第九章 专题强化十四 带电粒子在电场中的力电综合问题（教师用书word）-【步步高】2024年高考物理大一轮复习讲义（津鲁琼辽鄂粤冀渝湘晋皖黑吉云豫新赣甘贵桂）

专题强化十四　带电粒子在电场中的力电综合问题 目标要求　1.会用等效法分析带电粒子在电场和重力场中的圆周运动.2.会用动力学、能量和动量观点分析带电粒子的力电综合问题． 题型一　带电粒子在重力场和电场中的圆周运动 1．等效重力场 物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些．此时可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之为“等效重力场”． 2. 3．举例 例1　(多选)(2023·福建省福州第十五中学质检)如图所示，带电小球(可视为质点)用绝缘细线悬挂在O点，在竖直平面内做完整的变速圆周运动，小球运动到最高点时，细线受到的拉力最大．已知小球运动所在的空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，小球质量为m、带电荷量为q，细线长为l，重力加速度为g，则(　　) A．小球带正电 B．静电力大于重力 C．小球运动到最低点时速度最大 D．小球运动过程最小速度至少为v＝ 答案　BD 解析　因为小球运动到最高点时，细线受到的拉力最大，可知重力和静电力的合力(等效重力)方向向上，则静电力方向向上，且静电力大于重力，小球带负电，故A错误，B正确；因重力和静电力的合力方向向上，可知小球运动到最高点时速度最大，故C错误；由于等效重力竖直向上，所以小球运动到最低点时速度最小，最小速度满足qE－mg＝m，即v＝，故D正确． 例2　(多选)(2023·重庆市八中高三检测)如图甲所示，空间有一水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝1×104 V/m，其中有一个半径为R＝2 m的竖直光滑圆环轨道，环内有两根光滑的弦轨道AB和AC，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角．质量为m＝0.08 kg、电荷量为q＝＋6×10－5 C的带电小环(视为质点)穿在弦轨道上，从A点由静止释放，可分别沿AB和AC到达圆周上的B、C点．现去掉弦轨道AB和AC，如图乙所示，让小环穿在圆环轨道上且恰好能做完整的圆周运动．不考虑小环运动过程中电荷量的变化．下列说法正确的是(cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(　　) A．小环在弦轨道AB和AC上运动时间之比为1∶1 B．小环做圆周运动过程中经过C点时动能最大 C．小环做圆周运动过程中动能最小值是1 J D．小环做圆周运动过程中对圆环轨道的最大压力是5 N 答案　AD 解析　因为重力与静电力均为恒力，所以二者的合力大小为F＝＝1 N，与竖直方向夹角正切值tan θ＝＝，解得θ＝37°，重力与静电力合力指向AO，A为等效最高点，根据等时圆模型，小环在弦轨道AB和AC上运动时间相等，A正确；等效最低点是AO延长线与圆环轨道交点，而非C点，等效最低点速度最大，动能最大，B错误；因为小环穿在圆环轨道上且恰好能做完整的圆周运动，则小环在等效最高点A速度最小为零，在A点动能最小也为零，C错误；小环在等效最低点时速度最大，动能最大，小环对圆环轨道压力也最大，从等效最高点至等效最低点过程中，由动能定理得 F·2R＝mvm2－0，由牛顿第二定律得FN－F＝m，代入数据解得FN＝5 N，由牛顿第三定律，小环做圆周运动的过程中对圆环的最大压力是5 N，D正确． 例3　如图所示，现有一个小物块质量为m＝80 g、带正电荷 q＝2×10－4 C，与水平轨道之间的动摩擦因数 μ＝0.2，在水平轨道的末端N处连接一个光滑竖直的半圆形轨道，半径为R＝40 cm.整个轨道处在一个方向水平向左、电场强度大小E＝4×103 V/m的匀强电场中，取g＝10 m/s2. (1)若小物块恰能运动到轨道的最高点L，那么小物块应从距N点多远处的A点释放？ (2) 如果小物块在(1)中的位置A释放，当它运动到P点(轨道中点)时轨道对它的支持力等于多少？ (3)如果小物块在(1)中的位置A释放，当它运动到NP间什么位置时动能最大，最大动能是多少？