10-8力电综合问题（解析版）--2024高考一轮物理复习100考点100讲

这是一份10-8力电综合问题（解析版）--2024高考一轮物理复习100考点100讲，共30页。试卷主要包含了8讲 力电综合问题，0×10－2 N，0×10－4×10×0等内容，欢迎下载使用。
2024年高考一轮复习100考点100讲
第10章 静电场
第10.8讲 力电综合问题
【知识点精讲】
一. 对于带电粒子(体)在电场中的直线运动问题，无论是忽略重力还是考虑重力，解决此类问题时要注意分析是做匀速运动还是匀变速运动，匀速运动问题常以平衡条件F合＝0作为突破口进行求解，匀变速运动根据力和运动的关系可知，合力一定和速度在一条直线上，然后运用动力学观点或能量观点求解。
二. .解决电场中的力电综合问题，要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电粒子(体)在电场中运动的模型，能够灵活应用动力学观点、能量观点和动量观点等多角度进行分析与研究：
1．动力学的观点
(1)由于匀强电场中带电粒子(体)所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法。
(2)综合运用牛顿运动定律和运动学公式，注意受力分析和运动分析，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，要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，注意正方向的选取。
【方法归纳】
等效思维法解决带电体在复合场中的圆周运动问题
1．“等效重力”及“等效重力加速度”：
在匀强电场中，将重力与电场力进行合成，如图所示，则F合为“等效重力场”中的“等效重力”，g′＝为“等效重力场”中的“等效重力加速度”，F合的方向为“等效重力”的方向，也是“等效重力加速度”的方向。

2．等效最“高”点与最“低”点的确定方法
在“等效重力场”中过圆周运动的圆心作“等效重力”的作用线，其反向延长线交于圆周上的那个点即为圆周运动的等效最“高”点，沿着“等效重力”的方向延长交于圆周的那个点为即等效最“低”点，如图所示。


【最新高考题精练】
1．（2023高考全国乙卷）. 在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP > OM，OM = ON，则小球（ ）

A. 在运动过程中，电势能先增加后减少
B. 在P点的电势能大于在N点的电势能
C. 在M点的机械能等于在N点的机械能
D. 从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功
【参考答案】BD
【命题意图】本题考查带电小球在点电荷电场中的运动及其相关知识点。
【解题思路】在带电小球运动过程中，静电力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，A错误；由于OP＞ON，P点的电势低于N点的电势，小球在P点的电势能大于在N点的电势能，B正确；由于OM=ON，MN两点处于正点电荷电场的同一等势面上，根据机械能定义，可知小球在M点的机械能大于在N点的机械能，C错误；小球从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功，D正确。
【规律总结】带电粒子沿等势面运动，电场力对带电粒子不做功。
2.（2022新高考海南卷）如图，带正电q=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处在匀强电场中，，从O开始，A与桌面的动摩擦因数随x的变化如图所示，取O点电势能为零，A、B质量均为，B离滑轮的距离足够长，则（ ）

A．它们运动的最大速度为
B．它们向左运动的最大位移为
C．当速度为时，A的电势能可能是
D．当速度为时，绳子的拉力可能是
【参考答案】ACD
【名师解析】A受到的电场力F=qE，动摩擦因数μ=0.2x，滑动摩擦力f=μmg=0.2mgx。A在电场力和滑动摩擦力、细绳拉力作用下向左做加速直线运动，当f+mg=F时，加速度为零，A滑动的速度最大，由qE=0.2mgx+mg解得x=1m，在A向左滑动x=1m过程中，滑动摩擦力做功Wf=×0.2mgx 2=×0.2×1×10×12J=1J。由动能定理，qEx-mgx- Wf=2mv2，解得v=1m/s，选项A正确B错误；由qEx-mgx- Wf=2mv2，解得当速度为0.6m/s时，x=1.8m或x=0.2m。若x=1.8m，电场力做功W= qEx=21.6J，根据功能关系可知，当速度为0.6m/s时，A的电势能可能是-21.6J；若x=0.2m，电场力做功W= qEx=2.4J，根据功能关系可知，当速度为0.6m/s时，A的电势能可能是-2.4J，选项C正确；当速度为0.6m/s时，x=1.8m或x=0.2m，若x=1.8m，滑动摩擦力f=μmg=0.2mgx=3.6N，由牛顿第二定律，对物块A，F–f-T=ma，对物块B， T-mg=ma，联立解得T=9.2N，即绳子的拉力可能是，选项D正确。
3 .（2020年1月浙江选考）如图所示，在倾角为 α 的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接一根劲度系数为 k0 的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与 A 球连接。A、B、C 三小球的质量均为 M，qA = q0 > 0，qB =- q0 ，当系统处于静止状态时，三小球等间距排列。已知静电力常量为 k，则

