专题26 带电体在电场中的运动问题 2021年高考物理二轮专题解读与训练（解析版）

专题 26 带电体在电场中的运动问题 一、单选题 1．如图所示，在光滑绝缘水平面上，三个质量均为 m 的带电小球分别固定在直角三角形 ABC 的三个顶 点上，∠ABC= 30 ，AC 边长为 l。已知 A、B、C 三个顶点上的小球所带电荷量分别为＋q、＋4q、－q， 在释放顶点 C 处小球的瞬间，其加速度大小为（ ） A． 2 2 3kq ml B． 2 2 kq ml C． 2 2 3 2 kq ml D． 2 2 3 3 kq ml 【答案】A 【解析】C 处小球受到 A 处小球的库仑引力为 2 2AC kqF l  C 处小球受到 B 处小球的库仑引力为 2 2 2 2 4 (2 )BC kq kqF l l   且两力的夹角为 60 ，则合力为 2 2 2 2 3=2 cos30kq kqF l l   则加速度大小为 2 2 3F kqa m ml   故选 A。 2．如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球 a，b 和 c 分别位于边长为 l 的正三角形的三个顶点上；a、 b 带正电，电荷量均为 q，c 带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为 k。若 三 个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为（ ） A． 23 3 l kq B． 2 3 l kq C． 2 3 l kq D． 2 32 l kq 【答案】 B 【解析】 对 c 球受力分析可知，水平方向上受 a、b 的库仑力和匀强电场的电场力 3 个力的作用而平衡， 有 2 2 3 l qkEq  ，解得 2 3kqE l  。综上所述，正确答案为 B。 3．如图所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t=0 时，甲静止，乙以 6m/s 的初速度向甲运动。 它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的 v－t 图像分别如图 （b）中甲、乙两曲线所示。则由图线可知（ ） A．两小球带电的电性一定相反 B．甲、乙两球的质量之比为 2：1 C．t2 时刻，乙球的静电力最大 D．在 0~t3 时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小 【答案】B 【解析】A．由图可知乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电荷，故 A 错误； B．两球作用过程中动量守恒，则 m v m vV V乙 乙 甲 甲 解得 6 2 2 2 1 m v m v     甲 乙 乙 甲 故 B 正确； C．从 v－t 图象可知，在 t1 时刻二者速度相等，则此时距离最近，此时静电力最大，故 C 错误； D．在 0－t3 时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小，t2 时刻后逐渐增大，故 D 错误。 故选 B。 4．如图所示为空间某一电场的电场线，a、b 两点为其中一条竖直方向的电场线上的两点，两点的高度差 为 h，一个质量为 m、带电荷量为+q 的小球从 a 点由静止释放后沿电场线运动到 b 点时，速度大小为 2 gh ，则下列说法中正确的是（ ） A．该过程中，小球动能增加量等于电势能减少量 B．a、b 两点的电势差 2 mghU q  C．小球若质量不变，电荷量变为 2q ，小球沿电场线运动到 b 点时，速度大小为 6gh D．小球若质量不变，电荷量变为 q ，小球沿电场线运动到 b 点时，速度大小为 gh 【答案】C 【解析】A．质量为 m、带电荷量为+q 的小球从 a 点静止释放后沿电场线运动到 b 点的过程中，机械能与 电势能之和守恒，其动能增加量等于重力势能、电势能的减少量之和，故 A 错误； B．设 a、b 之间的电势差为 U，由题意，质量为 m、带电荷量为 q 的小球从 a 点静止释放后沿电场线运 动到 b 点时速度大小为 2 gh ，根据动能定理得 1 42mgh qU m gh   解得 qU mgh a、b 两点的电势差 mghU q  故 B 错误； C．质量为 m、带电荷量为 2q 的小球从 a 点静止释放后沿电场线运动到 b 点时，由动能定理得 2 1 12 2mgh qU mv  解得 1 6v gh 故 C 正确； D．质量为 m、带电荷量为 q 的小球从 a 点静止释放后沿电场线运动到 b 点时，由动能定理得 2 2 1 2mgh qU mv  ， 又因为 mghU q  ，代入上式解得 2 0v  故 D 错误。 故选 C。 5．