19 热点十九 电场中的力电综合问题(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·物理

**基本信息** 聚焦电场力电综合，通过多题型融合运动分析与能量观点，构建力电问题解题逻辑 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |库仑力与能量综合|1（多选）|含摩擦的库仑力作用下多过程运动，考查平衡条件与能量守恒|库仑定律→受力分析→平衡条件→能量守恒，构建力电作用下的运动与能量关系| |带电粒子在电场中的运动|2（计算）|类平抛运动及轨迹方程求解，涉及运动分解与牛顿运动定律|电场力→加速度→运动分解（水平/竖直）→轨迹方程，体现运动与相互作用观念| |多过程力电问题|2（计算）|碰撞荷电、往返运动等复杂过程，需综合运动分析与功能关系|多过程运动→受力分析→运动学公式→电场力做功，培养科学推理与模型建构能力|

热点十九　电场中的力电综合问题 1．(多选)(2024·江西卷，T10)如图所示，垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆，质量均为m、带同种电荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆，两小球均可视为点电荷，带电荷量分别为q和Q。在图示的坐标系中，小球乙静止在坐标原点，初始时刻小球甲从x＝x0处由静止释放，开始向下运动。甲和乙两点电荷的电势能Ep＝k(r为两点电荷之间的距离，k为静电力常量)。最大静摩擦力等于滑动摩擦力f，重力加速度为g。关于小球甲，下列说法正确的是(　　) A.最低点的位置x＝ B．速率达到最大值时的位置x＝ C．最后停留位置x的区间是 ≤x≤ D．若在最低点能返回，则初始电势能Ep0<(mg－f) 解析：选BD。小球甲从开始运动至第一次运动到最低点的过程，根据能量守恒定律有mg(x0－x)＝f(x0－x)＋，解得x＝，A错误；小球甲第一次向下运动至速度最大的位置，此时加速度为零，根据平衡条件有mg＝f＋，解得x＝，B正确；若小球甲停止是在上升的过程，且停止运动后恰好静止，有mg＋f＝，解得x1＝，若小球甲停止是在下降的过程，且停止运动后恰好静止，有mg＝＋f，解得x2＝，因此小球甲最后停留位置x的区间为 ≤x≤ ，C错误；若小球甲在最低点能返回，则有>mg＋f，解得x< ，结合A项分析可知x＝，则有< ，可得初始电势能Ep0＝<(mg－f) ，D正确。 2．(12分)(2025·河南卷，T13) 流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集，其原理如图所示。仅含有一个A细胞或B细胞的小液滴从喷嘴喷出(另有一些液滴不含细胞)，液滴质量均为m＝2.0×10－10 kg。当液滴穿过激光束、充电环时被分类充电，使含A、B细胞的液滴分别带上正、负电荷，电荷量均为q＝1.0×10－13 C。随后，液滴以v＝2.0 m/s的速度竖直进入长度为l＝2.0×10－2 m的电极板间，板间电场均匀、方向水平向右，电场强度大小为E＝2.0×105 N/C。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方h＝0.1 m处的A、B收集管中。不计重力、空气阻力以及带电液滴间的作用。求： (1)含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离；(6分) (2)A、B细胞收集管的间距。(6分) 解析：(1)液滴在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律得，液滴在水平方向的加速度大小 a＝＝＝100 m/s2 液滴在竖直方向上做匀速直线运动，通过电场的时间t1＝＝1.0×10－2 s 液滴离开电场时在水平方向加速偏转的距离 x1＝at＝5.0×10－3 m。 (2)液滴离开电场时水平方向上的速度大小 vx＝at1＝1.0 m/s 带正、负电荷的液滴离开电场后做匀速直线运动，分别到达A、B收集管，运动的时间 t2＝＝0.05 s 液滴在水平方向上匀速运动的距离 x2＝vxt2＝5.0×10－2 m 则A、B细胞收集管之间的距离 d＝2x1＋2x2＝0.11 m。 答案：(1)5.0×10－3 m　(2)0.11 m 3．(12分)(2022·辽宁卷，T14)如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为 ，之后沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为 mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求： (1)弹簧压缩至A点时的弹性势能；(2分) (2)小球经过O点时的速度大小；(4分) (3)小球过O点后运动的轨迹方程。