【題型一】等效重力場(chǎng)
1．如圖所示，一根不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線一端固定于O點(diǎn)，另一端系一帶正電小球，置于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。已知繩長(zhǎng)L，小球質(zhì)量為m，電荷量為q，現(xiàn)把小球從A點(diǎn)由靜止釋放，剛好能到達(dá)水平最高點(diǎn)B處，重力加速度為g，則下列說(shuō)法不正確的是（ ）
A．小球所受的電場(chǎng)力大小為
B．從A到B過(guò)程中，小球的機(jī)械能增加了
C．從A到B過(guò)程中，小球的動(dòng)能最大為
D．從A到B過(guò)程中，繩子的最大拉力為
【答案】D
【詳解】A．根據(jù)題意，設(shè)小球所受的電場(chǎng)力大小為，由動(dòng)能定理有
解得
故A正確；
B．從A到B過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功，大小為
由功能關(guān)系可知，小球的機(jī)械能增加了，故B正確；
CD．根據(jù)題意可知，電場(chǎng)力與重力的合力為
方向與豎直方向成斜向下，當(dāng)該合力與繩子共線時(shí)，小球速度最大，繩子拉力最大，根據(jù)牛頓第二定律
由動(dòng)能定理有
聯(lián)立解得
，
故C正確，D錯(cuò)誤。
本題選不正確的，故選D。
2．如圖所示，一光滑絕緣半圓軌道固定在豎直平面內(nèi)，與光滑絕緣水平面相切于B點(diǎn)，半圓軌道的半徑為R。整個(gè)空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為，一帶正電小球質(zhì)量為m、電荷量為q，從A點(diǎn)以一定的初速度向B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)B點(diǎn)后恰能不脫離軌道運(yùn)動(dòng)到軌道的最高點(diǎn)C，小球從軌道最高點(diǎn)C飛出后落到水平面上的F點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）。已知重力加速度為g，sin37°=0.6，cs37°=0.8，以初始位置為重力勢(shì)能的零勢(shì)能面，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．小球在C點(diǎn)的速度大小為
B．小球在B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為
C．小球的機(jī)械能最小值為
D．F點(diǎn)與B點(diǎn)的水平距離為
【答案】C
【詳解】A．由于小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)后恰能不脫離軌道運(yùn)動(dòng)到軌道的最高點(diǎn)C，如圖所示
在D點(diǎn)，有
小球從D點(diǎn)到C點(diǎn)，由動(dòng)能定理得
解得
故A錯(cuò)誤；
B．小球從B點(diǎn)到C點(diǎn)，由動(dòng)能定理得
解得
在B點(diǎn)，有
解得
根據(jù)牛頓第三定律可得，小球在B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為，故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)能量守恒定律可知，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到圓心等高處時(shí)電勢(shì)能最大，機(jī)械能最小，則從B點(diǎn)到圓心等高處，有
聯(lián)立解得
故C正確；
D．小球離開(kāi)C點(diǎn)后，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，水平方向上在電場(chǎng)力的作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球從C點(diǎn)到F點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，水平方向的加速度為a，F(xiàn)點(diǎn)到B點(diǎn)的水平距離為x，則
聯(lián)立解得
故D錯(cuò)誤。
故選C。
3．（多選）如圖所示，在地面上方的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一個(gè)質(zhì)量為m、帶正電的電荷量為q的小球，系在一根長(zhǎng)為R的絕緣細(xì)線的一端，可以在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)。AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑。已知重力加速度的大小為g，電場(chǎng)強(qiáng)度。若小球恰能在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)細(xì)線的拉力最大B．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能最大
C．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能最大D．小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最小速度為
【答案】CD
【詳解】AD．帶正電的電荷量為q的小球受到的電場(chǎng)力大小為
則重力和電場(chǎng)力的合力大小為
重力和電場(chǎng)力的合力方向與豎直方向的夾角滿足
可得
如圖所示
可知小球運(yùn)動(dòng)等效最低點(diǎn)時(shí)速度最大，細(xì)線的拉力最大；小球運(yùn)動(dòng)等效最高點(diǎn)時(shí)速度最小，則有
解得小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最小速度為
故A錯(cuò)誤，D正確；