如图所示，一绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，上端连接一带正电的光滑滑块 P，滑块所处空间存 在着沿斜面向上的匀强电场，倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，开始时弹簧是原长状态，物块 恰好处于平衡状态．现给滑块一沿斜面向下的初速度 v，滑块到最低点时，弹簧的压缩量为 x，若弹簧始 终处于弹性限度内，下列说法正确的是（ ） A．滑块电势能的增加量大于滑块重力势能的减少量 B．滑块到达最低点的过程中，克服弹簧弹力做功 mv2 C．滑块动能的变化量等于电场力和重力做功的代数和 D．当滑块的加速度最大时，滑块和弹簧组成的系统机械能最大 【答案】B 【解析】滑块在向下运动到最低点过程中，有电场力、重力和弹簧弹力做功，根据功能关系、动能定理、 电场力做功与电势能的关系等进行判断． 解：A、因为开始滑块受重力和电场力和支持力处于平衡，则有：qE=mgsinθ，在运动到最低点过程中， 电场力做功与重力做功相等，则滑块电势能增量等于滑块重力势能的减小量．故 A 错误． B、根据能量守恒得，动能减小，重力势能减小，电势能增加，弹性势能增加，因为电势能增量等于重力 势能减小量，所以弹性势能增加量等于滑块动能减小量，可知滑块克服弹簧弹力做功 mv2．故 B 正确． C、根据动能定理知，电场力、重力、弹簧弹力做功的代数和等于滑块动能的变化量．故 C 错误． D、由于 qE=mgsinθ，可知当滑块的加速度最大时，弹簧最长或最短．弹簧最长时，滑块的电势能最小， 滑块和弹簧组成的系统机械能最大；弹簧最短时，滑块的电势能最大，滑块和弹簧组成的系统机械能最 小．故 D 错误． 故选：B 二、多选题 6．（多选）如图所示，MPQO 为有界的竖直向下的匀强电场（边界上有电场），电场强度 E= mg q 。 ACB 为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为 R，A、B 为圆水平直径的两个端点，AC 为 1 4 圆弧．一个质 量为 m，电荷量为﹣q 的带电小球，从 A 点正上方高为 H=R 处由静止释放，并从 A 点沿切线进入半圆轨 道，不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的受力及运动情况，下列说法正确的是（ ） A．小球在 AC 部分运动时，加速度不变 B．小球到达 C 点时对轨道压力为 2mg C．适当增大 E，小球到达 C 点的速度可能为零 D．若 E= 2mg q ，要使小球沿轨道运动到 C，则应将 H 至少调整为 3 2 R 【答案】BD 【解析】AB、从 O 到 A 过程中小球做自由落体运动，到达 A 点时的速度 2v gR ，由于 E q =mg，因 此从 A 到 C 过程中，小球做匀速圆周运动，合力指向圆心，因此加速度方向时刻改变，故 A 错误；到达 C 点时支持力 2 2N vF m mgR   ，即小球到达 C 点时对轨道压力为 2mg，故 B 正确； C、从 A 到 C 的过程中，做匀速圆周运动，当适当增大 E ，Eq mg，小球从 A 向 C 做减速运动，根据指 向圆心的合外力提供向心力有 2 c NC vqE mg F m R    ，因此小球到达 C 点的速度不可能为零，C 错误； D、若 2mgE q  ，要使小球沿轨道运动到 C，在 C 点的最小速度为 V，则： 2vqE mg m R   ，可得 v gR ，则从 O 到 C 的过程中，根据动能定理： 21( 2mg H R qER mv  ） 可求得 3= 2H R ，因此 H 至少调整为 3 2 R 才能到过 C 点，故 D 正确； 故 BD 正确。 7．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．由此可见（ ） A．电场力为 3mg B．小球带正电 C．小球从 A 到 B 与从 B 到 C 的运动时间之比 2:1 D．小球从 A 到 B 与从 B 到 C 的速度变化量相同 【答案】AC 【解析】C、带电小球从 A 到 C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为 x1 和 x2，竖直分位 移分别为 y1 和 y2，经历的时间为分别为 t1 和 t2．在电场中的加速度为 a．则从 A 到 B 过程小球做平抛运 动，则有 x1=v0t1；从 B 到 C 过程，有 x2=v0t2；由题意有：x1=2x2；则得：t1=2t2；即小球从 A 到 B 是从 B 到 C 运动时间的 2 倍．故 C 正确．A、 2 1 1 1 2y gt ，将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动， 则有 2 2 2 1 2y at ，根据几何知识有：y1:y2=x1:x2；解得 a=2g；根据牛顿第二定律得：F-mg=ma=2mg，解得 F=3mg，故 A 正确．