2026高考物理一轮复习（基础版）第九章 第6讲　小专题 带电粒子(带电体)在电场中的力电综合问题

第6讲小专题:带电粒子(带电体)在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如图所示为小球在最高点没有支撑的“轻绳”模型(不计一切摩擦阻力),通过前面的学习我们知道,小球能完成竖直面内完整圆周运动的临界特征是在最高点重力恰好提供向心力,即mg=mvmin2R,则在最高点的最小速度vmin=(1)若小球同时受到一个竖直向下的恒定电场力qE,临界特征是什么?如果电场力qE竖直向上呢?我们把重力和电场力的合力等效成小球所受重力,那么就可以直接套用mg=mvmin2R,vmin=gR规律,这个等效的重力加速度g(2)用等效法分析,若小球受到一个水平向左的恒定电场力qE,临界特征是什么?提示:(1)若小球同时受到一个竖直向下的恒定电场力qE,临界条件是在最高点位置qE+mg=mvmin如果qE竖直向上且小于mg,临界条件是在最高点位置mg-qE=mvmin2R;如果qE竖直向上且等于mg,小球做匀速圆周运动,无临界条件;如果qE竖直向上且大于mg,临界条件是在最低点位置qE-mg=mvmin2R。把重力和电场力的合力等效成小球所受重力,有F合=mg′,则g′=(2)电场力和重力的合力大小F合=(qE)2+(mg)2,方向如图所示,则等效重力加速度g′=(qEm)

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.“等效最高点”和“等效最低点”示意图[例1]【在“等效重力场”中的类抛体运动】(2022·全国甲卷,21)(多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场,将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等,重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后,()[A]小球的动能最小时,其电势能最大[B]小球的动能等于初始动能时,其电势能最大[C]小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时,其动能最大[D]从射出时刻到小球速度的水平分量为零时,重力做的功等于小球电势能的增加量【答案】BD【解析】由题意可知,小球所受电场力与重力的合力指向右下,与水平方向成45°角,小球向左射出后做匀变速曲线运动,当其水平速度与竖直速度大小相等时,即速度方向与小球所受合力方向垂直时,小球克服合力做的功最大,此时动能最小,而此时小球仍具有水平向左的分速度,电场力仍对其做负功,其电势能继续增大,选项A、C错误;小球在电场力方向上的加速度大小ax=g,竖直方向加速度大小ay=g,当小球水平速度减为零时,克服电场力做的功最多,小球的电势能最大,由匀变速运动规律有v0=gt,此时小球竖直方向的速度vy=gt=v0,所以此时小球动能等于初动能,由能量守恒定律可知,小球重力势能减少量等于小球电势能的增加量,又由功能关系知重力做的功等于小球重力势能的减少量,选项B、D正确。[例2]【在“等效重力场”中的圆周运动】(2024·四川二模)(多选)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mgq(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([A]动能最小与最大的位置在同一等势面上[B]电势能最小的位置恰是机械能最大的位置[C]在A点获得的初速度为2[D]在B点受到大圆环的弹力大小为mg【答案】BC【解析】由于匀强电场的电场强度为mgq,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速度最大,动能最大,在等效最高点速度最小,动能最小,根据沿电场线电势降低,可知φD>φC,可知其不在同一等势面上,A错误;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,则电势能最小的位置恰是机械能最大的位置,B正确;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-qERsin45°-mg(R+Rcos45°)=0-12mv02,解得v0=2(1+2)gR,C正确;小圆环从A运动到B过程有-mg·2R=12mvB2-12mv02,在B点有FN+mg=mvB2R,解得FN=(22-考点二电场中的力、电综合问题1.