A. qC = q0
B. 弹簧伸长量为

C．A 球受到的库仑力大小为2Mg
D．相邻两小球间距为 q0
【参考答案】：A
【名师解析】：
对 C 球进行受力分析可得，它受到 2 个方向相反的库仑力、重力、支持力，由于 A与B、
B 与 C 间距相等，由库仑定律可得，B 对 C 的库仑力是 A 对 C 库仑力的 4 倍，因此 C 球应为正电荷才能受力平衡。设 A、B 间距为l ，对 B 进行受力分析，由平衡条件可得：
Mgsinα+k= k
对 C进行受力分析，由平衡条件可得：Mgsinα+k= k
联立解得：qC = q0，
把A、B、C 三小球看作整体，设弹簧伸长量为 x ，由平衡条件可知，k0x=3Mgsinα
解得：x=3，选项B错误；
对A进行受力分析，设A 球受到的库仑力大小为F，由平衡条件可知，k0x=Mgsinα+F，解得F=2 Mgsinα，选项C错误；由Mgsinα+k= k可得l= q0，选项D错误，
4.(2020·天津等级考)多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管(无场区域)构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。
(1)求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T1；
(2)反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x；
(3)已知质量为m0的离子总飞行时间为t0，待测离子的总飞行时间为t1，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量m1。

【名师解析】
(1)设离子经加速电场加速后的速度大小为v，根据动能定理，有qU＝mv2①
离子在漂移管中做匀速直线运动，则T1＝②
联立①②式，得T1＝ 。③
(2)根据动能定理，有qU－qEx＝0④
得x＝。⑤
(3)离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为，有＝⑥
通过⑤式可知，离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的，所以不同离子在电场区运动的总路程相等，设为L1，在无场区的总路程设为L2。根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为t总，有t总＝＋⑦
联立①⑥⑦式，得t总＝(2L1＋L2) ⑧
可见，离子从A到B的总飞行时间与成正比。
依题意可得＝
可得m1＝m0。⑨
[答案]　(1) 　(2)　(3)m0

