難點(diǎn)15帶電粒子在電場(chǎng)中的力電綜合問題

小題筌突破

一、帶電粒子在重力場(chǎng)和電場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)

i.等效重力場(chǎng)

物體僅在重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是最常見、最基本的運(yùn)動(dòng)，但是對(duì)于處在勻強(qiáng)電場(chǎng)和重力場(chǎng)中物體的運(yùn)動(dòng)問題就

會(huì)變得復(fù)雜一些.此時(shí)可以將重力場(chǎng)與電場(chǎng)合二為一，用一個(gè)全新的“復(fù)合場(chǎng)”來代替，可形象稱之為“等效

重力場(chǎng)”.

2.

重力場(chǎng)、電場(chǎng)疊加而

成的復(fù)合場(chǎng)

等重力、靜電力的合力

效

重等效重力與物體質(zhì)量

力的比值

場(chǎng)

的物體做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)與

對(duì)等效重力場(chǎng)方向平行

應(yīng)的直徑與圓軌道的第

概

念二個(gè)交點(diǎn)（沿等效重

及力場(chǎng)的方向看）

解

釋物體做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)與

等效重力場(chǎng)方向平行

的直徑與圓軌道的第

一個(gè)交點(diǎn)（沿等效重

力場(chǎng)的方向看）

3.舉例

重力場(chǎng)與電場(chǎng)在一條重力場(chǎng)與電場(chǎng)

直線上（qE>mg）成一定夾角

E等效重力場(chǎng)

【等,重力1

［等效“最高點(diǎn)”）

［等效重力加速度）~

【例1】（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)量為機(jī)、電荷量為+q的小球，系在一根

長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線一端，可以在豎直平面內(nèi)繞。點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng).AB為圓周的水平直徑，為豎直直徑.已

知重力加速度為g,電場(chǎng)強(qiáng)度后=鬻.下列說法正確的是()

D

A.若小球在豎直平面內(nèi)繞。點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，則它運(yùn)動(dòng)的最小速度為瘋

B.若小球在豎直平面內(nèi)繞。點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，則小球運(yùn)動(dòng)到2點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能最大

C.若將小球在A點(diǎn)由靜止開始釋放，它將在圓弧上往復(fù)運(yùn)動(dòng)

D.若將小球在A點(diǎn)以大小為」熊的速度豎直向上拋出，它將能夠到達(dá)3點(diǎn)

【答案】BD

【解析】因?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度E=管，所以小球所受靜電力大小也為加g,故小球所受合力大小為gmg,方向斜向右

2

下方，與豎直方向夾角為45。，故小球通過圓弧的中點(diǎn)時(shí)速度最小，此時(shí)滿足鏡形g=^號(hào)，因此小球

在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的最小速度Vmin=d而，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由功能關(guān)系知，小球機(jī)械能的變化等于除重力

之外的力所做的功，小球在豎直平面內(nèi)繞。點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到8點(diǎn)時(shí)，靜電力做功最多，故運(yùn)動(dòng)到3

點(diǎn)時(shí)小球的機(jī)械能最大，B項(xiàng)正確；小球在A點(diǎn)由靜止開始釋放后，將沿合外力方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，C

項(xiàng)錯(cuò)誤;若將小球以病的速度豎直向上拋出，由對(duì)稱性知經(jīng)時(shí)間儂回到相同高度，其水平位移s=；?華

5=23故小球剛好運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，D項(xiàng)正確.

二、電場(chǎng)中的力電綜合問題

1.帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

(1)分析方法：先分析受力情況，再分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過程(平衡、加速或減速，軌跡是直線還是曲線)，然

后選用恰當(dāng)?shù)囊?guī)律如牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、動(dòng)能定理、能量守恒定律解題.

(2)受力特點(diǎn)：在討論帶電粒子或其他帶電體的靜止與運(yùn)動(dòng)問題時(shí)，重力是否要考慮，關(guān)鍵看重力與其他力

相比較是否能忽略.一般來說，除明顯暗示外，帶電小球、液滴的重力不能忽略，電子、質(zhì)子等帶電粒子

的重力可以忽略，一般可根據(jù)微粒的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)判斷是否考慮重力作用.

