第9章 专题强化(十三) 带电粒子(体)在电场中的综合问题（教师用书Word）-【正禾一本通】2026年新高考物理高三一轮总复习高效讲义

该高中物理讲义聚焦带电粒子在电场中的综合问题，涵盖等效重力场下的圆周运动、动力学与能量动量观点应用等高考核心考点，按“基础模型—方法整合—综合应用”逻辑架构知识点，通过考点梳理、方法指导（如等效法）、真题训练（含高考真题示例）等环节，帮助学生系统突破难点。 资料以科学思维中的模型建构和科学推理为核心，创新采用等效重力场建模分析圆周运动临界条件，结合分层例题（如基础临界问题到复杂多过程综合题）和三大观点选用策略，保障复习效率。通过例1等效场最高点分析、例3动能定理与运动分解等实例，提升学生解题能力，为教师把控复习节奏提供精准指导。

专题强化(十三)　带电粒子(体)在电场中的综合问题 【备考目标】　1.会用等效法分析带电体在电场和重力场中的圆周运动问题。2.会灵活选用动力学、能量和动量观点分析带电粒子(体)在电场中运动的综合问题。　 强化点一　带电体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．等效重力场的概念及理解 3．示例 【例1】 空间中有竖直向上的匀强电场，电场强度E＝。绝缘圆形轨道竖直放置，O点是它的圆心、半径为R，A、C为圆轨道的最低点和最高点，B、D为与圆心O等高的两点，如图所示。在轨道A点放置一质量为m，带电荷量为＋q的光滑小球。现给小球一初速度v0(v0≠0)，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　 ) A. 无论v0多大，小球不会脱离轨道 B．只有v0≥，小球才不会脱离轨道 C．v0越大，小球在A、C两点对轨道的压力差也越大 D．若将小球无初速度从D点释放，小球一定会沿轨道经过C点 解析：选D。由题意可知小球所受静电力与重力的合力方向竖直向上，大小为F＝qE－mg＝2mg，若要使小球不脱离轨道，设其在A点所具有的最小速度为vmin，根据牛顿第二定律有F＝m，解得vmin＝，所以只有当v0≥时，小球才不会脱离轨道，故A、B错误；假设小球可以在轨道中做完整的圆周运动，在C点的速度大小为v1，根据动能定理有mv－mv＝F·2R，在A、C点小球所受轨道的支持力大小分别为F0和F1，根据牛顿第二定律有F0＋F＝m，F1－F＝m，联立以上三式解得ΔF＝F1－F0＝6F＝12mg，根据牛顿第三定律可知小球在A、C两点对轨道的压力差等于12mg，与v0的大小无关，故C错误；若将小球无初速度从D点释放，由于F向上，所以小球一定能沿DC轨道经过C点，故D正确。 【例2】 如图所示，现有一个小物块质量为m＝80 g、带电荷量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，g取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为多大？ (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) 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，根据动能定理得 qEs－μmgs－mg·2R＝mv－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＝mv－mv 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＋R sin θ)－μmgs－mgR(1－cos θ)＝Ekm 解得Ekm≈0.93 J。 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 强化点二　电场中的力电综合问题 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．用动力学观点分析 先分析带电粒子或带电体的受力情况，再分析其运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题。 2．用能量观点分析 对于受变力作用的带电粒子或带电体的运动，常需借助能量观点来处理，即使受到的力都是恒力，若不涉及时间，有时利用能量的观点处理也常常更简捷。具体方法有： (1)从功能关系的角度——如用动能定理处理，即W＝ΔEk。 (2)从能量守恒的角度——用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理。 (3)两个结论： ①若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变。 ②若带电粒子只在重力和电场力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变。 3．用动量观点分析 (1)运用动量定理。研究对象为单个物体，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。