第九章 第7课时 专题强化：带电粒子在电场中的力电综合问题（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 广东专用）

第7课时　专题强化：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。 考点一　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　(2023·广东中山市期末)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 答案　D 解析　由题意可知小球所受电场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mv12－mv02＝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　(2023·广东广州市广雅中学期中)如图所示，竖直平面内有一水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝1×102 V/m，其中有一个半径为R＝2 m的竖直光滑圆环，现有一质量为m＝0.08 kg、电荷量为q＝6×10－3 C的带正电小球(可视为质点)在最低点A点，给小球一个初动能，让其恰能在圆环内做完整的圆周运动，不考虑小球运动过程中电荷量的变化。(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)求： (1)小球所受电场力与重力的合力F； (2)小球在A点的初动能Ek。 答案　(1)1 N，方向与竖直方向夹角为37°斜向右下　(2)4.6 J 解析　(1)因为重力与电场力均为恒力，所以二者的合力大小为F＝＝1 N 设方向与竖直方向的夹角为θ，有tan θ＝＝，可得θ＝37° 则合力方向与竖直方向夹角为37°斜向右下； (2)小球恰能在圆环内做完整的圆周运动，则在其等效最高点C处，有F＝m 小球从A点至C点的过程中，由动能定理得 －F·(R＋Rcos θ)＝mv2－Ek 联立解得小球在A点的初动能Ek＝4.6 J。 考点二　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电场力和重力都是恒力，可用正交分解法。 (2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否是需要考虑的问题。 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。 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3　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4　(2023·广东深圳福田中学测试)如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧轨道在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带电荷量为＋q的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，电场强度E大小为。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Ep； (2)小球经过O点时的速度大小v； (3)请用必要的文字和算式过程说明小球过O点后的运动情况，并写出小球过O点后运动的轨迹方程。(说明受力、加速度、具体运动的情况；轨迹方程用ym＝kxn的形式表示，其中k与题中所给的常量有关) 答案　(1)mgR　(2)2　(3)见解析 解析　(1)根据能量守恒可知Ep＝mvB2＝mgR (2)从B到O的过程中，根据动能定理 －mgR＋Eq·R＝mv2－mvB2，解得v＝2 (3)经过O点时，速度方向竖直向上，对小球受力分析可知，在竖直方向上Eqsin 45°＝mg 可知小球在竖直方向上做匀速运动，经过时间t，位移y＝vt＝2t① 在水平方向上Eqcos 45°＝ma 可得a＝g，因此在水平方向上做初速度为零的匀加速运动，经过t时间的位移x＝at2＝gt2② 由①②联立可得轨迹方程为y2＝8Rx。 例5　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)P、G与Q、G间电场强度大小相等，均为E，粒子在P、G间所受电场力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，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A．小球带负电 B．电场力与重力平衡 C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小 D．小球在运动过程中机械能守恒 答案　B 解析　由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0，即电场力与重力平衡，知电场力方向竖直向上，所以小球带正电，A错误，B正确；从a→b，电场力做负功，电势能增大，C错误；由于电场力对小球做功，故小球在运动过程中机械能不守恒，D错误。 2. (2023·广东大湾区联考)如图所示，电荷量为＋Q的点电荷固定在N点，内壁光滑的绝缘细管竖直固定，N、B两点连线水平。电荷量为＋q的小球从A点由静止释放，已知Q≫q，则关于＋Q产生的电场和小球下落到B点的过程，下列说法正确的是(　　) A．A点的场强大于B点的场强 B．A点的电势高于B点的电势 C．小球在B点的加速度小于重力加速度 D．