[專題強(qiáng)化(十)]帶電粒子(體)在電場(chǎng)中的綜合問(wèn)題________________________________________________________________________(選擇題每題5分，解答題每題10分，建議用時(shí)：50分鐘)考點(diǎn)題目等效法2，4力電綜合5，6，7動(dòng)量觀點(diǎn)1，3，81.(2023·湖南高三專題練習(xí))如圖，一帶電的平行板電容器固定在絕緣底座上，底座置于光滑水平面上，一光滑絕緣輕桿左端固定在電容器的左極板上，并穿過(guò)右極板上的小孔，電容器極板連同底座總質(zhì)量為2m，底座鎖定在水平面上時(shí)，套在桿上質(zhì)量為m的帶電環(huán)以某一初速度由小孔進(jìn)入電容器后，最遠(yuǎn)能到達(dá)距離右極板為d的位置。底座解除鎖定后，將兩極板間距離變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，其他條件不變，則帶電環(huán)進(jìn)入電容器后，最遠(yuǎn)能達(dá)到的位置與右極板的距離為()A．eq\f(1,2)dB．dC．eq\f(2,3)dD．eq\f(4,3)d解析：選C。設(shè)帶電環(huán)所帶電荷量為q，初速度為v0，底座鎖定時(shí)電容器極板間電場(chǎng)強(qiáng)度為E，則由功能關(guān)系有qEd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，底座解除鎖定后，兩極板間距離變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變，電容器及底座在帶電環(huán)作用下一起向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)與帶電環(huán)共速時(shí)，帶電環(huán)達(dá)到進(jìn)入電容器最遠(yuǎn)位置，整個(gè)過(guò)程滿足動(dòng)量守恒，則有mv0＝3mv1，再由功能關(guān)系有qEd′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)×3mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，聯(lián)立解得d′＝eq\f(2,3)d，故C正確。2．(2023·新疆高三二模)如圖所示，水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一根長(zhǎng)L＝0.5m的不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線，一端連著一質(zhì)量m＝1kg的帶電小球，另一端固定于O點(diǎn)。把小球拉起至A點(diǎn)，此時(shí)細(xì)線水平，把小球從A點(diǎn)由靜止釋放，小球經(jīng)最低點(diǎn)B后到達(dá)B的另一側(cè)C點(diǎn)時(shí)速度為零，CO與BO夾角為30°，g取10m/s2，則()A．小球一定帶負(fù)電B．小球從A點(diǎn)經(jīng)過(guò)B點(diǎn)再到C點(diǎn)的過(guò)程中，機(jī)械能先增加后減小C．細(xì)線所受的最大拉力為30ND．小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為eq\f(15－5\r(3),3)J解析：選D。對(duì)全過(guò)程，重力做正功，可知電場(chǎng)力做負(fù)功，可知電場(chǎng)力方向向右，則小球帶正電，A錯(cuò)誤；小球從A點(diǎn)經(jīng)過(guò)B點(diǎn)再到C點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力一直做負(fù)功，可知小球的機(jī)械能一直減小，B錯(cuò)誤；對(duì)全過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理可得mgLcos30°－qEL(1＋sin30°)＝0，解得qE＝eq\f(\r(3)mg,3)，重力和電場(chǎng)力的合力F＝eq\r(（qE）2＋（mg）2)＝eq\f(2\r(3)mg,3)，與水平方向夾角的正切值tanθ＝eq\f(mg,qE)＝eq\r(3)，可得θ＝60°，如圖所示，此時(shí)合力方向與圓弧的交點(diǎn)為等效最低點(diǎn)，此時(shí)細(xì)線的拉力最大，根據(jù)動(dòng)能定理得mgLcos30°－qEL(1－sin30°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(max))，在等效最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律Tmax－F＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(max)),L)，聯(lián)立解得細(xì)線所受的最大拉力Tmax＝eq\f(40\r(3),3)N，C錯(cuò)誤；從A到B根據(jù)動(dòng)能定理可得Ek＝mgL－qEL＝eq\f(15－5\r(3),3)J，D正確。