动力学观点(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)运用能量守恒定律时,注意题目中有哪些形式的能量出现。3.动量观点(1)运用动量定理时,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)运用动量守恒定律时,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]【动力学观点】(2024·贵州遵义三模)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。若小滑块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.5,不计空气阻力。取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)A、B两点的距离和电势差UAB;(3)小滑块沿斜面上升的最大高度。【答案】(1)3.5N0.5m/s2(2)1m8000V(3)0.3m【解析】(1)小滑块从A滑行到B的过程中,小滑块所受的电场力F=Eq,小滑块所受的摩擦力Ff=μ(mg-Fsin37°),解得Ff=3.5N,由牛顿第二定律可得Fcos37°-Ff=ma1,解得小滑块加速度大小a1=0.5m/s2。(2)A、B两点的距离d=12a1t2解得d=1m,A、B两点的电势差UAB=Edcos37°,解得UAB=8000V。(3)小滑块在斜面上运动时,由牛顿第二定律有qE-mgsin37°=ma2,解得a2=-1m/s2,由运动学公式有vB=a1t,-vB2=2a2又h=xsin37°,解得h=0.3m。[变式][例3]中,随着电场强度的增大,小滑块在水平面上运动的加速度如何变化?小滑块能在水平面上运动的电场强度的最大值是多大(结果可用分数表示)?若电场强度大于这个最大值,由静止释放的小滑块做什么运动?【答案】见解析【解析】由牛顿第二定律有qEcos37°-μ(mg-qEsin37°)=ma,可知当E增大时加速度变大。小滑块能在水平面上运动的临界条件是qEsin37°=mg,解得E=103×104N/C若E>103×104N/C,[例4]【能量观点】(2024·四川成都一模)如图所示,用绝缘支架将带电荷量为+Q的小球a固定在O点,一粗糙绝缘直杆与水平方向的夹角θ=30°,直杆与小球a位于同一竖直面内,杆上有A、B、C三点,C与O两点位于同一水平线上,B为AC的中点,OA=OC=L。小球b质量为m,带电荷量为-q,套在直杆上,从A点由静止开始下滑,第一次经过B点时速度为v,运动到C点时速度为0,在+Q产生的电场中取C点的电势为0,重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则()[A]小球a在A、B两点处产生的电场强度大小之比为1∶2[B]小球b从A点运动到C点过程中产生的内能为3mgL[C]小球b的电势能最小值为-12mv[D]小球b到C点后又能从C点返回到A点【答案】C【解析】小球a在A、B两点处产生的电场强度大小之比为EAEB=kQrA2kQrB2=kQL2kQ(Lsinθ)2=14,A错误;小球b从A点运动到C点过程中由能量守恒定律得Q=mgh=mgLcosθ=32mgL,即产生的内能为32mgL,B错误;A点和C点的电势相等,则小球b从A到C点电场力做功为零,由动能定理有mgh+W电-Wf=0-0,可得Wf=mgh,而假设从C点能回到A点,有-mgh+W电-Wf=Ek-0,到达A点的动能为负,故小球不能回到A点,D错误;小球在B点左右两侧关于B点对称的点所受支持力相等,因此摩擦力相等,即AB段和BC段摩擦力做功相等,B点离正场源电荷最近,且电势最高,则带负电小球b在B点的电势能最低,由动能定理有mgh2+WAB-Wf2=[例5]【动量观点】(2024·广西玉林模拟)如图所示,在绝缘的光滑水平面(足够长)上M点左侧的区域有水平向右的匀强电场。