高考物理一轮复习 第九章　第47课时　专题强化：带电粒子的力电综合问题（教师版）

第47课时专题强化：带电粒子的力电综合问题目标要求1.会用“等效法”分析带电粒子在电场和重力场中的圆周运动。2.会用动力学、能量和动量观点分析带电粒子的力电综合问题。考点一“等效法”在电场和重力场的复合场中的应用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，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”。2.3.举例4.类抛体运动(1)类抛体运动①如果带电体的初速度方向与“等效重力”方向垂直，则带电体做类平抛运动。②如果带电体的初速度方向与“等效重力”方向成某一锐角或钝角，则带电体做类斜抛运动。(2)处理方法：与处理平抛运动、斜抛运动的方法相同。①利用运动的合成与分解的方法分析解决。②利用动能定理等功能观点分析解决。例1(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)Uq-解析(1)由匀强电场中电势差与电场强度的关系，电场强度E=U(2)在A点细线对小球的拉力为0，根据牛顿第二定律得Eq-mg=mvA到B过程根据动能定理得qU-mgL=12mvB2-联立解得vA=Uq-mgLm，vB例2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：(1)在图中画出等效“最高点”和“最低点”，指出机械能最大和最小的位置；(2)求小圆环在A点获得的初速度大小v0；(3)求小圆环过B点受到大圆环的弹力大小。答案(1)见解析(2)2(1+2)gR(3)(3-2解析(1)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”C速度最大，动能最大，在等效“最高点”D速度最小，动能最小；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，M点是电势能最小的位置，也是机械能最大的位置，N(2)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°)=0-12mv解得v0=2(1+(3)小圆环从A运动到B过程有-mg·2R=12mvB2-1在B点有FB+mg=mvB解得FB=(22-3)mg，则小圆环在B点受到的弹力大小为(3-22)mg。拓展若将大圆环换成光滑绝缘圆形轨道，小圆环换成带同样电荷的小球，则小球在A点至少获得多大的速度，才能做完整的圆周运动？答案(3解析小球在D点受到的支持力为0时，重力与静电力的合力恰好提供向心力，2mg=mv由A到D，由动能定理-qERsin45°-mg(R+Rcos45°)=12mvD2-解得v0=(32考点二电场中的力电综合问题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，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(2025·黑吉辽蒙卷·7)如图，光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BC在B点相切，轨道半径为r，圆心为O，O、A间距离为3r。原长为2r的轻质绝缘弹簧一端固定于O点，另一端连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场，物块所受的电场力与重力大小相等。物块在A点左侧释放后，依次经过A、B、C三点时的动能分别为EkA、EkB、EkC，则()A.EkA<EkB<EkC B.EkB<EkA<EkCC.EkA<EkC<EkB D.EkC<EkA<EkB答案C解析由题意可得在A点，弹簧伸长量为r，在B点和C点，弹簧压缩量为r，即三个位置弹簧弹性势能相等，则由A到B过程中弹簧弹力做功为零，电场力做正功，动能增加，EkB>EkA；由B到C过程中弹簧弹力和电场力做功都为零，重力做负功，则动能减小，EkB>EkC；由A到C全过程则有qElAB-mglBC=EkC-EkA，因lAB=(3r)2-r2=22r，lBC=2r，qE=mg，故EkC>EkA。因此EkB>EkC>例4(多选)(2025·重庆市三模)如图，空间存在范围足够大的匀强电场，电场强度大小E=mgq，方向水平向右。竖直面内一绝缘轨道由半径为R的14光滑圆弧BC与足够长的倾斜粗糙轨道AB、CD组成，AB、CD与水平面夹角均为45°且在B、C两点与圆弧轨道相切。带正电的小滑块质量为m、电荷量为q，从AB轨道上与圆心O等高的P点以v0=2gR的速度沿轨道下滑。已知滑块与AB、CD轨道间的动摩擦因数μ=22，重力加速度大小为g。则(A.滑块在AB轨道下滑时的加速度大小为24B.滑块在BC轨道运动时对轨道的最大压力为(2+2)mgC.滑块最终会停在AB轨道上D.