BC．從小球從A到B過(guò)程，電場(chǎng)力對(duì)小球一直做正功，小球電勢(shì)能減小，小球從B到A過(guò)程，電場(chǎng)力對(duì)小球一直做負(fù)功，小球電勢(shì)能增大，則小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能最小，小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能最大，故B錯(cuò)誤，C正確。
故選CD。
4．（多選）如圖所示，半徑為R的光滑絕緣圓環(huán)固定于豎直平面內(nèi)，a為圓環(huán)的最低點(diǎn)，c為圓環(huán)的最高點(diǎn)，b點(diǎn)與圓心О等高，該空間存在與圓環(huán)平面平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)。質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球Р套在圓環(huán)上，沿環(huán)做圓周運(yùn)動(dòng)，通過(guò)a、b、c三點(diǎn)時(shí)的速度大小分別為、、（重力加速度為g，空氣阻力不計(jì)）.下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．勻強(qiáng)電場(chǎng)方向水平向左
B．勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小
C．小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中對(duì)圓環(huán)的最小壓力為0
D．小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中在b處與地球組成的系統(tǒng)有最大的機(jī)械能
【答案】BCD
【詳解】A．從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)
解得
故ac連線為等勢(shì)線，從a到b，有
解得
電場(chǎng)線垂直于等勢(shì)線，且沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，故勻強(qiáng)電場(chǎng)方向水平向右，故A錯(cuò)誤；
B．勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小為
故B正確；
C．電場(chǎng)力
當(dāng)電場(chǎng)力與重力合力與圓心在一條直線上時(shí)，對(duì)圓環(huán)的壓力達(dá)到最大和最小，根據(jù)幾何關(guān)系可知，最小速度
根據(jù)牛頓第二定律
解得最小支持力為0，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中對(duì)圓環(huán)的最小壓力為0，故C正確；
D．小球在b處的電勢(shì)能最小，根據(jù)能量守恒定律可知，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中在b處與地球組成的系統(tǒng)有最大的機(jī)械能，故D正確。
故選BCD。
5．（多選）如圖所示，在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線一端固定于O點(diǎn)，另一端系著一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，小球靜止在M點(diǎn)?，F(xiàn)給小球一垂直于OM的初速度v0，使其在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)恰好做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，AB為圓的豎直直徑。已知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為，重力加速度為g。當(dāng)小球第二次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)細(xì)線突然斷裂，則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．小球做完整的圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子初速度的最小值
B．細(xì)線斷裂后，小球速度的最小值為
C．從細(xì)線斷裂到小球的動(dòng)能與B點(diǎn)動(dòng)能相等的過(guò)程中，電勢(shì)能增加了
D．從細(xì)線斷裂到小球的電勢(shì)能與B點(diǎn)電勢(shì)能相等的過(guò)程中，重力勢(shì)能減少了2mgL
【答案】AB
【詳解】A．由題意等效最高點(diǎn)在OM連線的反向延長(zhǎng)線與圓周的交點(diǎn)上，如圖
設(shè)為N，則電場(chǎng)力和重力的等效合力為
所以
從M點(diǎn)到N點(diǎn)由動(dòng)能定理
解得粒子初速度的最小值
故A正確；
B．電場(chǎng)力和重力的合力方向與水平方向的夾角為
可知
從M點(diǎn)到B點(diǎn)，由動(dòng)能定理
解得
解得細(xì)線斷裂后，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度最小時(shí)到達(dá)“最高點(diǎn)”，則速度的最小值為
故B正確；
C．細(xì)線從B點(diǎn)斷裂，當(dāng)?shù)竭_(dá)連線上某點(diǎn)動(dòng)能與B點(diǎn)動(dòng)能相等，因?yàn)榈竭_(dá)圓周上的點(diǎn)時(shí)，克服電場(chǎng)力做功為
所以實(shí)際小球的電勢(shì)能增加不是，故C錯(cuò)誤；
D．細(xì)線從B點(diǎn)斷裂，當(dāng)?shù)竭_(dá)與A點(diǎn)在同一豎直線上時(shí)，小球的電勢(shì)能與點(diǎn)電勢(shì)能相等，則該過(guò)程中經(jīng)過(guò)的時(shí)間
此過(guò)程中小球下落的豎直高度
重力勢(shì)能減少了
故D錯(cuò)誤。
故選AB。
【題型二】力電綜合