小滑块A、B的质量均为m,其中B不带电,A的带电荷量为+q,O点到M点的距离为L,N点到O点的距离为kL(k>0)。现将小滑块A在N点由静止释放,其向右运动至O点与静止的小滑块B发生弹性碰撞,设A、B均可视为质点,整个过程中,A的电荷量始终不变,B始终不带电,已知电场强度E=mg2q,重力加速度大小为(1)求A与B发生第一次碰撞前瞬间A的速率;(2)k的取值满足什么条件时,能使A与B发生第二次碰撞?【答案】(1)gkL(2)k<1【解析】(1)设A与B碰撞前的速率为v1,对A,由动能定理得EqkL=12mv将E=mg2q解得v1=gkL。(2)由题意知,A与B发生弹性碰撞,由动量守恒定律得mv1=mv1′+mv2′,由机械能守恒定律可知12mv12=12mv1′2+12联立解得v1′=0,v2′=gkL,碰撞后,B以v2′做匀速直线运动,A在电场力作用下做匀加速直线运动,为使A与B能发生第二次碰撞,则A经电场加速后的最大速度v1″应满足的条件为v1″>v2′,碰撞后,对A由动能定理得qEL=12mv1″2联立解得k<1。(满分:60分)对点1.带电粒子在电场和重力场中的运动1.(4分)(2024·辽宁葫芦岛检测)如图所示,在竖直向上的匀强电场中,A球位于B球的正上方,质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出,它们最后落在水平面上同一点,其中只有一个小球带电,不计空气阻力,下列判断正确的是()[A]如果A球带电,则A球一定带正电[B]如果A球带电,则A球的电势能一定增加[C]如果B球带电,则B球一定带负电[D]如果B球带电,则B球的电势能一定增加【答案】D【解析】平抛时的初速度相同,在水平方向通过的位移相同,故下落时间相同,A球在上方,竖直位移较大,由h=12at2可知,A球下落的加速度较大,所受合外力较大,如果A球带电,则A球应该受到向下的电场力,所以其一定带负电,电场力对其做正功,电势能减小,故A、B错误;如果B球带电,由于B球的竖直位移较小,加速度较小,所受合外力较小,则B球受到的电场力向上,应带正电,电场力对B球做负功,电势能增加,故C错误,D2.(6分)(2024·山东济南质检)(多选)如图所示,带电小球(可视为质点)用绝缘细线悬挂在O点,在竖直平面内做完整的变速圆周运动,小球运动到最高点时,细线受到的拉力最大。已知小球运动所在的空间存在竖直向下的匀强电场,电场强度大小为E,小球质量为m、带电荷量的绝对值为q,细线长为l,重力加速度为g,则()[A]小球带正电[B]静电力大于重力[C]小球运动到最低点时速度最大[D]小球运动过程最小速度为v=(【答案】BD【解析】因为小球运动到最高点时,细线受到的拉力最大,可知重力和静电力的合力(等效重力)方向向上,则静电力方向向上,且静电力大于重力,小球带负电,故A错误,B正确;因重力和静电力的合力方向向上,可知小球运动到最高点时速度最大,故C错误;由于等效重力竖直向上,所以小球运动到最低点时速度最小,最小速度满足qE-mg=mv2l,即v=(qE-3.(4分)(2024·江苏扬州开学考试)空间某区域内存在着电场,电场线在竖直平面上的分布如图所示。一个质量为m、电荷量为q的小球在该电场中运动,小球经过A点时的速度大小为v1,方向水平向右,运动至B点时的速度大小为v2,运动方向与水平方向之间的夹角为α,A、B两点之间的高度差与水平距离均为H,则()[A]小球速度v2>v1[B]A、B两点间的电势差U=m2q(v2[C]小球由A点运动到B点的过程中,电势能可能增加[D]小球运动到B点时所受重力的瞬时功率P=mgv2【答案】C【解析】若小球带负电,则从A到B电场力做负功,电势能增加;若小球带正电,则从A到B电场力做正功,电势能减少,选项C正确;小球由A点运动至B点,由动能定理得mgH+W=12mv22-12mv12,重力做功和电场力做功的大小以及正负关系无法确定,则不能比较v1和v2的大小,选项A错误;因电场力做功为W=12mv22-12mv12-mgH,由电场力做功W=qU,得A、B两点间的电势差为U=Wq=1q(12mv22-12mv12-mgH),故对点2.电场中的力、电综合问题4.(6分)(2024·山东卷,10)(多选)如图所示,带电量为+q的小球被绝缘棒固定在O点,右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为m、带电量为+q的小滑块从斜面上A点由静止释放,滑到与小球等高的B点时加速度为零,滑到C点时速度为零。