滑块在粗糙轨道上运动的总路程为3R答案BC解析根据题意可知，qE=mg，则重力与静电力的合力为2mg，方向垂直于AB面向下，当滑块在AB轨道下滑时，有-μ2mg=ma，解得a=-g，即加速度大小为g，故A错误；由几何关系可知，xPB=R，滑块在轨道的B点时对轨道有最大压力，设此时滑块的速度为v，轨道对滑块的支持力为FN，有-μ2mgxPB=12mv2-12mv02，解得v=2gR，根据牛顿第二定律，有FN-2mg=mv2R，解得FN=(2+2)mg，根据牛顿第三定律，滑块在轨道中对轨道的最大压力为FN'=FN=(2+2)mg，故B正确；从B点到C点，静电力做负功，滑块需克服静电力做功为W克=qE·2R=2mgR>12mv2，所以滑块在到达C点前已经减速到零，后反向滑回到B点，滑块从B点出发到滑回到B点的过程中，合力做功为零，所以速度大小不变，仍为v，然后沿BA轨道向上滑行，由于在BA轨道只有摩擦力做负功，所以最后会停在AB轨道上，故C正确；设在AB轨道上滑行x1后减速为零，有-μ2mgx1=0-12mv2，解得x1=R，所以滑块在粗糙轨道上运动的总路程为s=x例5如图所示，有一个可视为质点的质量为m的带正电小物块，电荷量为q，从光滑绝缘平台上的A点水平抛出，到达C点时，恰好以速度v无碰撞地进入固定在水平地面上的光滑绝缘圆弧轨道，整个圆弧轨道处在竖直向下的匀强电场中，电场强度E=2mgq。随后小物块滑上紧靠圆弧轨道末端D点的质量为2m的绝缘长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数为μ，圆弧轨道的半径为r，C点和圆弧轨道的圆心连线与竖直方向的夹角θ=60°，m、q、v、μ、r以及重力加速度g均为已知量，不计空气阻力。求：(1)小物块从A点抛出时的速度大小以及A、C两点的高度差；(2)小物块刚到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力大小；(3)要使小物块不滑出长木板，木板的长度L的最小值。答案(1)v23v28g(2)6mg+mv解析(1)依题意有v0=vcosθ=v2，vy=vsinθ=32v，所以h=vy(2)小物块从C运动到D，由动能定理有(mg+qE)·r(1-cosθ)=12mvD2-12mv2，D点向心力方程为FD-(mg+qE)=mvD2r，解得vD=v2根据牛顿第三定律可得，压力大小为FD'=FD=6mg+mv2(3)临界条件：小物块到达木板左端时恰好共速，此时对应木板长度L最小，由动量守恒定律可得mvD=3mv共，由能量守恒定律可得12mvD2=12×3m解得Lmin=v2课时精练[分值：56分][1~4题，每题4分]1.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则下列说法正确的是()A.小球带负电B.静电力与重力平衡C.小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小D.小球在运动过程中机械能守恒答案B解析由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与静电力的合力为0，即静电力与重力平衡，知静电力方向竖直向上，所以小球带正电，A错误，B正确；从a→b，静电力做负功，电势能增大，C错误；由于静电力对小球做功，故小球在运动过程中机械能不守恒，D错误。2.(多选)(2025·云南昭通市模拟)如图所示，空间有足够大的水平向右的匀强电场，一根长度为L=1m、不可伸长的绝缘细线的一端连着一个质量m=4.5×10-4kg、带电荷量为q=9×10-9C的带正电的小球(可视作质点)，另一端固定于O点。将细线拉至水平后，小球位于O点右侧的A点，然后无初速度释放小球，小球恰好摆到B点，此时细线与竖直方向的夹角θ=37°。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g取10m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是()A.匀强电场的电场强度大小为2.5×105N/CB.小球运动到最低点时的速度大小为6m/sC.小球运动到最低点时受到细线拉力的大小为9×10-3ND.小球摆到B点时的加速度为0答案AC解析小球从A点到B点，由功能关系得qEL(1+sinθ)=mgLcosθ，解得E=2.5×105N/C，故A正确；小球从A点到最低点，由动能定理有mgL-qEL=12mv2，解得v=10m/s，故B错误；在最低点，由向心力公式可得FT-mg=mv2L，解得FT=9×10-3N，故C正确；在B点，合外力不为0，所以加速度不为03.(多选)(2025·宁夏银川市检测)如图所示，一根不可伸长的绝缘细线一端固定于O点，另一端系一带正电小球，置于水平向右的匀强电场中。