第10章 6 专题提升课4 带电体在电场中运动的综合问题（Word教参）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中物理必修第三册（人教版）

本讲义聚焦带电体在电场中运动的综合问题，系统梳理运动状态分析（直线与曲线运动判断）、牛顿第二定律应用、动能定理与功能关系、等效重力场分析的脉络，构建从基础规律到复杂情境的学习支架。 该资料通过直线、曲线、圆周运动多角度例题及解析，强化科学思维中的模型建构（如等效重力场）和科学推理（动能定理应用），落实运动和相互作用观念。课中辅助教师系统授课，课后学生可通过练习题巩固，有效查漏补缺。

专题提升课4　带电体在电场中运动的综合问题 1．带电体的运动状态分析 在解决电场中带电体的运动问题时，首先要对带电体的运动状态进行分析。根据题目的描述，判断带电体是在匀强电场中做直线运动，还是在匀强电场中做曲线运动。对于直线运动，要明确带电体初速度和加速度的方向；对于曲线运动，要确定带电体所受静电力的方向和初速度的方向。 2．牛顿第二定律的应用 对于带电体在电场中的运动问题，通常需要应用牛顿第二定律进行求解。通过分析带电体的受力情况，建立力和加速度的关系式，进而求解带电体的运动规律。 3．动能定理与功能关系 动能定理和功能关系是解决电场中带电体运动问题的重要工具。通过分析带电体的动能变化，结合力做功的情况，可以求解带电体的速度、位移等物理量。同时要掌握静电力做功与电势能变化的关系。 4．等效重力场的分析 解决电场(复合场)中的圆周运动问题，关键是分析向心力的来源，向心力有可能由重力和静电力的合力提供，也有可能由重力或静电力单独提供。有时可以把复合场中的圆周运动等效为竖直面内的圆周运动，找出等效“最高点”和“最低点”。 角度1　带电体在电场中的直线运动 　(多选)一质量为m的带电液滴以竖直向下的初速度v0进入某电场中，由于静电力和重力的作用，液滴沿竖直方向下落一段距离h后，速度变为0。已知重力加速度为g，在此过程中，以下判断正确的是(　　) A．液滴一定带负电 B．重力对液滴做的功为mv＋mgh C．合外力对液滴做的功为－mv D．液滴的机械能减少了mv＋mgh [解析]　由于液滴沿竖直方向下落一段距离后速度变为0，表明液滴做减速运动，加速度方向向上，则静电力方向向上，静电力方向与电场强度方向相同，即液滴一定带正电，故A错误；根据功的定义式可知，重力做功WG＝mgh，故B错误；根据动能定理，合外力对液滴做的功W合＝0－mv＝－mv，故C正确；液滴下落过程，重力做正功，重力势能减小，液滴做减速运动，速度减小，动能减小，可知，机械能减小，且液滴的机械能减少了ΔE机＝mv＋mgh，故D正确。 [答案]　CD 角度2　带电体在电场中的曲线运动 　如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°，不计重力。A、B两点间的电势差为(　　) A．　 B． C．　 D． [解析]　粒子在运动过程中，垂直于电场方向的速度不变，设为vy，根据速度的合成与分解，在A点时sin 60°＝，在B点时sin 30°＝，解得vB＝v0，由A到B过程，根据动能定理有qUAB＝mv－mv，解得UAB＝。 [答案]　B 　(多选)(2025·四川遂宁市期中)如图所示，平面内存在着电场强度大小为E、方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带电荷量为＋q的小球自水平面上的O点以初速度v0竖直向上抛出，最终落在水平面上的A点，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．小球被抛出后上升过程所用时间大于下降过程所用的时间 B．小球上升到最高点时的速度大小vx＝ C．O、A两点间的距离x＝ D．小球上升时间内水平方向的距离等于下降时间内水平方向的距离 [解析]　小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，由竖直上抛的对称性可知，小球被抛出后上升过程所用时间等于下降过程所用的时间，小球上升时间内水平方向的距离与下降时间内水平方向的距离之比为1∶3，小球上升到最高点用时t＝，小球在最高点沿竖直方向的分速度为0，在水平方向的速度vx＝at，其中a＝，解得vx＝，故B正确，A、D错误；小球在水平方向做匀加速运动，则有x＝a×(2t)2，解得x＝，故C正确。 [答案]　BC 角度3　带电体在电场中的圆周运动 　(2024·河北卷，T14)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。 [解析]　(1)在匀强电场中，根据公式可得电场强度E＝。 (2)在A点细线对小球的拉力为0，根据牛顿第二定律得Eq－mg＝m，A到B过程根据动能定理得qU－mgL＝mv－mv，联立解得vA＝，vB＝。 [答案]　(1)　(2) 　(多选)(2025·福建泉州市期中)如图，在竖直平面内有水平向右、电场强度E＝1×104 N/C的匀强电场。在匀强电场中有一根长L＝2 m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为0．