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 浙江专用）

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　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　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≈0.93 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　(2023·浙江金华市联考)在地面附近存在着一个有界电场，边界MN将空间分成左、右两个区域，在右区域中有水平向左的匀强电场，在右区域中离边界MN某一位置水平地面由静止释放一个质量为m的带电滑块(滑块的电荷量始终不变)，如图甲所示，滑块运动的v－t图像如图乙所示，不计空气阻力，滑块可视为质点，则(　　) A．滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小相等 B．在t＝5 s时，滑块经过边界MN C．滑块受到的滑动摩擦力与静电力之比为2∶5 D．在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功小于静电力做的功 答案　C 解析　由于滑块初、末速度均为零，则最大速度对应的时刻一定是边界MN，B项错误；速度—时间图像与横轴所围面积表示位移大小，由题图乙可知，A项错误；根据v－t图像斜率可确定加速度，再根据牛顿第二定律可知，C项正确；对整个过程由动能定理列出方程可得出滑动摩擦力做的功等于静电力做的功，D项错误。 例4　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5　如图所示，第一象限中有沿x轴正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小相等。一个质量为m，电荷量为－q的带电质点以初速度v0从x轴上P(－L，0)点射入第二象限，已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动，并且能够连续两次通过y轴上的同一个点Q(未画出)，重力加速度为g。求： (1)初速度v0与x轴正方向的夹角； (2)P、Q两点间的电势差UPQ； (3)带电质点在第一象限中运动所用的时间。 答案　(1)45°　(2)－　(3) 解析　(1)由题意知，带电质点在第二象限做匀速直线运动，有qE＝mg 设初速度v0与x轴正方向的夹角为θ， 由带电质点在第一象限做直线运动， 有tan θ＝ 解得θ＝45°。 (2)P到Q的过程，静电力做的功WPQ＝qEL 又qE＝mg 故UPQ＝＝－。 (3)带电质点在第一象限做匀变速直线运动，所受合力F＝mg 由牛顿第二定律有F＝ma 即a＝g，带电质点速度从v0减到0所用时间为t， 则v0＝at， 解得t＝ 带电质点在第一象限中运动所用的时间 T＝2t＝。 课时精练 1.如图所示，一带负电的油滴，从坐标原点O以速率v0射入水平的匀强电场，v0的方向与电场方向成θ角，已知油滴质量为m，测得它在电场中运动到最高点P时的速率恰为v0，设P点的坐标为(xP，yP)，则应有(　　) A．xP>0 B．xP<0 C．xP＝0 D．条件不足，无法判定 答案　B 解析　竖直方向在重力作用下做竖直上抛运动，水平方向在静电力作用下做匀变速直线运动，在最高点竖直分速度为零，水平速度为v0，由此可判断静电力做正功，B正确。 2.(多选)一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，电场强度为E。在与环心等高处放有一质量为m、带电荷量为＋q的小球，由静止开始沿轨道运动，下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　) A．小球经过环的最低点时速度最大 B．小球在运动过程中机械能守恒 C．小球经过环的最低点时对轨道压力为(mg＋qE) D．小球经过环的最低点时对轨道压力为3(mg＋qE) 答案　AD 解析　根据动能定理知，在运动到最低点的过程中，静电力和重力一直做正功，到达最低点的速度最大，故A正确；小球在运动的过程中除了重力做功以外，还有静电力做功，机械能不守恒，故B错误；根据动能定理，得mgR＋qER＝mv2，根据牛顿第二定律，得FN－qE－mg＝m，解得FN＝3(mg＋qE)，根据牛顿第三定律，得球对轨道的压力为3(mg＋qE)，故C错误，D正确。 