专题47 带电粒子在电动场中的力电综合问题——2023年高考物理一轮复习小题多维练（广东专用）

2023年高考物理一轮复习小题多维练（广东专用）

专题47  带电粒子在电动场中的力电综合问题

（时间：30分钟）

1、如图所示，与竖直方向成角的匀强电场中，用绝缘细线系一个质量m=0.02kg的带电小球，小球所带电荷量的大小为，线的另一端固定于O点，平衡时悬线恰好与电场线垂直，已知，g取10m/s2，则对于小球所带电荷的电性及电场强度E的大小，正确的是（　　）

A．小球带正电，场强大小

B．小球带负电，场强大小

C．小球带正电，场强大小

D．小球带负电，场强大小

【答案】  B

【解析】

依据受力分析，结合共点力平衡，及矢量的合成法则，与三角知识，即可求解。

对球受力分析，重力，绳子的拉力与电场力，如下图所示：

根据共点力平衡，结合矢量的合成法则，则有

而

因此场强大小

依据正电荷受到的电场力与电场强度方向相同，而负电荷的电场力与电场强度方向相反，

那么电荷带负电，故ACD错误，B正确；

故选B。

2、水平线上方有一水平向右的匀强电场，场强为E，一带电粒子从A点以速度竖直向上射入电场，粒子的质量为m、电荷量为，到达点B时的速度方向变为水平，大小为，下列说法正确的是（　　）

A．粒子的轨迹是圆弧

B．从A点到B点，粒子的电势能减少了

C．粒子再次经过水平线上的C点（图中未画出）时间的距离为间水平距离的2倍

D．粒子再次经过水平线上的C点（图中未画出）时的动能为

【答案】  B

【解析】

A．粒子所受重力和电场力的合力恒定，轨迹为抛物线，选项A错误；

B．从A点到B点，在竖直方向有，由A到B，根据动能定理有

得，则电势能减少了，选项B正确；

C．粒子由A点到B点和由B点到C点所用时间相同，在水平方向上粒子做初速为零的匀加速直线运动

，

则，间的距离为间水平距离的4倍，选项C错误；

D．粒子再次经过水平线上的C点时的动能

选项D错误。

故选B。

3、（多选）如图所示，等腰直角三角形 AOB 斜面固定在地面上，AO 边竖直，质量为 m 的带正电的小球（可看作质点），在三角形平面内从 A 点以速度 v 水平射出，小球恰好落在斜面底端 B 点，若加一个竖直向下的匀强电场，小球仍然以相同的速度从 A 点水平抛出，小球落在斜面 AB 的中点，忽略空气阻力，则下列说法中正确的有（　　）

A．小球受到的电场力大小等于 mg

B．小球两次落到斜面上时的速度方向不同

C．小球第二次落到斜面上时的速度等于第一次落到斜面上时的速度

D．小球第二次落到斜面上时重力瞬时功率小于第一次落到斜面上时重力的瞬时功率

【答案】  AC

【解析】

A．竖直方向

水平方向

得

初速度相同，加速度之比为1：2，则有电场

小球受到的电场力大小等于 mg，故A正确；

B．小球两次做类平抛运动，位移偏转角相同，根据平抛规律可知，速度偏转角正切值相同，速度偏转角相同，则两次落到斜面上时的速度方向相同，故B错误；

C．根据动能定理第一次

第二次

所以第二次落到斜面上时的速度等于第一次落到斜面上时的速度，故C正确；

D．重力功率

两次末速度大小相同，方向相同，故重力功率相同，故D错误；

故选AC。

4、（多选）边界MN将空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ。在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m、电荷量为+q的小球A，如图甲；小球运动的v-t图像如图乙。不计空气阻力，则（　　）

A．小球受到的重力与电场力之比为2：3

B．整个向下运动过程中，重力做功与克服电场力做功之比为2：1

C．在t=6s时，小球经过边界MN

D．若规定MN所在平面电势为零，则运动到最低点的电势为

【答案】  AD

【解析】

A．由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为

进入电场后的加速度大小为

由牛顿第二定律得

mg=ma1

F-mg=ma2

得电场力

得重力mg与电场力F之比为2：3，故A正确。

B．整个向下运动过程中，小球动能变化量为零，可知重力做功与克服电场力做功之比为1：1，选项B错误；

C．由图像可知，在t=6s时，小球位移为零，此时回到A点，选项C错误；

D．从MN到最低点克服电场力做功为

若规定MN所在平面电势为零，则运动到最低点的电势能为

电势为

选项D正确。

故选AD。

5、如图所示，两平行金属板、与水平面成30°角固定放置，金属板间存在匀强电场。一带电小球以一定的速度垂直场强方向射入电场中，恰能沿两板中央虚线做直线运动。已知重力加速度为g，不计空气阻力。在此过程中，下列说法正确的是（　　）