6．如圖所示，半徑R=0.2m的光滑圓弧軌道豎直固定，與水平面相切于最低點(diǎn)B，空間中存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E=1×103V/m。帶正電的物塊甲質(zhì)量m1=0.2kg，電荷量q=1×10-3C；物塊乙不帶電，其質(zhì)量m2=0.1kg，將乙靜置于B點(diǎn)右側(cè)L=0.5m處的C點(diǎn)。物塊甲從與圓心O等高的A點(diǎn)以=的初速度豎直下滑，甲與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4。甲、乙兩物塊均視為質(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力，二者碰撞時(shí)無(wú)機(jī)械能損失，且二者之間沒(méi)有電荷轉(zhuǎn)移，取g=10m/s2。求：
（1）在B處物塊甲對(duì)軌道的壓力；
（2）甲與乙第一次碰撞前的瞬間物塊甲的速度大?。?br>（3）甲與乙第一次碰撞后的瞬間各自速度大小。
【答案】（1）10N，方向向下；（2）；（3），
【詳解】（1）對(duì)物塊甲，從A到B，根據(jù)動(dòng)能定理
在B處根據(jù)牛頓第二定律
得
FN=10N
根據(jù)牛頓第三定律，在B處物塊甲對(duì)軌道的壓力為10N，方向向下。
（2）物塊甲在水平面上向右運(yùn)動(dòng)，碰撞前，根據(jù)動(dòng)能定理
（3）甲乙碰撞過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒
解得
7．如圖所示，在豎直平面內(nèi)的平面直角坐標(biāo)系xOy中，x軸上方有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，x軸下方存在豎直向上、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小等于。先有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電絕緣小球，從y軸上的P（0，L）點(diǎn)由靜止開(kāi)始釋放，運(yùn)動(dòng)至x軸上的B（L，0）點(diǎn)時(shí)，恰好無(wú)碰撞地沿切線方向進(jìn)入固定在x軸下方豎直放置的四分之一圓弧形光滑絕緣細(xì)管，BC=2L。小球第3次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)與x軸交于D點(diǎn)（圖中D點(diǎn)未畫出），細(xì)管內(nèi)徑略大于小球外徑，小球直徑遠(yuǎn)小于細(xì)管軌道的半徑，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。求：
（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E1的大小；
（2）小球從P點(diǎn)至D點(diǎn)的時(shí)間；
（3）D點(diǎn)的位置坐標(biāo)；
【答案】（1）；（2）；（3）（11L，0）
【詳解】（1）小球由靜止釋放后在重力和電場(chǎng)力的作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，小球從P點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入，根據(jù)幾何關(guān)系，此時(shí)速度方向與豎直方向的夾角為45°，即加速度方向與豎直方向的夾角為45°，則有
解得
（2）從P到B的過(guò)程中，小球做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得
根據(jù)位移的表達(dá)式有
解得
，
從B到C的過(guò)程中，由于
qE2=mg
即電場(chǎng)力與重力平衡，則小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系有
從B到C的過(guò)程中經(jīng)歷的時(shí)間
解得
從C到D的過(guò)程中，小球做類斜拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向做雙向勻變速運(yùn)動(dòng)，水平方向勻速直線，根據(jù)對(duì)稱性有
則小球從P點(diǎn)至D點(diǎn)的時(shí)間
t= t1+ t2+ t3
解得
（3）小球從C點(diǎn)拋出時(shí)的速度
結(jié)合上述，小球水平方向的加速度大小
水平方向最勻加速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向有
解得
則D點(diǎn)的橫坐標(biāo)位
則D點(diǎn)的位置坐標(biāo)為（11L，0）。
8．如圖所示，MN為絕緣光滑水平平臺(tái)的右邊緣豎直分界線，兩側(cè)分布有圖示水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和。平臺(tái)上一質(zhì)量為m、電荷量為q（）可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊，在左側(cè)電場(chǎng)力的作用下，自距離MN為l的O點(diǎn)由靜止開(kāi)始加速，從M點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，恰好垂直落在水平地面上的P點(diǎn)（未畫出）。已知電場(chǎng)強(qiáng)度，平臺(tái)高，重力加速度為g，求：
（1）滑塊飛離平臺(tái)的速度v；
（2）電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；
（3）從滑塊離開(kāi)平臺(tái)到其動(dòng)能最小所經(jīng)歷的時(shí)間。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）由動(dòng)能定理知
代入得
（2）由題知，從M點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，恰好垂直落在水平地面上的P點(diǎn)，則說(shuō)明做負(fù)功，水平方向到P點(diǎn)時(shí)速度為0，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)水平位移為，滑塊下落時(shí)間為，則豎直方向有
水平方向有
則
聯(lián)立解得
（3）由題知，，由拋體運(yùn)動(dòng)對(duì)稱性知其運(yùn)動(dòng)示意圖如圖所示，，由幾何關(guān)系知
水平方向有