(结果保留两位有效数字) 答案　(1)1.25 m　(2)4.8 N　(3)与圆心的连线与竖直方向夹角为45°　0.93 J 解析　(1)物块恰能通过轨道最高点L的条件是 mg＝m，代入数据解得vL＝2 m/s 设A到N的距离为s，对A到L过程中根据动能定理得qEs－μmgs－mg·2R＝mvL2－0 代入数据解得s＝1.25 m (2)物块由P到L过程根据动能定理得 －mgR－qER＝mvL2－mvP2 解得vP＝2 m/s 在P点根据牛顿第二定律得FN－qE＝m 代入数据解得FN＝4.8 N. (3)如图所示，当合力的反方向延长线过圆心时动能最大，设该点为B，过B的半径与竖直方向间的夹角为θ，则tan θ＝＝1，θ＝45°.从A到B，由动能定理得qE(s＋Rsin θ)－μmgs－mgR(1－cos θ)＝Ekm，解得Ekm＝(0.48＋0.32) J≈0.93 J. 题型二　电场中的力电综合问题 1．动力学的观点 (1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，可用正交分解法． (2)综合运用牛顿运动定律和运动学公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问题． 2．能量的观点 (1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断是对分过程还是对全过程使用动能定理． (2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现． ①若带电粒子只在静电力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变． ②若带电粒子只在重力和静电力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变． 3．动量的观点 (1)运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向． (2)运用动量守恒定律，除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，还要注意题目表述是否为某方向上动量守恒． 例4　(2023·湖南株洲市模拟)如图，一带电的平行板电容器固定在绝缘底座上，底座置于光滑水平面上，一光滑绝缘轻杆左端固定在电容器的左极板上，并穿过右极板上的小孔，电容器极板连同底座总质量为2m，底座锁定在水平面上时，套在杆上质量为m的带电环以某一初速度由小孔进入电容器后，最远能到达距离右极板为d的位置．底座解除锁定后，将两极板间距离变为原来的2倍，其他条件不变，则带电环进入电容器后，最远能到达的位置距离右极板(　　) A.d B．d C.d D.d 答案　C 解析　设带电环所带电荷量为q，初速度为v0，底座锁定时电容器极板间电场强度为E，则由功能关系有qEd＝mv02，底座解除锁定后，两极板间距离变为原来的2倍，极板间电场强度大小不变，电容器及底座在带电环作用下一起向左运动，当与带电环共速时，带电环到达进入电容器后的最远位置，整个过程满足动量守恒，则有mv0＝3mv1，再由功能关系有qEd′＝mv02－×3mv12，联立解得 d′＝d，故选C. 例5　如图所示，不带电物体A和带电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别为2m和m，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为θ的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦．开始时，物体B在一沿斜面向上的外力F＝3mgsin θ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度(已知弹簧形变量为x时弹性势能为kx2)，重力加速度为g，则在此过程中(　　) A．物体B带负电，受到的静电力大小为mgsin θ B．物体B的速度最大时，弹簧的伸长量为 C．撤去外力F的瞬间，物体B的加速度大小为3gsin θ D．物体B的最大速度为gsin θ 答案　D 解析　假设B所受静电力沿斜面向下，当施加外力时，对B分析可知F－mgsin θ－F电＝0，解得F电＝2mgsin θ，假设成立，故B带负电，故A错误；当B受到的合力为零时，B的速度最大，由kx＝F电＋mgsin θ，解得x＝，故B错误；当撤去外力瞬间，弹簧弹力还来不及改变，即弹簧的弹力仍为零，对物体A、B分析可知F合＝F电＋mgsin θ＝(m＋2m)a，解得a＝gsin θ，故C错误；设物体B的最大速度为vm，由功能关系可得·3mvm2＋kx2＝mgxsin θ＋F电x，解得vm＝gsin θ，故D正确． 