(6分) 解析：(1)小球从A到B，有Ep＝mv＝mgR。 (2)小球从B到O，根据动能定理有－mgR＋qE·R＝mv－mv，解得vO＝。 (3)小球运动至O点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，则x轴方向有qE cos 45°＝max 竖直方向有qE sin 45°－mg＝may 解得ax＝g，ay＝0 说明小球从O点开始的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运动，则有x＝gt2，y＝vOt，小球过O点后运动的轨迹方程y2＝6Rx(y>0)。 答案：(1)mgR　(2)　(3)y2＝6Rx(y>0) 4．(12分)(2025·江苏卷，T13)如图所示，在电场强度为E，方向竖直向下的匀强电场中，两个相同的带正电粒子a、b同时从O点以初速度v0射出，速度方向与水平方向夹角均为θ。已知粒子的质量为m，电荷量为q，不计重力及粒子间相互作用。求： (1)a运动到最高点的时间t；(4分) (2)a到达最高点时，a、b间的距离H。(8分) 解析：(1)带电粒子在匀强电场中做类抛体运动，粒子a的运动可分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上加速度大小为a的匀变速直线运动，在竖直方向上有qE＝ma v0sin θ＝at 解得t＝。 (2)水平方向上，a、b均以v0cos θ做匀速直线运动，竖直方向上，规定向上为正方向，b以－v0sin θ为初速度，以－a为加速度做匀加速直线运动， 竖直方向上，粒子a的位移 ya＝v0t sin θ－at2 粒子b的位移yb＝－v0t sin θ－at2 H＝ya－yb 解得H＝。 答案：(1)　(2) 5．(18分)(2025·广东卷，T15)如图是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图，两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接，金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处，由静止开始向右下方运动，与下方绝缘平板在B点处碰撞，碰撞时电荷量改变，反弹后离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，其水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前瞬间的k倍(k<1)。已知颗粒质量为m，两绝缘平板间的距离为h，B点与左平板的距离为l，电源电压为U，重力加速度为g，忽略空气阻力和电场的边缘效应。求： (1)颗粒碰撞前的电荷量q；(4分) (2)颗粒在B点碰撞后的电荷量Q；(6分) (3)颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对它做的功W。(8分) 解析：(1)颗粒由静止开始从A点运动到B点的过程，在水平方向只受电场力，做初速度为0的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得Eq＝ma，其中E＝，设该过程的运动时间为t，则l＝at2，颗粒在竖直方向只受重力，做自由落体运动，有h＝gt2，联立可得q＝，a＝，t＝。 (2)设颗粒在B点与绝缘平板碰撞前瞬间水平分速度大小为vx、竖直分速度大小为vy，则vx＝at＝＝l，vy＝，颗粒反弹离开绝缘平板瞬间的水平分速度大小为vx、竖直分速度大小vy′＝kvy＝k，方向竖直向上，颗粒反弹瞬间的速度示意图和受力示意图如图所示，由题意知v合⊥F合，则＝，联立可得Q＝。 (3)由于vy′＝kvy(k<1)，则颗粒从B点离开后在竖直方向做竖直上抛运动，无法到达上绝缘平板，所以颗粒的第二次碰撞是与下方绝缘平板或右侧金属平板发生的；若颗粒第二次碰撞是与下方绝缘平板发生的，则对颗粒从与下方绝缘平板第1次碰撞后瞬间到与下方绝缘平板第2次碰撞前瞬间的过程，运动时间t′＝，水平方向上的运动距离x＝vxt′＋a1t′2，其中a1＝＝ 解得x＝4kl＋ 当x≤d－l，即d≥(4k＋1)l＋时，颗粒第二次碰撞是与下方绝缘平板发生的，则电场力对它做的功W2＝Qx，又颗粒从A点运动到B点的过程，电场力对它做的功W1＝ql，联立可得颗粒从A点开始运动到第二次碰撞的过程，电场力对它做的功W＝W1＋W2＝＋4(1＋)k2mgh　 当x>d－l，即d<(4k＋1)l＋时，颗粒第二次碰撞是与右侧金属平板发生的，则电场力对颗粒做的功W3＝Q(d－l)，则颗粒从A点开始运动到第二次碰撞的过程，电场力对它做的功 W＝W1＋W3＝＋。 答案：(1)　(2)　(3)当d≥(4k＋1)l＋时，W＝＋4k2mgh；当d<(4k＋1)l＋时，W＝＋ 学科网（北京）股份有限公司 $