當(dāng)滑塊由M運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)力與重力合外力做負(fù)功，滑塊動(dòng)能減小，在Q點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最小，從滑塊離開(kāi)平臺(tái)到其動(dòng)能最小所經(jīng)歷的時(shí)間為
9．如圖所示，M、N是一方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中的兩點(diǎn)。從M點(diǎn)先后以不同速率沿水平方向拋出兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球A、B，A不帶電，B帶正電，電荷量為q。小球A從M點(diǎn)拋出時(shí)的速度大小為，到達(dá)N點(diǎn)所用時(shí)間為t；小球B從M點(diǎn)拋出到達(dá)N點(diǎn)所用時(shí)間為2t，已知重力加速度為g，求：
（1）M、N兩點(diǎn)的高度差h；
（2）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。?br>（3）小球B運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)的速度大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）因小球A做平拋運(yùn)動(dòng)，故M、N兩點(diǎn)的高度差為
（2）對(duì)小球B，由牛頓第二定律有
由豎直方向運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有
聯(lián)立解得
（3）對(duì)小球B，由動(dòng)能定理得
因A、B水平位移相等有
聯(lián)立解得
10．如圖所示，一絕緣細(xì)直桿AC固定在水平向左、電場(chǎng)強(qiáng)度大小的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，直桿與電場(chǎng)線成37°角，桿長(zhǎng)，一套在直桿上的電荷量為的帶負(fù)電荷的小環(huán)，從桿頂端A點(diǎn)以初速度開(kāi)始下滑，小環(huán)離開(kāi)桿后恰好通過(guò)桿底端C點(diǎn)正下方的P點(diǎn)。已知小環(huán)的質(zhì)量，環(huán)與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)，取重力加速度大小，求：
（1）小環(huán)在C點(diǎn)的速度；
（2）小環(huán)從C點(diǎn)到P點(diǎn)的時(shí)間；
（3）小環(huán)運(yùn)動(dòng)到桿下端C向正下方P點(diǎn)的動(dòng)能。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）設(shè)小環(huán)在細(xì)直桿上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為，受到的支持力大小為，受到的摩擦力大小為，小環(huán)在C點(diǎn)的速度為，則對(duì)小環(huán)進(jìn)行受力分析可得，沿桿方向
垂直桿方向
其中
解得加速度
根據(jù)速度位移公式
解得
（2）小環(huán)從C點(diǎn)到P點(diǎn)在水平方向只受到電場(chǎng)力，則水平方向的加速度大小為
小環(huán)在C點(diǎn)水平方向的分速度為
設(shè)小環(huán)從C點(diǎn)到P點(diǎn)的時(shí)間為t，根據(jù)位移時(shí)間公式有
解得
（3）小環(huán)到P點(diǎn)水平方向的速度大小為
在豎直方向，根據(jù)牛頓第二定律
豎直方向的速度大小為
小環(huán)到P點(diǎn)速度大小為
所以小環(huán)到P點(diǎn)的動(dòng)能為
1．（多選）如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓形光滑絕緣軌道，軌道的最高點(diǎn)為M，最低點(diǎn)為N，軌道所在空間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向與水平面夾角為30度，軌道內(nèi)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，給小球一個(gè)沿軌道切線的初速度，使小球恰能沿軌道做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，忽略一切阻力，則小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中（ ）
A．在M點(diǎn)的速率最小B．最大速率為
C．對(duì)軌道的壓力最大為6mgD．電勢(shì)能最小時(shí)，動(dòng)能最大
【答案】BC
【詳解】A．小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的重力和電場(chǎng)力恒定不變，由平行四邊形定則可知它們的合力方向指向右下方，大小為
如圖所示
根據(jù)“等效場(chǎng)”的原理，小球通過(guò)點(diǎn)的速率最小，故A 錯(cuò)誤；
B．通過(guò)“等效最高點(diǎn)”點(diǎn)時(shí)，有
解得
從點(diǎn)到點(diǎn)，由動(dòng)能定理得
解得
故B正確；
C．在點(diǎn)時(shí)，有
解得
由牛頓第三定律可知對(duì)軌道的壓力最大為
故C正確；
D．速度最大時(shí)，動(dòng)能最大，對(duì)應(yīng)“等效最低點(diǎn)”點(diǎn)，此時(shí)小球具有的電勢(shì)能并不是最小，故D錯(cuò)誤。
故選BC。
2．（多選）如圖所示，在豎直面內(nèi)有一半徑為R的圓環(huán)形軌道，軌道內(nèi)部最低點(diǎn)A處有一質(zhì)量為m的光滑帶正電的小球（可視作質(zhì)點(diǎn)），其所帶電荷量為q，在圓環(huán)區(qū)域內(nèi)存在著方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度，現(xiàn)給小球一個(gè)水平向右的初速度v0，使小球開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，以下說(shuō)法正確的是（ ）
A．若v0，則小球可以做完整的圓周運(yùn)動(dòng)