3．(多選)(2022·四川遂寧三模)如圖，A、B兩帶電小球，所帶電荷量大小分別為QA、QB，質(zhì)量分別為m1和m2。用兩根不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，靜止時(shí)A、B兩球處于同一水平線上，∠OBA＝37°，∠OAB＝53°，C是AB連線上一點(diǎn)且在O點(diǎn)的正下方，C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零。已知sin53°＝0.8，則()A．A、B兩球的質(zhì)量之比為9∶16B．A、B兩球的帶電荷量之比為81∶256C．同時(shí)剪斷連接兩小球A、B的細(xì)線，A小球一定先落地D．同時(shí)剪斷連接兩小球A、B的細(xì)線，A、B小球水平位移之比為9∶16解析：選BD。設(shè)兩小球間庫(kù)侖力大小為F，對(duì)A球F＝m1gtan37°，對(duì)B球F＝m2gtan53°，兩者聯(lián)立可得eq\f(m1,m2)＝eq\f(16,9)，故A錯(cuò)誤；兩個(gè)小球A、B在C點(diǎn)的合電場(chǎng)強(qiáng)度為零，則keq\f(QA,（lOAsin37°）2)＝keq\f(QB,（lOBcos37°）2)，得eq\f(QA,QB)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lOAsin37°,lOBcos37°)))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,16)))eq\s\up12(2)＝eq\f(81,256)，故B正確；同時(shí)剪斷連接兩小球A、B的細(xì)線，在豎直方向兩小球A、B均做自由落體運(yùn)動(dòng)，兩小球是同時(shí)落地，C錯(cuò)誤；剪斷細(xì)線后，兩球組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，水平方向動(dòng)量守恒，則有m1v1－m1v2＝0，同時(shí)乘以時(shí)間可得m1x1－m1x2＝0，結(jié)合eq\f(m1,m2)＝eq\f(16,9)可得eq\f(x1,x2)＝eq\f(9,16)，故D正確。4．(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向右、電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)。在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一根長(zhǎng)L的絕緣細(xì)線，一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球，它靜止時(shí)懸線與豎直方向成37°角，若小球獲得初速度恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，取小球靜止時(shí)的位置為電勢(shì)能零點(diǎn)和重力勢(shì)能零點(diǎn)，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是()A．小球的帶電荷量eq\f(mgsin37°,E)B．小球動(dòng)能的最小值為eq\f(mgL,2cos37°)C．小球在運(yùn)動(dòng)至圓周軌跡的最高點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小D．小球繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的電勢(shì)能和機(jī)械能之和保持不變解析：選BD。對(duì)小球進(jìn)行受力分析如圖中所示，根據(jù)平衡條件可得mgtan37°＝qE，所以小球的帶電荷量為q＝eq\f(mgtan37°,E)，故A錯(cuò)誤；由于重力和電場(chǎng)力都是恒力，所以它們的合力也是恒力，在圓上各點(diǎn)中，小球在平衡位置A點(diǎn)時(shí)的勢(shì)能(重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和)最小，在平衡位置的對(duì)稱點(diǎn)B點(diǎn)，小球的勢(shì)能最大，由于小球總能量不變，所以在B點(diǎn)的動(dòng)能EkB最小，如圖乙所示，在B點(diǎn)，小球受到的重力和電場(chǎng)力，其合力提供小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，而繩的拉力恰為零，有F合＝eq\f(mg,cos37°)，根據(jù)牛頓第二定律有F合＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),L)，而動(dòng)能為EkB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))，聯(lián)立解得EkB＝eq\f(mgL,2cos37°)，故B正確；由于總能量保持不變，即Ek＋EpG＋EpE＝恒量，所以當(dāng)小球在圓上最左側(cè)的C點(diǎn)時(shí)，電勢(shì)能EpE最大，機(jī)械能最小，故C錯(cuò)誤，D正確。