(人教版)2020高考物理一轮复习第七章静电场第4讲力电综合问题学案

1、第4讲力电综合问题命肄般律电场的性质是力与能在电学中的延续， 结合带电粒子（带电体）在电场中的运动综合考查牛顿运动定 律、功能关系、受力分析、运动的合成与分解等是常用的命题思路.这部分内容综合性强， 仍是命题的热点.尤其近几年高考中突出了对带电体在电场中运动的过程分析，复习时应引起足够的重视.【重难解读】电场中带电粒子（微粒）的运动及电场中力的性质和能的性质主要有以下几个重点考查内容：1 .以电场强度为代表的反映电场力的性质的物理量：通过场强的计算、库仑定律的应用、带电粒子（微粒）的加速和偏转等知识，与力学观点结合考查运动类问题.2 .以电势为代表的反映电场能的性质的物理量：通过电场力做功、电

2、势能的计算，结合功能关系，能量 守恒定律等考查电场中能量的转化类问题.【典题例证】例（16分）如图所示，水平绝缘粗糙的轨道 AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径 R= 0.4 m ,在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电 场强度E= 1.0 X10 4N/C.现有一电荷量 q= + 1.0X104C,质量 m 0.1 kg的带电体（可视为质点），在水平轨 道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C,然后落至水平轨道上的 D点.取g=10 m/s2.试求：（1）带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小；（2）

3、D点到B点的距离xdb；（3）带电体在从P开始运动到落至 D点的过程中的最大动能.2Vc 一解析（1）设带电体恰好通过 C点时的速度为VC,依据牛顿第二定律有mg= mR, （2分）解得 Vc= 2.0 m/s.（1 分）设带电体通过 B点时的速度为vb,设轨道对带电体的支持力大小为Fb,带电体在B点时，根据牛顿第二2Vb一八7E律有 Fb mg= mR.（2 分）带电体从B运动到C的过程中，依据动能定理有1212一mgx 2 R= 2mw2mv（2 分）联立解得Fb= 6.0 N ,根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力F' b= 6.0 N .（1分）1（2）设带电体从最高点 C落至

4、水平轨道上的D点经历的时间为t,根据运动的分解有 2Rk2gt2（2分）Xdb= Vet （2分）（1分）联立解得Xdb= 0.(3)由P到B带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B点右侧对应圆心'角为45°处.设带电体的最大动能为Rm,根据动能定理有12 ,qEFSin 45mgF1 cos 45） = Em 2mB（2 分）代入数据解得 国41.17 J（1分）答案(1)6.0 N国施臼但（2）0（3）1.17 J解决力电综合问题的一

5、般思路【突破训练】81 .(多选)如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与轴平行，在x轴上的电势6与坐标x的关系用图中曲线表示,图中斜线为该曲线过点(0.15 , 3)的切线.现有一质量为0.20 kg ,电荷量为+ 2.0 X10-8C的滑块P(可视为质点)，从x=0.10 m处由静止释放，其与水平面 的动摩擦因数为0.02.取重力加速度g= 10 m/s 2.则下列说法正确的是()A. x=0.15 m 处的场强大小为 2.0X106N/CB.滑块运动的加速度逐渐减小C.滑块运动的最大速度约为0.1 m/sD.滑块最终在0.3 m处停下一， AJ)

6、3X105解析：选 AC. 6x的斜率等于该点的电场强度，所以x=0.15 m处的场强大小为 E=77= N/C X 0.15= 2.0 x 106 N/C,选项A正确；图象斜率的绝对值逐渐减小，因为在x=0.15 m处，Eq= mg= 0.04 N ,所以B错误；当滑动摩擦力等于从x = 0.1 m开始，滑块向右运动的过程中，加速度向右先减小后反向变大，选项电场力时，滑块的速度最大，此时对应的x= 0.15 m ,由动能定理有 Ucq- m（g x=；mV, U= 1.5X105V, Ax= 0.05 m ,解得v=0.1 m/s ,选项C正确；假设滑块在 x= 0.3 m处停下，则从 x=

7、 0.1 m处到x = 0.3 m处， 电场力做功W= qU' =6X10-3J,克服摩擦力做功W=mgAx'=8X103J,因为 WW,所以滑块滑不到x=0.3 m处，选项D错误.2.（2 018 杭州一中月考）如图所示，A、B为平行金属板，两板相距为d且分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔 M和N今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落（P、M N在同一竖直线上），空气阻力忽略不计， 到达N孔时速度恰好为零, 正确的是（）然后沿原路返回.若保持两极板间的电压不变,则下列说法不A.把A板向上平移一小段距离，质点自 B.把A板向下平移一小段距离，质点自 C.把