5. (2017·全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0。在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。
(1)求油滴运动到B点时的速度；
(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。
[审题指导]
第一步：抓关键点
题中信息
吹“沙”见“金”
带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动
带电油滴受力平衡
电场强度的大小突然增大到某值
油滴向上做匀加速直线运动
突然将电场反向
油滴初速度向上，加速度向下
第二步：找突破口
(1)要确定油滴运动到B点时的速度，可由动力学知识求解；根据牛顿第二定律结合速度公式解决。
(2)要确定增大后的电场强度的大小，应结合平衡条件和位移公式进行求解，注意讨论B点在A点下方还是上方。
(3)为保证后来的电场强度比原来的大，要讨论t1和v0应满足的条件，应在求出E2的基础上进一步讨论判断。
【名师解析】　(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上。
在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足
qE2－mg＝ma1①
油滴在时刻t1的速度为
v1＝v0＋a1t1②
电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a2满足
qE2＋mg＝ma2③
油滴在时刻t2＝2t1的速度为
v2＝v1－a2t1④
由①②③④式得
v2＝v0－2gt1⑤
(2)由题意，在t＝0时刻前有
qE1＝mg⑥
油滴从t＝0到时刻t1的位移为
s1＝v0t1＋a1t12⑦
油滴在从时刻t1到时刻t2＝2t1的时间间隔内的位移为
s2＝v1t1－a2t12⑧
由题给条件有
v02＝2g(2h)⑨
式中h是B、A两点之间的距离。
若B点在A点之上，依题意有
s1＋s2＝h⑩
由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得
E2＝E1⑪
为使E2>E1，应有
2－2＋>1⑫
即当00和v2E1，应有
2－2－>1⑰
即t1>⑱
另一解为负，不合题意，已舍去。
[答案]　(1)v0－2gt1　(2)见解析
6。　(2019·全国卷Ⅲ)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g，求：
(1)电场强度的大小；
(2)B运动到P点时的动能。
【名师解析】　(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有
mg＋qE＝ma①
a＝gt2②
联立①②式得E＝。③
(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有
mgh＋qEh＝Ek－mv12④
且有v1＝v0t⑤
h＝gt2⑥
联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2)。⑦
[答案]　(1)　(2)2m(v02＋g2t2)
7 .(2016·浙江理综，19)(多选)如图7所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10 m 的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定。两球接触后分开，平衡时距离为0.12 m。已测得每个小球质量是8.0×10－4 kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g＝10 m/s2，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，则(　　)

A.两球所带电荷量相等
B.A球所受的静电力为1.0×10－2 N
C.B球所带的电荷量为4×10－8 C
D.A、B两球连线中点处的电场强度为0
【参考答案】ACD
【名师解析】　两相同的小球接触后电量均分，故两球所带电荷量相等，选项A正确；由几何关系知两球分开后，悬线与竖直方向的夹角为37°，A球所受的电场力F＝mgtan 37°＝8.0×10－4×10×0.75 N＝6.0×10－3 N，选项B错误；根据库仑定律得，F＝k＝k，解得qB＝＝ C＝4×10－8 C，选项C正确；A、B两球带等量的同种电荷，故在A、B两球连线中点处的电场强度为0，选项D正确。
【最新模拟题精练】
1. （2023石家庄三模）如图所示，一电荷量为的小球镶嵌在倾角为的光滑绝缘斜劈中，小球和斜劈总质量为m。将该斜劈置于光滑水平地面上，质量为km的绝缘小球，通过轻绳与斜劈顶端相连，轻绳与斜面平行，轻绳的最大承受力为2kmg，重力加速度为g。若在水平地面上方存在水平向右、电场强度大小由0逐渐增大的匀强电场，小球在运动过程中，始终与斜劈保持相对静止。下列说法正确的是（　　）

A. 绝缘小球对斜劈的压力逐渐增大
B. 轻绳对绝缘小球拉力逐渐增大
C. 若，则电场强度的最大值为
D. 若，则电场强度的最大值为
【参考答案】BC
【名师解析】
绝缘小球受到重力、斜劈的支持力与轻绳的拉力作用，对其分析有


根据牛顿第三定律，绝缘小球对斜劈的压力

解得


对斜劈与绝缘小球整体有

根据上述结果可知，当电场强度大小由0逐渐增大时，加速度逐渐增大，绝缘小球对斜劈的压力逐渐减小，轻绳对绝缘小球的拉力逐渐增大，A错误，B正确；
由于轻绳的最大承受力为2kmg，若在电场强度增大到最大值时，绝缘小球与斜面之间弹力恰好为0，对绝缘小球分析有

解得
既有

此时的加速度

对绝缘小球与斜面整体有

解得 ，C正确；
D．若斜面倾角，根据上述在电场强度达到最大值时，绝缘小球与斜面之间的弹力不可能为0，则有


解得，D错误。
2. （2023浙江台州二模）如图所示，两个质量分别为和的带电小球A、B（可视为质点）通过一根绝缘轻绳跨放在光滑的定滑轮上（滑轮大小不计），两球静止，O为滑轮正下方AB连线上的一个点。两球到O点距离分别为和，到滑轮的距离分别为和，且，细绳与竖直方向的夹角分别为和，两球电荷量分别为和。则（ ）

