第8章 第6讲 满分指导 电势能和力学规律的综合应用-【金版教程】2026年高考物理一轮复习解决方案课件PPT

第八章　静电场 第6讲　专题：电场中的力电综合问题 满分指导 电势能和力学规律的综合应用 目录 1 2 满分指导 电势能和力学规律的综合应用 课时作业 满分指导 电势能和力学规律的综合应用 满分指导 电势能和力学规律的综合应用 4 (1)小球B第一次到达电场边界MP④所用的时间； (2)小球A第一次⑤离开电场边界NQ时的速度大小； (3)带电系统运动过程中，B球⑥电势能增加量的最大值。 满分指导 电势能和力学规律的综合应用 5 [审题　抓住信息，准确推断]　 关键信息 信息挖掘 题干 ①有界匀强电场区域MPQN内 说明在空间MPQN内有电场，其他地方没有电场 ②恰位于细杆的中垂线上 明确了系统开始运动的空间位置，此时只有A球受静电力 ③从静止开始运动 系统开始运动时的初速度为零 问题 ④所用的时间 可利用牛顿第二定律及运动学公式求解 ⑤离开电场边界NQ时的速度大小 分析A球在离开NQ前的运动情况：先加速运动，再减速运动 ⑥电势能增加量的最大值 B球进入电场后受静电力方向向左，只要B球向右运动，电势能就会增加 满分指导 电势能和力学规律的综合应用 6 [破题　形成思路，快速突破]　 (1)小球B第一次到达电场边界MP所用时间的求解。 ①求B球进入电场前的加速度。 a．研究对象：____________________； b．列动力学方程：_________________。 ②求B球第一次到达电场边界MP所用时间。 列运动学方程：________。 A、B两球组成的系统 2Eq－μ·2mg＝2ma1 满分指导 电势能和力学规律的综合应用 7 (2)小球A第一次离开电场边界NQ时的速度大小求解。 ①研究过程：_________________________________。 ②小球B刚进入电场的速度v1的求解。 a．选择规律：___________； b．方程式：________。 ③小球A第一次离开电场的速度v2的求解。 a．选择规律：_____________________； b．动力学方程式：______________________； 运动学方程式：______________。 从B球进入电场到A球第一次离开电场 运动学方程 动力学方程和运动学方程 2Eq－3Eq－μ·2mg＝2ma2 满分指导 电势能和力学规律的综合应用 8 (3)如何求带电系统运动过程中，B球电势能增加量的最大值？ 提示：B球克服静电力做功越多，其增加的电势能越大。先求出A球出电场后系统的加速度和系统速度减小到零时A球离开右边界的距离x，判断x≤2L是否成立，以确定此时B球是否在电场中，如果在电场中，则利用静电力做功与电势能变化的关系求解，如果不在电场中，则进一步分析计算。 满分指导 电势能和力学规律的综合应用 9 满分指导 电势能和力学规律的综合应用 10 满分指导 电势能和力学规律的综合应用 11 满分指导 电势能和力学规律的综合应用 12 [点题　突破瓶颈，稳拿满分]　 常见的思维障碍： (1)在求小球A第一次离开电场边界NQ的速度大小时，错误地认为A球在电场中一直做匀加速直线运动，没有分析B球进入电场后，系统的受力情况发生了变化，导致结果错误。 (2)小球A离开电场之后，错误地认为B球的加速度不变，没有分析A球离开电场之后，系统的受力情况发生了变化，加速度发生了变化，导致结果错误。 满分指导 电势能和力学规律的综合应用 13 课时作业 ［A组　基础巩固练］ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 2．(2024·辽宁高考)在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面(纸面)内运动。如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线；若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到与O点等高处的过程中(　　) A．动能减小，电势能增大 B．动能增大，电势能增大 C．动能减小，电势能减小 D．动能增大，电势能减小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 解析：小球的初速度方向沿虚线时，其运动轨迹为直线，可知 小球所受电场力和重力的合力沿着虚线方向；已知电场强度方向为 水平方向，则小球所受电场力沿水平方向，又因为小球所受重力竖 直向下，根据平行四边形定则可知，小球所受合力沿虚线向下，所 受电场力方向水平向右。若小球的初速度方向垂直于虚线，即与所受合力方向垂直，则小球做类平抛运动，从O点出发运动到与O点等高处的过程中，合力的方向与小球的运动方向始终成锐角，则合力对小球做正功，小球的动能增大；电场力的方向与小球的运动方向始终成锐角，则电场力对小球做正功，小球的电势能减小。故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 3．(多选)如图甲所示，绝缘水平面上存在方向水平向右的匀强电场，一带电物块以一定的初速度从O点开始向右运动。取O点为电势零点，该物块的电势能与动能之和E总、电势能Ep随它离开O点的距离x变化的关系如图乙所示。