B．若小球可以做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則軌道所給彈力的最大值與最小值相差
C．若，則小球?qū)⒃谲壍雷罡唿c(diǎn)B處脫離軌道
D．若，則小球機(jī)械能最大處的動(dòng)能為
【答案】BC
【詳解】A．小球同時(shí)受到重力和電場(chǎng)力作用，這時(shí)可認(rèn)為小球處于等效重力場(chǎng)中，小球受到的等效重力為
等效重力加速度為
與豎直方向的夾角
如下圖所示
小球可以做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則有
小球運(yùn)動(dòng)到等效最高點(diǎn)時(shí)，在等效重力場(chǎng)中應(yīng)用機(jī)械能守恒定律可得
解得
故A錯(cuò)誤；
B．若小球可以做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則小球在等效重力場(chǎng)中最低點(diǎn)軌道所給的彈力最大，等效最高點(diǎn)軌道所給的彈力最小，在最低點(diǎn)有
在最高點(diǎn)有
小球從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，有
解得軌道所給彈力的最大值與最小值相差為
故B正確；
C．若，小球到達(dá)最高點(diǎn)B處的過(guò)程中，重力做負(fù)功，電場(chǎng)力不做功，則有
解得
故可得小球?qū)⒃谲壍雷罡唿c(diǎn)B處脫離軌道，故C正確；
D．若，根據(jù)動(dòng)能定理，小球運(yùn)動(dòng)到等效最低點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能最大，此時(shí)
解得
故D錯(cuò)誤。
故選BC。
3．（多選）如圖，傾角的固定斜面與半徑為r的四分之三圓弧形軌道ABC相切于A點(diǎn)，其中半圓弧段AB是硬質(zhì)細(xì)圓管。整個(gè)空間存在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球恰好靜止在斜面上。已知重力加速度大小為g，取，小球直徑略小于圓管的內(nèi)徑，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球所帶電荷量保持不變，并且斜面絕緣，忽略一切摩擦。現(xiàn)給小球一個(gè)沿斜面向下的初速度，則（ ）
A．勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為
B．小球能到達(dá)B點(diǎn)的條件為
C．小球可能在BC段某點(diǎn)脫離軌道（不包括BC兩點(diǎn)）
D．小球經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的速度大小可能為
【答案】AD
【詳解】A．當(dāng)帶電小球恰好靜止在斜面上時(shí)，受到重力、電場(chǎng)力、斜面的支持力的作用，由受力分析可得
解得勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為
故A正確；
B．小球在斜面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則
由受力分析可知，重力和電場(chǎng)力等效合力沿BA方向，大小為
B點(diǎn)為小球在圓軌道的等效最高點(diǎn)，若小球到達(dá)等效最高點(diǎn)B點(diǎn)時(shí)的臨界速度為0，從A到B，由動(dòng)能定理可得
解得
小球能到達(dá)B點(diǎn)的條件為，故B錯(cuò)誤；
C．小球不脫離BC軌道，在B點(diǎn)要求
解得
則當(dāng)小球通過(guò)B點(diǎn)的速度小于時(shí)，會(huì)立刻在B點(diǎn)脫離，而不是在BC段某點(diǎn)脫離軌道，當(dāng)小球通過(guò)B點(diǎn)的速度大于等于時(shí)，由于B點(diǎn)為小球在圓軌道的等效最高點(diǎn)，小球不可能在BC段某點(diǎn)脫離軌道，故C錯(cuò)誤；
D．若小球沿著圓軌道從B點(diǎn)到C點(diǎn)，小球在C點(diǎn)的速度為，根據(jù)動(dòng)能定理
解得此時(shí)小球在B點(diǎn)的速度為
故小球經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的速度大小可能為，故D正確。
故選AD。
4．如圖所示，豎直平面內(nèi)的固定光滑圓形絕緣軌道的半徑為R，A、B兩點(diǎn)分別是圓形軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)，圓形軌道上C、D兩點(diǎn)的連線過(guò)圓心O且OC與豎直向下方向的夾角為60°?？臻g存在方向水平向右且平行圓形軌道所在平面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m的帶負(fù)電小球（視為質(zhì)點(diǎn)）恰好能沿軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓形軌道運(yùn)動(dòng)，且小球通過(guò)D點(diǎn)時(shí)的速度最小。重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．小球受到的電場(chǎng)力大小為2mg
B．小球通過(guò)C點(diǎn)時(shí)所受軌道的作用力大小為12mg
C．小球通過(guò)D點(diǎn)時(shí)的速度大小為
D．小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度為
【答案】BC
【詳解】A．小球在通過(guò)D點(diǎn)時(shí)的速度最小，則在該點(diǎn)電場(chǎng)力與重力的合力沿半徑方向，D點(diǎn)為等效最高點(diǎn)，C點(diǎn)為等效最低點(diǎn)，如圖所示
根據(jù)幾何關(guān)系可得，小球受到的電場(chǎng)力大小
故A錯(cuò)誤；
BC．在“最高點(diǎn)”有最小速度，即
解得
小球從D到C的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得
解得
在C點(diǎn)，由牛頓第二定律
解得
故BC正確；
D．小球通過(guò)等效最低點(diǎn)C的速度最大，即最大速度為
故D錯(cuò)誤。
故選BC。