2.用能量觀點(diǎn)處理帶電體的運(yùn)動(dòng)

對(duì)于受變力作用的帶電體的運(yùn)動(dòng)，必須借助能量觀點(diǎn)來處理.即使都是恒力作用的問題，用能量觀點(diǎn)處理

也常常更簡(jiǎn)捷.具體方法有：

(1)用動(dòng)能定理處理

思維順序一般為：

①弄清研究對(duì)象，明確所研究的物理過程.

②分析物體在所研究過程中的受力情況，弄清哪些力做功，做正功還是負(fù)功.

③弄清所研究過程的初、末狀態(tài)（主要指動(dòng)能）.

④根據(jù)W=A￡k列出方程求解.

（2）用包括電勢(shì)能和內(nèi)能在內(nèi)的能量守恒定律處理

列式的方法常有兩種：

①利用初、末狀態(tài)的能量相等（即E1=E2）列方程.

②利用某些能量的減少等于另一些能量的增加列方程.

（3）兩個(gè)結(jié)論

①若帶電粒子只在靜電力作用下運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)能和電勢(shì)能之和保持不變.

②若帶電粒子只在重力和靜電力作用下運(yùn)動(dòng)，其機(jī)械能和電勢(shì)能之和保持不變.

【例2】如圖，兩金屬板尸、。水平放置，間距為d兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G,P、。、G的

尺寸相同.G接地，P、Q的電勢(shì)均為e（夕>0）.質(zhì)量為加，電荷量為q（g>0）的粒子自G的左端上方距離G

為//的位置，以速度均平行于紙面水平射入電場(chǎng)，重力忽略不計(jì).

G

----------------x

----------------Q

⑴求粒子第一次穿過G時(shí)的動(dòng)能，以及它從射入電場(chǎng)至此時(shí)在水平方向上的位移大??；

（2）若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場(chǎng)，則金屬板的長(zhǎng)度最短應(yīng)為多少？

【答案】（1）品濘十梟〃叭愣⑵2八用

【解析】（1）PG、0G間場(chǎng)強(qiáng)大小相等，均為E粒子在PG間所受靜電力廠的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速

度大小為有

E寸①

F=qE=ma@

設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)動(dòng)能為反,由動(dòng)能定理有

qEh=Ek一品4③

設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)所用的時(shí)間為3粒子在水平方向的位移為/,則有“=/戶④

l=vot@

聯(lián)立①②③④⑤式解得

與qh

1=9陛

⑵若粒子穿過G一次就從電場(chǎng)的右側(cè)飛出，則金屬板的長(zhǎng)度最短.由對(duì)稱性知，此時(shí)金屬板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=

/即時(shí)訓(xùn)練

一、單選題

1.（2022?全國(guó)?高三專題練習(xí)）如圖所示，在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一質(zhì)量為根的帶電小球用一輕繩連接

恰好在豎直平面內(nèi)順時(shí)針繞。點(diǎn)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡上均勻地分布著A、B、C、D、F、G、

”和尸點(diǎn)，OA垂直于電場(chǎng)強(qiáng)度方向。己知小球帶電荷量為式00）,電場(chǎng)強(qiáng)度E=^（g為重力加速度），則

q

下列說法正確的是（）

4

夕、、_______/、、.