由此能够确定的是(　　) A．物块受到的静电力 B．匀强电场的场强大小 C．物块返回O点时的动能 D．物块与水平面间的动摩擦因数 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 4．(2024·河北高考)如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为q(q>0)，质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求： (1)电场强度E的大小。 (2)小球在A、B两点的速度大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 [B组　综合提升练] 6．(2024·浙江6月选考)如图所示，空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在此空间同一水平面的M、N点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，半径为R，AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为＋q的小球套在圆环上，从A点沿圆环以初速度v0做完整的圆周运动，则(　　) A．小球从A到C的过程中电势能减少 B．小球不可能沿圆环做匀速圆周运动 C．可求出小球运动到B点时的加速度 D．小球在D点受到圆环的作用力方向平行MN 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 8．(2025·新疆普通高考适应性检测高三上第一次模拟)空间有一水平向右的匀强电场，一质量为m、带电量为＋q的小球用一绝缘轻绳悬挂于O点。若将小球拉到最低点，并给小球垂直纸面向里的初速度v0，发现小球恰好沿一倾斜平面做匀速圆周运动，其圆心P与悬挂点O的连线与竖直方向成37°角，如图所示。已知重力加速度为g，小球可视为质点，忽略空气阻力，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，求： (1)电场强度E的大小； (2)小球从倾斜圆轨道的最低点A到最高点B的过程中，电 势能的变化量。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R [案例剖析] (18分)在动摩擦因数μ＝0．2的足够长的粗糙绝缘水平槽中，长为2L的绝缘轻质细杆两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B，如图为俯视图(槽两侧光滑)。A球的电荷量为＋2q，B球的电荷量为－3q(均可视为质点，且不考虑两者间相互作用的库仑力)。现让A处于如图所示的①有界匀强电场区域MPQN内，已知虚线MP②恰位于细杆的中垂线上，MP和NQ的距离为3L，匀强电场的电场强度为E＝eq \f(1.2mg,q)，方向水平向右。释放带电系统，让A、B③从静止开始运动(忽略小球运动中所产生的磁场造成的影响)。求： L＝eq \f(1,2)a1teq \o\al(2,1) veq \o\al(2,1)＝2a1L veq \o\al(2,2)－veq \o\al(2,1)＝2a2L [解题　规范步骤，水到渠成]　 (1)带电系统开始运动后，先向右加速运动，当B进入电场区时，开始做减速运动。设B球进入电场前的过程中，系统的加速度为a1，由牛顿第二定律：2Eq－μ·2mg＝2ma1 解得：a1＝g (2分) B球刚进入电场时，由L＝eq \f(1,2)a1teq \o\al(2,1) (2分) 可得t1＝eq \r(\f(2L,g))。 (1分) (2)设B从静止到刚进入电场的速度为v1，由veq \o\al(2,1)＝2a1L 可得v1＝eq \r(2gL) (2分) 设B球进入电场后，系统的加速度为a2，由牛顿第二定律得： 2Eq－3Eq－μ·2mg＝2ma2 解得：a2＝－0．8g (2分) 之后系统做匀减速直线运动，设小球A第一次离开电场边界NQ时的速度大小为v2，由 veq \o\al(2,2)－veq \o\al(2,1)＝2a2L可得v2＝eq \f(\r(10gL),5)。 (2分) (3)当带电系统速度第一次为零时，此时A球已经到达右边界NQ右侧，B球克服静电力做的功越多，B球增加的电势能越多，设系统速度减小到零时，A球离右边界NQ的距离为x，A球离开电场后，系统的加速度为a3，由牛顿第二定律：－3Eq－2μmg＝2ma3 解得：a3＝－2g (2分) 由x＝2,2)eq \f(0－v,2a3) 解得：x＝0．1L<2L，所以B没有出电场， (3分) 故B电势能增加量的最大值为 ΔEp＝－W＝－[－3Eq(L＋x)]＝3Eq(L＋x)＝3Eq·1．1L＝3．3EqL＝3．96mgL。 (2分) 1．(2024·辽宁省沈阳市高三下三模)(多选)如图所示，质量m＝1 kg、带电量q＝＋0．1 C的小球(视为质点)与长L＝0．1 m的绝缘轻绳相连，轻绳另一端固定在O点，整个系统处在与竖直方向夹角为45°、场强大小E＝100eq \r(2) N/C的匀强电场中。AB为水平直径，CD为竖直直径，HF直径过O点且与CD夹角为45°。