例6　(2019·全国卷Ⅱ·24)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)．质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计． (1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小； (2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？ 答案　(1)mv02＋qh　v0 (2)2v0 解析　(1)PG、QG间电场强度大小相等，均为E.粒子在PG间所受静电力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E＝① F＝qE＝ma② 设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEh＝Ek－mv02③ 设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有h＝at2④ l＝v0t⑤ 联立①②③④⑤式解得Ek＝mv02＋qh l＝v0 (2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度为L＝2l＝2v0. 课时精练 1.如图所示，一个电荷量为－Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点．另一个电荷量为＋q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，运动到B点时的速度为v，且为运动过程中速度的最小值．已知点电荷乙受到的阻力大小恒为Ff，A、B间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法正确的是(　　) A．点电荷乙从A点向甲运动的过程中，加速度逐渐增大 B．点电荷乙从A点向甲运动的过程中，其电势能先增大再减小 C．OB间的距离为 D．在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差UAB＝ 答案　C 解析　点电荷乙从A点向甲运动的过程中，受向左的静电力和向右的阻力，两点电荷靠近过程中静电力逐渐增大，阻力不变，点电荷乙先减速后加速，所以加速度先减小后增大，故A错误；在点电荷乙向甲运动过程中静电力一直做正功，因此电势能一直减小，故B错误；当速度最小时有Ff＝F＝k，可得r＝，故C正确；点电荷乙从A运动到B过程中，根据动能定理有UABq－FfL0＝mv2－mv02，计算得出UAB＝，故D错误． 2.(多选)(2023·黑龙江齐齐哈尔市八中模拟)如图所示，四分之一光滑绝缘圆弧槽B处切线水平，一可视为质点的带正电小球从圆弧槽A处由静止释放，滑到B处离开圆弧槽做平抛运动，到达水平地面的D处，若在装置所在平面内加上竖直向下的匀强电场，重复上述实验，下列说法正确的是(　　) A．小球落地点在D的右侧 B．小球落地点仍在D点 C．小球落地点在D的左侧 D．小球离开B到达地面的运动时间减小 答案　BD 解析　不加电场时，小球从A到B有mgR＝mvB2－0，解得vB＝，平抛过程，竖直方向上有h＝gt2，解得t＝，平抛水平位移x＝vBt＝2，平抛水平位移与重力加速度无关，施加竖直向下的匀强电场后，小球同时受重力和向下的静电力，相当于重力加速度增大了，小球落地点仍在D点，t∝，小球离开B后到达地面的运动时间减小，B、D正确． 3.(多选)如图所示，可视为质点的质量为m且电荷量为q的带电小球，用一绝缘轻质细绳悬挂于O点，绳长为L，现加一水平向右的足够大的匀强电场，电场强度大小为E＝，小球初始位置在最低点，若给小球一个水平向右的初速度，使小球能够在竖直面内做圆周运动，忽略空气阻力，重力加速度为g.则下列说法正确的是(　　) A．小球在运动过程中机械能守恒 B．小球在运动过程中机械能不守恒 C．小球在运动过程中的最小速度至少为 D．小球在运动过程中的最大速度至少为 答案　BD 解析　小球在运动的过程中，静电力做功，机械能不守恒，故A错误，B正确；如图所示，小球在电场中运动的等效最高点和最低点分别为A点和B点，等效重力G′＝mg，小球在最高点的最小速度v1满足G′＝m，得v1＝，故C错误；小球由最高点运动到最低点，由动能定理有G′·2L＝mv22－mv12，解得v2＝ ，故D正确． 