A. B. C. D.
【参考答案】D
【名师解析】
由于两球的电场力是相互作用力，故无法比较两球电荷量的大小，A错误；
绳子上的力处处相等，对绳子跨过定滑轮的节点受力分析可知
所以，B错误；
对两球受力可知，根据相似三角形



可得，，故C错误，D正确。
3. （2023湖南怀化二模）一匀强电场的方向平行纸面，纸面内A、B、C三点的位置如图所示，AB=AC=1m，∠BAC=90°。带正电的粒子P，其电荷量为，粒子P以速度从A点出发能过B点，在A到B的过程中粒子P的电势能减少2.4J。若让粒子P以速度从A点出发则能过C点，在A到C的过程粒子P的动能增加3.2J。粒子P在所有运动过程只受电场力，下列结论正确的是（　　）

A. B、C两点的电势相等 B.
C. 匀强电场的大小为 D. 若将粒子P从B移动到C，电场力做功0.8J
【参考答案】BCD
【名师解析】
带正电的粒子从A点到B点，电势能减少2.4J，从A点到C点，动能增加3.2J，则电势能减少3.2J，所以B点的电势高于C点的电势，故A错误；从A点到B点，电势能减少2.4J，即
从A点到C点，电势能减少3.2J，即
又
所以，，故B正确；
电场强度方向如图

分别过B、C两点作垂直于电场线的垂线，由于



所以



得，，
代入数据得，电场强度E=，故C正确；
D．粒子P从B移动到C，电场力做功，故D正确。
4.（2023湖南衡阳二模）如图所示，两个固定的点电荷A、B，其中A所带电荷量为，B所带电荷量为，AB间的距离为l，将一个试探电荷放在C点时，试探电荷所受电场力为0，规定无穷远处电势为0。则下列说法正确的是（　　）

A. B、C两点之间的距离为l
B. AB直线上A、B之间必有一个电势为0的点，而B、C之间没有电势为0的点
C. 空间中除无穷远的点电势为0外，还有一个以B为球心的球面为零等势面
D. C点的电势是直线AB上B点右侧各点中最高的
【参考答案】AD
【名师解析】
由C处试探电荷受力平衡，可得
解得，A正确；
AB直线上A、B之间必有一个电势为0的点，而B、C之间也有电势为0的点，B错误；
由不等量异种电荷的电场线分布特点，作出等势面

可知以B点为球心的球面电势不相等，不是等势面，C错误；
C点的电势是直线AB上B点右侧各点中最高的，D正确。
5. （2023江苏连云港重点高中期中）如图所示，带电球C置于铁架台旁，系在绝缘丝线上的带电小球A挂在铁架台的P点。小球A静止时与带电球C处于同一水平线上，与带电球C的距离为r，丝线与竖直方向的夹角为。已知A球的质量为m，电荷量为，重力加速度为g静电力常量为k，两球可视为点电荷，则带电球C在小球A所在处产生的电场的场强的大小和带电球C所带的电荷量Q分别为（　　）