3．(多选)(2022·浙江6月选考·15)如图为某一径向电场示意图，电场强度大小可表示为E＝， a为常量。比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则(　　) A．轨道半径r小的粒子角速度一定小 B．电荷量大的粒子的动能一定大 C．粒子的速度大小与轨道半径r一定无关 D．当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动 答案　BC 解析　根据静电力提供向心力，有·q＝mω2r，解得ω＝·，可知轨道半径r小的粒子角速度大，故A错误；根据静电力提供向心力，有·q＝m，解得v＝，可知粒子的速度大小与轨道半径r一定无关，又有Ek＝mv2，联立可得Ek＝，可知电荷量大的粒子动能一定大，故B、C正确；磁场的方向可能垂直纸面向里也可能垂直纸面向外，所以粒子所受洛伦兹力方向不能确定，粒子可能做离心运动，也可能做近心运动，故D错误。 4.(多选)如图所示，竖直平面内有固定的半径为R的光滑绝缘圆形轨道，匀强电场的方向平行于轨道平面水平向左，P、Q分别为轨道上的最高点、最低点，M、N是轨道上与圆心O等高的点。质量为m、电荷量q的带正电小球(可视为质点，图中未画出)在轨道内运动，已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，电场强度E＝，要使小球能沿轨道做完整的圆周运动，则下列说法正确的是(　　) A．小球在轨道上运动时，动能最小的位置，电势能最大 B．小球在轨道上运动时，机械能最大的位置一定在M点 C．小球过Q、P点时所受轨道弹力大小的差值为6mg D．小球过Q、P点时所受轨道弹力大小的差值为7.5mg 答案　BC 解析　根据等效场知识可得，静电力与重力的合力大小为mg等＝＝mg，故等效重力加速度为g等＝g，如图所示，tan θ＝＝，即θ＝37°，若小球刚好能通过C点关于圆心O对称的D点，则小球就能做完整的圆周运动，小球在D点时的动能最小，但D点并非是其电势能最大的位置，小球电势能最大的位置在N点，选项A错误；小球在轨道上运动的过程中遵守能量守恒定律，小球在轨道上M点的电势能最小，机械能最大，选项B正确；小球过 Q点和P点时，由牛顿第二定律可得FQ－mg＝m，FP＋mg＝m，小球从Q点到P点，由动能定理可得－2mgR＝mvP2－mvQ2，联立解得FQ－FP＝6mg，选项C正确，D错误。 5.(多选)如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，长度为r的绝缘细线一端固定在O点，另一端连接一质量为m、电荷量为＋q的小球，小球静止在P点，AB沿竖直方向，且OP与AB的夹角θ＝37°，不计空气阻力，已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　) A．电场强度E＝ B．电场强度E＝ C．要使小球从P点出发做完整的圆周运动，则小球初速度v0≥ D．要使小球从P点出发做完整的圆周运动，则小球初速度v0≥ 答案　AD 解析　当小球静止在P点时，受力如图所示，由平衡条件得＝tan 37°，则E＝，选项A正确，B错误；要使小球做完整的圆周运动，则小球必须能通过图中的Q点，设在Q点的最小速度为vQ，则F合＝＝m，设当小球从P点出发的速度为vP时，小球恰好能到达Q点，根据动能定理有－·2r＝mvQ2－mvP2，解得vP＝，故v0≥，选项C错误，D正确。 6.如图所示，质量为m＝1.0 kg、带正电且电荷量q＝1.0×10－4 C的滑块从A点右侧光滑水平面以某一初速度冲上固定在竖直平面内的光滑圆轨道，并沿光滑圆轨道内侧运动到B处后离开圆轨道，恰好从C处无碰撞地冲上粗糙水平台面继续滑行0.3 s停止运动，水平台面与滑块间的动摩擦因数μ＝0.2。整个装置处于竖直向下的匀强电场中，电场强度E＝1.0×105 N/C。竖直圆轨道在A点和光滑水平面相切，圆轨道半径R＝0.1 m，OB与水平面夹角θ＝37°。重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)滑块在B处速度vB的大小； (2)滑块在A处受到圆轨道的支持力F大小。 