2026版创新设计高考总复习物理(人教基础版)教师用-专题强化十五　带电粒子在电场中运动的综合问题

专题强化十五带电粒子在电场中运动的综合问题学习目标1.掌握带电粒子在电场和重力场的复合场中的运动规律。2.知道“等效重力场”的概念。3.会用动力学观点和能量观点分析电场中的力电综合问题。考点一带电粒子在电场和重力场中的运动1.等效重力场物体在匀强电场和重力场中的运动,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.“等效重力”及“等效重力加速度”在匀强电场中,将重力与静电力进行合成,如图所示,则F合为“等效重力场”中的“等效重力”,g'=F合m为“等效重力场”中的“等效重力加速度”,F合的方向为“等效重力”的方向,3.等效最“高”点与最“低”点的确定方法在“等效重力场”中做圆周运动的物体过其轨迹圆心作“等效重力”的作用线,其反向延长线交于圆周上的那个点即为圆周运动的等效最“高”点,沿着“等效重力”的方向延长交于圆周的那个点即为等效最“低”点,如图所示。例1空间中有竖直向上的匀强电场,电场强度E=3mgq。绝缘圆形轨道竖直放置,O点是它的圆心、半径为R,A、C为圆轨道的最低点和最高点,B、D为与圆心O等高的两点,如图所示。在轨道A点放置一质量为m,带电荷量为+q的光滑小球。现给小球一初速度v0(v0≠0),重力加速度为g,则下列说法正确的是(A.无论v0多大,小球不会脱离轨道B.只有v0≥gR,小球才不会脱离轨道C.v0越大,小球在A、C两点对轨道的压力差也越大D.若将小球无初速度从D点释放,小球一定会沿轨道经过C点答案D解析由题意可知小球所受静电力与重力的合力方向竖直向上,大小为F=qE-mg=2mg,若要使小球不脱离轨道,设其在A点所具有的最小速度为vmin,根据牛顿第二定律有F=mvmin2R,解得vmin=2gR,所以只有当v0≥2gR时,小球才不会脱离轨道,故A、B错误;假设小球可以在轨道中做完整的圆周运动,在C点的速度大小为v1,根据动能定理有12mv12-12mv02=F·2R,在A、C点小球所受轨道的支持力大小分别为F0和F1,根据牛顿第二定律有F0+F=mv02R,F1-F=mv12R,联立以上三式解得ΔF=F1-F0=6F=12mg,根据牛顿第三定律可知小球在A、C两点对轨道的压力差等于12mg,与v0的大小无关,故C错误;若将小球无初速度从例2(多选)(2025·山东潍坊模拟)如图所示,在地面上方的水平匀强电场中,一个质量为m、电荷量为+q的小球,系在一根长为d的绝缘细线一端,可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径,CD为竖直直径。已知重力加速度为g,电场强度E=3mgq,下列说法正确的是(A.若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动,则它运动的最小速度为gdB.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,则小球运动到B点时的机械能最大C.若将细线剪断,再将小球在A点以大小为gd的速度竖直向上抛出,小球将不能到达B点D.若将小球在A点由静止开始释放,则小球沿AC圆弧到达C点的速度为(2+2答案BC解析小球受到水平向右的静电力F=qE=3mg,合力为F合=(mg)2+(3mg)2=2mg,方向斜向右下方,与竖直方向夹角为60°,设小球在竖直平面内做匀速圆周运动的最小速度为v,有F合=mv2d,联立解得v=2gd,故A错误;由功能关系知,小球机械能的变化等于除重力或弹力之外的力所做的功,小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,运动到B点时,静电力做功最多,故运动到B点时小球的机械能最大,故B正确;若将细绳剪断,将小球在A点竖直向上抛出,小球将在竖直方向上做竖直上抛运动,水平方向做匀加速直线运动,当竖直方向位移为0时,有t=2gdg,水平位移有x=12at2,又a=qEm=3g,解得x=23d>2d,所以小球将不能到达B点,故C正确;设合力方向与电场方向夹角为θ,有tanθ=mg考点二电场中的力、电综合问题要善于把电学问题转化为力学问题,建立带电粒子在电场中加速和偏转的模型,能够从带电粒子受力与运动的关系、功能关系和能量关系等多角度进行分析与研究。