A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
【参考答案】D
【名师解析】
小球A受力如图所示

根据平衡条件可知

电场强度的定义式

带电球C在小球A所在处产生的电场的场强，方向水平向左。
根据库仑定律
解得，故选D
6.（2023广东省广州名校联考）在竖直平面内，一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端拴着质量为m、电荷量为+q的小球。小球始终处在场强大小为、方向竖直向上的匀强电场中，现将小球拉到与O点等高处，且细线处于拉直状态，由静止释放小球，当小球的速度沿水平方向时，细线被拉断，之后小球继续运动并经过P点，P点与O点间的水平距离为L。重力加速度为g，不计空气阻力，求：
（1）细线被拉断前瞬间，细线的拉力大小；
（2）O、P两点间的电势差。
【命题意图】本题考查动能定理、牛顿运动定律、类平抛运动规律及其相关知识点。
【解题思路】
（1）小球受到竖直向上的电场力F = qE = 1.5mg＞mg
所以小球被释放后将向上绕O点做圆周运动，到达圆周最高点时速度沿水平方向，设此时速度为v，由动能定理 ①
设细线被拉断前瞬间的拉力为FT，由牛顿第二定律 ②
联立①②式解得： FT = 1.5mg
（2）细线断裂后小球做类平抛运动，加速度a竖直向上，由牛顿第二定律
F - mg = ma ③
设细线断裂后小球经时间t到达P点，则有L = vt ④
小球在竖直方向上的位移为 ⑤（解得 ）
O、P两点沿电场方向（竖直方向）的距离为d = L + y ⑥
O、P两点间的电势差 UOP = Ed ⑦
联立①~⑦式解得
7． （2023河南开封三模）如图所示，空间有水平方向的匀强电场E（末画出），长为L的绝缘轻质细线一端固定在天花板上O点，另一端系质量为m，电荷量为q的带正电小球，现由图示A位置静止释放小球，小球沿圆弧经最低点C恰好能到达B点，已知OB与竖直方向的夹角为且，重力加速度为g，忽略空气阻力。则下列说法正确的是（　　）

A. 电场强度
B. 小球在B点时电势能最小
C. 小球经过C点时对细线的拉力为
D. 小球经过C点时的动能最大
【参考答案】AC
【名师解析】
根据图形可知，小球向左运动过程中，电场力做负功，则电场方向水平向右，由A到B过程有

解得

A正确；
B．根据上述可知，由A到B过程电场力做负功，因此小球在B点时的电势能最大，B错误；
C．由A到C过程有

在C点有

根据牛顿第三定律有

解得

C正确；
D．由于

即有

令物理等效最低点位置与圆心连线方向与水方向夹角为，则有

小球经过物理等效最低点时的动能最大，即该位置位于AC之间，不在C点，D错误。
8. (2023鄂东南省级示范性高中教育改革联盟5月模拟)如图所示，在水平向左的匀强电场中，长为的绝缘轻绳一端固定于O点，另一端连接一个质量为m、电量为的小球，电场强度。现将轻绳拉至右侧水平，将小球从A点由静止释放，对于此后小球的运动情况（轻绳不会被拉断），下列判断中正确的是（　　）

A. 在整个运动过程中，当轻绳偏向左下方与水平方向的夹角为时，小球的速度最大
B. 小球到达O点左侧与圆心等高处的速度大小为
C. 小球到达O点左侧与圆心等高处的速度大小为
D. 小球从最低点向左运动，相对于A点上升的最大高度为
【参考答案】CD
【名师解析】
将小球从A点由静止释放，小球受到电场力与重力，由题意可知
根据牛顿第二定律有
解得
设合力方向与水平方向夹角为，则
解得
则小球从释放到达最低点的位移为

根据

解得小球到达最低点的速度为

小球沿与水平方向成做匀加速直线运动，小球到达最低点时速度最大，在最低点时细线突然绷紧，小球沿细线方向的速度立即减为零，而水平方向的速度不变，则从最低点到达O点左侧与圆心等高处，根据动能定理有

解得

故AB错误，C正确；
D．设细线方向与水平方向夹角为时，达到最高点，则从最低点到达最高处，根据动能定理有

解得
则小球从最低点向左运动，相对于A点上升的最大高度为，故D正确。
9. （2023山东烟台一模）“离心轨道演示仪”（如图甲所示）是演示物体在竖直平面内的圆周运动的实验仪器，其轨道主要由主轨长道、轨道圆和辅轨长道三部分组成，主轨长道长度约为轨道圆半径R的6倍。将主轨长道压制成水平状态后，轨道侧视示意图如图乙所示。空间中存在水平向右的匀强电场（未画出），电场强度大小为。现在主轨长道上的一点A静止释放一电荷量为q、质量为m的绝缘小球，小球沿主轨长道向右运动，从B点进入轨道圆，若不计一切摩擦，重力加速度为g，则小球再次通过最低点之前（ ）

