第九章 第6讲　小专题 带电粒子(带电体)在电场中的力电综合问题 课件 -2027届高考物理一轮专题复习（人教版）

该高中物理高考复习课件聚焦“带电粒子在电场中的力电综合问题”专题，依据高考评价体系梳理了受力分析、运动合成与分解、动能定理及能量守恒等核心考查要求，通过等效重力场、类抛体运动、圆周运动等高频模型分析，明确动力学、能量、动量三大观点的常考题型分布，构建系统备考框架。 课件亮点在于“模型建构+真题解析+素养提升”策略，如例1类抛体运动用等效重力场模型突破速度最小问题，培养科学思维；例3动力学观点结合受力分析与牛顿定律，例4能量观点应用动能定理，帮助学生掌握解题技巧。助力学生提升运动和相互作用观念，教师可据此精准指导高考冲刺。

第6讲 小专题:带电粒子(带电体)在电场中的力电综合问题 【学习目标】 1.能准确地对带电粒子(质点)或带电体进行受力分析;能将带电粒子的运动与牛顿第二定律结合;能熟练运用运动的合成与分解的方法处理类平抛运动和运用动能定理或能量守恒定律分析解决带电粒子在电场中运动的能量转化问题。 2.形成解决力电综合问题的标准化分析流程;掌握根据问题特点灵活选择最简捷解题路径的方法。 3.能将力电综合问题的分析方法迁移到复合场问题中,具备处理更复杂物理情境的能力;能将物理模型与实际应用相联系,体会物理学的应用价值。 4.培养严谨的逻辑推理能力和缜密的科学思维习惯;提升数学计算能力,特别是代数运算和几何关系的应用;能清晰、规范地写出解题步骤,物理语言使用准确,逻辑严密。 考点一 带电粒子在电场和重力场中的运动 模理探真·深度学习 请思考: (2)用等效法分析,若小球受到一个水平向左的恒定电场力qE,临界特征是 什么? 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.“等效最高点”和“等效最低点”示意图 BC C 考点二 电场中的力、电综合问题 1.动力学观点 (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)运用能量守恒定律时,注意题目中有哪些形式的能量出现。 3.动量观点 (1)运用动量定理时,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)运用动量守恒定律时,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] 【动力学观点】 (2025·贵州遵义阶段练习)如图所示,足够长的倾角为θ=37°的光滑固定绝缘斜面和粗糙绝缘水平面平滑连接,空间存在着平行于斜面向上的匀强电场,电场强度为E=1×104 N/C。现有质量为m=1 kg、带电荷量为q=+5×10-4 C的小滑块,从水平面上A点由静止释放,经过时间t= 2 s后到达斜面底端B点。若小滑块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.5,不计空气阻力。取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取 10 m/s2。求: (1)小滑块从A滑行到B过程中所受摩擦力的大小和加速度大小; 【答案】 (1)3.5 N　0.5 m/s2　 【解析】 (1)小滑块从A滑行到B的过程中,小滑块所受的电场力F=Eq, 小滑块所受的摩擦力Ff=μ(mg-Fsin 37°), 解得Ff=3.5 N, 由牛顿第二定律可得Fcos 37°-Ff=ma1, 解得小滑块加速度大小a1=0.5 m/s2。 (2)A、B两点的距离和电势差UAB; 【答案】 (2)1 m　8 000 V (3)小滑块沿斜面上升的最大高度。 【答案】 (3)0.3 m [变式] [例3]中,随着电场强度的增大,小滑块在水平面上运动的加速度如何变化?小滑块能在水平面上运动的电场强度的最大值是多大(结果可用分数表 示)?若电场强度大于这个最大值,由静止释放的小滑块做什么性质的运动? (1)小滑块第一次经过B点时的速度大小和电场强度大小; 【答案】 (1)10 m/s　2×103 N/C　 (2)小滑块对圆弧轨道C点的压力大小(结果可以保留根号); (3)经过足够长时间,小滑块在斜面上运动的路程。 