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第九章 静电场 专题强化练十四 带电粒子在电场中的力电综合问题(含答案）-2024届高考物理大一轮复习
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这是一份第九章 静电场 专题强化练十四 带电粒子在电场中的力电综合问题(含答案）-2024届高考物理大一轮复习，共20页。试卷主要包含了3 m，AB间距离为0，D 3，2 J 0等内容，欢迎下载使用。
A．点电荷乙从A点向甲运动的过程中，加速度逐渐增大
B．点电荷乙从A点向甲运动的过程中，其电势能先增大再减小
C．OB间的距离为eq \r(\f(kQq,Ff))
D．在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差UAB＝eq \f(FfL0＋\f(1,2)mv2,q)
2．(2023·江苏省镇江一中高三检测)如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，电场强度大小为E，一根不可伸长的绝缘细线长度为l，细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点．把小球拉到使细线水平的A点，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ＝60°角的B点时速度为零．以下说法中正确的是( )
A．小球在B点处于静止状态
B．小球受到的重力与静电力的关系是eq \r(3)qE＝mg
C．小球将在A、B之间往复运动，且幅度将逐渐减小
D．小球从A运动到B的过程中，静电力对其做的功为－eq \f(1,2)qEl
3．(2023·江苏淮安市模拟)如图所示，带正电小球静止在水平面上A点，BC为竖直放置的eq \f(1,4)圆弧，圆弧与水平面相切，今在空间内加上水平向左的匀强电场．已知：静电力大小等于重力，均为10 N，圆弧半径为0.3 m，AB间距离为0.1 m，不计空气阻力和摩擦阻力，重力加速度g取10 m/s2.小球从静止出发到再次回到水平面的过程中( )
A．从B到C速率一直增加
B．动能最大值为1 J
C．距水平面的最大高度为0.1 m
D．再次回到水平面时与A点相距约1.3 m
4.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．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，以初速度vA竖直向下从A点沿切线进入四分之一圆弧轨道内侧，沿轨道运动到B处以速度vB射出．已知重力加速度为g，电场强度大小为E＝eq \f(3mg,4q)，sin 37°＝0.6，空气阻力不计，下列说法正确的是( )
A．从A到B过程中，小球的机械能先增大后减小
B．从A到B过程中，小球对轨道的压力先减小后增大
C．在A、B两点的速度大小满足vA>vB
D．从B点抛出后，小球速度的最小值为eq \f(4,5)eq \r(vA2＋\f(1,2)gR)
5．(2023·江苏省泰州一中阶段检测)在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图所示，重力加速度为g，由此可知( )
A．小球带正电
B．静电力大小为3mg
C．小球从A到B与从B到C的运动时间相等
D．小球从A到B与从B到C的动量变化量相同
6．(2022·辽宁卷·14)如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑eq \f(1,4)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eq \r(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eq \r(2)mg.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．
7.(2023·江西南昌市名校联考)如图所示，空间中存在水平向右、电场强度大小为E＝5×
103 N/C的匀强电场，水平传送带BC的左端与水平面AB在B点平滑连接，右端与一个半径为R的光滑eq \f(1,4)圆弧轨道CD水平相切于C点．xAB＝xBC＝R＝1 m，传送带顺时针转动，速率恒为v＝5 m/s，现将一质量为m＝0.5 kg、带正电且电荷量为q＝1×10－3 C的小滑块，从A点由静止释放，小滑块与AB段和BC段间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求：
(1)小滑块运动到水平面右端B点时的速度大小；
(2)小滑块运动到圆弧轨道底端C点时所受的支持力大小；
(3)小滑块对圆弧轨道CD压力的最大值．(eq \r(2)取1.4)
8.如图所示，空间中有一水平向右的匀强电场，电场强度的大小为E＝1.0×104 V/m.该空间有一个半径为R＝2 m的竖直光滑绝缘圆环的一部分，圆环与光滑水平面相切于C点，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角．质量为m＝0.04 kg、电荷量为q＝＋6×10－5 C的带电小球2(可视为质点)静止于C点．轻弹簧一端固定在竖直挡板上，另一端自由伸长时位于P点．质量也为m＝0.04 kg的不带电小球1挨着轻弹簧右端，现用力缓慢压缩轻弹簧右端到P点左侧某点后释放．小球1沿光滑水平面运动到C点与小球2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两小球黏合在一起且恰能沿圆弧到达A点．P、C两点间距离较远，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)黏合体在A点的速度大小；