当小球绕O点在竖直平面内做圆周运动时，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．小球运动到D点时，动能最小 B．小球运动到A点时，动能最小 C．小球从A点运动到B点时，动能增加了2 J D．小球从F点运动到H点时，机械能增加了2eq \r(2) J 解析：对小球受力分析，所受电场力的大小qE＝10eq \r(2) N， 重力mg＝10 N，在竖直方向上，有qEcos45°＝mg，可得二 力的合力方向水平向右，即等效重力水平向右，如图所示，等 效重力的大小F合＝eq \r(（qE）2－（mg）2)＝10 N，则A点为圆周 运动的等效最高点，故小球运动到A点时动能最小，故A错误，B正确；小球从A点运动到B点时，动能增加量等于合力做的功，即ΔEk＝F合×2L＝2 J，故C正确；小球从F点运动到H点时，克服电场力做功，机械能减少，故D错误。 解析：由克服静电力做的功等于电势能的增加量，即ΔEp＝－FΔx，结合图乙，可得物块受到的静电力F＝－eq \f(ΔEp,Δx)＝－eq \f(80,8) N＝－10 N，负号表示静电力方向沿x轴负方向，由于不知道物块的电荷量，则无法求解匀强电场的场强大小，故A正确，B错误；由图乙可知，物块的初动能为Ek0＝100 J，当运动到x＝8 m处时物块的动能为0，设物块受到的滑动摩擦力大小为f，则此过程中根据动能定理有－(|F|＋f)x＝0－Ek0，得f＝2．5 N，物块从O点开始运动到返回到O点的过程中，由动能定理有－f×2x＝Ek－Ek0，得物块返回O点时的动能Ek＝Ek0－2fx＝100 J－2×2．5× 8 J＝60 J，由于不知道物块的质量，则无法求解物块与水平面间的动摩擦因数，故C正确，D错误。 答案：(1)eq \f(U,L) 　(2)eq \r(\f(Uq－mgL,m))　eq \r(\f(3（Uq－mgL）,m)) 解析：(1)根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可知，电场强度的大小为E＝eq \f(U,L)。 (2)设小球在A点的速度大小为vA，在B点的速度大小为vB。小球在A点时，细线对小球的拉力为0，对小球，根据牛顿第二定律得Eq－mg＝m2,A)eq \f(v,L) 解得vA＝eq \r(\f(Uq－mgL,m)) 从A到B的过程，对小球，根据动能定理得qU－mgL＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A) 解得vB＝eq \r(\f(3（Uq－mgL）,m))。 5．(2022·辽宁高考)如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑eq \f(1,4)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eq \r(gR)，之后沿导轨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eq \r(2)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)eq \f(1,2)mgR　(2)eq \r(3gR) (3)y2＝6Rx(x>0，y>0) 解析：(1)小球从A点运动到B点的过程，根据能量守恒定律得Ep＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B) 其中vB＝eq \r(gR) 解得弹簧压缩至A点时的弹性势能Ep＝eq \f(1,2)mgR。 (2)小球从B点运动到O点的过程，根据动能定理有 －mgR＋qE·eq \f(R,cos45°)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,O)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B) 其中qE＝eq \r(2)mg 解得小球经过O点时的速度大小vO＝eq \r(3gR)。 (3)小球运动至O点时速度竖直向上，之后只受 电场力和重力作用，将电场力沿x轴方向和y轴方 向分解，则 x轴方向有qEcos45°＝max y轴方向有qEsin45°－mg＝may 解得ax＝g，ay＝0 说明小球过O点后在第一象限做类平抛运动，有x＝eq \f(1,2)gt2，y＝vOt 联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为y2＝6Rx(x>0，y>0)。 解析：小球从A到C的过程，等量异种点电荷的电场对小球的电场力F1方向与MN平行，该电场力对小球不做功，匀强电场对小球的电场力F2＝Eq，方向竖直向上，该电场力对小球做负功，则合电场力对小球做负功，小球电势能增加，故A错误；当F2＝mg时，圆环对小球的弹力和两异种点电荷的电场力的合力始终指向圆心O，小球沿圆环做匀速圆周运动，故B错误；小球从A到B，根据动能定理，有(mg－Eq)R＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，小球运动到B点时，设向心加速度为a1，根据牛顿第二定律，有ma1＝m2,B)eq \f(v,R) ，联立可求出a1的大小、方向，小球运动到B点时，设切向加速度为a2，在竖直方向，以竖直向下为正方向， 根据牛顿第二定律，有mg－Eq＝ma2，可求出a2的大小、方向， 根据矢量合成，可求出小球运动到B点的加速度的大小、方向， 故C正确；小球经过D点时，所受重力、匀强电场的电场力与 AC方向平行，所受两异种点电荷的电场力与MN方向平行，均 不能提供向心力，则小球在D点受到圆环的作用力在垂直MN指向O方向的分力不为零，故小球在D点受到圆环的作用力方向不平行MN，故D错误。 