5．(10分)如圖所示，一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當(dāng)整個(gè)裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中時(shí)，小物塊恰好靜止。重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大?。?3分)(2)若將電場(chǎng)強(qiáng)度減小為原來(lái)的eq\f(1,2)，則物塊的加速度為多大？(3分)(3)若將電場(chǎng)強(qiáng)度減小為原來(lái)的eq\f(1,2)，求物塊下滑距離為L(zhǎng)時(shí)的動(dòng)能。(4分)解析：(1)小物塊靜止在斜面上，受到重力、靜電力和斜面支持力，受力分析如圖所示，則有FNsin37°＝qEFNcos37°＝mg聯(lián)立解得E＝eq\f(3mg,4q)。(2)若電場(chǎng)強(qiáng)度減小為原來(lái)的eq\f(1,2)，即E′＝eq\f(3mg,8q)則由牛頓第二定律得mgsin37°－qE′cos37°＝ma解得a＝0.3g。(3)電場(chǎng)強(qiáng)度變化后，物塊下滑距離為L(zhǎng)時(shí)，重力做正功，靜電力做負(fù)功，由動(dòng)能定理得mgLsin37°－qE′Lcos37°＝Ek－0解得Ek＝0.3mgL。答案：(1)eq\f(3mg,4q)(2)0.3g(3)0.3mgL6．(10分)(2023·遼寧高三專題練習(xí))一質(zhì)量為8m的小滑塊，從豎直放置在地面上的輕質(zhì)彈簧頂端處由靜止釋放，彈簧原長(zhǎng)為2R，當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，彈簧長(zhǎng)度變?yōu)镽?，F(xiàn)將該彈簧放到傾角為37°的斜面上，彈簧一端固定在絕緣斜面底端的A點(diǎn)，另一端放帶正電的小滑塊P，滑塊P與彈簧接觸點(diǎn)絕緣且不連接。斜面頂端與半徑為0.4R的光滑半圓形軌道BCD相切于B點(diǎn)，如圖所示。作過(guò)BD的虛線，在虛線右側(cè)區(qū)域有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝eq\f(3mg,4q)。已知整個(gè)系統(tǒng)處于同一豎直平面內(nèi)，滑塊P質(zhì)量為m，其電荷量為q，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，AB長(zhǎng)為6R，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)質(zhì)量為8m的滑塊從豎直放置在地面上的輕質(zhì)彈簧頂端處由靜止釋放，當(dāng)彈簧長(zhǎng)度為R時(shí)，求彈簧的彈性勢(shì)能；(3分)(2)通過(guò)滑塊P將斜面上的彈簧壓縮到長(zhǎng)度為R時(shí)，由靜止釋放滑塊，求該滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度大??；(3分)(3)若在虛線BD區(qū)域左側(cè)再加上沿斜面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E′，其他條件不變，仍通過(guò)滑塊P將斜面上的彈簧壓縮到長(zhǎng)度為R時(shí)，由靜止釋放滑塊P，要使滑塊P能滑到半圓形軌道上且在軌道BCD內(nèi)部運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不脫離軌道，求E′的取值范圍。(4分)解析：(1)設(shè)彈簧壓縮量為R時(shí)，彈性勢(shì)能為Ep，彈簧豎直放置時(shí)，小滑塊和彈簧系統(tǒng)機(jī)械能守恒得Ep＝8mgR。(2)滑塊P運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度大小為vB，在斜面上靜止釋放滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程由功能關(guān)系和動(dòng)能定理得W彈＝Ep－0W彈－5mgRsin37°－5μmgRcos37°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))解得vB＝eq\r(6gR)。