(2)弹簧的弹性势能；
(3)小球黏合体由A点到水平面运动的时间．
专题强化练十四 带电粒子在电场中的力电综合问题
1．C 2.D 3.D
4．D [从A到B过程中，静电力一直做负功，小球的机械能一直减小，故A错误；设等效重力与竖直线的夹角为θ，则tan θ＝eq \f(qE,mg)＝eq \f(3,4)，故θ为37°，等效重力方向与竖直方向成37°角偏左下方，所以从A到B过程中，小球速度先增大后减小，对轨道的压力先增大后减小，故B错误；B点比A点更靠近等效最低点，所以vA5．B [根据小球从B点进入电场的轨迹可知，小球受静电力向上，即小球带负电，故A错误；因为到达C点时速度水平，所以C点速度等于A点速度，因为AB＝2BC，设BC的竖直高度为h，则AB的竖直高度为2h，由A到C根据动能定理mg×3h－Eqh＝0，即Eq＝3mg，故B正确；小球从A到B的水平距离等于从B到C水平距离的2倍，因水平方向速度不变，则小球从A到B的时间等于从B到C的运动时间的2倍，选项C错误；根据动量定理，小球从A到B动量变化量为ΔpAB＝mgtAB，从B到C动量变化量ΔpBC＝(mg－Eq)tBC＝－2mg·eq \f(1,2)tAB＝－mgtAB＝－ΔpAB，即小球从A到B与从B到C的动量变化量等大反向，选项D错误．]
6．(1)eq \f(1,2)mgR (2)eq \r(3gR) (3)y2＝6Rx
解析 (1)小球从A到B，根据能量守恒定律得
Ep＝eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mgR
(2)小球从B到O，根据动能定理有
－mgR＋eq \r(2)mg×eq \r(2)R＝eq \f(1,2)mvO2－eq \f(1,2)mvB2
解得vO＝eq \r(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eq \r(2)mgcs 45°＝max
y轴方向有eq \r(2)mgsin 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＝eq \f(1,2)gt2，y＝vOt
联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为y2＝6Rx.
7．(1)4 m/s (2)22.5 N (3)28.5 N
解析 (1)小滑块从A点运动到B点的过程，由动能定理得qExAB－μmgxAB＝eq \f(1,2)mvB2－0，
解得vB＝4 m/s.
(2)小滑块滑上传送带时，因传送带速率大于滑块速率，所以滑块受到的滑动摩擦力水平向右，由牛顿第二定律得Eq＋μmg＝ma1，解得a1＝12 m/s2，滑块加速到与传送带共速时，有v2－vB2＝2a1x，解得此加速过程滑块的位移大小为x1＝0.375 m，小滑块速率大于传送带速率后，滑块受到的滑动摩擦力水平向左，由牛顿第二定律得Eq－μmg＝ma2，解得a2＝8 m/s2，由运动学公式有vC2－v2＝2a2(xBC－x1)，解得滑块运动到C点时的速度vC＝eq \r(35) m/s，滑块在C点时，由牛顿第二定律得FNC－mg＝meq \f(vC2,R)，解得FNC＝22.5 N.
(3)由于Eq＝mg，所以等效重力大小为mg′＝eq \r(Eq2＋mg2)＝eq \r(2)mg，方向与水平方向成45°角斜向右下方，当滑块从C点开始沿圆弧轨道运动的弧长对应的圆心角θ＝45°时，滑块的速度最大，对轨道压力最大，在该点，对滑块有FN－mg′＝meq \f(v′2,R)，从C点到速度最大位置，由动能定理得mg′R(1－cs 45°)＝eq \f(1,2)mv′2－eq \f(1,2)mvC2，联立解得FN＝28.5 N，根据牛顿第三定律可知，小滑块对圆弧轨道CD压力的最大值FN′＝FN＝28.5 N.
8．(1)5 m/s (2)9.2 J (3)0.6 s
解析 (1)小球2所受静电力大小
F＝qE＝6×10－5×1×104 N＝0.6 N
小球1和小球2的重力和为
G＝2mg＝2×0.04×10 N＝0.8 N
如图所示
小球黏合体所受重力与静电力的合力与竖直方向的夹角为
tan θ＝eq \f(qE,G)＝eq \f(3,4)，所以θ＝37°
所以A点是小球黏合体在重力场和电场中做圆周运动的等效最高点，由于小球黏合体恰能沿圆弧到达A点，所以eq \f(qE,sin 37°)＝2meq \f(vA2,R)，解得vA＝5 m/s
(2)小球黏合体从C点到A点，由动能定理得
－qERsin 37°－2mg(R＋Rcs 37°)
＝eq \f(1,2)×2mvA2－eq \f(1,2)×2mvC2
解得vC＝eq \r(115) m/s
小球黏合体的碰撞由动量守恒定律得mv1＝2mvC
解得小球1碰撞前的速度v1＝2eq \r(115) m/s，由机械能守恒可得弹簧的弹性势能Ep＝eq \f(1,2)mv12＝9.2 J
(3)如图，小球黏合体在A点竖直方向上做匀加速运动
竖直方向上的初速度为
v0＝vAsin 37°＝3 m/s
由竖直方向匀加速运动可得
R＋Rcs 37°＝v0t＋eq \f(1,2)gt2，
解得t＝0.6 s.