~/、、、/\

H\A\!cE

人」_為一

F

A.小球在A點(diǎn)時(shí)的速度為嫻

B.小球運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)和H點(diǎn)時(shí)繩子拉力大小相等

C.小球運(yùn)動(dòng)過程中繩子的最大拉力為6&:跖

D.小球運(yùn)動(dòng)過程中的最小速度為"^

【答案】C

【解析】D.以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，受到重力、靜電力和輕繩的拉力，重力與靜電力的合力

F=+（qE）。=yf2mg

由于小球恰好做圓周運(yùn)動(dòng)，所以圓周運(yùn)動(dòng)過程中速度的最小值出現(xiàn)在尸點(diǎn)，由牛頓第二定律得

yflmg=m-

R

小球的最小速度

故D錯(cuò)誤；

A.小球從尸點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，由動(dòng)能定理得

一mgR（l—cos45°）+qERsin45°=—mv\——mv^

解得

VA=?3垃-2)gR

故A錯(cuò)誤；

B.小球在C點(diǎn)時(shí)，有

vl

Fc-qE=m%

小球從H點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，由動(dòng)能定理得

22

qE.2R=；mvc-:mvH

在”點(diǎn)時(shí)，有

m

FH+qE=~~

所以故B錯(cuò)誤；

C.小球運(yùn)動(dòng)過程中，在。點(diǎn)時(shí)繩子的拉力最大，小球從尸點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Z）點(diǎn)，由動(dòng)能定理得

F-2R=gmv2-mVp

Dg

在。點(diǎn)時(shí)，有

FD-y/2mg=m^-

解得

FD=6y/2mg

故C正確.

故選Co

2.（2019?四川?成都外國(guó)語學(xué)校高三期末）如圖所示地面上方存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)?，F(xiàn)將一帶電小球從

距離地面。點(diǎn)高〃處的A點(diǎn)以水平速度vo拋出，經(jīng)過一段時(shí)間小球恰好垂直于地面擊中地面上的2點(diǎn)，B

到。的距離也為近當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間,則下列說法正確的是（）

A.從A到B的過程中小球的動(dòng)能不斷減小

B.下落過程中小球機(jī)械能一直增加

C.小球的加速度始終保持2g不變

D.從A點(diǎn)到B點(diǎn)小球的的電勢(shì)能增加了mgh

【答案】D

【解析】A.由圖象可知，帶點(diǎn)小球受到的合力指向左下方，所以小球帶負(fù)電，運(yùn)動(dòng)過程中，合力先與小球

速度方向成鈍角，后變成銳角，即合力先做負(fù)功，后做正功，即動(dòng)能先減小后增大，故A錯(cuò)誤;

B.小球下落過程中，電場(chǎng)力一直做負(fù)功，小球機(jī)械能一直減小，故B錯(cuò)誤;

C.根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成和分解可知，豎直方向上

,12

h=2gt

水平方向上

一%=一嗎,〃=%/一；.嗎2

m2m

聯(lián)立解得

qE=mg

小球受到水平向左的電場(chǎng)力，豎直向下的重力，合力大小為0?吆，由牛頓第二定律可得小球的加速度始終

保持應(yīng)g不變，故c錯(cuò)誤;

D.從A到B點(diǎn)，小球電場(chǎng)力做功為

W=qEh=mgh

所以電勢(shì)能增加了

△EP=mgh

故D正確。

故選D.

3.（2021.云南師大附中高三階段練習(xí)）如圖所示，在某一空間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E,

在該空間的A點(diǎn)固定電荷量為Q的負(fù)點(diǎn)電荷，現(xiàn)有一帶正電的小球以速度v從2點(diǎn)水平飛入電場(chǎng)，已知4

8兩點(diǎn)之間的距離為廠，下列關(guān)于小球運(yùn)動(dòng)的描述正確的是（）

A.若場(chǎng)強(qiáng)￡=上，小球一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng)

q

B.若場(chǎng)強(qiáng)￡=圾，小球一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)

q

C.若場(chǎng)強(qiáng)E=左坐，小球一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng)

rv

D.若帶正電小球滿足幺=合=r:，小球一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng)

mEkQ

【答案】D

【解析】A.若場(chǎng)強(qiáng)為“=整，則帶正電的小球有

q

qE=mg

若速度V合適，使庫侖力恰好作為向心力

,Qqv-

k—^=m——

rr

小球才能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；

B.帶正電的小球受到的庫侖力一定隨距離不斷變化，小球所受合力不可能始終平衡，故小球不可能做勻速

直線運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；

CD.要使小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，必須同時(shí)滿足A解析中的兩表達(dá)式，可解得

q_八’_g

mkQE

C錯(cuò)誤，D正確。

故選D。

4.（2022?上海黃浦?二模）如圖所示，空間存在一水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩個(gè)帶電小球P、Q用相同的絕緣

