第九章　第47课时　专题强化：带电粒子的力电综合问题 讲义 -2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习教案围绕带电粒子的力电综合问题，整合“等效法”在复合场中的应用及动力学、能量、动量观点分析两大核心考点，按概念解析、方法归纳、真题演练的逻辑层次展开，通过考点梳理、典例精讲、分层训练三个教学环节，帮助学生构建力电问题的解题框架。 教案以科学思维中的模型建构为特色，创新运用“等效重力场”建模策略，如例2通过等效最高点分析圆周运动临界条件，结合动能定理深化能量观念。设置选择、解答等分层练习，配合即时反馈，有效提升学生应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰指导。

第47课时　专题强化：带电粒子的力电综合问题 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　“等效法”在电场和重力场的复合场中的应用 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 4.类抛体运动 (1)类抛体运动 ①如果带电体的初速度方向与“等效重力”方向垂直，则带电体做类平抛运动。 ②如果带电体的初速度方向与“等效重力”方向成某一锐角或钝角，则带电体做类斜抛运动。 (2)处理方法：与处理平抛运动、斜抛运动的方法相同。 ①利用运动的合成与分解的方法分析解决。 ②利用动能定理等功能观点分析解决。 例1　(2024·河北卷·13)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。 答案　(1)　(2)　 解析　(1)由匀强电场中电势差与电场强度的关系，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=m-m 联立解得vA=， vB=。 例2　如图所示，质量为m、带电荷量为+q的小圆环套在半径为R的光滑绝缘大圆环上，大圆环固定在竖直平面内，O为环心，A为最低点，B为最高点，在大圆环所在的竖直平面内施加水平向右、电场强度大小为(g为重力加速度)的匀强电场，并同时给在A点的小圆环一个向右的水平初速度v0(v0未知)，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，则小圆环运动过程中 (1)在图中画出等效“最高点”和“最低点”，指出机械能最大和最小的位置； (2)求小圆环在A点获得的初速度大小v0； (3)求小圆环过B点受到大圆环的弹力大小。 答案　(1)见解析　(2)　 (3)(3-2)mg 解析　(1)由于匀强电场的电场强度为，即静电力与重力大小相等，作出小圆环的等效“最低点”C与等效“最高点”D，如图所示，小圆环在等效“最低点”C速度最大，动能最大，在等效“最高点”D速度最小，动能最小；小圆环在运动过程中，只有电势能、动能与重力势能的转化，即只有电势能与机械能的转化，M点是电势能最小的位置，也是机械能最大的位置，N点是电势能最大的位置，也是机械能最小的位置。 (2)小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，即小圆环通过等效“最高点”D的速度为0，对小圆环分析有-qERsin 45°-mg(R+Rcos 45°)=0-m， 解得v0= (3)小圆环从A运动到B过程有 -mg·2R=m-m， 在B点有FB+mg=m， 解得FB=(2-3)mg， 则小圆环在B点受到的弹力大小为(3-2)mg。 拓展　若将大圆环换成光滑绝缘圆形轨道，小圆环换成带同样电荷的小球，则小球在A点至少获得多大的速度，才能做完整的圆周运动？ 答案　 解析　小球在D点受到的支持力为0时，重力与静电力的合力恰好提供向心力， mg=m 由A到D，由动能定理 -qERsin 45°-mg(R+Rcos 45°)=m-m 解得v0=。 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　(2025·黑吉辽蒙卷·7)如图，光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BC在B点相切，轨道半径为r，圆心为O，O、A间距离为3r。原长为2r的轻质绝缘弹簧一端固定于O点，另一端连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场，物块所受的电场力与重力大小相等。