4.如图所示，虚线MN下方存在着方向水平向左、范围足够大的匀强电场．AB为绝缘光滑且固定的四分之一圆弧轨道，轨道半径为R，O为圆心，B位于O点正下方．一质量为m、电荷量为q的带正电小球，以初速度vA竖直向下从A点沿切线进入四分之一圆弧轨道内侧，沿轨道运动到B处以速度vB射出．已知重力加速度为g，电场强度大小为E＝，sin 37°＝0.6，空气阻力不计，下列说法正确的是(　　) A．从A到B过程中，小球的机械能先增大后减小 B．从A到B过程中，小球对轨道的压力先减小后增大 C．在A、B两点的速度大小满足vA>vB D．从B点抛出后，小球速度的最小值为 答案　D 解析　从A到B过程中，静电力一直做负功，小球的机械能一直减小，故A错误；设等效重力与竖直线的夹角为θ，则tan θ＝＝，故θ为37°，等效重力方向与竖直方向成37°角偏左下方，所以从A到B过程中，小球速度先增大后减小，对轨道的压力先增大后减小，故B错误；B点比A点更靠近等效最低点，所以vA<vB，故C错误；从A到B，由动能定理有mgR－EqR＝mvB2－mvA2，解得vB＝，之后小球做类斜抛运动，在垂直于等效场方向上的分速度即为最小速度，则vmin＝vB·cos θ＝，故D正确． 5.(多选)(2023·福建泉州市高三质检)如图，ABC是竖直面内的固定半圆形光滑轨道，O为其圆心，A、C两点等高，过竖直半径OB的虚线右侧足够大的区域内存在沿AC方向的匀强电场．一带正电小球从A点正上方P点由静止释放，沿轨道通过B、C两点时的动能分别为Ek和1.5Ek，离开C点后运动到最高点D(图中未画出)．已知P与A间的距离等于轨道半径，则(　　) A．D点与P点等高 B．小球在电场中受到的静电力是其重力的两倍 C．小球在C处对轨道的压力是其重力的两倍 D．小球通过D点时的动能大于1.5Ek 答案　BD 解析　若在A点速度等于C点的速度，在竖直方向由对称性可知，D点与P点等高，但由动能定理可知A点的速度小于C点的速度，所以D点高于P点，故A错误；设小球在电场中所受静电力为F，轨道半径为R，小球从P到B过程，由动能定理得mg·2R＝Ek，小球从P到C过程，由动能定理得mg·R＋FR＝1.5Ek，联立可得F＝2mg，故B正确；由动能定理的表达式有1.5Ek＝mvC2，在C点时，由牛顿第二定律得FN－F＝m，结合mg·2R＝Ek，联立可得FN＝8mg，由牛顿第三定律得小球在C处对轨道的压力FN′＝FN＝8mg，故C错误；因为F＝2mg，可知小球从C点飞出后，竖直方向的加速度小于水平方向的加速度，竖直方向，由逆向思维，看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，则小球从C到D过程中，水平方向的位移大于竖直方向的位移，根据W＝Fs，可知静电力所做正功大于重力所做负功，则小球通过D点时的动能大于通过C点时的动能，即大于1.5Ek，故D正确． 6．(2022·辽宁卷·14)如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R.质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿轨道BO运动．以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为mg.小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g.求： (1)弹簧压缩至A点时的弹性势能； (2)小球经过O点时的速度大小； (3)小球过O点后运动的轨迹方程． 答案　(1)mgR　(2)　(3)y2＝6Rx 解析　(1)小球从A到B，根据能量守恒定律得 Ep＝mvB2＝mgR (2)小球从B到O，根据动能定理有 －mgR＋mg×R＝mvO2－mvB2 解得vO＝ (3)小球运动至O点时速度方向竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，则x轴方向有mgcos 45°＝max y轴方向有mgsin 45°－mg＝may 解得ax＝g，ay＝0 说明小球过O点后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有x＝gt2，y＝vOt 联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为 y2＝6Rx. 7．