度为0.6 m/s时，A的电势能可能是－2.4 J
D.当速度为0.6 m/s时，绳子的拉力可能是9.2 N
答案 ACD
解析 由题知Ff＝μmg＝2x，设A向左移动x后速度为零，对A、B系统有，qEx－mgx－12Ffx＝0(此处Ffx前面的12是因为摩擦力是变力，其做功可以用平均力)，可得x＝2 m，A向左运动是先加速后减速，当x＝2 m时，摩擦力变成静摩擦力，系统受力平衡，处于静止状态。设A向左运动x'后速度为v，对系统则有qEx'－mgx'－12Ffx'＝12×2mv2，得mv2＝－(x'－1)2＋1，即当x'＝1 m时，v最大为1 m/s，故A正确，B错误；当v＝0.6 m/s时，可得x'为0.2 m或1.8 m，当x'＝0.2 m时，静电力做功qEx'＝2.4 J，则电势能减小2.4 J，由于EpO＝0，则A的电势能为－2.4 J，当x'＝1.8 m时，A的电势能为－21.6 J，故C正确；根据牛顿第二定律qE－Ff－mg＝2ma，当x'＝0.2 m时，系统加速度a＝0.8 m/s2，对B有FT－mg＝ma，得FT＝10.8 N，当x'＝1.8 m时，系统加速度a＝－0.8 m/s2，对B分析可得FT＝9.2 N，故D正确。
课时精练
(分值：60分)
1~5题每小题4分，共20分
1.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A.小球带负电
B.静电力与重力平衡
C.小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小
D.小球在运动过程中机械能守恒
答案 B
解析 由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与静电力的合力为0，即静电力与重力平衡，知静电力方向竖直向上，所以小球带正电，A错误，B正确；从a→b，静电力做负功，电势能增大，C错误；由于静电力对小球做功，故小球在运动过程中机械能不守恒，D错误。
2.(多选)如图所示，四分之一光滑绝缘固定圆弧槽B处切线水平，一可视为质点的带正电小球从圆弧槽A处由静止释放，滑到B处离开圆弧槽做平抛运动，到达水平地面的D处，若在装置所在平面内加上竖直向下的匀强电场，重复上述实验，下列说法正确的是( )
A.小球落地点在D的右侧
B.小球落地点仍在D点
C.小球落地点在D的左侧
D.小球离开B到达地面的运动时间减小
答案 BD
解析 不加电场时，小球从A到B有mgR＝12mvB2－0，解得vB＝2gR，平抛过程，竖直方向上有h＝12gt2，解得t＝2hg，平抛水平位移x＝vBt＝2Rh，平抛水平位移与重力加速度无关，施加竖直向下的匀强电场后，小球同时受重力和向下的静电力，相当于重力加速度增大了，小球落地点仍在D点，t∝1g，小球离开B后到达地面的运动时间减小，B、D正确。
3.(多选)匀强电场方向水平向右，带电小球由图示位置从静止开始释放，已知小球所受静电力大小等于重力大小，不考虑空气阻力，则( )
A.开始一段时间内小球可能做变速圆周运动
B.开始一段时间内小球可能做变速直线运动
C.整个运动过程中小球电势能与机械能之和一定不变
D.小球运动至左侧时最高点一定低于释放位置
答案 AB
解析 若小球带正电，释放后小球受到向右的静电力、重力和绳子的拉力，开始一段时间内小球做变速圆周运动，若小球带负电，释放后小球受到向左的静电力和重力，在开始一段时间内绳子是松弛的，小球做匀加速直线运动，A、B正确；若小球带负电，则小球在运动过程中由直线运动变成圆周运动的瞬间有能量损失，所以电势能与机械能之和可能是变化的，C错误；若小球带负电，小球运动到左端的过程中静电力做正功，最高点可能高于释放位置，D错误。
4.(2025·河南省部分高中月考)如图所示，空间有与水平方向成θ角的匀强电场。一个质量为m的带电小球，用长L的绝缘细线悬挂于O点。当小球静止时，细线恰好处于水平位置。现用一个外力将小球沿圆弧轨迹(图中的虚线)缓慢地拉到最低点，此过程小球的电荷量不变。则该外力做的功为(重力加速度为g)( )
A.mgLtanθB.mgLcsθC.mgL－mgLcs θD.mgLsinθ
答案 A
解析 小球在最高点受力平衡，如图所示，根据平衡条件，有拉力FT＝mgtanθ，静电力qE＝mgsinθ，对从最高点到最低点过程运用动能定理得到WF＋mgL＋qE2L·cs(225°－θ)＝0，联立解得WF＝mgLtanθ，故选A。
5.(2024·河北衡水市模拟)如图所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为电场强度大小为E1、方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为电场强度大小为E2、方向竖直向上的匀强电场，一个质量m，带电荷量＋q的小球从上方电场的A点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A关于虚线对称的B点，重力加速度为g，则下列结论正确的是( )
A.若AB高度差为h，则UAB＝-mghq
B.带电小球在A、B两点电势能相等
C.在虚线上、下方的电场中，带电小球运动的加速度相同
D.两电场强度大小关系满足E2＝2E1
答案 A
解析 对A到B的过程运用动能定理得，qUAB＋mgh＝0，解得UAB＝-mghq，知A、B的电势不等，则电势能不等，故A正确，B错误；A到虚线小球速度由零加速至v，虚线到B小球速度由v减为零，位移相同，根据匀变速直线运动的推论知，加速度大小相等，方向相反，故C错误；在上方电场中，根据牛顿第二定律得a1＝mg＋qE1m，在下方电场中，根据牛顿第二定律得a2＝qE2-mgm，又a1＝a2，解得E2－E1＝2mgq，故D错误。
6题6分，7题12分，8题15分，共33分
