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第41 讲 带电粒子（体）在电场中运动的综合问题
模拟·基础演练
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
B
D
D
B
B
C
D
D
C
D
D
C
C
题号
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
答案
B
D
D
D
D
D
A
AD
AC
ACD
CD
CD
重难·创新演练
1．【答案】(1)E2= mg
q ，方向竖直向上； (2)B = m ❑√gR
qR
(3)(❑√3−1) R
【详解】（1）小球过C点后做匀速圆周运动，有E2q =mg
解得匀强电场E2的大小E2= mg
q ，方向竖直向上。
（2）小球从B 运动到C，有E1qRsin60°−mg(R−Rcos60°)= 1
2 mvC
2 −1
2 mvB
2
经过B、C两点时速率相等，解得E1=
❑√3mg
3q
小球从A 运动到B，有E1q x AB−μmg x AB= 1
2 m vB
2 −0
由几何关系可知，小球过C点后做匀速圆周运动的轨道半径r = R
由Bq vC =m vC
2
r
解得匀强磁场的磁感应强度大小B = m ❑√gR
qR
（3）小球从C 运动到最高点，有−mgy = 1
2 mvmin
2 −1
2 mvC
2
水平方向∑
❑
❑
❑Bq v yi· Δti=∑
❑
❑
❑mΔ v xi
即Bqy =m vmin−m vC cos60°
解得y = 2❑√3−3
2
R
小球运动过程中距离水平地面的最大距离h= y +(R−R cos60°)=(❑√3−1) R
2．【答案】(1)v0= ❑√3 gL，T =10mg (2)x = 200
9 L
【详解】（1）B点时细线的拉力恰好为零，则重力和电场力的合力提供向心力mg
cosα =m v1
2
L
A 点到B 点，由动能定理得−mg
cosα
(L−Lcosα )= 1
2 m v1
2−1
2 m v0
2
解得v0= ❑√3 gL
B 点到C 点，由动能定理得mg
cosα ·2 L= 1
2 mv2
2−1
2 mv1
2
在C 点有T −mg
cosα =m v2
2
L
联立解得T =10mg
（2）C 点之后，小球做类平抛运动。以C 点为原点，沿速度方向和垂直速度方向建立直角坐标系，速度
方向上有xcosα = v2t
垂直速度方向上有xsinα = 1
2 at
2
由牛顿第二定律得mg
cosα =ma
联立解得x = 200
9 L
3．【答案】(1)E = 3mg
4 q (2)vB= ❑√
5 gL
4
(3)v = 1
2
❑√23 gL
【详解】（1）当小球运动到B 点时速度最小，可知重力和电场力的合力沿BO 方向，根据几何关系
Eq
mg =tan37°
解得E = 3mg
4 q
（2）在B 点细线对小球的拉力为0，根据牛顿第二定律得
mg
cos37° =m vB
2
L
解得vB= ❑√
5 gL
4
（3）从B 到最低点过程根据动能定理得qELsin37°+mgL(1+cos37°)= 1
2 m v
2−1
2 m vB
2
解得v = 1
2
❑√23 gL
4．【答案】(1) v0
2
6 g
(2)
❑√3 v0
2
6 g
(3)1
2 mv0
2
【详解】（1）根据平抛运动规律可知v cos30° = v0
根据动能定理可知1
2 m v
2−1
2 m v0
2=mgh
解得h= v0
2
6 g
（2）水平方向上，根据牛顿第二定律可得qE =ma
根据速度与位移公式可得v0
2=2ax
解得x =
❑√3 v0
2
6 g
（3）F合与水平夹角α，则tan α = mg
qE =
❑√3
3
故α =30°
沿F合方向与垂直F合方向建立坐标系，则当速度与F合垂直时，动能最小，则vmin= v cos30°，
v cos30° = v0
解得Ekmin= 1
2 mv0
2
5． 【答案】(1)
❑√3
3 ，60° (2)
❑√3 g
3 E0
【详解】（1）E 大到一定程度后加速度大小恒为
❑√3 g
3
，对圆环受力分析如图1 所示
根据平衡条件竖直方向有FN= Eqsinθ−mg
Ff= μ FN
由牛顿第二定律得Eqcosθ−Ff=ma
联立可得a= Eq