小球的机械能一直在减小 答案　D 解析　根据点电荷场强公式E＝k可知离点电荷越近，场强越大，则A点的场强小于B点的场强，故A错误；根据沿电场方向电势降低，在＋Q的电场中，离＋Q越近，电势越高，则A点的电势低于B点的电势，故B错误；小球在B点时，库仑力和管的弹力刚好都处于水平方向，则小球受到的合力等于重力，小球的加速度等于重力加速度，故C错误；小球从A点静止释放到B点过程，库仑力对小球一直做负功，小球的机械能一直在减小，故D正确。 3. (多选)(2023·广东梅州市期末)如图所示，空间中有一带正电的点电荷处于P点，MN为一粗糙绝缘斜面，PQ是垂直于斜面的直线，斜面上有四点A、B、C、D，A与D、B与C关于PQ对称。一带正电的小球以初速度v0从A点开始沿斜面向上运动，到达C点时小球的速度为v，运动过程中，小球所带电荷量不变，则小球由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是(　　) A．小球减少的机械能一定等于克服摩擦力做的功 B．小球减少的机械能一定大于克服摩擦力做的功 C．小球的机械能可能增加 D．小球的电势能一定增加 答案　BD 解析　小球由A点运动到C点过程，小球重力做负功，重力势能增加，电场力做负功，小球的电势能增加，克服摩擦力做功，产生热量，由能量守恒定律知，小球减少的机械能等于增加的电势能与产生的热量之和，故A错误，B正确； 小球所受电场力和摩擦力都做负功，其电势能一定增加，机械能一定减小，故C错误，D正确。 4. (2023·广东佛山市模拟)如图所示，BCDG是位于竖直平面内、光滑绝缘的圆形轨道，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现将一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上的A点并从静止释放，滑块受到的电场力大小始终为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，A、B两点之间的距离为s，重力加速度为g。 (1)若滑块从水平轨道上距离B点s＝3R的点A由静止释放，求滑块到达C点时对轨道的作用力大小； (2)若改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求s的大小。 答案　(1)mg　(2)11.5R 解析　(1)由A到C，根据动能定理有mg(s＋R)－μmgs－mgR＝mvC2，FN－mg＝ 解得FN＝mg，根据牛顿第三定律，滑块到达C点时对轨道的作用力FN′＝mg； (2)滑块能恰好始终在轨道滑行，滑块要能恰好通过等效最高点，在等效最高点由重力与电场力的合力提供滑块做圆周运动的向心力，有mg＝， 根据题意，重力与电场力的合力与竖直方向的夹角为37°，由A到等效最高点，根据动能定理有 mg(s－Rsin 37°)－μmgs－mg(R＋Rcos 37°)＝mv12，解得s＝11.5R。 5. 静电喷涂利用高压电场使雾化涂料受电场力作用吸附于基底表面，比传统手工喷涂更省料、环保、高效。如图所示，竖直平面内存在水平向右的匀强电场(图中未画出)，电场强度的大小为E＝5×105 V/m。现将一质量为m＝1×10－6 kg、电荷量为q＝＋4×10－11 C可视为质点的油漆液滴，从距地面高度为h＝5 cm的A点以v0＝1 m/s的速度水平向右喷出。经过一段时间后，油漆液滴落到水平地面上的B点。空气阻力忽略不计，已知重力加速度取g＝10 m/s2。求： (1)油漆液滴在空中运动的时间； (2)A、B两点间的电势差； (3)油漆液滴落地时的速度大小。 答案　(1)0.1 s　(2)1×105 V　(3) m/s 解析　(1)油漆液滴在竖直方向做自由落体运动， 则h＝gt2 解得t＝0.1 s (2)油漆液滴沿电场线方向运动的距离为 s＝v0t＋at2 且a＝ A、B两点间的电势差为UAB＝Es 联立解得UAB＝1×105 V (3)由动能定理有mgh＋qUAB＝mv2－mv02 解得v＝ m/s。 6. (2024·广东省模拟)如图所示，AC水平轨道上AB段光滑、BC段粗糙，且BC段的长度L＝1 m，CDF为竖直平面内半径R＝0.1 m的光滑半圆绝缘轨道，两轨道相切于C点，CF右侧有电场强度大小E＝1×103 N/C、方向水平向右的匀强电场。一根轻质绝缘弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与质量m＝0.1 kg的滑块P接触。当弹簧处于原长时滑块在B点，在F点有一套在半圆轨道上、电荷量q＝1.0×10－3 C的带正电圆环，在半圆轨道最低点放一质量与圆环质量相等的滑块Q(图中未画出)。由静止释放圆环，圆环沿半圆轨道运动，当圆环运动到半圆轨道的最右侧D点时对轨道的压力大小FN＝5 N。已知滑块Q与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2，两滑块和圆环均可视为质点，圆环与滑块Q的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，Q、P两滑块碰撞后粘在一起。求； (1)圆环的质量M； (2)圆环与滑块Q碰撞前瞬间的速度大小vC； (3)弹簧的最大弹性势能Ep。 答案　(1)0.1 kg　(2)2 m/s　(3)0.05 J 解析　(1)圆环从F点运动到D点的过程，由动能定理有MgR＋qER＝MvD2 在D点，对圆环由牛顿第二定律有FN′－qE＝M 又FN′＝FN 联立解得M＝0.1 kg (2)圆环从F点运动到C点，电场力做功为0，仅有重力做功，故Mg·2R＝MvC2 解得vC＝2 m/s (3)圆环与滑块Q碰撞，由于两者质量相等，碰撞后交换速度，故碰撞后圆环的速度为0，滑块Q的速度大小为2 m/s； 滑块Q在BC段运动的过程中，根据动能定理有－μMgL＝MvB2－MvC2，解得vB＝ m/s 滑块Q和滑块P碰撞时有MvB＝(M＋m)v Ep＝(M＋m)v2 解得Ep＝0.05 J。 学科网（北京）股份有限公司 $