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。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在某方向上动量守恒。例3如图所示,不带电物体A和带电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接,A、B的质量分别为2m和m,劲度系数为k的轻弹簧一端固定在水平面上,另一端与物体A相连,倾角为θ的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中,整个系统不计一切摩擦。开始时,物体B在一沿斜面向上的外力F=3mgsinθ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直,然后撤去外力F,直到物体B获得最大速度,且弹簧未超过弹性限度(已知弹簧形变量为x时弹性势能为12kx2),重力加速度为g,则在此过程中(A.物体B带负电,受到的静电力大小为mgsinθB.物体B的速度最大时,弹簧的伸长量为2C.撤去外力F的瞬间,物体B的加速度大小为3gsinθD.物体B的最大速度为gsinθ3答案D解析假设B所受静电力沿斜面向下,当施加外力时,对B分析可知F-mgsinθ-F电=0,解得F电=2mgsinθ,假设成立,故B带负电,故A错误;当B受到的合力为零时,B的速度最大,由kx=F电+mgsinθ,解得x=3mgsinθk,故B错误;当撤去外力瞬间,弹簧弹力还来不及改变,即弹簧的弹力仍为零,对物体A、B分析可知F合=F电+mgsinθ=(m+2m)a,解得a=gsinθ,故C错误;设物体B的最大速度为vm,由功能关系可得12×3mvm2+12kx2=mgxsinθ+F电x,解得vm=gsin例4(2025·山东菏泽模拟)如图所示,光滑14圆弧轨道竖直固定,与水平面相切于最低点P,半径R=0.2m,空间中存在水平向右的匀强电场E=1×103V/m,物体甲的质量为m1=0.2kg,带电荷量为q=+1×10-3C,在P点右侧L1=1m处有一不带电的物体乙,质量为m2=0.2kg,物体乙右侧L2=0.5m处有一竖直固定挡板,甲物体从与圆心O等高的A点以竖直向下的速度v0=2m/s滑动,甲、乙与水平面的动摩擦因数均为μ=0.2,所有碰撞均无能量损失,且甲、乙碰撞没有电荷转移。求(1)在圆形轨道最低点P,物体甲受到轨道的支持力大小;(2)甲、乙第一次碰撞后各自的速度大小;(3)整个过程甲、乙在水平面上运动的总路程之和。答案(1)12N(2)04m/s(3)6.25m解析(1)对物体甲,从A点到P点,由动能定理得m1gR+qER=12m1v12-1在P点,根据牛顿第二定律FN-m1g=m1v解得FN=12N。(2)物体甲在水平面上向右运动,碰撞前,根据动能定理(qE-μm1g)L1=12m1v2-12m甲、乙碰撞过程中,根据动量守恒定律和能量守恒定律有m1v=m1v甲+m2v乙12m1v2=12m1v甲2+解得v甲=0,v乙=4m/s。(3)对物体甲受力分析qE=1N>μm1g=0.4N则物体甲、乙最终停在挡板处,在整个过程,对甲、乙系统,由能量守恒定律12m1v02+m1gR+qE(R+L1+L2其中m=m1=m2解得s总=6.25m。限时作业(限时:40分钟)基础对点练对点练1带电粒子在电场和重力场中的运动1.