8、B板向上平移一小段距离，质点自 D.把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回P点自由下落后将穿过N孔继续下落P点自由下落后仍能返回P点自由下落后将穿过N孔继续下落解析：选B.移动A板或B板后，质点能否返回 P点的关键是质点在 A B间运动时到达 B板之前速度能否减为零，如能减为零，则一定沿原路返回P点；如不能减为零，则穿过 B板后只受重力，将继续下落.因质点到达N孔时速度恰为零，由动能定理得mg-2dqU= 0.因极板一直与电源两极连接，电压U一直不变，当 A板上移、下移时，满足 qU- mghF 0的条件，即h=2d,则质点到达N孔时速度恰好为零，然后按原路返回，A12 一一正

9、确，B错反.当把B板上移后，设质点仍能到达 B板，则由动能te理得 mgh- qU= 2mv,因B板上移后h< 2d,所以mgh< qU,即看似动能为负值，实际意义为在此之前物体动能已为零，将沿原路返回，C正确.把B板下移后，有mgh - qU= 2m/>0,即质点到达 N孔时仍有向下的速度，将穿过B板继续下落，D正确.3. （2018 贵州三校联考）在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN各空间分成左、右两个区域，在右区域中有水平向左的匀强电场，在右区域中离边界MNM一位置的水平地面上由静止释放一个质量为m的带电滑块（滑块的电荷量始终不变），如图甲所示，滑块运动的vt图象如

10、图乙所示，不计空气阻力，则（）一%一N。 I 2 3 4 3 口A.滑块在MN&边运动的位移大小与在 MN£边运动的位移大小相等B.在t = 5 s时，滑块经过边界 MNC.滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为2 : 5D.在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功小于电场力做的功解析：选C.根据题中速度图线与横轴所围的面积表示位移可知，滑块在MN右边运动的位移大小与在 MN左边运动的位移大小不相等，选项A错误.根据题图乙所示速度图象可知，t = 2 s时滑块越过分界线 MN选V0.项B错反.根据题中速度图象斜率表不加速度可知，在02 s时间内，滑块加速度大小可表不为ai =,在

11、25 s时间内，滑块加速度大小可表示为a2=?，设电场力为 F,运动过程中所受摩擦力为f,对滑块在 MN3分界线右侧的运动，由牛顿第二定律， Ff = ma,对滑块在MN界线左侧的运动，由牛顿第二定律， f = ma, 联立解得：f ： F=2： 5,选项C正确.在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功可表示为：W= f 2.5 V0,电场力做的功可表示为 W/= F , vo= 2.5 f - vo,二者做功相等，选项 D错误.4.（多选）（2018 湖北八校联考）如图所示，在竖直平面内 xOy坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为 m带电荷量为q的小球，以某一初

12、速度从 O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程x= ky2,且小球通过点 P r, r .已知重力加速度为 g,则（）k kA.电场强度的大小为qB.小球初速度的大小为2kC.小球通过点p时的动能为5mgD.小千从O点运动到P点的过程中,电势能减少书解析：选BC.小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿x轴正方向，qE= /2mg电场强度的大小为 Ek=vot, -= 2gt ,得小球初速度大小为V0=72mg a错误；f合=mg= ma所以a=g,由类平抛运动规律有g Vo 1 1 o 1 o o 5mg,/示,B正确；由P点的坐标分析可知 =2,所以小球通过点 P时的动能为2mv=2

13、mVo+vx） =4k, C正确;112mg小球从O到P过程中电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即 W qE -一Tr=-g D错误.kcos 45k5.在水平向右的匀强电场中，有一质量为m带正电的小千用长为 l的绝缘细线悬挂于 O点，当小球静止时，细线与竖直方向夹角为周运动，试问：e ,如图所示，现给小球一个垂直于悬线的初速度，小球恰能在竖直平面内做圆(1)小球在做圆周运动的过程中，在哪一位置速度最小？速度最小值多大?F= co鲁.重力场与电场的叠cosgr，其方向与F同向，因(2)小球在B点的初速度多大?解析：(1)如图所示，小球所受到的重力、电场力均为恒力，二力的合力为加场为等

14、效重力场，F为等效重力，小球在叠加场中的等效重力加速度为g此B点为等效最低点，A点为等效最高点，小球在 A点速度最小，设为 Va,此时细线的拉力为零，等效重力提供向心力，则 2 ,Vamg = mp,得小球的最小速度为Va =glcos 0 .(2)设小球在B点的初速度为VB,由能量守恒得:1212 ,2mB= 2mv+ mg - 2 l ,将VA的数值代入得:e ,答案：(1) A点速度最/l下(2)6.如图甲所示，长为 L、间距为d的两金属板A B水平放置，ab为两板的中心线，一个带电粒子以速度V0从a点水平射入，沿直线从b点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从 b点以速度V0射出，求:0.51： r；1.5T ： 2?2.5/ t|I I I-1 I 甲(1)交变电压的周期 T应满足什么条件？(2)粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件?解析：(1)为使粒子仍从b点以速度vo穿出电场，在垂直于初速度方向上， 粒子的运动应为：加速，减速, 反向加速，(反向)减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段 时间等于一个周期，故有 L=nTw,解得T= nV,、，11 1 2粒子在4T内离开中心线的距离为y= 2a 4T qEU0 又a=k E= d