(2023·江西南昌市名校联考)如图所示，空间中存在水平向右、电场强度大小为E＝5×103 N/C的匀强电场，水平传送带BC的左端与水平面AB在B点平滑连接，右端与一个半径为R的光滑圆弧轨道CD水平相切于C点．xAB＝xBC＝R＝1 m，传送带顺时针转动，速率恒为v＝5 m/s，现将一质量为m＝0.5 kg、带正电且电荷量为q＝1×10－3 C的小滑块，从A点由静止释放，小滑块与AB段和BC段间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求： (1)小滑块运动到水平面右端B点时的速度大小； (2)小滑块运动到圆弧轨道底端C点时所受的支持力大小； (3)小滑块对圆弧轨道CD压力的最大值．(取1.4) 答案　(1)4 m/s　(2)22.5 N　(3)28.5 N 解析　(1)小滑块从A点运动到B点的过程，由动能定理得qExAB－μmgxAB＝mvB2－0，解得vB＝4 m/s. (2)小滑块滑上传送带时，因传送带速率大于滑块速率，所以滑块受到的滑动摩擦力水平向右，由牛顿第二定律得Eq＋μmg＝ma1，解得a1＝12 m/s2，滑块加速到与传送带共速时，有v2－vB2＝2a1x，解得此加速过程滑块的位移大小为x1＝0.375 m，小滑块速率大于传送带速率后，滑块受到的滑动摩擦力水平向左，由牛顿第二定律得Eq－μmg＝ma2，解得a2＝8 m/s2，由运动学公式有vC2－v2＝2a2(xBC－x1)，解得滑块运动到C点时的速度vC＝ m/s，滑块在C点时，由牛顿第二定律得FNC－mg＝m，解得FNC＝22.5 N. (3)由于Eq＝mg，所以等效重力大小为mg′＝＝mg，方向与水平方向成45°角斜向右下方，当滑块从C点开始沿圆弧轨道运动的弧长对应的圆心角θ＝45°时，滑块的速度最大，对轨道压力最大，在该点，对滑块有FN－mg′＝m，从C点到速度最大位置，由动能定理得mg′R(1－cos 45°)＝mv′2－mvC2，联立解得FN＝28.5 N，根据牛顿第三定律可知，小滑块对圆弧轨道CD压力的最大值FN′＝FN＝28.5 N. 8．如图所示，空间中有一水平向右的匀强电场，电场强度的大小为E＝1.0×104 V/m.该空间有一个半径为R＝2 m的竖直光滑绝缘圆环的一部分，圆环与光滑水平面相切于C点，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角．质量为m＝0.04 kg、电荷量为q＝＋6×10－5 C的带电小球2(可视为质点)静止于C点．轻弹簧一端固定在竖直挡板上，另一端自由伸长时位于P点．质量也为m＝0.04 kg的不带电小球1挨着轻弹簧右端，现用力缓慢压缩轻弹簧右端到P点左侧某点后释放．小球1沿光滑水平面运动到C点与小球2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两小球黏合在一起且恰能沿圆弧到达A点．P、C两点间距离较远，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)黏合体在A点的速度大小； (2)弹簧的弹性势能； (3)小球黏合体由A点到水平面运动的时间． 答案　(1)5 m/s　(2)9.2 J　(3)0.6 s 解析　(1)小球2所受静电力大小 F＝qE＝6×10－5×1×104 N＝0.6 N 小球1和小球2的重力和为 G＝2mg＝2×0.04×10 N＝0.8 N 如图所示 小球黏合体所受重力与静电力的合力与竖直方向的夹角为tan θ＝＝，所以θ＝37° 所以A点是小球黏合体在重力场和电场中做圆周运动的等效最高点，由于小球黏合体恰能沿圆弧到达A点，所以＝2m，解得vA＝5 m/s (2)小球黏合体从C点到A点，由动能定理得 －qERsin 37°－2mg(R＋Rcos 37°) ＝×2mvA2－×2mvC2 解得vC＝ m/s 小球黏合体的碰撞由动量守恒定律得mv1＝2mvC 解得小球1碰撞前的速度v1＝2 m/s，由机械能守恒可得弹簧的弹性势能Ep＝mv12＝9.2 J (3)如图，小球黏合体在A点竖直方向上做匀加速运动 竖直方向上的初速度为v0＝vAsin 37°＝3 m/s 由竖直方向匀加速运动可得 R＋Rcos 37°＝v0t＋gt2，解得t＝0.6 s. 学科网（北京）股份有限公司 $$