(2025·陕西西安一中模拟)如图所示,电场强度为E的匀强电场方向竖直向下,所带电荷量为-q、质量为m的带电小球用长为L的绝缘细线拴住,小球可以在竖直平面内绕O做圆周运动,A、B分别是轨迹的最高点和最低点。已知小球静止时的位置是A点,重力加速度大小为g,小球可以看成质点,下列说法正确的是()A.若小球恰好可以做完整的圆周运动,则小球通过A点时速度最小值为5(B.若小球恰好可以做完整的圆周运动,则小球通过A点时速度最小值为5(C.若小球恰好可以做完整的圆周运动,则小球通过A点时速度最小值为gLD.若小球恰好可以做完整的圆周运动,则小球通过A点时速度最小值为5答案A解析若小球恰好可以做完整的圆周运动,则在B点有qE-mg=mvB2L,根据动能定理有(qE-mg)·2L=12mvA2-12mvB2,解得2.(多选)(2025·辽宁沈阳模拟)如图所示,质量m=1kg、带电荷量q=+0.1C的小球(视为质点)与长L=0.1m的绝缘轻绳相连,轻绳另一端固定在O点,整个系统处在与竖直方向夹角为45°、电场强度大小E=1002N/C的匀强电场中。AB为水平直径,CD为竖直直径,EF直径过O点且与CD夹角为45°,g=10m/s2。当小球绕O点在竖直平面内做圆周运动时,下列说法正确的是()A.小球运动到D点时,动能最小B.小球运动到A点时,动能最小C.小球从A点运动到B点时,动能增加了2JD.小球从F点运动到E点时,机械能增加了22J答案BC解析对小球受力分析,静电力qE=102N,重力mg=10N,可得二力合力指向水平方向,如图所示,即等效重力水平向右,大小F=(qE)2-(mg)2=10N,A点为圆周运动的等效最高点,也即速度最小,故A错误,B正确;小球从A点运动到B点时,动能增加量等于合力做的功ΔEk=F×2L=2J,故C正确;小球从F点运动到E点时,静电力做的功为W=-qE×2L=-22J,机械能减少了23.(2025·安徽部分学校联考)如图所示,MPQO为有界的竖直向下的匀强电场,电场强度为E,ACB为光滑固定的半圆形轨道,圆轨道半径为R,AB为圆水平直径的两端点,AC为14圆弧。一个质量为m、电荷量为-q的带电小球,从A点正上方高为H处由静止释放,并从A点沿切线进入半圆轨道。不计空气阻力及一切能量损失,关于带电小球的运动情况,下列说法正确的是(A.小球一定能从B点离开轨道B.小球在AC部分不可能做匀速圆周运动C.若小球能从B点离开,上升的高度可能大于HD.小球到达C点的速度不可能为零答案D解析小球进入圆轨道后,受到竖直向下的重力、竖直向上的静电力和沿半径方向的轨道的弹力。静电力做负功,重力做正功,由于题中没有给出H与R、E的关系,所以小球不一定能从B点离开轨道,故A错误;若重力大小等于静电力,小球在AC部分做匀速圆周运动,故B错误;小球在AC部分运动时静电力做负功,若小球能从B点离开,上升的高度一定小于H,故C错误;若小球到达C点的速度为零,则静电力大于重力,小球不可能沿半圆轨道运动,小球到达C点的速度不可能为零,故D正确。对点练2电场中的力、电综合问题4.(多选)(2025·四川成都联考)如图,空间中存在水平向右的匀强电场,两个质量相等的带电小球a、b分别从A、B两点同时由静止释放,结果都能到达C点。B点在A点的正上方,AC连线与水平方向的夹角为θ=45°,两小球均可视为质点,忽略空气阻力和两小球之间的相互作用。下列说法正确的是()A.a球在到达C点的过程中做曲线运动B.a球所受静电力大于b球所受静电力C.在两小球到达C点的过程中,a球电势能的减小量小于b球电势能的减小量D.a球经过C点时的动能小于b球经过C点时的动能答案BD解析小球a、b在静电力与重力的作用下做直线运动,由于AC连线与水平方向的夹角θ小于BC连线与水平方向的夹角,所以b球所受静电力比a球所受静电力小,故B正确,A错误;在两小球到达C点的过程中,运动的水平距离相等,静电力对b球做的功更小,故a球电势能的减小量大于b球电势能的减小量,故C错误;A、C两点和B、C两点的水平距离相等,设水平距离为d,静电力与重力合力做的功W=mgdsinθcosθ=2mgdsin2θ,由动能定理得W=Ek-0,由于AC连线与水平方向的夹角为θ=45°,所以a球经过C点时的动能小于b球经过5.