B、由于轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明电场力方向向上，所 以小球带负电．故 B 错误．D、根据速度变化量△v=at，则得：AB 过程速度变化量大小为△v1=gt1=2gt2； BC 过程速度变化量大小为△v2=at2=2gt2；所以小球从 A 到 B 与从 B 到 C 的速度变化量大小相等，但方向 相反，故 D 错误．故选 AC． 8．如图所示，在竖直向上的匀强电场中，从倾角为θ的斜面上的 M 点水平抛出一个带负电小球，小球的 初速度为 v0，最后小球落在斜面上的 N 点．在已知θ，v0 和小球所受的电场力大小 F 及重力加速度 g 的条 件下，不计空气阻力，则下列判断正确的是（ ） A．可求出小球落到 N 点时重力的功率 B．由图可知小球所受的重力大小可能等于电场力 C．可求出小球从 M 点到 N 点的过程中电势能的变化量 D．可求出小球落到 N 点时速度的大小和方向 【答案】BD 【解析】因为小球所受电场力竖直向下，故小球做类平抛运动，设竖直加速度为 a，则由平抛运动的规律 可知： 2 0 0 1 2 tan2 aty at x v t v    ，设速度的偏向角满足 0 tan y x v at v v    ，所以 ，可知 02 tanyv v  ，则由此可求得到达 N 点时的速度大小及方向；重力的功率 02 tanyP mgv mgv   ，由 于重力的大小未知，所以不能求出小球落到 N 点时重力的功率，选项 A 错误；重力与电场力的大小不确 定，可能两者相等，故选项 BD 正确；小球从 M 点到 N 点的过程中电势能的变化量等于电场力做功，即 sinPE W Eqx    ，式中的 Eq 无法确定，所以电势能的变化量也无法确定，选项 C 错误； 9．如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为 m 的带正电 小球，小球与弹簧不连接，施加外力 F 将小球向下压至某位置静止．现撤去 F，小球从静止开始运动到 离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为 1W 和 2W ，小球离开弹簧时速度为 v，不计空气 阻力，则上述过程中（ ） A．小球与弹簧组成的系统机械能守恒 B．小球的重力势能增加 1W－ C．小球的机械能增加 2     1 1 2W mv+ D．小球离开弹簧时的动能大于 2 1W W－ 【答案】BD 【解析】A．由于电场力做正功，故小球与弹簧组成的系统机械能增加，机械能不守恒，故 A 错误； B．重力做功是重力势能变化的量度，由题意知重力做负功，重力势能增加-W1，故 B 正确； C．小球增加的机械能在数值上等于重力势能和动能的增量，即-W1+ 1 2 mv2，故 C 错误； D．根据动能定理，小球离开弹簧时的动能为 2 1kE W W W   弹 ，则小球离开弹簧时的动能大于 W2-W1， 故 D 正确； 10．如图所示，一质量 M="0.2" kg 且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放置一 质量 m="0.1" kg、电荷量 q = +0.2C 的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为 0.6，将整个装置置于竖 直向上的电场中，电场强度随着滑块速度变化的规律满足 E=kv 且 k=0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认 为等于滑动摩擦力．现对木板施加方向水平向左，大小为 0.9N 的恒力，g 取 10 m/s2．则（ ） A．木板和滑块一直做加速度为 3m/s2 的匀加速运动 B．t=2s，滑块速度小于 6m/s C．最终木板做加速度为 3 m/s2 的匀加速运动，滑块做速度为 10 m/s 的匀速运动 D．滑块开始做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动 【答案】BD 【解析】滑块 m 受向下的重力、向上的电场力和向左的摩擦力作用，随木板做匀加速度运动，随速度的 增加，电场强度逐渐增大，则电场力逐渐变大，滑块对木板的压力减小，最大静摩擦力减小，木板对滑 块的摩擦力等于最大静摩擦力时，滑块开始滑动，随速度的增加，滑块所受的电场力变大，正压力减小， 则摩擦力减小，加速度减小，最后滑块离开木板做匀速运动，故选项 A 错误，D 正确；开始时木板滑块 整体的加速度为： 2 20.9 / 3 /0.2 0.1 Fa m s m sM m     ，当滑块恰与木板产生滑动时， ( )mg Eq ma   ，其中 E=0.5v，解得 v=5m/s，此时经过的时间为 0 5 3 vt sa   ，则 t=2s 时，滑块与木 板产生了滑动，则此时滑块速度小于 v=at=6m/s，选项 B 正确；最终滑块离开木板时木板的加速度为 2 20.9= / 4.5 /0.2 Fa m s m sM  板 ；滑块的速度满足： mg Eq kvq  ，解得 v=10m/s，故选项 C 错误； 故选 BD. 11．