物块在A点左侧释放后，依次经过A、B、C三点时的动能分别为EkA、EkB、EkC，则(　　) A.EkA<EkB<EkC B.EkB<EkA<EkC C.EkA<EkC<EkB D.EkC<EkA<EkB 答案　C 解析　由题意可得在A点，弹簧伸长量为r，在B点和C点，弹簧压缩量为r，即三个位置弹簧弹性势能相等，则由A到B过程中弹簧弹力做功为零，电场力做正功，动能增加，EkB>EkA；由B到C过程中弹簧弹力和电场力做功都为零，重力做负功，则动能减小，EkB>EkC；由A到C全过程则有qElAB-mglBC=EkC-EkA，因lAB==2r，lBC=2r，qE=mg，故EkC>EkA。因此EkB>EkC>EkA，故选C。 例4　(2025·江苏南通市期中)如图所示，在空间足够大的水平向右的匀强电场中，一绝缘硬质细管ABC固定在竖直面内。管的倾斜部分BC长度为L、与水平方向的夹角θ=37°，水平部分AB长度为L、与电场平行，一质量为m、电荷量为+q的小球(可视为质点)从管的水平端口A由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分B(长度极短可不计)时没有机械能损失，已知匀强电场的电场强度大小为，重力加速度为g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)小球运动到管口C时的速度大小vC； (2)小球沿BC管运动的加速度a0和离开管道后到达最高点时的动能Ek； (3)小球到达的最高点与管口C的水平距离x。 答案　(1)　(2)0　mgL　(3)1.476L 解析　(1)小球从A运动到C的过程中， 由动能定理有 qE(L+Lcos 37°)-mgLsin 37°=m 其中E=， 联立解得vC= (2)小球沿BC管运动时，由牛顿第二定律有 qEcos 37°-mgsin 37°=ma0 解得a0=0 小球离开管口后水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动， 小球竖直方向加速度ay=g 竖直方向匀减速到0的时间为t= 小球水平方向运动的加速度ax==g 小球到达的最高点速度为v=vCcos 37°+axt 所以最高点时的动能Ek=mv2=mgL (3)水平方向由运动学公式有 v2-(vCcos 37°)2=2axx 解得x=L=1.476L。 例5　如图所示，有一个可视为质点的质量为m的带正电小物块，电荷量为q，从光滑绝缘平台上的A点水平抛出，到达C点时，恰好以速度v无碰撞地进入固定在水平地面上的光滑绝缘圆弧轨道，整个圆弧轨道处在竖直向下的匀强电场中，电场强度E=。随后小物块滑上紧靠圆弧轨道末端D点的质量为2m的绝缘长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数为μ，圆弧轨道的半径为r，C点和圆弧轨道的圆心连线与竖直方向的夹角θ=60°，m、q、v、μ、r以及重力加速度g均为已知量，不计空气阻力。求： (1)小物块从A点抛出时的速度大小以及A、C两点的高度差； (2)小物块刚到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力大小； (3)要使小物块不滑出长木板，木板的长度L的最小值。 答案　(1)　　(2)6mg+m　(3) 解析　(1)依题意有v0=vcos θ=， vy=vsin θ=v， 所以h==。 (2)小物块从C运动到D，由动能定理有 (mg+qE)·r(1-cos θ)=m-mv2， D点向心力方程为FD-(mg+qE)=m， 解得vD=，FD=6mg+m 根据牛顿第三定律可得，压力大小为 FD'=FD=6mg+m。 (3)临界条件：小物块到达木板左端时恰好共速，此时对应木板长度L最小， 由动量守恒定律可得mvD=3mv共， 由能量守恒定律可得 m=×3m+μmgLmin 解得Lmin=。 课时精练 [分值：54分] 　[1~4题，每题4分] 1.(2025·江苏南京市名校联考)如图所示，水平放置的轻质绝缘弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端连接一放置在光滑绝缘水平面上的带正电小球，水平面上方存在水平向右的匀强电场。初始时弹簧处于压缩状态，将小球由静止释放，小球运动过程中弹簧始终在弹性限度内，则在小球向右运动的过程中(　　) A.弹簧恢复原长时，小球的速度最大 B.弹簧恢复原长时，小球的加速度为零 C.小球运动到最右端过程，弹簧的弹性势能变化量为零 D.小球运动到最右端时，弹簧的弹性势能比初始时的大 答案　D 解析　当小球受到静电力和弹簧弹力平衡时，加速度为零，小球速度有最大值，此时弹簧处于伸长状态，故A、B错误；在小球向右运动到最右端的过程，静电力做正功，根据动能定理W电+W弹=0 可知弹簧弹力做负功，小球运动到最右端时，弹簧的弹性势能比初始时的大，故C错误，D正确。 