細(xì)繩懸掛在水平天花板下，兩細(xì)繩都恰好豎直，則（）

A.P、Q均帶正電

B.P、Q均帶負(fù)電

C.P帶正電、Q帶負(fù)電

D.P帶負(fù)電、。帶正電

【答案】C

【解析】AB.由圖可知，兩小球均在勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)力和庫侖力的作用下保持平衡，由于相互的庫侖力大

小相等、方向相反，那么兩小球各自受到勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)力也一定大小相等、方向相反，所以兩小球一定

帶異種電荷，故AB錯(cuò)誤；

C.如小球P帶正電、。帶負(fù)電，小球P受到勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)力向左、庫侖力向右，有可能如圖所示保持平

衡；同理如小球Q帶負(fù)電，其受到勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)力向右、庫侖力向左，有可能如圖所示保持平衡，故C

正確；

D.如果小球P帶負(fù)電、。帶正電，則小球P受到勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)力與庫侖力均向右，則不能如圖所示平衡；

同理小球Q受到勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)力與庫侖力均向左，也不能如圖所示平衡，故D錯(cuò)誤。

故選C。

5.（2022.湖北.華中師大一附中模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，虛線下方存在著方向水平向左、范圍足夠大的勻

強(qiáng)電場(chǎng)。A8為絕緣光滑且固定的四分之一圓弧軌道，軌道半徑為R,。為圓心，8位于。點(diǎn)正下方。一質(zhì)

量為機(jī)、電荷量為q的帶正電小球，以初速度以豎直向下從A點(diǎn)沿切線進(jìn)入半圓軌道內(nèi)側(cè)，沿軌道運(yùn)動(dòng)到

8處以速度誣射出。已知重力加速度為g,勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小E=等，空氣阻力不計(jì)，下列說法正確的

是（）

A.從A到8過程中，小球的機(jī)械能先增大后減小

B.從A到B過程中，小球?qū)壍赖膲毫ο葴p小后增大

C.在A、B兩點(diǎn)的速度大小滿足以>誣

D.從8點(diǎn)拋出后，小球速度的最小值為

【答案】D

【解析】A.從A到B過程中，電場(chǎng)力一直做負(fù)功，小球的機(jī)械能一直減小，故A錯(cuò)誤；

B.等效重力的與豎直線夾約37。偏左下方，所以從A到8過程中，小球速度先增大后減小，對(duì)軌道的壓力

先增大后減小，故B錯(cuò)誤；

C.B點(diǎn)比A點(diǎn)更靠近等效最低點(diǎn)，所以

VA<VB

故C錯(cuò)誤；

D.從A到8,由動(dòng)能定理

1,1,

mgR-EqR=—mvg--mv\

解得

之后小球做斜拋運(yùn)動(dòng)，在垂直于等效場(chǎng)方向上的分速度即為最小速度，則

故D正確。

故選D。

6.（2022?內(nèi)蒙古?莫旗一中高三期末）用30cm的細(xì)線將質(zhì)量為4xl0-3kg的帶電小球尸懸掛在0點(diǎn)下，當(dāng)空

中有方向?yàn)樗较蛴?，大小為N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，小球偏轉(zhuǎn)37。后處在靜止?fàn)顟B(tài)，則（）

A.小球帶負(fù)電

B.小球的帶電量是2.4xl（T6c

C.小球的帶電量是3XI0-6C

D.小球所受合力是5X10-2N

【答案】C

【解析】A.小球所受電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)線方向一致，因此小球帶正電，A錯(cuò)誤;

BC.對(duì)小球進(jìn)行受力分析可知

Eq=mgtan37°

解得

^=3X10-6C

B錯(cuò)誤，C正確；

D.由于小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，因此所受合力為零，D錯(cuò)誤。

故選c。

二、多選題

7.（2022?四川?遂寧安居育才卓同國(guó)際學(xué)校高三階段練習(xí)）如圖，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，質(zhì)量為”的帶

電小球，以初速度v從M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，通過N點(diǎn)時(shí)，速度大小為2v,方向斜向下，且與電場(chǎng)方向的夾

角為45°（圖中未畫出），則小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過程（

E

B.重力勢(shì)能減少!■機(jī)v?