【答案】(3)15 m 【解析】 (3)小滑块离开C点后,由力的合成规律可知,其所受合力水平向左,可知小滑块先向右做匀减速直线运动然后以原速度大小返回C点,经过圆弧和斜面轨道,沿斜面下滑时,摩擦力和电场力均为阻力,可知小滑块将无法到达A点,然后返回。 经若干次往返后恰好不进入斜面轨道而停在B点,从释放到B点,根据动能定理有Eql-mglsin 30°-μmgscos 30°=0,解得总路程s=15 m。 (1)在圆弧管道最低点P,物体甲受到轨道的支持力大小; 【答案】 (1)8 N (2)甲、乙第一次碰撞后各自的速度大小; 【答案】 (2)0　4 m/s (3)整个过程甲、乙在水平面上运动的总路程之和。 【答案】 (3)7.25 m 【解析】 (3)对物体甲,由于F电=Eq=1 N>μm1g=0.4 N, 且所有碰撞(甲与乙,乙与挡板)均无能量损失,则经过若干次碰撞后物体甲、乙最终停在挡板处。 在整个过程中,对甲、乙系统,根据能量守恒定律有 Q=μm1gs1+μm2gs2=m1gR+qE(R+L1+L2), 又s总=s1+s2, 解得s总=7.25 m。 感谢观看 如图所示为小球在最高点没有支撑的“轻绳”模型(不计一切摩擦阻力),通过前面的学习我们知道,小球能完成竖直面内完整圆周运动的临界特征是在最高点重力恰好提供向心力,即mg=m,则在最高点的最小速度vmin=。 (1)若小球同时受到一个竖直向下的恒定电场力qE,临界特征是什么?如果电场力qE竖直向上呢?我们把重力和电场力的合力等效成小球所受重力,那么就可以直接套用mg=m,vmin= 规律,这个等效的重力加速度g′的大小和方向如何? 提示:(1)若小球同时受到一个竖直向下的恒定电场力qE,临界条件是在最高点位置qE+mg=m。 如果qE竖直向上且小于mg,临界条件是在最高点位置mg-qE=m;如果qE竖直向上且等于mg,小球做匀速圆周运动,无临界条件;如果qE竖直向上且大于mg,临界条件是在最低点位置qE-mg=m。把重力和电场力的合力等效成小球所受重力,有F合=mg′,则g′=,方向与F合相同。 提示:(2)电场力和重力的合力大小F合=,方向如图所示, 则等效重力加速度g′=, 临界特征是在等效最高点位置(如图中A点)vmin=。 [例1] 【在“等效重力场”中的类抛体运动】 (多选)(2025·河南濮阳期末)如图所示,空间存在水平向左的匀强电场,将一质量为m、电荷量为q的带正电小球向右以速度 v0水平抛出,小球在此后的运动过程中最小速度为v0。重力加速度为g,P点电势φP=0,下列说法正确的是(　 　) A.电场强度大小E= B.小球抛出后经过t1=速度最小 C.经过t2=小球运动到P点正下方 D.小球在运动过程中具有的最大电势能为m 【解析】 把电场力和重力等效为一个力F,带电小球的运动为类斜抛运动,当小球速度方向与F方向垂直时速度最小。设F与竖直方向(即重力方向)夹角为θ,则有vmin=v0cos θ=v0,解得θ=60°,根据力的合成规律有Eq=mgtan θ,代入数据解得E=,A错误。将小球的运动分解为水平与竖直两个分运动,其中水平、竖直方向加速度分别为ax=-=-g、ay=g,小球在水平方向做匀减速直线运动,在竖直方向上做自由落体运动。 设小球抛出后经t1时间后速度最小,则水平方向的速度为vx=v0+axt1=v0-gt1,竖直方向的速度为vy=gt1,根据分速度与合速度的关系有v0== ,解得t1=,即小球抛出后经过t1=速度最小,B正确。设小球经过t2时间后运动到P点正下方,小球当运动到P点正下方时,水平位移为0,根据运动学公式有x=v0t2+ax,代入数据解得t2=,即经过t2=小球运动到P点正下方,C正确。当小球水平速度减为0时,小球水平向右运动的位移最大,电场力做负功最多,电势能增加最大。 即当小球水平速度减为0时有最大电势能。设小球水平向右运动的最大位移为 x,则x=0-=,电场力做功为W=-Eqx=-·q·=-m,所以电势能的增加量为m,又因为初始电势能为零,所以最大电势能为m,D错误。 [例2] 【在“等效重力场”中的圆周运动】 (2025·黑龙江大庆模拟)如图所示,竖直平面内有固定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右,P、Q分别为轨道上的最高点和最低点,M、N是轨道上与圆心O等高的点。