A．小球一定带负电 B．小球一定做匀速直线运动

C．小球的电势能增大 D．小球加速度大小为

【答案】  D

【解析】

A．因为极板所带正负电不确定，所以小球带电性无法确定，故A错误；

BD．对小球受力分析，小球受到的电场力垂直极板斜向上，根据牛顿第二定律可得

解得

所以小球做匀加速直线运动，故B错误，D正确；

C．因为电场力始终与小球运动方向垂直，因此电场力不做功，小球的电势能不变，故C错误。

故选D。

6、如图所示，虚线MN下方存在着方向水平向左、范围足够大的匀强电场，场强，AB为绝缘光滑且固定的四分之一圆弧轨道，轨道半径为R，O为圆心，B位于O点正下方。一质量为m、电荷量为q的带正电小球，从A点由静止释放进入轨道。空气阻力不计，下列说法正确的是（　　）

A．小球在运动过程中机械能守恒

B．小球不能到达B点

C．小球沿轨道运动的过程中，对轨道的压力一直增大

D．小球沿轨道运动的过程中，动能的最大值为

【答案】  D

【解析】

A．除重力以外做功的力只有电场力，从到电场力做负功，所以机械能减少，故A错误；

B．从到根据动能定理得

解得

所以能到达点，故B错误；

C．从到过程中存在一位置的重力和电场力的合力的反向延长线过圆心如下图所示

此点为等效最低点，即速度最大的位置，所以从到速度先增大后减小，由牛顿第二定律可知对轨道的压力先增大后减小，故C错误；

D．等效最低点重力和电场力的合力的反向延长线与竖直方向夹角为，则

则

从到等效最低点的过程中，动能定理

解得

故D正确。

故选D。

7、（多选）如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动。ON与水平面的夹角为，重力加速度为g，且mg=qE，则（　　）

A．电场方向竖直向上

B．小球运动的加速度大小为g

C．小球上升的最大高度为

D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为

【答案】  BD

【解析】

AB．小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON直线上，因

所以电场力Eq与重力关于ON对称，根据数学知识得：电场力qE与水平方向的夹角应为，受力情况如图所示

合力沿ON方向向下，大小为mg，所以加速度为g，方向沿ON向下，故A错误，B正确；

C．小球做匀减速直线运动，由运动学公式可得最大位移为

则最大高度为

故C错误；

D．若小球在初始位置的电势能为零，在减速运动至速度为零的过程中，小球克服电场力做功和克服重力做功是相等的，由能量的转化与守恒可知，小球的初动能一半转化为电势能，一半转化为重力势能，初动能为，小球的最大电势能为，故D正确。

故选BD。

8、（多选）如图，绝缘底座上固定一电荷量为4×10-6C的带负电小球A，其正上方O点处用轻细弹簧悬挂一质量为m=0.03kg、电荷量大小为3.6×10-6C的小球B，弹簧的劲度系数为k=5N/m，原长为Lo=0.35m。现小球B恰能以A球为圆心在水平面内做顺时针方向（从上往下看）的匀速圆周运动，此时弹簧与竖直方向的夹角为θ=53°，已知静电力常量k=9.0×109N·m2/C2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10m/s2，两小球都视为点电荷。则下列说法正确的是（　　）

A．小球B一定带正电

B．B球做圆周运动的速度大小为3.6m/s

C．在图示位置若突然在B球所在范围内加水平向左的匀强电场的瞬间，B球将做离心运动

D．在图示位置若突然在B球所在范围内加上竖直向上的匀强磁场的瞬间，B球将做近心运动

【答案】  ACD

【解析】

AB．小球A、B之间的库仑力

设弹簧弹力为T，小球B在竖直方向上，则有

弹簧的弹力在水平方向的分力为

再由胡克定律，则有

由几何关系

可解，

，，，，

因小球B做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心A，又有F＞Tx，且小球A带负电，则小球B带正电，所受合外力

由合外力提供向心力，则有

故A正确，B错误；

C．在图示位置若突然在B球所在范围内加水平向左的匀强电场的瞬间，小球受到向，左的电场力，这时提供的向心力减小，这样提供的向心力小于需要的向心力，小球做离心运动，故C正确；