6.(多选)(2025·湖北鄂东南三校联考)如图甲所示，倾角为θ＝37°的光滑斜面固定在水平地面上。匀强电场沿斜面方向。带正电的滑块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中滑块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则下列说法正确的是( )
A.滑块的重力大小为4E0x0
B.滑块受到的静电力大小为E0x0
C.滑块上滑过程中，重力势能增加了4E0
D.滑块上升过程中动能与电势能之和减小
答案 BD
解析 由题图乙可知，滑块的动能由4E0减为零，滑块的机械能由4E0减为3E0，又由于机械能在减小，可知静电力做负功，故匀强电场方向沿斜面向下。根据题意，机械能随位移变化的图像，斜率表示静电力，有4E0-3E0x0＝F电，动能随位移变化的图像，斜率表示合外力，故4E0x0＝F电＋mgsin θ，可得mg＝5E0x0，F电＝E0x0，故A错误，B正确；由重力做功与重力势能关系有WG＝－ΔEp，由于上滑过程重力做负功，所以重力势能增加，即ΔEp＝－WG＝－(－mgx0sin θ)＝3E0，故C错误；由能量守恒可知滑块上升过程中重力势能增加，所以动能与电势能之和减小，故D正确。
7.(12分)(2022·辽宁卷·14)如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑14圆弧导轨在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，之后沿轨道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)(3分)弹簧压缩至A点时的弹性势能；
(2)(3分)小球经过O点时的速度大小；
(3)(6分)小球过O点后运动的轨迹方程。
答案 (1)12mgR (2)3gR (3)y2＝6Rx
解析 (1)小球从A到B，根据能量守恒定律得
Ep＝12mvB2＝12mgR
(2)小球从B到O，根据动能定理有
－mgR＋2mg×2R＝12mvO2－12mvB2
解得vO＝3gR
(3)小球运动至O点时速度方向竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，
则x轴方向有2mgcs 45°＝max
y轴方向有2mgsin 45°－mg＝may
解得ax＝g，ay＝0，说明小球过O点后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有x＝12gt2，y＝vOt，联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为y2＝6Rx。
8.(15分)(2024·广西柳州市模拟)如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接。在过圆心O的界面MN的下方与水平轨道之间分布有水平向右的匀强电场。现将质量为m、电荷量为＋q的小球甲从水平轨道上的A点由静止释放，与质量为m、静止在B点的不带电的小球乙碰撞后瞬间粘在一起形成物体丙，丙运动到C点离开圆轨道后，做平抛运动恰好经过界面MN上的P点，P点在A点的正上方。已知A、B间的距离为2R，重力加速度为g，甲、乙、丙均可视为质点，不计空气阻力，求：
(1)(5分)丙经过轨道C点时对轨道的作用力大小；
(2)(4分)匀强电场的电场强度大小；
(3)(6分)丙在半圆轨道运动时的最大动量。
答案 (1)2mg (2)3mgq (3)2m(13＋1)gR，方向斜向上与水平方向的夹角的正切值为32
解析 (1)设丙过C点时的速度为vC，由平抛运动规律可得
R＝12gt2
2R＝vCt，
由牛顿第二定律2mg＋FN＝2mvC2R
联立解得FN＝2mg
由牛顿第三定律，丙经过轨道C点时对轨道的作用力大小为2mg。
(2)小球甲从A到B的过程中由动能定理得qE·2R＝12mv02
小球甲和小球乙碰撞mv0＝2mvB
丙从B到C的过程中由动能定理得qE·R－2mg×2R＝12×2mvC2－12×2mvB2
联立解得E＝3mgq
(3)设物体丙运动到半圆轨道BN段上的D点时的速度为v，OD与竖直方向的夹角为α，由动能定理
qERsin α－2mgR(1－cs α)＝12×2mv2－12×2mvB2
化简得v2＝(3sin α＋2cs α＋1)gR＝[13sin(α＋φ)＋1]gR
由数学知识可得vm＝(13＋1)gR
丙在半圆轨道运动时的最大动量
pm＝2mvm＝2m(13＋1)gR
方向斜向上与水平方向的夹角为α，根据几何关系有tan α＝32。
(7分)
9.(多选)(2024·福建省模拟)如图所示，竖直平面内有圆心为O、半径为R的圆，水平直径上A、C两端点分别固定带电荷量为＋Q的点电荷，BD为竖直直径，P为OB的中点，且P、D两点间的电势差大小为U。一带电荷量为＋q、质量为m的小球以一定初速度从D点开始竖直向下运动，经过P点时加速度大小为2g，在P、B间运动时加速度始终大于2g。忽略小球所带电荷对电场分布的影响，重力加速度为g，取无穷远处为零电势点。则小球从D到B的过程中( )
A.经过O点时的速度最小
B.经过O点时的加速度大小为g
C.机械能先减小后增大
D.初动能可能为qU－14mgR
答案 BCD
解析 设P点的电场强度大小为E，小球在P点时有Eq＋mg＝ma，a＝2g，可得E＝mgq，又小球在PB间运动时加速度大于2g，则PB间电场强度大于E，且方向竖直向下。根据对称性可知小球在OD中点时所受合力为零，小球先减速后加速，在OD中点时速度最小，故A错误；O点的电场强度为零，小球在O点所受静电力为零，合力等于重力，加速度大小为g，故B正确；从D到B的过程，静电力先做负功后做正功，小球的机械能先减小后增大，故C正确；设OD中点为F，根据对称性可知，P、F点电势相等，则F、D两点间的电势差也为U，使小球能经过F点即可使小球到达B点，由－qU＋12mgR>0－Ek，有Ek>qU－12mgR，故D正确。