研究对象为系统，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。 类型(一) 动力学和能量观点的综合应用 【例3】 (2022·辽宁高考)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。 解析： (1)由题意并根据机械能守恒定律，弹簧压缩至A点时的弹性势能等于小球经过B点时的动能，所以 Ep＝mv2＝mgR。 (2)电场力在竖直方向的分力为mg，在水平方向的分力也为mg，故小球在圆弧导轨上运动过程中合力做功为mgR，根据动能定理有 mgR＝mv－mgR 整理可得vO＝。 (3)小球经过O点后，竖直方向受力平衡，做匀速直线运动，水平方向合力为mg，做加速度为g的匀加速直线运动，故 y＝vOt，x＝gt2 整理可得y2＝6Rx。 答案：(1)mgR　(2)　(3)y2＝6Rx 类型(二) 动量观点在电场中的应用 【例4】 如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内存在一个平行于该区域的匀强电场，MN为圆的一条直径。质量为m、电荷量为＋q的粒子从M点以速度v射入电场，速度方向与MN夹角θ＝30°，一段时间后粒子运动到N点，速度大小也为v，不计粒子重力。求： (1)匀强电场的电场强度大小E； (2)仅改变粒子速度大小，当粒子离开圆形区域的电势能最小时，粒子动量改变量的大小Δp。 解析：(1)从M到N粒子动能不变，电场力不做功，所以MN为等势线，电场线与MN垂直，粒子做类斜抛运动，沿MN方向，粒子匀速运动，有 2R＝v cos 30°t 垂直MN方向有 0＝v sin 30°t－at2 根据牛顿第二定律 qE＝ma 解得E＝。 (2)如图所示，当粒子运动到P点时，电势能最小， 则有v1cos 30°t′＝R －v1sin 30°t′＋at′2＝R qEt′＝Δp 联立求得Δp＝mv。 答案：(1)　(2)mv [应考反思]做匀变速曲线运动的物体受到的合力为恒力，所以常用动量定理间接求解其动量变化量Δp。 【例5】 如图所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R＝0.2 m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，电场强度大小E＝5.0×103 V/m。一不带电的绝缘小球甲以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为m＝1.0×10－2 kg，乙所带电荷量q＝2.0×10－5 C，g取10 m/s2。(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移) (1)甲、乙两球碰撞后，若乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离； (2)在满足(1)的条件下，求甲的速度v0； (3)若甲仍以速度v0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围。 解析：(1)在乙恰能通过轨道最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，由牛顿第二定律有 mg＋qE＝m① 由类平抛运动规律有 2R＝··t2② x＝vDt③ 联立①②③式得x＝0.4 m。④ (2)设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有 mv0＝mv甲＋mv乙⑤ mv＝mv＋mv⑥ 联立⑤⑥式得v甲＝0，v乙＝v0⑦ 对乙球，从B到D过程，由动能定理得 －mg×2R－qE×2R＝mv－mv⑧ 联立①⑦⑧式得v0＝2 m/s。⑨ (3)设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为vM、vm，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 Mv0＝MvM＋mvm ⑩ Mv＝Mv＋mv⑪ 联立 ⑩⑪式得vm＝⑫ 由⑫式和M>m，可得v0<vm<2v0⑬ 设乙球过D点时速度为vD′，由动能定理得 －mg×2R－Eq×2R＝mvD′2－ mv⑭ 联立⑨⑬⑭式得2 m/s<vD′<8 m/s⑮ 设乙在水平轨道上的落点距B点的距离为x′，有 x′＝vD′t⑯ 联立②⑮⑯式，得0.4 m<x′<1.6 m。 答案：(1)0.4 m　(2)2 m/s　(3)0.4 m<x′<1.6 m [规律方法] 三大观点的选用策略 (1)对多个物体组成的系统：在具备守恒条件时优先考虑两个守恒定律；出现相对距离(或相对路程)时优先考虑功能关系。 (2)对系统内的单个物体：宜用两个定理，涉及时间时优先考虑动量定理，涉及位移时优先考虑动能定理。 (3)研究力与运动的瞬时关系，或力与运动的匀变速运动过程关系时，考虑用牛顿运动定律和运动学规律。 学科网（北京）股份有限公司 $