已知AC间的距离为s,重力加速度大小为g,静电力常量为k,下列说法正确的是()[A]OB的距离l=3[B]OB的距离l=3[C]从A到C,静电力对小滑块做功W=-mgs[D]AC之间的电势差UAC=-mgs【答案】AD【解析】由题意知,小滑块在B点处的加速度为零,对小滑块受力分析,根据平衡条件有kq2l2=mgtan30°,解得l=3kq2mg,A正确,B错误;因为滑到C点时速度为零,小滑块从A到C的过程,设静电力对小滑块做的功为W,根据动能定理有W+mgssin30°=0,解得W=-mgs2,故C错误;根据电势差与静电力做功的关系可知AC之间的电势差UAC5.(18分)如图所示,空间有一水平向右的匀强电场,电场强度的大小为E=1.0×104V/m。该空间有一个半径为R=2m的竖直光滑绝缘圆环的一部分,圆环与光滑水平面相切于C点,A点所在的半径与竖直直径BC成37°角。质量为m=0.04kg、电荷量为q=+6×10-5C的带电小球2(可视为质点)锁定于C点。轻弹簧一端固定在竖直挡板上,另一端自由伸长时位于P点。质量也为m=0.04kg的不带电小球1挨着轻弹簧右端,现用力缓慢压缩轻弹簧右端到P点左侧某点后释放。小球1沿光滑水平面运动到C点与小球2发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞瞬间解除锁定,碰后两小球黏合在一起且恰能沿圆弧到达A点。P、C两点间距离较远,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力,取sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:(1)黏合体在A点的速度大小;(2)弹簧的弹性势能;(3)小球黏合体由A点到达水平面运动的时间。【答案】(1)5m/s(2)9.2J(3)0.6s【解析】(1)小球2所受电场力F=qE=6×10-5×1×104N=0.6N,小球1和小球2的重力之和为G=2mg=2×0.04×10N=0.8N,如图甲所示,设黏合体所受重力与电场力的合力与竖直方向的夹角为θ,则tanθ=qEG=3所以θ=37°;所以A点是黏合体在重力场和电场中做圆周运动的等效最高点,由于黏合体恰能沿圆弧到达A点,所以qEsin37°=2mvA2R,解得vA(2)小球从C点到A点,由动能定理得-qERsin37°-2mg×(R+Rcos37°)=12×2mvA2-12×解得vC=115m/s,小球1、2的碰撞由动量守恒定律得mv1=2mvC,解得小球1碰撞前的速度v1=2115m/s,由机械能守恒定律可得弹簧的弹性势能Ep=12mv12=9.2(3)如图乙所示,黏合体过A点后竖直方向上做匀加速运动,竖直方向上的初速度为v0=vAsin37°=3m/s,由竖直方向做匀加速运动可得R+Rcos37°=v0t+12gt2解得t=0.6s。6.(4分)(2025·四川高考适应性考试)如图,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、电荷量为q(q>0)的小圆环套在轨道上,空间有与x轴平行的匀强电场,电场强度大小E=2mgq,圆环恰能静止在坐标(1,1)处,不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2。若圆环由(3,9)处静止释放,则([A]恰能运动到(-3,9)处[B]在(1,1)处加速度为零[C]在(0,0)处速率为103m/s[D]在(-1,1)处机械能最小【答案】D【解析】由题意可知,圆环所受的电场力平行于x轴向右,如图甲所示,圆环所受重力与电场力的合力为G′=(mg)2+(qE)2=5mg,又tanθ=qEmg=2,根据题意可知,坐标(1,1)处是等效最低点,过(1,1)作轨道的切线,再过坐标(3,9)作该切线的平行线,如图乙所示,根据题意写出该平行线的方程为y-9=tanθ·(x-3),即y=2x+3,设该平行线与轨道的交点为A,则A点的坐标满足方程y=2x+3,y=x2,解得A点的坐标为(-1,1),则圆环恰能运动到坐标(-1,1)。又圆环运动到该点时克服电场力做功最多,故机械能最小,故A错误,D正确;圆环做曲线运动,在(1,1)处加速度一定不为零,故B错误;