(多选)如图所示,坐标系xOy所在的竖直平面内存在着范围足够大且方向竖直向下的匀强电场,x轴沿水平方向,一带负电小球以初速度v0从坐标原点O水平射出,一段时间后小球通过第四象限P(L,-L)点(图中没有标出)。已知小球质量为m,重力加速度为g,则小球()A.从O到P的运动过程,运动时间为LB.到达P点时动能为52mC.到达P点时速度偏向角的正切值为tanθ=1D.所受静电力大小为2mv答案AB解析从O到P的运动过程,小球在水平方向上做匀速直线运动,则运动时间为t=Lv0,A正确;小球在竖直方向做匀加速运动,则L=vy2t,即vy=2v0,到达P点时速度为vP=v02+vy2=5v0,动能Ek=12mvP2=52mv02,B正确;到达P点时速度偏向角的正切值为tanθ=vyv0=2,C错误;由动能定理有mgL-FL6.(多选)(2025·河北保定模拟)如图所示,绝缘粗糙的水平轨道AB与处于竖直平面内的半圆形光滑绝缘轨道BC平滑连接,BC为竖直直径,半圆形轨道的半径R=0.5m,所在空间存在水平向右的匀强电场,电场线平行AB,电场强度大小E=1×104N/C。现有一电荷量q=+3×10-4C、质量m=0.2kg的带电体甲(可视为质点)与水平轨道的动摩擦因数μ=0.5,在P点由静止释放,之后与位于B点的另一质量m=0.2kg不带电的绝缘体乙(可视为质点)发生正碰并瞬间粘在一起,P点到B点的距离xPB=5m,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。则下列说法正确的是()A.甲、乙粘在一起后在半圆形轨道上运动过程中机械能守恒B.甲、乙整体运动到半圆形轨道最高点C时速度大小为5m/sC.甲、乙整体在半圆形轨道上运动过程的最大动能为5.5JD.甲、乙整体在半圆形轨道上运动过程的最大动能为5J答案BC解析甲、乙粘在一起后在半圆形轨道上运动过程中,除重力做功之外,还有静电力做功,机械能不守恒,故A错误;设带电体甲到达B点时的速度为v0,根据动能定理qExPB-μmgxPB=12mv02,解得v0=10m/s,甲、乙碰撞后粘在一起,设碰后速度为v1,根据动量守恒定律,有mv0=(m+m)v1,解得v1=5m/s,甲、乙整体从B点运动到半圆形轨道最高点C时,根据动能定理-2mg×2R=12×2mvC2-12×2mv12,解得vC=5m/s,故B正确;带电体在重力场和电场的复合场中运动,当带电体在半圆形轨道上运动至速度方向与静电力和重力的合力方向垂直时(即运动到等效最低点时)的动能最大,如图所示,由几何关系可知tanθ=F2mg=qE2mg=34,甲、乙整体从B点运动到等效最低点,根据动能定理qERsinθ-2mgR(1-cosθ)=12×2mvm2-12×2mv12,综合提升练7.(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)UL(2)qU-解析(1)在匀强电场中,由公式E=Ud可得E=U(2)在A点细线对小球的拉力为0,由牛顿第二定律得qE-mg=mv从A点到B点,由动能定理得qU-mgL=12mvB2-联立解得vA=qU-mgLm,vB8.(2025·贵州遵义模拟)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=1×104N/C。现有质量为m=1kg,带电荷量为q=+5×10-4C的小滑块,从水平面上A点由静止释放,经过时间t=2s后到达斜面底端B点。若小滑块与水平面的动摩擦因数为μ=0.5,不计空气阻力。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/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;(2)AB两点的距离和电势差