第9单元 09 专题十六 带电粒子在电场中运动的综合问题（word教参）-【高考快车道】2027年高考物理大一轮总复习考点精讲（基础版）

该高中物理高考复习讲义聚焦带电粒子在电场中运动的综合问题，涵盖功能关系应用、等效思想、能量与动量综合三大核心题型，按从基础规律到综合应用的逻辑架构知识点。通过考点梳理、方法指导（如等效重力场模型）、真题训练（2024辽宁卷等）等环节，帮助学生系统突破难点。 资料以科学思维中的模型建构和物理观念中的能量观念为核心，创新采用等效思想教学法，如例3通过复合场转化简化圆周运动分析。设置分层例题（选择、计算）与即时反馈，助力学生高效掌握解题策略，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

专题十六　带电粒子在电场中运动的综合问题 专题十六　带电粒子在电场中运动的综合问题 题型一　电场中功能关系的综合应用 　　　　　 　　　　　 　　　　　 电场力做功的计算 电场 中的 功能 关系 (1)电场力做正功,电势能减少;电场力做负功,电势能增加,即W=-ΔEp (2)如果只有电场力做功,则动能和电势能之间相互转化,二者总和不变,即ΔEk=-ΔEp 例1 [2024·辽宁卷] 在水平方向的匀强电场中,一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面(纸面)内运动.如图所示,若小球的初速度方向沿虚线,则其运动轨迹为直线;若小球的初速度方向垂直于虚线,则其从O点出发运动到O点等高处的过程中　　 (　) A.动能减小,电势能增大 B.动能增大,电势能增大 C.动能减小,电势能减小 D.动能增大,电势能减小 例2 (多选)与行星绕太阳运动类似,电子也可以绕正电荷运动.如图所示,三个电子仅在库仑力作用下绕正点电荷运动,轨道分别为椭圆轨道P和圆轨道a、b,圆轨道a、b、c、d恰好在正点电荷的四个等势面上,相邻两等势面间的电势差均为2 V,轨道P与轨道d、b分别相切于M、N两点.若轨道P上的电子运动到N点时的动能为6 eV,不考虑电子之间的相互作用及电子运动过程中的电磁辐射,下列说法中正确的是 (　) A.轨道b上电子的动能大于6 eV B.轨道a上电子的动能比轨道b上的大 C.轨道a上电子的电势能比轨道b上的小 D.轨道P上的电子运动到M点时的动能为10 eV 题型二　等效思想在电场中的应用 　　　　　 　　　　　 　　　　　 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,同时存在匀强电场和重力场时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,可形象地称之为“等效重力场”. 2.对应概念 3.举例 例3 [2024·河北卷] 如图所示,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. 例4 (多选)[2025·四川达州二模] 如图所示,A、B、C、D、E、F、G、H是半径为R的竖直光滑绝缘圆轨道的八等分点,AE连线竖直,现在空间加一平行于圆轨道面的匀强电场,从A点静止释放一质量为m、电荷量为q带正电小球,小球沿圆弧经B点恰好能到达C点.若在A点给带电小球一个水平向右的冲量I,让小球沿轨道恰好能做完整的圆周运动.已知重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　) A.所加电场电场强度最小值为 B.若所加电场电场强度最小时,小球在H点的电势能最大 C.若所加电场电场强度最小时,冲量I=m D.小球在F点时,轨道对小球的作用力为零 题型三　电场中能量、动量的综合问题 　　　　　 　　　　　 　　　　　 解决电场中的力电综合问题,常用以下几种观点分析解答: (1)动力学的观点 ①由于匀强电场中带电粒子(带电体)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运动学公式,注意受力分析和运动分析,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,要注意动量守恒定律的表达式是矢量式,注意正方向的选取. 考向一　电场与动力学、能量综合 例5 [2025·福建厦门二模] 如图所示,足够长的倾角θ=37°的光滑斜面固定在水平面上,斜面底端固定有垂直挡板.一劲度系数k=100 N/m的轻弹簧一端与挡板连接,另一端连接绝缘物块A,A的上方放置着物块B,A、B质量均为m=2 kg且都可视为质点,A不带电,B带电荷量q=+1.0×10-4 C.初始时A、B均处于静止状态,某时刻起在空间施加方向平行斜面向上、大小为E=2.0×105 N/C的匀强电场,A、B开始一起运动,一段时间后A、B分离.已知弹簧的弹性势能Ep=kx2(x为弹簧的形变量),重力加速度大小g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求: (1)施加电场的瞬间,物块B的加速度大小; (2)两物块从开始运动到分离时沿斜面上滑的距离; (3)物块A的最大动能. 