答案　(1)2 m/s　(2)124 N 解析　(1)从C处在粗糙水平台面滑行至停止，由动量定理得μ(mg＋Eq)t＝mvC 解得vC＝1.2 m/s 由B到C逆向看成类平抛运动，则B处的速度 vB＝，解得vB＝2 m/s (2)由A到B由动能定理有－(mg＋Eq)R(1＋sin θ)＝mvB2－mv02 在A处，由牛顿第二定律得 F－(mg＋Eq)＝m，解得F＝124 N。 7.(多选)细线拉着一质量为m的带电小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，该区域内存在水平方向的匀强电场(图中未画出)，小球所受静电力水平向右，大小是其重力的倍，圆周上A点在圆心的正上方，小球过A点时的速度大小为v0，方向水平向左，除受重力、静电力及细线的拉力外小球不受其他力的作用，小球可视为质点，重力加速度为g，在小球做圆周运动的过程中(　　) A．小球最小速率为 B．小球速率最小时其电势能最大 C．若小球过A点时细线断开，之后小球电势能最大时速率为 D．若小球过A点时细线断开，之后小球电势能最大时速率为 答案　AC 解析　如图，当小球到达B点时小球的速度最大，到达C点时速度最小，BC连线与竖直方向夹角为θ，则tan θ＝＝，可知θ＝60°，由A到C由动能定理mgR(1－cos 60°)－qERsin 60°＝mvC2－mv02，解得vC＝，选项A正确； 电场方向沿水平方向，则电势最高点和最低点应该在水平直径的两端，则C点不是电势能最大的位置，选项B错误；若小球过A点时细线断开，之后小球电势能最大时水平速度减为零，则此时的时间t＝＝，竖直方向做自由落体运动，则此时的速率为v＝vy＝gt＝，选项C正确，D错误。 8.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。 9．(2023·浙江宁波市模拟)如图所示，在竖直平面内，某一游戏轨道由直轨道AB、光滑圆弧细管道BCD和光滑圆弧轨道DE平滑连接组成，两段圆弧半径相等R＝0.5 m，B、D等高，图中θ角均为37°，AB与圆弧相切，AM水平。直轨道AB上方有与AB相平行的匀强电场E＝108 N/C，且电场只分布在AB之间。直轨道AB底端装有弹射系统(弹簧长度很短，长度和质量不计，可以认为滑块从A点射出)，具有初始弹性势能Ep＝2.5 J，某次弹射系统将尺寸略小于管道内径的带正电的滑块弹出，冲上直轨道AB，直轨道AB上铺有特殊材料，使滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ大小可调。滑块进入光滑圆轨道后，最后能在E点与弹性挡板相互作用后以等速率弹回。已知滑块的质量为m＝0.1 kg，带电荷量为q＝＋8.0×10－9 C，B点的高度h＝1.8 m，整个过程中滑块可视为质点，所带电荷量保持不变，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。 (1)若调节AB间的特殊材料，使其变为光滑，求滑块在最高点C点时对轨道的作用力； (2)现调节AB间的动摩擦因数μ，求滑块首次到达E点时的速率vE与μ之间的关系式； (3)若滑块与弹性挡板相碰后最终能静止在轨道AB的中点，求动摩擦因数μ。 答案　(1)11 N，方向竖直向上　(2)vE＝(μ≤)　(3)、、或 解析　(1)由几何关系得l＝＝3 m 从A点到C点，由动能定理 Ep＋qEl－mgh－mgR(1－cos θ)＝mvC2 在C点根据牛顿运动定律 FN＋mg＝m 解得FN＝11 N 由牛顿第三定律有FN′＝FN＝11 N，方向竖直向上。 (2)从A点到C点，由动能定理 Ep＋qEl－mgh＋mgR(1－cos θ)－μmgcos θ·l＝mvE2－0 解得vE＝ m/s 考虑到滑块需先过C点 Ep＋qEl－mgh－mgR(1－cos θ)－μmgcos θ·l≥0 μ≤， 所以vE＝(μ≤)。 (3)滑块经多次碰撞，最终在轨道AB中点速度减为0， 由动能定理可得Ep＋qE－mg－μmgcos θ·(l＋nl)＝0，其中n＝0,1,2,3… 解得μ＝，其中n＝0,1,2,3… 要让滑块在中点能静止 则有qE－mgsin θ≤μmgcos θ 所以μ≥ 因此，只有n＝0,1,2,3时满足条件， 所以动摩擦因数μ只能取、、或这4个值。 学科网（北京）股份有限公司 $