5．如圖所示，絕緣光滑圓軌道豎直放置在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為＋q的小球位于軌道內(nèi)側(cè)的最高點(diǎn)A處。小球由靜止釋放后沿直線打到與圓心O等高的B點(diǎn)，小球可視為質(zhì)點(diǎn)。已知圓軌道的半徑為R，重力加速度為g。
（1）求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E1的大??；
（2）當(dāng)給小球一個(gè)水平方向的初速度，小球恰能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，求小球通過(guò)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能Ek。
（3）若電場(chǎng)方向不變，大小變?yōu)镋1的一半，在A點(diǎn)給小球一水平向右的初速度，使小球恰好到達(dá)B點(diǎn)。求初速度的大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）對(duì)小球受力分析，如圖所示
小球由靜止釋放后沿直線打到與圓心O等高的B點(diǎn)，則合力沿AB方向，有
解得
（2）根據(jù)小球合力方向可知，小球能通過(guò)圓軌道等效最高點(diǎn)D點(diǎn)，由題意可知，D點(diǎn)位于OD與OA夾角為45°，如圖所示
小球能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，小球的合力大小為
小球在D點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有
D點(diǎn)到A的過(guò)程，由動(dòng)能定理有
聯(lián)立解得
（3）若電場(chǎng)方向不變，大小變?yōu)镋1的一半，在A點(diǎn)給小球一水平向右的初速度，使小球恰好到達(dá)B點(diǎn)，由兩分運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有
聯(lián)立可得
6．如圖所示，水平面上豎直固定絕緣的四分之一圓弧軌道BC，軌道AB和BC均光滑，水平面AB與圓弧BC相切于B點(diǎn)，О為圓心，OB豎直，OC水平，BC軌道半徑為R。整個(gè)空間有足夠大、水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電絕緣小球自A點(diǎn)由靜止釋放，小球沿水平面向右運(yùn)動(dòng)，AB間距離為2R，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力。求：
（1）小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；
（2）小球從A點(diǎn)開(kāi)始，經(jīng)過(guò)C點(diǎn)脫離軌道后上升到最高點(diǎn)過(guò)程中，小球電勢(shì)能的變化量Ep；
（3）小球離開(kāi)圓弧軌道到落地前的最小速率，以及小球從離開(kāi)圓弧軌道到最小速率時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間。
【答案】（1） ，方向水平向右；（2） ；（3）
【詳解】（1）設(shè)小球在C點(diǎn)的速度為，小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)C點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得
解得
小球在C點(diǎn)時(shí)水平方向的支持力FN與電場(chǎng)力qE的合力提供向心力，所以有
解得
由牛頓第三定律可得小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?br>方向水平向右。
（2）小球過(guò)C點(diǎn)上升到達(dá)最高點(diǎn)的過(guò)程中，由運(yùn)動(dòng)的分解可知，在水平方向小球做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球從C點(diǎn)到最高點(diǎn)的時(shí)間為t，則有水平方向上
豎直方向上
小球從A點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到達(dá)最高點(diǎn)過(guò)程中電場(chǎng)力做功為
根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化關(guān)系
解得
（3）小球從C點(diǎn)以
拋出后，可將小球的運(yùn)動(dòng)分解為沿合力方向的分運(yùn)動(dòng)和垂直合力方向的分運(yùn)動(dòng)，如圖所示
其中垂直合力方向?yàn)閯蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，速度
沿合力方向做類豎直上拋運(yùn)動(dòng)，初速度
加速度滿足
解得
當(dāng)沿合力方向的速度減為零時(shí)，小球的速度具有最小值，最小值為
經(jīng)歷的時(shí)間
7．如圖所示，坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)，y軸正方向豎直向上，整個(gè)空間存在著勻強(qiáng)電場(chǎng)（電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小未知，方向平行于xOy平面）。為了確定場(chǎng)強(qiáng)的大小和方向，研究人員先后進(jìn)行了兩次操作。第一次，將一帶正電的小球從原點(diǎn)O處以速率沿x軸正方向拋出，小球在y軸右側(cè)運(yùn)動(dòng)中與y軸的最遠(yuǎn)距離為；第二次，將該小球從原點(diǎn)O處以速率沿y軸正方向拋出，小球在x軸上方運(yùn)動(dòng)中與x軸的最遠(yuǎn)距離為。已知小球的質(zhì)量為m、電荷量為，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，且，忽略空氣阻力，重力加速度為g，求場(chǎng)強(qiáng)E的大小和方向（結(jié)果用m、g、q表示）。
【答案】，電場(chǎng)方向與y軸正方向的夾角