A.重力勢(shì)能減少“療

C.電勢(shì)能減少mV?口.電勢(shì)能減少,

【答案】BC

【解析】AB.將N點(diǎn)的速度進(jìn)行分解，則在水平方向有

vx=2vcos45°=A/2V

豎直方向有

=2加1145。=揚(yáng)

在豎直方向根據(jù)速度位移公式有

v^-v2=2gh

重力做功

Wa=mgh

聯(lián)立解得

2

WG=^mv

則重力勢(shì)能減少gmv）故A錯(cuò)誤，B正確;

CD.根據(jù)動(dòng)能定理有

mv,2

WG+%=—m（2v）"~~

聯(lián)立解得

Wig=mv2

則電勢(shì)能減少根v2,故C正確，D錯(cuò)誤。

故選BCo

8.（2022?湖南?長(zhǎng)沙一中高三階段練習(xí)）如圖所示，一個(gè)光滑斜面與一個(gè)光滑的豎直圓軌道在A點(diǎn)相切，B

點(diǎn)為圓軌道的最低點(diǎn)，C點(diǎn)為圓軌道的最高點(diǎn)，整個(gè)空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一質(zhì)量為機(jī)=lkg,電

荷量為-4（4>0）的帶電小球從斜面上靜止釋放，小球始終能沿軌道運(yùn)動(dòng)。己知電場(chǎng)強(qiáng)度E=￡,4=53。，

圓軌道半徑H=lm,gMX10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6o則以下說法中正確的是（）

A.剛釋放小球時(shí)小球的加速度的大小為12.5m/s2

B.若小球能到達(dá)C點(diǎn)，釋放點(diǎn)與A的距離至少為12.75m

C.若小球恰能到達(dá)C點(diǎn).此運(yùn)動(dòng)過程中小球?qū)壍赖淖畲髩毫?7.5N

D.若電場(chǎng)方向相反，大小不變，小球恰能到達(dá)C點(diǎn)，小球運(yùn)動(dòng)在過程中對(duì)軌道的最大壓力為67.5N

【答案】AC

【解析】A.對(duì)小球受力分析，小球所受電場(chǎng)力水平向右，且題設(shè)小球始終沿軌道運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得

mgsin0+Eqcos0=ma

解得

A=12.5m/s2

故A正確;

B.小球若恰好到達(dá)C點(diǎn)，在C點(diǎn)由牛頓第二定律得

mg=m^

R

從釋放到到達(dá)C點(diǎn)，由動(dòng)能定理得

zng[ssine+E(l—cose)—2R]+%(scose+Hsine)

代入數(shù)據(jù)解得

5=1.2m

故B錯(cuò)誤；

C.設(shè)重力與電場(chǎng)力的合力方向與豎直方向成a角，故

Eq

tana=----

mg

解得

a=37°

方向恰好沿斜面方向，大小為

5

F=丁咫

由釋放點(diǎn)到最大速度點(diǎn)由動(dòng)能定理得

F（5+l?）=—mv2

對(duì)該點(diǎn)由牛頓第二定律得

v2

N-F=m—

R

由牛頓第三定律得壓力

yN=67.5N

故C正確;

D.若電場(chǎng)反向，設(shè)小球于B點(diǎn)左側(cè)a角處達(dá)到最大速度，同理解得

a=37°

沿如圖所示。。方向

此時(shí)若小球能到達(dá)C點(diǎn)，應(yīng)先恰能到達(dá)E點(diǎn)，對(duì)E點(diǎn)受力分析得

R

解得

「還向S

E2

對(duì)D到E由動(dòng)能定理得

-F-2R=gmv&m詔

解得

5A/10,

VD=-向§

對(duì)該點(diǎn)由牛頓第二定律得

N-F=m4

R

由牛頓第三定律得壓力

&=N=75N

故D錯(cuò)誤。

故選AC?