如图所示，真空中的匀强电场与水平方向成 15°角，AB 直线垂直匀强电场 E，现有一质量为 m、电 荷量为＋q 的小球在 A 点以初速度大小 v0 水平向右抛出，经时间 t 小球下落到 C 点(图中未画出)时速度大 小仍为 v0，则小球由 A 点运动到 C 点的过程中，下列说法正确的是（ ） A．电场力对小球做功为零 B．小球的机械能减少量为 1 2 mg2t2 C．小球的电势能增加 D．C 点位于 AB 直线的右侧 【答案】CD 【解析】AC．小球由 A 点运动到 C 点的过程中，重力做正功且动能不变，由动能定理知电场力一定做负 功，小球的电势能增加，故 A 错误，C 正确； B．小球的机械能和电势能总和不变，小球的电势能增加，机械能一定减小，小球由 A 点运动到C 点的 过程中，设竖直方向下落的高度为 h ，机械能的减少量等于竖直方向重力势能的减少量 mgh ，将电场力 和重力沿着水平和竖直方向正交分解，竖直方向的合力大于重力，故在竖直方向的分运动的加速度 a 大 于 g ，竖直方向则有： 2 21 1 2 2h at gt  所以机械能减小量 2 21 2mgh mg t ，故 B 错误； D．小球的电势能增加，而小球带正电，则知C 点的电势比 A 点电势高， AB 是等势线，故C 点一定位 于 AB 直线的右侧，故 D 正确； 故选 CD。 12．如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为 E．一根不可伸长的绝缘细线长为 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位 置 A，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ＝60°角的位置 B 时速度为零。以下说法中正确 的是（ ） A．小球在 B 位置处于平衡状态 B．小球受到的重力与电场力的关系是 3 mg＝Eq C．小球在 A 点电势能大于在 B 点电势能 D．小球从 A 运动到 B 过程中，电场力对其做的功为 3 2  mgL 【答案】BD 【解析】A．小球到达 B 点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，而小球有沿圆弧的切向分 力，故在 B 点小球的合力不为零，不是平衡状态，故 A 错误； B．从 A 到 B 根据动能定理得 mglsin60°-qEl（1-cos60°）=0 代入数据解得 3qE mg 故 B 正确； C．从 A 点到 B 点，电场力做负功，电势能增加，所以 A 点电势能小于 B 点电势能，故 C 错误； D．根据动能定理得 mglsin60°+W=0 可得电场力做功 3 2W mgL  故 D 正确。 故选 BD。 13．质量为 m 的带正电小球由空中 A 点无初速度自由下落，在 t 秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强 电场，再经过 t 秒小球又回到 A 点，不计空气阻力且小球从末落地。则（ ） A．整个过程中小球电势能变化了 2 22 3 mg t B．整个过程中电场力对小球做功为 2mg2t2 C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了 mg2t2 D．从 A 点到最低点小球重力势能变化了 2 22 3 mg t 【答案】BD 【解析】AB．小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反，设电场 强度大小为 E，加电场后小球的加速度大小为 a，取竖直向下方向为正方向，则由 2 21 1( )2 2gt vt at   又 v gt ，解得： 3a g 则小球回到 A 点时的速度为 2v v at gt    整个过程中小球速度增量的大小为 3v v v gt     速度增量的大小为 3gt ，由牛顿第二定律得 qE mga m  联立解得： 4qE mg 所以电势能减小量为 2 2 21 22PE qE gt mg t    由功能关系可知，电场力做功等于电势能的变化量即为 2 22mg t ，故 A 错误，B 正确； C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了 2 k 1 ( )2E m gt  故 C 错误； D．设从 A 点到最低点的高度为 h，根据动能定理得： 21( ) 02mgh qE h gt   解得： 22 3h gt 从 A 点到最低点小球重力势能减少了 2 2 P 2 3 mg tE mgh   故 D 正确。 三、解答题 14．