2025版高考物理考点题型归纳总结（含答案）考点44　带电粒子在电场中的力、电综合问题

考点44带电粒子在电场中的力、电综合问题强基固本对点练知识点1带电粒子在重力场和电场中的圆周运动1．[2024·山西省大同市期中考试]如图所示，竖直面内有一半径为R的光滑绝缘圆轨道，有一质量为m,电荷量大小为q的带负电小球从轨道最低点出发，沿着轨道切线方向以大小为v0的初速度水平射出，整个装置处于竖直向下的匀强电场中，已知E＝eq\f(mg,2q).下列说法正确的是()A.小球在最低点对轨道的压力为eq\f(mg,2)B．小球在最低点对轨道的压力为eq\f(mveq\o\al(2,0),R)－eq\f(mg,2)C．若能够不脱轨到达最高点，则初速度最小为eq\r(5gR)D．若能够不脱轨到达最高点，则初速度最小为eq\f(\r(10gR),2)2．(多选)如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球．小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g.下列说法正确的是()A.匀强电场的电场强度E＝eq\f(mgtanθ,q)B．小球动能的最小值为Ek＝eq\f(mgL,2cosθ)C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大知识点2电场中的力、电综合问题3．如图所示，倾角θ＝37°的粗糙绝缘斜面AB与粗糙绝缘水平地面BC在B点平滑连接，B点右侧区域存在水平向左的匀强电场，电场强度大小E＝5.0×103N/C.斜面顶端A点离地高度h＝2.4m，可视为质点的带正电金属滑块质量m＝1.0kg、电荷量q＝1.0×10－4C.现将滑块从A点由静止释放，最后停在水平地面上的C点．已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5，滑块与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.15，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求滑块运动到B点时速度的大小；(2)求滑块在水平地面上滑行的距离；(3)要使静止在C点的滑块恰好能重新返回到斜面顶端A点，可将电场强度的大小突然增大到某一值E0.求电场强度E0的大小．培优提能模拟练4.[2024·湖北省云学新高考联盟联考]如图，整个空间存在水平向左的匀强电场，竖直面内有一直角坐标系xOy，以y轴为对称轴的光滑圆弧形绝缘轨道ABC放置在x轴下方，轨道与y轴交于B点，与x轴交于A(－0.4，0)、C(0.4，0)两点．现有一个可视为质点的带电绝缘小球沿PA所在直线向A点匀加速运动，从A点沿切线方向进入轨道，一段时间后从C点离开．若小球在轨道内运动过程中恰好不脱离轨道，已知小球质量m＝0.3kg，电荷量q＝0.4C，P点的坐标为(0，0.3)，重力加速度为g＝10m/s2，不考虑空气阻力的影响．求：(1)电场强度的大小；(2)小球对轨道压力的最大值；(3)当小球从C点飞出后，再落到x轴上的位置坐标．5．[2024·重庆市七中期中考试]如图所示，在绝缘水平面上的两物块A、B用劲度系数为k的水平绝缘轻质弹簧连接，物块B、C用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A靠在竖直墙边，C在倾角为θ＝30°的长斜面上，滑轮两侧的轻绳分别与水平面和斜面平行．A、B、C的质量分别是m、2m、2m，A所带电荷量为＋eq\f(2,3)q，B所带电荷量均为＋q，C不带电，滑轮左侧存在着水平向左的匀强电场，整个系统不计一切摩擦，B与滑轮足够远．匀强电场的电场力大小为E＝eq\f(3mg,q)，开始时系统静止．现让C在沿斜面向下的拉力F作用下做加速度大小为g的匀加速直线运动，弹簧始终未超过弹性限度，重力加速度大小为g.(1)求初始状态下弹簧的形变量Δx1；(2)求A刚要离开墙壁时C的速度大小v1；(3)接(2)此过程中拉力F所做的功．

考点44带电粒子在电场中的力、电综合问题1．答案：D解析：小球在最低点做圆周运动，合外力提供向心力有meq\f(veq\o\al(2,0),R)＝F支－mg＋Eq，解得F支＝eq\f(mveq\o\al(2,0),R)＋eq\f(mg,2)，根据牛顿第三定律F压＝F支＝eq\f(mveq\o\al(2,0),R)＋eq\f(mg,2)，A、B错误；若能够不脱轨到达最高点，则在最高点轨道对小球的弹力刚好为零，即小球在重力和电场力作用下做圆周运动meq\f(veq\o\al(2,1),R)＝mg－Eq，由动能定理有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－(mg－Eq)·2R，所以初速度最小值v0＝eq\f(\r(10gR),2)，C错误，D正确．2．答案：AB解析：小球静止时细线与竖直方向成θ角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有qE＝mgtanθ，解得E＝eq\f(mgtanθ,q)，A正确；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有eq\f(mg,cosθ)＝meq\f(v2,L)，最小动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(mgL,2cosθ)，B正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时电势能最大，机械能最小，C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，D错误．3．答案：(1)4m/s(2)4m(3)1.15×105N/C解析：(1)设小滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma1解得a1＝2m/s2设滑块运动到B点时速度的大小为v，根据匀加速运动公式v2＝2a1·eq\f(h,sinθ)解得v＝4m/s(2)设滑块在水平地面上运动的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律μ2mg＋Eq＝ma2解得a2＝2m/s2设滑块在水平地面上滑行的距离为x2，根据匀减速运动公式0－v2＝2(－a2)x2解得x＝4m(3)设滑块沿斜面上滑的加速度大小为a3，根据牛顿第二定律mgsinθ＋μ1mgcosθ＝ma3解得a3＝10m/s2设滑块在水平面加速的加速度大小为a4，因为A到B的距离与C到B的距离相等，则由v2＝2ax可知a4＝a3＝10m/s2由于电场强度突然增大到某一值E0，根据牛顿第二定律E0q－μ2mg＝ma4解得E0＝1.15×105N/C.4．答案：(1)10N/C(2)30N(3)－1.904m解析：(1)根据几何关系可知，PA与y轴夹角为53°，电场力与重力的合力方向沿PA，则tan53°＝eq\f(qE,mg)电场强度的大小为E＝10N/C(2)小球运动至D点时对轨道压力最大，OD与y轴夹角为53°，则N－eq\f(5,3)mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),r)小球在E点恰好不脱离轨道，OE与y轴夹角为53°，则eq\f(5,3)mg＝meq\f(veq\o\al(2,E),r)根据动能定理eq\f(5,3)mg·2r＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)联立得N＝30N根据牛顿第三定律，小球对轨道压力的最大值为30N.(3)根据动能定理－mgr(cos37°－cos53°)＋qEr(sin53°－sin37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)得vC＝eq\r(\f(9,5)gr)＝2eq\r(3)m/s当小球从C点飞出后，延x轴和y轴方向的加速度分别为ax＝eq\f(qE,m)＝eq\f(4,3)gax＝g由x＝vCcos37°t＋eq\f(1,2)axt2vCsin37°＝geq\f(t,2)得x＝2.304m则落到x轴上的位置坐标为x′＝0.4m－2.304m＝－1.904m．5．答案：(1)eq\f(2mg,k)(2)2geq\r(\f(2m,k))(3)eq\f(24m2g2,k)解析：(1)初始时，对B分析可知Eq＝kΔx1＋2mgsinθ解得弹簧的压缩量Δx1＝eq\f(2mg,k)(2)当A刚要离开墙壁时，对C分析E×eq\f(2,3)q＝kΔx2则此过