7．如图所示，空间存在三个相邻的水平面M、N和Q，水平面M、N之间的距离为h，其间区域存在水平向右的匀强电场，水平面N、Q之间区域存在大小相等、方向水平向左的匀强电场。质量为m、电荷量为q的带正电小球从电场上边界M的P点由静止释放，经过电场中边界N，最终从电场下边界Q离开。已知小球到达电场下边界Q时的速度方向恰好竖直向下，且此时动能为其经过电场中边界N时动能的2．56倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A．水平面N、Q之间的距离为2h B．匀强电场的电场强度大小为eq \f(3mg,4q) C．小球在M、N之间区域做平抛运动 D．小球在M、N间减小的电势能小于在N、Q间增加的电势能 解析：根据题意可知，小球在电场中运动时，受重力和电场力， 竖直方向上做自由落体运动，水平方向在M、N之间区域向右做初 速度为零的匀加速直线运动，在N、Q之间区域向右做末速度为零 的匀减速直线运动，则小球在M、N之间区域做初速度为零的匀加速直线运动，故C错误；两区域电场强度等大反向，则小球在两区域运动时水平方向加速度等大反向，则小球在M、N之间与在N、Q之间的运动时间相同，水平位移大小相同，则在M、N之间电场力做的功与在N、Q之间克服电场力做的功相等，由功能关系可知小球在M、N间减小的电势能等于在N、Q间增加的电势能，故D错误； 设水平面N、Q之间的距离为h′，小球在竖直方向做自由落体运动，又在M、N间与N、Q间运动时间相同，由初速度为零的匀变速直线运动规律可得h∶h′＝1∶3，则h′＝3h，故A错误；设小球在M、N之间和N、Q之间的运动时间均为t，水平方向的加速度大小为a，则在边界N上时，水平分速度vNx＝at，其中a＝eq \f(Eq,m)，竖直分速度为vNy＝gt，此时动能为EkN＝eq \f(1,2)m(veq \o\al(2,Nx)＋veq \o\al(2,Ny))，小球在边界Q上时，vQ＝g·2t，此时动能EkQ＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,Q)，又EkQ＝2．56EkN，解得E＝eq \f(3mg,4q)，B正确。 答案：(1)eq \f(3mg,4q)　(2)减小eq \f(32,25)mveq \o\al(2,0) 解析：(1)带电小球在倾斜平面做匀速圆周运动，因此重力和电场力的合力沿OP方向，如图所示，由矢量的合成定则可知Eq＝mgtan37° 解得E＝eq \f(3mg,4q)。 (2)如图所示，小球做匀速圆周运动时合力指向圆心，大小为F合＝F合1tan37° 其中重力和电场力的合力F合1＝eq \f(mg,cos37°) 设小球做圆周运动的半径为R，根据向心力公式有F合＝2,0)eq \f(mv,R) 从A点到B点的过程中，电场力对小球做的功为W＝2EqRcos37° 小球电势能的变化量为ΔEp＝－W 联立解得ΔEp＝－eq \f(32,25)mveq \o\al(2,0) 即电势能减小eq \f(32,25)mveq \o\al(2,0)。 [C组　拔尖培优练] 9．(2024·安徽高考)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为＋q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了eq \f(kq2,2d)，k为静电力常量，不计空气阻力。则(　　) A．该过程中小球3受到的合力大小始终不变 B．该过程中系统能量守恒，动量不守恒 C．在图乙位置，v1＝v2，v3≠2v1 D．在图乙位置，v3＝eq \r(\f(2kq2,3md)) 解析：在剪断细线瞬间，小球3由静止开始向左运动，具有加速度，由牛顿第二定律可知，小球3所受合力不为0，当三个小球运动到同一条直线上时，由对称性可知，小球3受到小球1和2的电场力大小相等，方向相反，受到两细线的拉力大小相等、方向相反，此时所受合力为0，故该过程中小球3受到的合力大小是改变的，A错误；对三个小球组成的系统受力分析可知，系统受到重力和水平面的支持力，且二力平衡，所以系统所受合力为0，则在该过程中系统的动量守恒，没有外力对系统做功，则系统内的电势能与动能相互转化，能量守恒，B错误；以水平向左为正方向，根据动量守恒定律，有mv3－m(v1＋v2)＝0，因为小球1和小球2的运动具有对称性，则两小球的速度大小时刻相等，即v1＝v2，联立解得v3＝2v1，C错误；由能量守恒定律可得，eq \f(kq2,2d)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,3)，联立解得v3＝eq \r(\f(2kq2,3md))，D正确。 $$