9.（2022.湖北?襄陽五中模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，一斜面傾斜角度為53。，斜面末端連接一處于豎直平面的光

滑絕緣半圓軌道，。為圓心，A、8為其豎直方向上的直徑的上下兩端點(diǎn)，現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為0.4kg,帶電荷

量4=+1.0xl（）5c的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）以初速度v°=10m/s從斜面上某點(diǎn)垂直斜面方向拋出，小球恰好沿切

線從半圓軌道的最高點(diǎn)A飛入半圓軌道，已知整個(gè)空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E=3X105N/C,

重力加速度g=10m/s2,下列說法正確的是（）

B

A.小球從開始到A點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)是類平拋運(yùn)動(dòng)

B.小球在A點(diǎn)處的速度大小為12.5m/s

C.小球第一次在半圓軌道上滑行過程中會(huì)在某處脫離半圓軌道

D.小球第一次在半圓軌道上滑行過程中對(duì)軌道的最大壓力大小為33.5N

【答案】AB

【解析】A.小球受到重力和電場(chǎng)力的作用，如圖所示

F=](mg?+(qE)。=5N

設(shè)尸與水平方向夾角為e

八mg4

tan0=----

qE3

，二53。

尸與vo垂直，所以小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，故A正確;

B.因?yàn)樾∏蜃鲱惼綊佭\(yùn)動(dòng)，由圖可知

—5—=12.5111/5

sin53°

故B正確;

C.如圖所示，根據(jù)受力情況畫出小球運(yùn)動(dòng)過程中等效的最低點(diǎn)為C點(diǎn)，小球到C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力最大,

因?yàn)樵贏點(diǎn)小球恰好能無碰撞飛入半圓軌道，在A點(diǎn)對(duì)軌道的壓力為零，所以小球第一次在半圓軌道上滑

行過程中不會(huì)在脫離半圓軌道

故C錯(cuò)誤；

D.在A點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律得

mg=m

R

從A至C過程中根據(jù)動(dòng)能定理

1,1,

FR(1+sin53°)=—mv^——mv\

根據(jù)牛頓第二定律得

F-F=m

NR

解得

風(fēng)=27N

根據(jù)牛頓第三定律得小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?7N,故D錯(cuò)誤。

故選AB。

10.（2022?河北?雞澤縣第一中學(xué)高三階段練習(xí)）用一條長(zhǎng)為1m的絕緣輕繩，懸掛一個(gè)質(zhì)量為4.0x10-4kg、

電荷量為2.0x10-8（2的小球，細(xì)線的上端固定于。點(diǎn)。如圖所示，現(xiàn)加一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，平衡時(shí)絕

緣繩與豎直方向的夾角為37。，取重力加速度g=lOm/s?,sin37°=0.6,cos37°=0.8□下列說法正確的是

A.勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為1.5xl06N/C

B.平衡時(shí)細(xì)線的拉力為S.OxlCT'N

C.若撤去電場(chǎng)，小球回到最低點(diǎn)時(shí)繩上的拉力為5.6X10-3N

D.若剪斷細(xì)繩，小球?qū)⒆黾铀俣葹?2m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)