2.(2024·江苏扬州市质检)如图所示，用绝缘细线拴一个带负电的小球，让它在竖直向下的匀强电场中绕O点做竖直平面内的圆周运动，a、b两点分别是圆周的最高点和最低点，则(　　) A.小球经过a点时，细线中的张力一定最小 B.小球经过a点时，电势能一定最大 C.小球经过b点时，电势不是最低 D.小球经过b点时，机械能一定最小 答案　D 解析　带负电的小球受向上的静电力，向下的重力，若静电力大于重力，则两个力的合力向上，则小球经过a点时，速度最大，此时线中的张力最大，故A错误；沿着电场线方向电势降低，b点所在位置的电势最低，则带负电荷小球在b点的电势能最大，故B、C错误；因小球运动过程中只有静电力和重力做功，则电势能与机械能之和守恒，则小球经过b点时，电势能最大，则机械能最小，故D正确。 3.(2025·江苏扬州市模拟)如图所示，在竖直平面内固定一个半径为R的绝缘圆环，有两个可视为点电荷的相同的带负电的小球A和B套在圆环上，其中小球A可沿圆环无摩擦的滑动，小球B固定在圆心O点正上方的圆环上。现将小球A从左端与圆心O点等高处水平位置的左端由静止释放(已知重力加速度g)，则下列说法中正确的是(　　) A.小球A可以回到出发点 B.小球A从释放到运动到圆环最低点Q的过程中电势能始终保持不变 C.小球A运动到圆环最低点Q的过程中，速率不断变小 D.小球到达圆环最低点Q时的速度大小为 答案　A 解析　释放小球A后，在B的斥力和重力作用下小球A向下运动，由对称性可知，到达P点时的电势能与出发点的电势能相同，此时小球的速度为零，然后返回，最终可以回到出发点，故A正确；小球A从释放到运动到圆环最低点Q的过程中，小球B对小球A的斥力与小球A的运动方向夹角为锐角，则小球B对小球A的斥力对小球A做正功，小球A的电势能减小，重力对小球做正功，根据动能定理可知小球A的速率不断变大，故B、C错误；仅有重力对小球A做功时，根据动能定理mgR=mv2，可得小球到达圆环最低点Q时的速度大小v=，但还有小球B对小球A的斥力对小球A做正功，则小球到达圆环最低点Q时的速度大小大于，故D错误。 4.(2026·江苏苏州市四校联考)如图所示，水平向右且范围足够大的匀强电场空间内，一质量为m的带电小球，通过一长度为l的不可伸长的绝缘轻绳悬挂于水平天花板上O点，静止时轻绳与竖直方向夹角为θ，此时小球处于A点。现用外力将小球缓慢移到O点正下方B点，然后撤去外力，将小球由静止开始无初速度释放。小球运动过程中轻绳始终绷直，已知θ为锐角，重力加速度为g，小球视为质点，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A.外力对小球做功为0 B.小球运动到A点时机械能最大 C.小球到达最高点时轻绳的拉力大小为mg D.小球运动过程中速度最大值为 答案　C 解析　小球静止于A点时有tan θ=，静电力qE=mgtan θ，小球缓慢移到O点正下方B点过程中，重力与静电力的合力为阻力，外力做正功，故A错误；把重力与静电力的合力视为“等效重力”，A点为等效最低点，易得小球的摆动关于OA对称，上摆过程中静电力做正功，电势能减少，机械能增加，小球经过A点后，机械能仍增加，故B错误；由对称性知，小球到达最高点时轻绳的拉力与B点相等均为mg，故C正确；小球运动到A点时速度最大，从B点到A点由动能定理有mv2-0=qElsin θ-mgl(1-cos θ)，得v= ，故D错误。 5.(8分)(2025·江苏扬州市期中)如图所示，ABCD是半径为R的四分之三光滑绝缘圆形轨道，固定在竖直面内。以轨道的圆心O为坐标原点，沿水平直径AC方向建立x轴，竖直直径BD方向建立y轴。y轴右侧(含y轴)存在竖直向上的匀强电场。一质量为m、带电量为+q的小球(可视为质点)，从A点由静止开始沿轨道下滑，通过轨道最高点D后，又落回到轨道上的A点处。不考虑小球之后的运动，不计空气阻力，重力加速度为g，求： (1)(2分)小球到达D点的速率大小； (2)(3分)电场强度E的大小； (3)(3分)小球从A下滑到电场内的B点时对轨道压力的大小。 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)小球从D到A的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律，在竖直方向上有R=gt2 水平方向上有R=vDt 联立解得vD= (2)小球从A到D的过程，由动能定理可得 -mgR+2qER=m 解得E= (3)小球从A到B的过程， 由动能定理可得mgR=m 当小球在B点时，由牛顿第二定律可得 FN+qE-mg=m 由牛顿第三定律可得，小球在B点时对轨道压力的大小为FN'=FN 联立解得FN'=。 　