【詳解】小球運(yùn)動(dòng)中受到重力和電場(chǎng)力的共同作用，將小球的加速度分別沿x軸和y軸方向分解，易知，兩個(gè)分加速度的方向均沿負(fù)半軸方向，設(shè)其大小分別為、，則第一次有
第二次有
又
解得
，
設(shè)沿x軸和y軸方向的場(chǎng)強(qiáng)大小分別為和，由牛頓第二定律分別有
場(chǎng)強(qiáng)大小
設(shè)電場(chǎng)方向與y軸正方向的夾角為，則有
聯(lián)立解得
，
8．如圖甲所示，兩個(gè)半徑為R的豎直固定的絕緣光滑 細(xì)圓管道與粗糙水平地面AB在B點(diǎn)平滑相切，過(guò)管道圓心 的水平界面下方空間有水平向右的電場(chǎng)，記A點(diǎn)所在位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿AB方向建立坐標(biāo)軸，電場(chǎng)強(qiáng)度大小隨位置變化如圖乙所示。質(zhì)量為、帶電量為的小球P靜止在A點(diǎn)，與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)。另有一光滑絕緣不帶電小球Q，質(zhì)量為，以速度向右運(yùn)動(dòng)，與小球P發(fā)生彈性正碰，碰撞時(shí)間極短，且P、Q間無(wú)電荷轉(zhuǎn)移，碰后P球可從B點(diǎn)無(wú)碰撞進(jìn)入管道。已知A、B間距離為4R，重力加速度為，不計(jì)空氣阻力，小球P、Q均可視為質(zhì)點(diǎn)。求：
（1）碰后小球P的速度大??；
（2）小球P從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到管道最高點(diǎn)C點(diǎn)過(guò)程中電場(chǎng)力做的功；
（3）小球P再次到達(dá)水平地面時(shí)與B點(diǎn)的距離。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得
將代入以上兩式得碰后小球P的速度大小
（2）過(guò)程中，由圖乙可知電場(chǎng)力做功
小球P從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到管道最高點(diǎn)C點(diǎn)過(guò)程中電場(chǎng)力做的功
（3）過(guò)程中摩擦力做功
小球P從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到管道最高點(diǎn)C點(diǎn)過(guò)程中由動(dòng)能定理得
解得最高點(diǎn)C點(diǎn)速度
過(guò)C點(diǎn)后小球先在電場(chǎng)線上方做平拋運(yùn)動(dòng)，后在電場(chǎng)力和重力的共同作用下運(yùn)動(dòng)。
小球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
小球做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移
小球進(jìn)入電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間
電場(chǎng)力方向加速度
電場(chǎng)力方向位移
綜上可解得
綜合以上可得，小球P再次到達(dá)水平地面時(shí)與B點(diǎn)的距離
9．如圖所示，圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在一個(gè)平行于該區(qū)域的勻強(qiáng)電場(chǎng)，MN為圓的一條直徑。質(zhì)量為m、電荷量為的粒子從M點(diǎn)以速度v射入電場(chǎng)，速度方向與MN夾角，一段時(shí)間后粒子運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，速度大小仍為v，不計(jì)粒子重力。求：
（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的方向；
（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E；
（3）僅改變粒子速度大小，當(dāng)粒子離開(kāi)圓形區(qū)域的電勢(shì)能最小時(shí)，粒子速度改變量的大小。
【答案】（1）電場(chǎng)強(qiáng)度方向垂直MN斜向左下；（2）；（3）
【詳解】（1）從M到N粒子動(dòng)能不變，電場(chǎng)力做功為0，所以MN為等勢(shì)線，由于粒子帶正電且所受電場(chǎng)力偏向，所以電場(chǎng)強(qiáng)度方向垂直MN斜向左下。
（2）粒子做類似斜拋的運(yùn)動(dòng)，沿MN方向，粒子做勻速運(yùn)動(dòng)，則有
垂直MN方向有
根據(jù)牛頓第二定律得
聯(lián)立解得勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為
（2）如圖所示
當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，電勢(shì)能最??；由
，，
聯(lián)立解得
10．如圖所示，豎直面內(nèi)存在直角坐標(biāo)系xOy，平行于y軸的虛線MN、PQ將第一象限分為Ⅰ、Ⅱ兩個(gè)區(qū)域。區(qū)域Ⅰ的寬度為3d，在的區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在的區(qū)域內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)。區(qū)域Ⅱ的寬度為d，其內(nèi)部存在平行于xOy平面且方向未知的勻強(qiáng)電場(chǎng)。質(zhì)量為m、電荷量為的帶電小球由O點(diǎn)沿x軸正方向以的速度射入Ⅰ區(qū)域，小球僅從直線上的點(diǎn)A穿過(guò)后，經(jīng)過(guò)點(diǎn)垂直MN進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，經(jīng)過(guò)PQ與x軸的交點(diǎn)C，速度大小。、、的大小均未知，小球重力不可忽略，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。求：
（1）區(qū)域Ⅱ中BC兩點(diǎn)的電勢(shì)差；