【答案】BC

【解析】A.平衡時(shí)，有

qE=mgtan37°

可得

E=1.5X105N/C

故A錯(cuò)誤；

B.平衡時(shí)細(xì)線的拉力為

F=，，1§=5.0X10~3N

cos37°

故B正確；

C.撤去電場(chǎng)，由動(dòng)能定理可得

10

mgL(l-cos37°)=—mv

由牛頓第二定律可得

,V2

r-mg=m—

聯(lián)立可得小球回到最低點(diǎn)時(shí)繩上的拉力為

9=5.6x10-3N

故C正確；

D.剪斷細(xì)線后，電場(chǎng)力與重力的合力產(chǎn)生加速度，由牛頓第二定律可得

2

fl=^=^L=12.5m/s

mmcos37°

故D錯(cuò)誤。

故選BC。

三、解答題

11.（2017?天津市紅橋區(qū)教師發(fā)展中心高三期末）如圖所示，空間存在著電場(chǎng)強(qiáng)度E=1.5X102N/C、方向豎

直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在電場(chǎng)內(nèi)一長(zhǎng)為L(zhǎng)=0.5m的絕緣細(xì)線一端固定于。點(diǎn)，另一端拴著質(zhì)量根=0.5kg、電

荷量q=6xl（F2c的小球。現(xiàn)將細(xì)線拉至水平位置，將小球由靜止釋放，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)細(xì)線受到的

拉力最大。取g=10m/s2求：

（1）小球的電性；

（2）細(xì)線受的最大拉力值。

【答案】（1）小球帶正電；（2）12N

【解析】（1）由小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)可知，小球帶正電。

（2）設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度為V,由動(dòng)能定理有

12

（qE-mg）L=—mv

在最高點(diǎn)由牛頓第二定律有

v2

r+mg-qb=ni1

解得

F=12N

12.（2022?福建省龍巖第一中學(xué)高三階段練習(xí)）如圖所示，在沿水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一固定點(diǎn)。，用一

根長(zhǎng)度為￡=0.4m的絕緣細(xì)線把質(zhì)量為m=0.4kg、電荷為q=+2C的金屬小球懸掛在。點(diǎn)，小球靜止在B點(diǎn)

時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角為0=37。。已知A、C兩點(diǎn)分別為細(xì)線懸掛小球的水平位置和豎直位置，求：（g取

10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8）

（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小；

（2）將小球從A點(diǎn)由靜止釋放，小球通過最低點(diǎn)C時(shí)細(xì)線對(duì)小球的拉力大??；

（3）如果要使小球能繞。點(diǎn)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則小球在A點(diǎn)時(shí)沿垂直于方向運(yùn)動(dòng)的初速度最少為多

少？（結(jié)果可用根號(hào)表示）

【答案】⑴1.5N/C；(2)6N；(3)同n/s

【解析】（1）帶電小球在3點(diǎn)靜止受力平衡，根據(jù)平衡條件得

qE=mgtan0

得

E=Wgtan<9=1,5N/C

q

（2）設(shè)小球運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)時(shí)速度為Vc，則

mgL-qEL=g

解得

vc=V2m/s

在C點(diǎn)，小球所受重力和細(xì)線的合力提供向心力

F-mg=m

L

聯(lián)立解得

F=6N

（3）分析可知小球做完整圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)必須通過3點(diǎn)關(guān)于。點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)，設(shè)在該點(diǎn)時(shí)小球的最小速度為v,

則

v2

mgcos0+qEsin0=m—

由動(dòng)能定理得

-mgLcos6-qEL(1+sin8)=；mv2-；mu；

聯(lián)立解得

13.（2022.全國(guó)?高三專題練習(xí)）如圖所示，一帶電荷量為+q、質(zhì)量為根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，小物塊恰好靜止。重力加速度取g,sin37o=0.6,cos

37°=0.8?求：

(1)水平向右電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；

(2)若將電場(chǎng)強(qiáng)度減小為原來的3，小物塊的加速度是多大;