(3)當(dāng)帶電滑塊進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，通過(guò)受力分析知：重力與電場(chǎng)力的合力恰好沿虛線方向且F合＝eq\f(mg,cos37°)＝eq\f(5mg,4)帶電滑塊剛好到達(dá)B點(diǎn)速度為零，由動(dòng)能定理得W彈－5mgRsin37°－5μmgRcos37°－E′q·5R＝0解得E′＝eq\f(3mg,5q)同理，到圓弧中點(diǎn)位置時(shí)，速度恰好為零W彈－5mgRsin37°－5μmgRcos37°－E′q·5R－0.4F合R＝0解得E′＝eq\f(mg,2q)根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)，恰好通過(guò)等效最高點(diǎn)DF合＝meq\f(vD′2,0.4R)W彈－5mgRsin37°－5μmgRcos37°－E′q·5R－0.8F合R＝eq\f(1,2)mvD′2－0解得E′＝eq\f(7mg,20q)綜上滿足條件E′的取值范圍0<E′≤eq\f(7mg,20q)或eq\f(mg,2q)≤E′＜eq\f(3mg,5q)。答案：(1)8mgR(2)eq\r(6gR)(3)0<E′≤eq\f(7mg,20q)或eq\f(mg,2q)≤E′＜eq\f(3mg,5q)7．(10分)空間中存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)帶正電的小球從絕緣光滑斜面頂端，以初速度v0＝2eq\r(2)m/s勻速下滑，斜面傾角θ＝45°，從斜面底端離開斜面后，小球經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，恰好以豎直方向的速度v進(jìn)入eq\f(3,4)光滑圓軌道，不計(jì)空氣阻力，g＝10m/s2。(1)小球進(jìn)入圓軌道時(shí)速度v為多大？(4分)(2)求軌道半徑R滿足什么條件，小球在圓軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)不與軌道脫離？(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(6分)解析：(1)小球在光滑斜面勻速下滑，根據(jù)受力平衡可得qE＝mgtanθ＝mg小球離開斜面到進(jìn)入圓軌道過(guò)程，水平方向有0－v0cosθ＝axt，ax＝eq\f(qE,m)＝g豎直方向有v－v0sinθ＝gt聯(lián)立解得v＝4m/s。(2)小球受到的重力和電場(chǎng)力的合力大小為F合＝eq\r(（mg）2＋（qE）2)＝eq\r(2)mg方向斜向下偏右，與水平方向的夾角為45°，如圖所示，情況一：小球剛好運(yùn)動(dòng)到等效最高點(diǎn)A，小球從C到A過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得－F合R(1＋cos45°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))－eq\f(1,2)mv2在A點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得eq\r(2)mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A)),R)聯(lián)立解得R＝eq\f(8（3\r(2)－2）,70)m≈0.26m；情況二：小球從C到B過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得－F合Rcos45°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))－eq\f(1,2)mv2且vB＝0聯(lián)立解得R＝0.80m故小球在圓軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)不與軌道脫離，軌道半徑應(yīng)滿足0<R≤0.26m或R≥0.80m。答案：(1)4m/s(2)0<R≤0.26m或R≥0.80m8．(10分)如圖所示，光滑絕緣的水平面上方空間內(nèi)存在足夠大、方向水平向右，電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)。水平面上小物塊A、B質(zhì)量均為m、相距為L(zhǎng)，其中A帶正電，電荷量為q，B不帶電，某時(shí)刻同時(shí)由靜止釋放A、B，此后A與B之間的碰撞均為彈性正碰，且碰撞過(guò)程中無(wú)電荷轉(zhuǎn)移，碰撞時(shí)間忽略不計(jì)。求：(1)第1次碰撞后B的速度大?。?3分)(2)第2次碰撞與第3次碰撞之間的時(shí)間間隔；(3分)(3)第n次碰撞到第n＋1次碰撞過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)A球做的功。(4分)解析：(1)設(shè)第1次碰撞前A的速度為v0，碰撞后A、B的速度分別為vA1、vB1，由動(dòng)能定理得qEL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))解得v0＝eq\r(\f(2qEL,m))A、B碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mvA1＋mvB1eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\