08 kg的带电小球，它静止时悬线与竖直方向成37°角，若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cos 37°＝0．8，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．小球的带电荷量q＝5×10－5 C B．小球在运动至圆周轨迹上的最高点时动能和电势能之和最小 C．小球在运动至圆周轨迹上的最低点时重力势能和电势能之和最小 D．小球动能的最大值为5 J [解析]　小球静止时悬线与竖直方向成37°角，受到重力、静电力和拉力，根据平衡条件，有qE＝mg tan 37°，解得q＝＝6×10－5 C，故A错误；根据能量守恒定律可知，电势能和机械能之和保持不变，最高点重力势能最大，动能和电势能之和最小，故B正确；重力和静电力为恒力，将二者合成等效为新的“重力”，在等效“重力”场中最低点，即小球静止时的位置，动能最大，重力势能和电势能之和最小，故C错误；如图所示，小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，表明小球在等效最高点B，即在与竖直方向成37°角的直径的一个端点处对应的绳上张力恰好为零，在该处重力与静电力的合力恰好提供向心力，则有＝，可得小球在B点时的动能Ek＝mv2＝＝1 J，从B点到A点，由动能定理得qE·2L·sin 37°＋mg·2L·cos 37°＝Ekm－Ek，解得小球动能的最大值Ekm＝5 J，故D正确。 [答案]　BD 1．(电场中的类抛体运动)(多选)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的且可看成质点的带电小球以初速度v从M点竖直向上抛出，通过N点时，速度大小为v，方向与电场方向相反。若M、N连线与水平方向夹角为45°，则小球从M点运动到N点的过程中(　　) A．小球的动能先减小再增大 B．小球的机械能先增大再减小 C．小球所受重力大小一定等于所受静电力大小 D．小球的电势能一定逐渐增大 解析：选AC。由题意可知，静电力对小球做正功，则小球的电势能一直减小，除了重力之外的其他力对小球做正功，则小球的机械能一直增加，故B、D错误；根据几何关系知，小球竖直方向速度减为零的位移和水平方向速度增加到v的位移相等，根据位移—速度公式v2＝2ax可得竖直方向的加速度和水平方向的加速度相等，可得ay＝ax，又may＝mg，max＝qE，可得mg＝qE，故C正确；根据动能定理可得Ek－Ek0＝－mgy＋qEx，得Ek＝－mgy＋qEx＋Ek0，竖直方向做初速度为v的匀减速直线运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，开始重力做的负功大于静电力做的正功，竖直方向速度和水平方向速度相等后，静电力做的正功大于重力所做负功，所以动能先减小后增大，故A正确。 2．(电场中的圆周运动)(2025·广西玉林市期中)如图所示，空间中存在水平向右的匀强电场，电场中固定一半径为R的半圆形绝缘槽，槽的左、右端点a、c等高，b为槽的最低点。从a点静止释放一质量为m的带负电的小球，小球沿圆弧槽下滑至b点时对槽的压力为mg。小球可视为质点，运动过程中电量保持不变，摩擦力可忽略不计。下列判断正确的是(　　) A．小球可以运动至c点 B．小球将在b点保持静止 C．小球运动过程中的最大速率为 D．若从c点静止释放小球，小球将沿圆弧运动至b点 解析：选C。小球沿圆弧槽下滑至b点时对槽的压力为mg，由牛顿第三定律可知，竖直方向圆弧槽在b点对小球的支持力大小为mg，可知小球在竖直方向受力平衡，由牛顿第二定律可知，此时小球的速度是零，且所受静电力方向水平向左，因此小球不可以运动至c点，故A错误；由牛顿第二定律可知，小球在b点向左做加速运动，故B错误；小球在a点时速度是零，在b点时速度是零，可知小球从a点到b点，重力势能转化为电势能，且重力势能的减少量等于电势能的增加量，则有mgR＝qER，可得mg＝qE，由题意可知，当小球从a点下落到受重力和静电力的合力方向与O点的连线在一条直线上时，小球的速率最大，如图所示，由动能定理可知，mgR sin 45°－qER(1－cos 45°)＝mv，解得vm＝，故C正确；由C选项分析可知，小球受到的重力大小等于受到的静电力大小，因此小球在c点时受到的合力大小F＝mg，所受合力方向与水平直径成45°角，即由c点指向b点，因此从c点静止释放小球，小球将沿直线运动至b点，故D错误。 3．(电场中的直线运动)如图所示，将质量m＝4×10－2kg、带电量q＝6×10－6 C的小球放在光滑的水平面上，由A点静止释放运动到B点，A、B的距离L＝1．5 m，空间存在着方向水平向左、大小E＝1．5×104 N/C的匀强电场。求： (1)小球的带电性质； (2)带电小球的加速度大小； (3)从A到B静电力所做的功。 解析：(1)由A点静止释放运动到B点，由受力分析可知，小球受到静电力方向水平向右，与电场强度的方向相反，因此小球带负电。 (2)根据牛顿第二定律qE＝ma， 解得a＝2．25 m/s2。 (3)带电小球做初速度为零的匀加速直线运动，从A到B静电力所做的功W＝qEL＝0．135 J。 答案：(1)负电　(2)2．25 m/s2　(3)0．135 J 学科网（北京）股份有限公司 $