(3)電場(chǎng)強(qiáng)度變化后小物塊下滑距離L時(shí)的動(dòng)能。

【解析】(1)對(duì)物塊受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件可得

cos37=mgsin37

解得

E=也

4q

(2)對(duì)物塊受力分析，若將電場(chǎng)強(qiáng)度減小為原來的!■，根據(jù)牛頓第二定律可得

mgsin37°—gqEcos37°=ma

解得

a=0.3g

(3)根據(jù)動(dòng)能定理可得下滑乙時(shí)的動(dòng)能為

Ek=maL=0.3mgL

14.(2022?全國(guó)?高三課時(shí)練習(xí))如圖所示，在光滑的水平桌面上，水平放置的粗糙直線軌道與水平放置

的光滑圓弧軌道BCO相切于8點(diǎn)，整個(gè)軌道位于水平桌面內(nèi)，圓心角/3OC=37。，線段OC垂直于

圓弧軌道半徑為凡直線軌道長(zhǎng)為乙=5七整個(gè)軌道處于電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度方向平

行于水平桌面所在的平面且垂直于直線。?！，F(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為機(jī)、帶電荷量為+q的小物塊尸從A點(diǎn)無初速

度釋放，小物塊尸與48之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.25,sin37o=0.6,??37。=0.8,忽略空氣阻力。求：

(1)小物塊第一次通過C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小4口；

(2)小物塊第一次通過。點(diǎn)后離開。點(diǎn)的最大距離；

(3)小物塊在直線軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程。

【答案】(1)5.4qE；(2)(3)157?

【解析】(1)設(shè)小物塊第一次到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為V。，根據(jù)動(dòng)能定理有

qE[Lsin37°+J?(l-cos37°)]-〃qELcos37°=1根匕：一。

解得

22EqR

v=

ci5m

在C點(diǎn)根據(jù)向心力公式得

小西=嚕

1\

解得

FNC1'=5AqE

根據(jù)牛頓第三定律得

FNCI-5.4qE

(2)設(shè)小物塊第一次到達(dá)。點(diǎn)時(shí)的速度大小為v。/,根據(jù)動(dòng)能定理有

qECLsin37。-Reos37°)—juqELcos37°=]?%：-0

解得

v=12^

Dlv5m

小物塊第一次到達(dá)。點(diǎn)后先以速度V。逆著電場(chǎng)方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)的最大距離為布，根據(jù)動(dòng)

能定理得

解得

Xm=]

(3)分析可知小物塊最終會(huì)在圓弧軌道上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)的速度恰好為零時(shí)，動(dòng)能和電勢(shì)能之和不

再減小。設(shè)小物塊在直線軌道48上運(yùn)動(dòng)的總路程為s,則根據(jù)功能關(guān)系得

qELsm37。=piqEscGS37°

解得

s=15H

15.(2022?全國(guó)?高三專題練習(xí))如圖所示，光滑水平面A3和豎直面內(nèi)的光滑:圓弧導(dǎo)軌在B點(diǎn)平滑連接,

導(dǎo)軌半徑為R。質(zhì)量為小的帶正電小球?qū)⑤p質(zhì)彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，脫離彈簧后經(jīng)過8點(diǎn)時(shí)的速

度大小為疑，之后沿軌道30運(yùn)動(dòng)。以。為坐標(biāo)原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系在xN-R區(qū)域有方向與x軸

夾角為6=45。的勻強(qiáng)電場(chǎng)，進(jìn)入電場(chǎng)后小球受到的電場(chǎng)力大小為"“g。小球在運(yùn)動(dòng)過程中電荷量保持不

變，重力加速度為g。求：

(1)彈簧壓縮至A點(diǎn)時(shí)的彈性勢(shì)能；

(2)小球經(jīng)過。點(diǎn)時(shí)的速度大?。?/p>

2

【答案】(1)、gR；⑵v0=^R-,(3)y=6Rx

【解析】(1)小球從A到2,根據(jù)能量守恒定律得

(2)小球從B到。，根據(jù)動(dòng)能定理有

解得

Vo=yl3gR

(3)小球運(yùn)動(dòng)至。點(diǎn)時(shí)速度豎直向上，受電場(chǎng)力和重力作用，將電場(chǎng)力分解到無軸和y軸，則無軸方向有

qEcos45=max

豎直方向有

qEsin45-mg=ma、,

解得