如图，O、A、B 为同一竖直平面内的三个点，OB 沿竖直方向， 60BOA   ， 3 2OB OA .将一质 量为 m 的小球以一定的初动能自 O 点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过 A 点．使此小球带电， 电荷量为 q（q＞0），同时加一匀强电场，场强方向与 OAB 所在平面平行，现从 O 点以同样的初动能 沿某一方向抛出此带点小球，该小球通过了 A 点，到达 A 点时的动能是初动能的 3 倍；若该小球从 O 点 以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过 B 点，且到达 B 点的动能为初动能的 6 倍，重力加速度大小 为 g．求 （1）无电场时，小球达到 A 点时的动能与初动能的比值； （2）电场强度的大小和方向． 【答案】（1） 0 7 3 kA k E E  （2） 3 6 mgE q  【解析】（1）小球做平抛运动，设初速度 v0．初动能 EK0，从 O 到 A 的运动时间为 t，令 OA＝d， 则：OB= 3 2 d， 根据平抛运动的规律得：水平方向：d•sin60°=v0t…① 竖直方向：y＝d•cos60°＝ 1 2 d＝ 1 2 gt2…② 又：EK0＝ 1 2 mv02…③ 联立①②③解得：EK0＝ 3 8 mgd…④ 设小球到达 A 时的动能为 EKA，则：EKA＝EK0+ 1 2 mgd＝ 7 8 mgd…⑤ 所以： 0 7 3 kA k E E  ； （2）加电场后，从 O 点到 A 点下降了 y= 1 2 d，从 O 点到 B 点下降了 3 2 d，设电场力 F 与竖直方向夹角 为α， 则由动能定理： k0 k0 13 cos(60 )2E E mg d F d      k0 k0 3 36 cos2 2E E mg d F d     其中 EK0＝ 3 8 mgd 联立解得：α=300 3 6 mgF  所以电场强度为 3 6E F mg q q  ， 正电荷受力方向与电场方向相同，即 E 与竖直方向夹角为30 15．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为 C，极板间距离为 d，上极板正中有一小孔．质 量为 m、电荷量为+q 的小球从小孔正上方高 h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零 （不计空气阻力，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为 g）．求： （1）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量； （2）小球从开始下落运动到下极板的时间. 【答案】（1） ( )mg h dE qd  ， ( )mgC h dQ q  （2） 2h d ht h g  【解析】(1)对从释放到到达下极板处过程的整个过程，由动能定理得： ( ) 0mg h d qEd   解得： ( )mg h dE qd  电容器两极板间的电压为： ( )mg h dU Ed q   故电容器的带电量为： ( )mgC h dQ CU q   (2)小球到达小孔前是自由落体运动，则有: 2 1 1 2h gt 得: 1 2ht g  根据速度位移关系公式，有： v2=2gh 得: 2v gh 取竖直向下为正方向，根据动量定理对减速过程有： 2( ) 0mg qE t mv   小球从开始下落运动到下极板的时间 t=t1+t2 联立解得： 2h d ht h g  ． 16．如图所示，两个半径均为 R 的光滑圆弧形轨道竖直放置，圆心在同一高度，一候角为 37°的固定光滑 斜面与两圆弧轨道相切于 C、D(斜面与左侧圆弧轨道的缝院可以忽略不计)，一质量为 m 的物块(可看成质 点)放在光滑水平面的 A 点，左侧圆弧轨道与水平轨道相切。已知 sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)要使物块能到达 E 点，则物块在 A 点的初速度至少多大? (2)若物块在 A 点的初速度为 6gR ，求物块从 E 点抛出后到落到斜面上所用的时间。 【答案】（1） 5gR （2）  3 10 2 4 gR g  【解析】(1)若斜面是光滑的，物块沿轨道运动过程机械能守恒，设物切到 E 点时速度为 ，则： 2 1vF mg m R   F≥0 2 2 0 1 1 122 2mv mg R mv   解得 0 5v gR 即初速度至少为 5gR . (2)若初速度为 6gR ，斜面光滑，设物块到 E 点的速度为 2v 则： 2 2 0 2 1 122 2mv mg R mv   解得 2 2v gR 从 E 点拋出，物块做平抛运动， 2x v t 21 2y gt tan37 cos37 Rx y R    计算的结果为：  3 10 2 4 gR t g  