考向二　电场与动力学、能量、动量综合 例6 [2024·安徽卷] 在某装置中的光滑绝缘水平面上,三个完全相同的带电小球,通过不可伸长的绝缘轻质细线,连接成边长为d的正三角形,如图甲所示.小球质量为m,带电荷量为+q,可视为点电荷.初始时,小球均静止,细线拉直.现将球1和球2间的细线剪断,当三个小球运动到同一条直线上时,速度大小分别为v1、v2、v3,如图乙所示.该过程中三个小球组成的系统电势能减少了,k为静电力常量,不计空气阻力.则 (　) A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变 B.该过程中系统能量守恒,动量不守恒 C.在图乙位置,v1=v2,v3≠2v1 D.在图乙位置,v3= [反思感悟] 　     学科网（北京）股份有限公司 $ 专题十六　带电粒子在电场中运动的综合问题 例1　D　[解析] 根据题意,若小球的初速度方向沿虚线,则其运动轨迹为直线,可知电场力和重力的合力沿着虚线方向,又知电场强度方向为水平方向,根据力的合成可知电场力方向水平向右,若小球的初速度方向垂直于虚线,则其从O点出发运动到O点等高处的过程中,重力对小球做功为零,电场力的方向与小球的运动方向夹角为锐角,则电场力对小球正功,小球的动能增大,电势能减小,故D正确. 例2　AD　[解析] 类似卫星变轨模型,电子在轨道b上的速度大于轨道P上的N点时的速度,则轨道b上电子的动能大于6 eV,故A正确;类似人造卫星模型,由k=m,得v=∝,则轨道a上电子的速度比轨道b上的小,动能也比其小,故B错误;若电子从轨道a运动到轨道b上,静电力做正功,电势能降低,则轨道a上电子的电势能比轨道b上的大,故C错误;由题意,电子运动过程中动能与电势能总和保持不变,M点电势比N点高4 V,电子带负电,则电子运动到M点时的动能比N点高4 eV,为10 eV,故D正确. 例3　(1)　(2)　 [解析] (1)A、B两点沿电场线方向的距离为L,在匀强电场中,由电场强度与电势差的关系可知E= (2)当小球运动到A点时,细线对小球的拉力为0,由牛顿第二定律得Eq-mg= 解得vA= 小球由A点运动到B点,由动能定理得 Uq-mgL=m-m 解得vB= 例4　BCD　[解析] 从A点静止释放带电小球,小球沿圆弧恰好能到达C点,则知电场力和重力的合力方向沿FB方向斜向下,B点为“等效最低点”,F点为“等效最高点”, 所加电场电场强度最小时,如图所示,则qEmin=mgcos 45°,解得Emin=,方向与HD平行向上,故A错误;若所加电场电场强度最小时,方向与HD平行向上,小球在H点的电势能最大,故B正确;若在A点给带电小球一个水平向右的冲量I,让小球沿轨道恰好能做完整的圆周运动,则小球在F点所受重力和电场力的合力提供向心力,轨道对小球的作用力为零,故D正确;若所加电场电场强度最小时,小球所受重力与电场力的合力为F=mgsin 45°=mg,等效重力加速度大小为g'==g,小球在F点,由牛顿第二定律得mg'=m,在A点给带电小球一个水平向右的冲量I,设I=mv0,小球从A点到F点由动能定理得-mg(R+Rcos 45°)+qERsin 45°=mv2-m,解得I=m,故C正确. 例5　(1)5 m/s2　(2)0.04 m　(3)0.68 J [解析] (1)对AB整体,由牛顿第二定律得qE=2ma 解得a=5 m/s2 (2)初始时,设弹簧的形变量为x0,对A、B整体,由平衡条件得kx0=2mgsin θ 解得x0=0.24 m 分离时,设弹簧形变量为x1,此时A、B之间无挤压,加速度大小相等,对B有qE-mgsin θ=ma 对A有kx1-mgsin θ=ma 联立解得x1=0.2 m 故物体上滑距离Δx1=x0-x1=0.04 m (3)对A、B以及弹簧组成的系统,设A、B分离时速度大小为v.由功能关系有qEΔx1=·2mv2+2mgΔx1sin θ+k-k 解得v=0.6 m/s A、B分离后,当A的加速度为零时有最大动能,设此时弹簧的形变量为x2,对A有kx2=mgsin θ 解得x2=0.12 m 则Δx2=x1-x2=0.08 m 对A和弹簧组成的系统,由机械能守恒定律有k-k=Ekm-mv2+mgΔx2sin θ 解得Ekm=0.68 J 例6　D　[解析] 该过程中系统动能和电势能相互转化,能量守恒,对整个系统分析可知系统受到的合外力为0,故动量守恒,故B错误;当三个小球运动到同一条直线上时,根据对称性可知细线中的拉力相等,此时球3受到1和2的电场力大小相等,方向相反,故可知此时球3受到的合力为0,球3从静止状态开始运动,瞬间受到的合力不为0,故该过程中小球3受到的合力在改变,故A错误;对系统根据动量守恒定律有mv1+mv2=mv3,由球1和2运动的对称性可知v1=v2,解得v3=2v1,根据能量守恒定律有mv12+m+m=,解得v3=,故C错误,D正确. 学科网（北京）股份有限公司 $