（2）區(qū)域Ⅰ中勻強(qiáng)電場(chǎng)的大?。?br>（3）小球在區(qū)域Ⅱ中從B到C過(guò)程中所受電場(chǎng)力的沖量大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）小球在Ⅰ區(qū)域電場(chǎng)中，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向先加速再減速到零，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，從B到C的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得
解得
（2）設(shè)小球在Ⅰ區(qū)域中經(jīng)過(guò)直線時(shí)，豎直方向速度為，在中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為、在中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，水平方向則有
豎直方向，在中有
在中有
解得
小球在Ⅰ區(qū)域中，豎直方向由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得
由牛頓第二定律可得
解得
（3）設(shè)小球在Ⅱ區(qū)域中，電場(chǎng)水平方向的分量為、豎直方向分量為，在C點(diǎn)時(shí)水平方向速度為，豎直方向速度為，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得
聯(lián)立可得
水平方向
豎直方向
聯(lián)立可得
Ⅱ區(qū)域的場(chǎng)強(qiáng)大小為
小球在區(qū)域Ⅱ中從B到C過(guò)程中所受電場(chǎng)力的沖量大小
11．帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律在近代物理實(shí)驗(yàn)裝置中有著極其廣泛的應(yīng)用，這些應(yīng)用涉及帶電粒子的測(cè)量、加速和約束問(wèn)題。2023年諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)獲得者就因其研究控制電子移動(dòng)而獲得。如圖的電場(chǎng)模型設(shè)計(jì)，可以通過(guò)改變電場(chǎng)的水平寬度控制帶電小球間碰撞，從而模仿微觀狀態(tài)帶電粒子的運(yùn)動(dòng)。如圖所示，電荷量為、質(zhì)量為的小球B靜置于光滑的水平絕緣板右端，板的右側(cè)空間有水平寬度一定、豎直高度足夠高的勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向水平向左，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，與球B形狀相同、質(zhì)量為的絕緣不帶電小球A以初速度向B運(yùn)動(dòng)，兩球發(fā)生彈性碰撞后均逆著電場(chǎng)的方向進(jìn)入電場(chǎng)，在空中兩球又發(fā)生多次彈性碰撞。已知每次碰撞時(shí)間極短，小球A始終不帶電，小球B的電量始終不變。兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力，重力加速度g取。
（1）求第一次碰撞后瞬間A、B兩小球的速度；
（2）如果兩小球第二次、第三次碰撞都發(fā)生在電場(chǎng)中，則在第二次與第三次碰撞之間，有一個(gè)時(shí)刻球B合力的瞬時(shí)功率為0，求從第二次碰撞后到此時(shí)刻的時(shí)間間隔。
【答案】（1）A的速度，水平向右，B的速度，水平向右；（2）
【詳解】（1）第一次碰撞，取向右為正，設(shè)碰后A球速度為，碰后B球速度為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律知
根據(jù)能量守恒定律知
第一次碰后A的速度，水平向右；B的速度，水平向右
（2）豎直方向自由下落，AB始終在同一水平面，對(duì)B水平方向有
代入得
方向：水平向左
第二次碰撞前
代入得
對(duì)球B有
方向：水平向左，豎直方向有
方向：豎直向下
第二次碰撞，向右為正，根據(jù)動(dòng)量守恒定律知
根據(jù)能量守恒定律知
第二次碰后A的速度為0，B的速度，方向：水平向右
球B合力的瞬時(shí)功率為0時(shí)合力與瞬時(shí)速度垂直，設(shè)合力與水平方向夾角為，如圖所示
則有
代入得
目錄
01 模擬基礎(chǔ)練
【題型一】等效重力場(chǎng)
【題型二】力電綜合
02 重難創(chuàng)新練

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第38講 帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問(wèn)題（練習(xí)）（原卷版）-2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)講練測(cè)（新教材新高考）

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第38講 帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問(wèn)題（講義）（解析版）-2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)講練測(cè)（新教材新高考）

第38講 帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問(wèn)題（講義）（解析版）-2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)講練測(cè)（新教材新高考）
2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第40講帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問(wèn)題(練習(xí))(學(xué)生版+解析)

2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第40講帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問(wèn)題(練習(xí))(學(xué)生版+解析)
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