A．点电荷乙从A点向甲运动的过程中，加速度逐渐增大
B．点电荷乙从A点向甲运动的过程中，其电势能先增大再减小
C．OB间的距离为eq \r(\f(kQq,Ff))
D．在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差UAB＝eq \f(FfL0＋\f(1,2)mv2,q)
2．(2023·江苏省镇江一中高三检测)如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，电场强度大小为E，一根不可伸长的绝缘细线长度为l，细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点．把小球拉到使细线水平的A点，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ＝60°角的B点时速度为零．以下说法中正确的是( )
A．小球在B点处于静止状态
B．小球受到的重力与静电力的关系是eq \r(3)qE＝mg
C．小球将在A、B之间往复运动，且幅度将逐渐减小
D．小球从A运动到B的过程中，静电力对其做的功为－eq \f(1,2)qEl
3．(2023·江苏淮安市模拟)如图所示，带正电小球静止在水平面上A点，BC为竖直放置的eq \f(1,4)圆弧，圆弧与水平面相切，今在空间内加上水平向左的匀强电场．已知：静电力大小等于重力，均为10 N，圆弧半径为0.3 m，AB间距离为0.1 m，不计空气阻力和摩擦阻力，重力加速度g取10 m/s2.小球从静止出发到再次回到水平面的过程中( )
A．从B到C速率一直增加
B．动能最大值为1 J
C．距水平面的最大高度为0.1 m
D．再次回到水平面时与A点相距约1.3 m
4.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．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，以初速度vA竖直向下从A点沿切线进入四分之一圆弧轨道内侧，沿轨道运动到B处以速度vB射出．已知重力加速度为g，电场强度大小为E＝eq \f(3mg,4q)，sin 37°＝0.6，空气阻力不计，下列说法正确的是( )
A．从A到B过程中，小球的机械能先增大后减小
B．从A到B过程中，小球对轨道的压力先减小后增大
C．在A、B两点的速度大小满足vA>vB
D．从B点抛出后，小球速度的最小值为eq \f(4,5)eq \r(vA2＋\f(1,2)gR)
5．(2023·江苏省泰州一中阶段检测)在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图所示，重力加速度为g，由此可知( )
A．小球带正电
B．静电力大小为3mg
C．小球从A到B与从B到C的运动时间相等
D．小球从A到B与从B到C的动量变化量相同
6．(2022·辽宁卷·14)如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑eq \f(1,4)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eq \r(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eq \r(2)mg.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．
7.(2023·江西南昌市名校联考)如图所示，空间中存在水平向右、电场强度大小为E＝5×
103 N/C的匀强电场，水平传送带BC的左端与水平面AB在B点平滑连接，右端与一个半径为R的光滑eq \f(1,4)圆弧轨道CD水平相切于C点．xAB＝xBC＝R＝1 m，传送带顺时针转动，速率恒为v＝5 m/s，现将一质量为m＝0.5 kg、带正电且电荷量为q＝1×10－3 C的小滑块，从A点由静止释放，小滑块与AB段和BC段间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求：
(1)小滑块运动到水平面右端B点时的速度大小；
(2)小滑块运动到圆弧轨道底端C点时所受的支持力大小；
(3)小滑块对圆弧轨道CD压力的最大值．(eq \r(2)取1.4)
8.如图所示，空间中有一水平向右的匀强电场，电场强度的大小为E＝1.0×104 V/m.该空间有一个半径为R＝2 m的竖直光滑绝缘圆环的一部分，圆环与光滑水平面相切于C点，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角．质量为m＝0.04 kg、电荷量为q＝＋6×10－5 C的带电小球2(可视为质点)静止于C点．轻弹簧一端固定在竖直挡板上，另一端自由伸长时位于P点．质量也为m＝0.04 kg的不带电小球1挨着轻弹簧右端，现用力缓慢压缩轻弹簧右端到P点左侧某点后释放．小球1沿光滑水平面运动到C点与小球2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两小球黏合在一起且恰能沿圆弧到达A点．P、C两点间距离较远，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)黏合体在A点的速度大小；
(2)弹簧的弹性势能；
(3)小球黏合体由A点到水平面运动的时间．
专题强化练十四 带电粒子在电场中的力电综合问题
1．C 2.D 3.D
4．D [从A到B过程中，静电力一直做负功，小球的机械能一直减小，故A错误；设等效重力与竖直线的夹角为θ，则tan θ＝eq \f(qE,mg)＝eq \f(3,4)，故θ为37°，等效重力方向与竖直方向成37°角偏左下方，所以从A到B过程中，小球速度先增大后减小，对轨道的压力先增大后减小，故B错误；B点比A点更靠近等效最低点，所以vA
6．(1)eq \f(1,2)mgR (2)eq \r(3gR) (3)y2＝6Rx
解析 (1)小球从A到B，根据能量守恒定律得
Ep＝eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mgR
(2)小球从B到O，根据动能定理有
－mgR＋eq \r(2)mg×eq \r(2)R＝eq \f(1,2)mvO2－eq \f(1,2)mvB2
解得vO＝eq \r(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eq \r(2)mgcs 45°＝max
y轴方向有eq \r(2)mgsin 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＝eq \f(1,2)gt2，y＝vOt
联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为y2＝6Rx.