D．在图示位置若突然在B球所在范围内加上竖直向上的匀强磁场的瞬间，由左手定则可知，小球受到一个指向圆心的洛伦兹力作用，这时供的向心力大于需要的向心力，小球做近心运动，故D正确；

故选择：ACD。

9、如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止。重力加速度用g表示，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：

（1）电场强度的大小E；

（2）将电场强度减小为原来的时，物块加速度的大小a；

（3）电场强度变化后物块下滑距离L时的动能Ek。

【答案】  （1） ，方向水平向右；（2） 0.3g，方向沿斜面向下；（3） 0.3mgL

【解析】

（1）如图所示，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，受力平衡，则

在x轴方向

F合x=Fcosθ﹣mgsinθ=0

在y轴方向

F合y=FN﹣mgcosθ﹣Fsinθ=0

得

qE=mgtan37°

故有

E=

方向水平向右。

（2）场强变化后物块所受合力为

F=mgsin37°﹣qEcos37°

根据牛顿第二定律得

F=ma

故代入解得

a=0.3g

方向沿斜面向下

（3）A到B的过程中重力和电场力做功，根据动能定理得物块下滑距离L时的动能为：

Ek=mgLsin37°﹣qEL cos37°=0.3mgL

10、如图所示，一质量为m，电荷量为＋q的小球，以初速度v0沿两块正对带电平行金属板左侧某位置水平向右射入两极板之间，离开时恰好由A点沿圆弧切线进入竖直光滑固定轨道ABC中。A点为圆弧轨道与极板端点DD'连线的交点，CB为圆弧的竖直直径并与DD'平行，竖直线DD'的右边界空间存在竖直向下，且大小可调节的匀强电场E。已知极板长为l，极板间距为d，圆弧的半径为R，∠AOB=53°，重力加速为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。不计空气阻力，板间电场为匀强电场，小球可视为质点。

（1）求两极板间的电势差大小；

（2）当电场强度时，求小球沿圆弧轨道运动过程中的最大动量；

（3）若要使小球始终沿圆弧轨道运动且恰好能够通过最高点C，求电场强度E的大小。

【答案】  （1）；（2）；（3）

【解析】

（1）在A点，如图所示

可得竖直分速度

带电小球在平行板中运动的时间

联立解得

（2）在A点速度

从A到B，由动能定理得

又因为

解得

联立解得

（3）从A到C，由能量守恒得

在C点

联立解得

11、（多选）如图所示，竖直放置的半径为R的四分之一光滑圆弧绝缘轨道AB与水平面BC相切于B点，整个空间分布着水平向左的匀强电场，场强大小，质量为m，电荷量为+q的带电小球（视为质点）由圆弧轨道的顶端A点静止释放。下列说法正确的是（　　）

A．带电小球到达B点时的速度大小为

B．带电小球刚开始运动时加速度大小为

C．若带电小球以初速度从A点水平向左抛出，带电小球直接运动到水平面BC的时间为

D．若电场方向变为水平向右，大小，小球仍从A点由静止释放，带电小球运动到水平面BC上的B点时速度恰好减为0。

【答案】  BC

【解析】

A．带电小球受到合力由A指向B，由动能定理得

所以A错误；

B．小球受到电场力大小为mg，与重力垂直，两力合力为mg，所以B选项正确；

C．由A到水平面BC的运动在竖直方向做自由落体运动，C选项正确；

D．电场方向变为水平向右，大小

后，重力与电场力合力方向与水平方向成指向右下方，由动能定理或简谐运动对称性可知，小球到不了B点，所以D错误。

故选BC。

12、如下图所示，空间存在水平向右、电场强度大小为的匀强电场，一个质量为、电荷量为的小球，从A点以初速度竖直向上抛出，经过一段时间落回到与A点等高的位置B点（图中未画出），重力加速度为。求：

（1）小球运动到最高点时距离A点的高度；

（2）小球运动到最高点时速度大小；

（3）小球运动过程中最小动能。

【答案】  （1）；（2）；（3）

【解析】

（1）小球在空间的运动可以分解为水平方向初速度为零的匀加速直线运动和竖直方向初速度为，加速度为g的竖直上抛运动，所以在竖直方向上有

解得

（2）小球运动到最高点时，竖直方向速度减为零，由

解得

水平方向由

解得

（3）小球运动过程中动能的表达式为

由数学知识可得当

小球的动能最小，最小动能为