[6题4分] 6.(2025·江苏南京市调研)如图所示，某无限长、竖直放置的粗糙绝缘直杆与等量异种电荷连线的中垂线重合，直杆上有A、B、O三点，其中O为等量异种点电荷连线的中点，AO=BO=L。现有一质量为m的带电小圆环从杆上A点以初速度v0向B点滑动，滑到B点时速度恰好为0。重力加速度大小为g，关于小圆环从A运动到B的过程，下列说法正确的是(　　) A.静电力先做正功后做负功 B.小圆环的加速度先减小后增大 C.摩擦力对小圆环做功为m-2mgL D.小圆环运动到O点时的动能为m 答案　D 解析　等量异种点电荷连线的中垂线是等势线，故小圆环从A到B过程，静电力不做功，故A错误；从A到B，电场强度先增大后减小，故小圆环受到的静电力先增大后减小，由小圆环受到的摩擦力大小为Ff=μFN=μqE，可知小圆环受到的摩擦力先增大后减小，由牛顿第二定律有a=，则小圆环的加速度先增大后减小，故B错误；小圆环从A到B过程，由动能定理有-mg×2L+Wf=0-m，解得摩擦力对圆环做功为Wf=2mgL-m，故C错误；由对称性可知，小圆环从A到O过程和从O到B过程摩擦力做功相等，故小圆环从A到O过程，由动能定理有-mgL+Wf=Ek-m，解得小圆环运动到O点时的动能为Ek=m，故D正确。 7.(12分)(2025·江苏淮安市一模)如图所示，倾角θ=37°的光滑绝缘斜面AB与半径r=0.5 m的圆弧光滑绝缘轨道BCD在竖直平面内相切于B点，圆弧轨道处于方向水平向右的有界匀强电场中，电场的电场强度大小E=100 V/m。质量m=0.1 kg、电荷量q=7.5×10-3 C的带负电的小滑块从斜面上P点由静止释放，沿斜面运动经B点进入圆弧轨道，已知P、B两点间距L=2 m，sin θ=0.6，cos θ=0.8，重力加速度g取10 m/s2。 (1)(4分)求滑块运动到B点时速度大小； (2)(4分)求滑块运动到与圆心O等高的Q点时对轨道的压力大小； (3)(4分)调整斜面上释放点位置，欲使滑块能从D点飞出，求该释放点P1与B点间距的最小值。 答案　(1)2 m/s　(2)0.05 N　(3) m 解析　(1)滑块从P点到B点， 由动能定理得mgLsin θ=m 解得滑块运动到B点时速度大小vB=2 m/s (2)Q点与B点的高度 h=rcos 37°=0.5×0.8 m=0.4 m Q点与B点的水平距离为 x=r+rsin 37°=0.5 m+0.5×0.6 m=0.8 m 滑块从B点到Q点， 由动能定理得-qEx-mgh=m-m 解得vQ=2 m/s 滑块在Q点由牛顿第二定律得F支+qE=m 解得F支=0.05 N 由牛顿第三定律可得滑块运动到与圆心O等高的Q点时对轨道的压力大小F压=F支=0.05 N (3)滑块要到D点，则需过等效最高点， 即与B关于O点对称的B'点，在B'点： =m 解得v2= m/s 滑块从B点到B'点的过程，由动能定理得 -·2r=m-m 滑块从P1点到B点由动能定理得 mgL'sin 37°=m，解得L'= m 该释放点P1与B点间距的最小值为 m。 8.(14分)(2026·江苏镇江市检测)如图所示，竖直平面内有一光滑绝缘轨道，取竖直向上为y轴正方向，轨道形状满足曲线方程y=x2，质量为m=0.1 kg、带电荷量为q=0.01 C(q>0)的小圆环套在轨道上，空间有与x轴平行的匀强电场(未画出)，圆环恰能静止在坐标点P(1，1)处，过该点处的轨道的切线方程为y=2x-1，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2(信息：若抛物线方程为y=ax2，其顶点处的曲率半径为ρ=) (1)(4分)求电场强度的大小E； (2)(10分)若将圆环由坐标点S(3，9)处静止释放， ①求小圆环在(0，0)处的速率v0及圆环与轨道间的弹力大小F； ②求小圆环运动过程中机械能最小处Q点的坐标。 答案　(1)200 N/C　(2)①2 m/s　13 N　②(-1，1) 解析　(1)过点(1，1)作y=2x-1的垂线，与竖直方向的夹角为θ，由数学知识知， tan θ=k=2 由几何关系可知 tan θ==2 解得E==200 N/C (2)①从S点到O点，由动能定理得 mgy-Eqx=m 解得v0=2 m/s 顶点(0，0)处的曲率半径ρ= 由F-mg=m，解得F=13 N ②由能量守恒定律可知，机械能最小处电势能最大，当小圆环向左运动到速度为零，静电力做负功达到最大，即电势能达到最大，机械能最小，设此时横坐标为x，则纵坐标为y=x2， 由动能定理得mg(9 m-y)-Eq(3 m-x)=0 解得x=-1 m，故Q点坐标为(-1，1)。 学科网（北京）股份有限公司 $