m
(cosθ−μsinθ)+ μg
结合图（b）可知cosθ−μsinθ =0，μg=
❑√3 g
3
则μ=
❑√3
3 ，θ =60°
（2）E = E0时，圆环恰好处于平衡状态，受力分析如图2 所示
根据平衡条件，水平方向有Ffm = E0qcosθ
竖直方向有F N
′ =mg−E0qsinθ
Ffm = μ F N
′
联立解得q
m =
❑√3 g
3 E0
真题·实战演练
1. 【答案】C
2. 【答案】B
3. 【答案】B
4．【答案】(1)q = mgdl
Uh (2)Q = kmgdh
Ul
(3) 若(4 k +1)l+ 4 k
3h
2
l
≤d时，W = mgl
2
h
+ 4 k
2mgh+ 4 k
4mgh
3
l
2
，
若(4 k +1)l+ 4 k
3h
2
l
>d时，W = mgl
2
h
+ kmgh(d −l)
l
【详解】（1）根据题意可知，颗粒在竖直方向上做自由落体，则有h= 1
2 gt
2
水平方向上做匀加速直线运动，则有qU
d =ma，l = 1
2 at
2
解得q = mgdl
Uh
（2）根据题意可知，颗粒与绝缘板第一次碰撞时，竖直分速度为v y 1= ❑√2gh
水平分速度为v x1= ❑√2al =
❑√
2 gl
2
h
则第一次碰撞后竖直分速度为v y 2=k v y 1=k ❑√2gh
设第一次碰撞后颗粒速度方向与水平方向夹角为θ，则有tanθ = v y 2
v x1
= kh
l
由于第一次碰撞后瞬间颗粒所受合力与速度方向垂直，则有tanθ =
UQ
d
mg = UQ
mgd
联立解得Q = kmgdh
Ul
（3）根据题意可知，由于k <1，则第一次碰撞后颗粒不能返回上绝缘板，若颗粒第二次碰撞是和下绝缘
板碰撞，设从第一碰撞后到第二次碰撞前的运动时间为t
′，则有t
′ = 2k ❑√2gh
g
=2k ❑√
2h
g
水平方向上做匀加速直线运动，加速度为a
' = UQ
md = kgh
l
水平方向运动的距离为l
′ = v x1t
′ + 1
2 at
′2= 4 kl+ 4 k
3h
2
l
则电场对颗粒做的功为W = Uql
d + UQl
'
d
= mgl
2
h
+ 4 k
2mgh+ 4 k
4mgh
3
l
2
若l+l' >d，则颗粒第二次碰撞是和右侧金属板碰撞，则颗粒从第一次碰撞到第二次碰撞过程中水平方向
位移为d −l，颗粒从A 点开始运动到第二次碰撞过程中，电场对颗粒做的功为
W ' = Uql
d + UQ(d −l)
d
= mgl
2
h
+ kmgh(d −l)
l
5．【答案】(1)2×10
6 N/C (2)0.5；2
3 m/s (3)2
3
❑√2m/s
【详解】（1）撤去电场前，A、B、C 均静止，M、N 处于原长状态，对A、B 整体分析可知，此时绳中拉
力为0，对C 根据共点力平衡条件有qE =mC g
解得E =2×10
6 N/C
（2）C 开始做匀速直线运动后，对C 和B 根据共点力平衡条件分别有T 1=mC g，T 1= f
其中f = μmB g
解得μ=0.5
C 开始匀速运动瞬间，A、B 刚好发生相对滑动，此时A、B、C 三者速度大小相等，M、N 两弹簧的弹性
势能相同，C 下降0.2m的过程中，对A、B、C 及弹簧M、N 组成的系统，由能量守恒定律有
mC gh= 1
2 (mA+mB+mC)v
2+2 Ep
解得v = 2
3 m /s
（3）没有电场时，C 开始匀速运动瞬间，A、B 刚好发生相对滑动，所以此时A 的加速度为零，对A 根据
共点力平衡有2kh−f =0
当电场方向改为竖直向下，设B 与A 即将发生相对滑动时，C 下降高度为h
′，对A 根据牛顿第二定律可得
f −2k h
' =mAa
对B、C 根据牛顿第二定律可得qE+mC g−f =(mB+mC)a
撤去电场后，由第（2）问的分析可知A、B 在C 下降0.2m时开始相对滑动，在C 下降0.2m的过程中，对
A、B、C 及弹簧M、N 组成的系统，由能量守恒定律有qE h
′ +mC gh= 1
2 (mA+mB+mC)vmax
2
+2 Ep
此时A 的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A 做简谐运动，所以A 第一次从右向左运动过程
中的最大速度为v
′
max = vmax
联立解得v
′
max = 2❑√2
3
m /s