7．(1)4 m/s (2)22.5 N (3)28.5 N
解析 (1)小滑块从A点运动到B点的过程，由动能定理得qExAB－μmgxAB＝eq \f(1,2)mvB2－0，
解得vB＝4 m/s.
(2)小滑块滑上传送带时，因传送带速率大于滑块速率，所以滑块受到的滑动摩擦力水平向右，由牛顿第二定律得Eq＋μmg＝ma1，解得a1＝12 m/s2，滑块加速到与传送带共速时，有v2－vB2＝2a1x，解得此加速过程滑块的位移大小为x1＝0.375 m，小滑块速率大于传送带速率后，滑块受到的滑动摩擦力水平向左，由牛顿第二定律得Eq－μmg＝ma2，解得a2＝8 m/s2，由运动学公式有vC2－v2＝2a2(xBC－x1)，解得滑块运动到C点时的速度vC＝eq \r(35) m/s，滑块在C点时，由牛顿第二定律得FNC－mg＝meq \f(vC2,R)，解得FNC＝22.5 N.
(3)由于Eq＝mg，所以等效重力大小为mg′＝eq \r(Eq2＋mg2)＝eq \r(2)mg，方向与水平方向成45°角斜向右下方，当滑块从C点开始沿圆弧轨道运动的弧长对应的圆心角θ＝45°时，滑块的速度最大，对轨道压力最大，在该点，对滑块有FN－mg′＝meq \f(v′2,R)，从C点到速度最大位置，由动能定理得mg′R(1－cs 45°)＝eq \f(1,2)mv′2－eq \f(1,2)mvC2，联立解得FN＝28.5 N，根据牛顿第三定律可知，小滑块对圆弧轨道CD压力的最大值FN′＝FN＝28.5 N.
8．(1)5 m/s (2)9.2 J (3)0.6 s
解析 (1)小球2所受静电力大小
F＝qE＝6×10－5×1×104 N＝0.6 N
小球1和小球2的重力和为
G＝2mg＝2×0.04×10 N＝0.8 N
如图所示
小球黏合体所受重力与静电力的合力与竖直方向的夹角为
tan θ＝eq \f(qE,G)＝eq \f(3,4)，所以θ＝37°
所以A点是小球黏合体在重力场和电场中做圆周运动的等效最高点，由于小球黏合体恰能沿圆弧到达A点，所以eq \f(qE,sin 37°)＝2meq \f(vA2,R)，解得vA＝5 m/s
(2)小球黏合体从C点到A点，由动能定理得
－qERsin 37°－2mg(R＋Rcs 37°)
＝eq \f(1,2)×2mvA2－eq \f(1,2)×2mvC2
解得vC＝eq \r(115) m/s
小球黏合体的碰撞由动量守恒定律得mv1＝2mvC
解得小球1碰撞前的速度v1＝2eq \r(115) m/s，由机械能守恒可得弹簧的弹性势能Ep＝eq \f(1,2)mv12＝9.2 J
(3)如图，小球黏合体在A点竖直方向上做匀加速运动
竖直方向上的初速度为
v0＝vAsin 37°＝3 m/s
由竖直方向匀加速运动可得
R＋Rcs 37°＝v0t＋eq \f(1,2)gt2，
解得t＝0.6 s.
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