A. 小球上升到与圆心等高处时，其动能最大
B. 小球上升到轨道圆最高处时，其机械能最大
C. 若AB间距离，小球恰好不脱离轨道
D. 若小球不脱离轨道，小球对轨道的最大压力大小可能为5mg
【参考答案】CD
【名师解析】
使用等效场的观点，将重力场和电场等效的看作一个场，结合平行四边形法则可得等效重力加速度为

设等效场对物体的力与竖直方向的夹角为θ，如图所示

则有

解得

由“等效重力”可知，当小球运动到BC间且与圆心连线与竖直方向夹角为时，小球的速度最大，动能最大，故A错误；
B．小球在轨道上运动过程中，能量守恒，小球在与圆心等高且在圆弧右侧的位置电势能最小，所以小球在该点的机械能最大，故B错误；
C．设释放点A到B的距离为L时，小球恰好不脱离圆轨道；图中D点与圆心连线与圆相交的点M点即为“等效重力”中的最高点，小球恰好不脱离圆轨道，电场力与重力的合力刚好提供向心力，则有

解得

从开始释放小球到M点的过程中，由动能定理可得

解得

故C正确；
D．若小球做完整的圆周运动，小球运动到D点时的动能最大，对轨道的压力最大，从A到D的过程中，根据动能定理，有

解得

在D点，根据牛顿第二定律，有

解得

若小球不做完整的圆周运动，当小球运动到与MD连线垂直时如图中的P点，接下来将沿着轨道返回，此时也未脱离轨道，该过程在D点速度有最大值，对轨道的压力也为最大值，从P到D点，根据动能定理，有

解得

在D点，根据牛顿第二定律，有

解得

如果小球不能到达P点，则小球对轨道的最大压力将会小于6mg，所以小球对轨道的最大压力大小可能为5mg，故D正确。
10. （2023云南昆明一中六模）如图所示，竖直平面内固定着一个半径为R的光滑绝缘圆环，a为圆环的最低点，c为圆环的最高点，b点与圆心O等高，该空间存在与圆环平面平行的匀强电场。质量为m、带电量为的小球P套在圆环上，沿环做圆周运动，通过a、b、c三点时的速度大小分别为、、。下列说法正确的是（　　）

A. a与b之间的电势差
B. 匀强电场场强大小为
C. 匀强电场的方向为a指向b
D. 小球运动过程中的最小速度为
【参考答案】AD
【名师解析】
从最低点到最高点：

解得：

故ac连线为等势线，从a到b，有

解得：

电场线垂直于等势线，且沿电场线方向电势逐渐降低，故匀强电场方向水平向右，故A正确，C错误；
B． 匀强电场场强大小

故B错误；
D．电场力

当电场力与重力合力与圆心在一条直线上时，对圆环的压力达到最大和最小，根据几何关系可知，最小速度

解得

故D正确。
11（2023河南名校联盟大联考）如图所示，在水平向左的匀强电场中用绝缘材料做成的圆环周定在竖直平面内，O为圆心，A、B、C、D为圆环上的点，、、均为用绝缘材料做成的光滑细杆，杆竖直，与的夹角，与的夹角。将一个质量为m，电荷量为的小环分别套在、、细杆上，从A点由静止释放运动到圆环上的B、C、D点，已如重力加速度为g，电场强度大小，带电小环对匀强电场的影响忽略不计。下列说法正确的是（　　）