质量为m、电荷量为q的带正电的小球在P处获得水平向右速度v0,恰好能在轨道内做完整的圆周运动,已知重力加速度大小为g,电场强度大小E=。则下列说法正确的是(　　) A.在轨道上运动时,小球动能最大的位置在Q点 B.经过M、N两点时,小球所受轨道弹力大小的差值为6mg C.在轨道上运动时,小球机械能最小的位置在N点 D.若小球在Q处以速度v0水平向右射出,也能在此轨道内做完整的圆周运动 【解析】 小球所受电场力和重力的合力为F==mg,方向指向右下方,与水平方向的夹角为45°,即从开始到QM圆弧的中点合力做功最多,则动能最大,A错误;小球经过N点时有F1+qE=m,经过M点时有F2-qE=m,根据动能定理有2qER=m-m,解得F2-F1=6mg,B错误;机械能最小意味着电势能最大,N点电势最高,电势能最大,C正确;由于PN圆弧的中点即为速度最小点,而从P点出发恰好到达速度最小点,若以相同的速度从Q点出发,前者重力做正功后者重力做负功,可知无法到达速度最小点,D错误。 【解析】 (2)A、B两点的距离d=a1t2, 解得d=1 m, A、B两点的电势差UAB=Edcos 37°, 解得UAB=8 000 V。 【解析】 (3)小滑块在斜面上运动时,由牛顿第二定律有qE-mgsin 37°=ma2, 解得a2=-1 m/s2, 由运动学公式有vB=a1t,-=2a2x, 又h=xsin 37°,解得h=0.3 m。 【答案及解析】 由牛顿第二定律有qEcos 37°-μ(mg-qEsin 37°)=ma, 可知当E增大时加速度变大。 小滑块能在水平面上运动的临界条件是 qEsin 37°=mg,解得E=×104 N/C。 若E>×104 N/C,由静止释放的小滑块将在电场力和重力作用下做匀加速直线运动。 [例4] 【能量观点】 (2025·江西赣州期末)如图所示,倾角为θ=30°的斜面AB与半径为R= m的光滑圆弧轨道BC在B点平滑连接,圆弧轨道BC末端C点处的切线水平。整个空间存在平行于斜面向上的匀强电场,带正电的小滑块从A点静止释放,以加速度大小a=10 m/s2 沿斜面向上匀加速运动。已知斜面AB的长度为l=5 m,小滑块与斜面间的动摩擦因数为μ=,小滑块质量为m=1 kg,电荷量q=1×10-2 C。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度 g取10 m/s2,忽略空气阻力,求: 【解析】 (1)小滑块沿AB做匀加速直线运动,则有=2al, 代入数据解得vB=10 m/s, 根据牛顿第二定律有Eq-mgsin 30°-μmgcos 30°=ma, 代入数据解得E=2×103 N/C。 【答案】 (2) N 【解析】 (2)小滑块在圆弧上从B到C根据动能定理有 -mg(R+Rcos 30°)+EqRsin 30°=m-m, 小滑块经过C点时有FN+mg-Eqsin 30°=m, 代入数据解得FN= N, 由牛顿第三定律可知小滑块对轨道的压力为 N。 [例5] 【动量观点】 (2025·四川凉山三模)如图所示,半径R=0.3 m的光滑四分之一圆弧管道竖直固定,与水平面相切于最低点P,空间中存在水平向右的匀强电场,电场强度大小为E=1×103 V/m,物体甲的质量m1=0.2 kg,带电荷量q=+1× 10-3 C,在P点右侧L1= m处有一不带电的物体乙,质量m2=0.2 kg,物体乙右侧L2= m处有一竖直固定挡板。物体甲从圆弧管道上与圆心O等高的A点由静止开始沿管道滑动。已知甲、乙与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.2,所有碰撞均无能量损失,且甲、乙碰撞没有电荷转移, 甲、乙均视为质点。g取10 m/s2,求: 【解析】 (1)物体甲从A点到P点过程,根据动能定理有m1gR+qER=, 经过P点时有FN-m1g=m1, 联立解得v1=3 m/s,FN=8 N。 【解析】 (2)物体甲在水平面上向右运动到碰前, 根据动能定理有(Eq-μm1g)L1=m1v2-m1, 甲、乙碰撞过程中能量守恒,有 m1v=m1v甲+m2v乙, m1v2=m1+m2, 解得v=4 m/s,v甲=0,v乙=4 m/s。 $