A. 小环沿细杆运动到C点时的动能最大
B. 小环沿细杆运动到D点的过程中电场力做功最多
C. 小环沿细杆运动到D点的过程中电场力的冲量最大
D. 小环沿三根细杆分别运动到B、C、D点的过程中电场力的冲量相同
【参考答案】ABD
【名师解析】
电场力，沿向下运动，则有，
解得
沿运动，则有，
解得
沿运动，则有，
解得
即运动的时间相等，电场力相同，根据
则小环沿三根细杆分别运动到B、C、D点的过程中电场力的冲量相同，C错误D正确；
小环沿、、运动，在电场中沿电场方向的位移
电场力相等，根据，则小环沿细杆运动到D点的过程中电场力做功最多，B正确。
根据，，分析可得，则有，小环沿细杆运动到C点时的速度最大，根据，则动能最大，A正确。
12．（2023武汉重点高中质检）如图所示，在竖直的平面直角坐标系xOy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，x轴下方竖直放置着以y轴为对称轴的圆弧形光滑绝缘细管，其圆心位于y轴上，交y轴于B点，交x轴于、两点．有一质量为m，带电量为－q（q＞0）的绝缘小球（可看做质点），从y轴上的点由静止释放，运动至x轴上的A点时，恰好可沿切线方向进入细管。不计空气阻力，重力加速度为g。求：

（1）匀强电场的电场强度的大小；
（2）小球运动到B点时对管的压力的大小和方向；
（3）当小球从C点飞出时，匀强电场的场强方向保持不变，但大小变为原来的3倍，求小球落在x轴上的位置坐标。
【名师解析】、（16分）
（1）（1分）
（1分）
得：（1分）
（2）（1分）
得：（2分）

从A到B动能定理：（1分）
得：（1分）
（2分）
（1分）
由牛顿第三定律得：
FN、=FN=8mg
（3）等效重力与方向垂直，小球做类平抛运动
（2分）
（1分）
解得 即位移（1分）
落点P坐标为（-15L，0）（1分）
13. （2023长春三模）如图所示，空间存在方向水平向右、范围足够大的匀强电场。一内壁光滑的绝缘圆管固定在竖直平面内。圆管的圆心为O，半径为（圆管口径可忽略不计），D点为圆管的最低点，管口A、B两点在同一水平线上，P点位于O点正上方，。一质量为m、电荷量为q的带负电小球（可视为质点）从P点无初速度释放，经过一段时间后，小球刚好从管口A无碰撞地进入圆管内。小球进入管口A瞬间，电场方向立即变为竖直向下，电场强度大小不变。忽略电场变化时产生的影响，重力加速度大小为g。求：
（1）匀强电场的电场强度E的大小；
（2）小球在管中运动经过D点时对管的压力；
（3）当小球从管口B离开时立即撤去电场。经过一段时间后小球到达所在水平线上的N点（图中未标出），小球从P点运动到N点的总时间t。

【参考答案】：（1）；（2），方向竖直向下；（3）
【名师解析】：（1）小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为，即加速度方向与竖直方向的夹角为，则：

解得

（2）小球从P到A的过程，根据动能定理

解得

因为电场方向变为竖直向下，则小球在管中运动时

小球做匀速圆周运动，则

在D点时，下壁对小球的支持力为

由牛顿第三定律得，小球对管的压力

方向竖直向下；
（3）小物体由P点运动到A点做匀加速直线运动，设所用时间为，则

解得

小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为，经过了圆周，则有

小球离开管后竖直方向做竖直上抛运动，根据对称性，小球从B到N的过程中所用时间

则小球从P点到N点的总时间为

14. （2023云南师大附中模拟）如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑绝缘圆弧轨道ABC和水平绝缘轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，，整个装置处于水平向右的匀强电场中．一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电小球在电场力的作用下沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道．已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零，重力加速度大小为g．求：
(1)匀强电场的场强大小；
(2)小球到达A点时速度的大小．（结果保留根号）

【参考答案】(1)  (2)
【名师解析】
(1)设小球所受电场力为，电场强度的大小为E
由力的合成法则有


解得：
(2)小球到达C点时所受合力的大小为F，由力的合成法则有：

设小球到达C点时的速度大小为，由牛顿第二定律得

解得：
设小球到达A点的速度大小为，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得



由动能定理有

故小球在A点的速度大小为