已知细线长L，小球质量为m、电荷量为q，现把小球从A点由静止释放，刚好能到达水平最高点B处，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A.小球所受的静电力大小为2mgB.从A到B过程中，小球的机械能增加了mgLC.从A到B过程中，小球的动能最大为(2-1)mgLD.从A到B过程中，细线的最大拉力为2(2-1)mg答案BC解析将小球从A点由静止释放，刚好能到达水平最高点B处，由动能定理有qEL-mgL=0，可得Eq=mg，则重力与静电力的合力应与OA成45°角斜向右下方，故A错误；从A到B过程中，静电力做正功，大小为W电=EqL=mgL，由功能关系可知，小球的机械能增加了mgL，故B正确；当小球运动到等效最低点时，小球速度最大，动能最大，细线拉力最大，从A点到等效最低点，根据动能定理有-mgL(1-cos45°)+EqLsin45°=Ekm=12mvm2，根据牛顿第二定律有F-mgcos45°=mvm2L，解得Ekm=(2-1)mgL，F=(32-24.(2025·广东深圳市期末改编)如图，一带电的平行板电容器固定在绝缘底座上，底座置于光滑水平面上，一光滑水平绝缘轻杆左端固定在电容器的左极板上，并穿过右极板上的小孔，电容器极板连同底座总质量为2m，底座锁定在水平面上时，套在杆上质量为m的带电环以某一初速度由小孔进入电容器后，最远能到达距离右极板为d的位置。底座解除锁定后，将两极板间距离变为原来的2倍，其他条件不变，则带电环进入电容器后，最远能到达的位置距离右极板()A.12d B.d C.23d D.答案C解析设带电环所带电荷量为q，初速度为v0，底座锁定时电容器极板间电场强度为E，则由功能关系有qEd=12mv02，底座解除锁定后，两极板间距离变为原来的2倍，极板间电场强度大小不变，电容器及底座在带电环作用下一起向左运动，当与带电环共速时，带电环到达进入电容器最远位置，整个过程满足动量守恒，则有mv0=3mv1，再由功能关系有qEd'=12mv02-12×3mv125.(9分)(2025·黑龙江大庆市模拟)如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘轻质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分别为圆周上的最高点和最低点。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，电场强度大小为E，重力加速度大小为g，不计空气阻力，求：(1)(3分)小球在A点的速度大小；(2)(6分)小球运动至B点时细线上拉力的大小。答案(1)(mg-qE)Lm(2)解析(1)在A点细线对小球的拉力为0，根据牛顿第二定律得mg-qE=mv联立解得vA=((2)设最低点B点速度为v，从A点到B点运动过程根据动能定理有2mgL-2qEL=12mv2-12解得v=5(设此时细线上拉力为F，由牛顿第二定律有F+qE-mg=mv联立得F=6(mg-qE)。[6、7题，每题6分]6.(多选)(2025·云南昆明市三模)匀强电场中，质量为m、带电量为q(q>0)且可视为质点的小球在长为L的绝缘轻绳拉力作用下绕固定点O在竖直平面内做圆周运动，M点和N点分别为圆周上的最低点和最高点，电场方向平行于圆周平面。已知运动过程中小球速度最小值为gL(g为重力加速度)，此时绳子拉力恰好为零。小球运动到M点时速度大小为2gL且大于小球经过N点时的速度，不计空气阻力。若O点电势为零，下列说法正确的是()A.小球受到的静电力与重力的夹角为30°B.匀强电场的电场强度大小为mgC.M点的电势为mgLD.小球从速度最小到速度最大的过程中，静电力做的功为2mgL答案BC解析因运动过程中小球速度最小值为gL，此时绳子拉力恰好为零，可知小球受的合力为F合=mvmin2L=mg，因重力竖直向下，可知静电力大小也为mg，且与重力夹角为120°，根据mg=qE，可知匀强电场的电场强度大小为E=mgq，选项A错误，B正确；因M、O两点的电势差为UMO=ELcos60°=mgL2q，O点电势为零，M点的电势为φM=mgL2q，选项C正确；小球从速度最小到速度最大的过程中，即从等效最高点Q到等效最低点P的过程中，静电力做的功为W=qEcos7.(多选)(2025·海南卷·12改编)一绝缘的固定倾斜斜面，斜面倾角为30°，空间中存在沿斜面向下的匀强电场，电场强度为E=3mg2q(g为重力加速度)。质量为m的物块M、N用一根不可伸长的轻绳绕过滑轮连接，M带正电，电荷量为q，N不带电，N一端与弹簧连接，弹簧另一端固定在地面上，劲度系数为k。初始时有外力作用使M静止在斜面上，轻绳恰好伸直，使M从静止释放，第一次到达最低点的时间为t，不计一切摩擦。则A.释放时M的加速度为2gB.M下滑的最大速度为2C.M下滑的距离最大时加速度为gD.M下滑的最大距离为3答案BC解析初始时，弹簧弹力等于N的重力，弹簧处于压缩状态，即kx1=mg，可得x1=mgk，释放M时，弹簧弹力不会突变，对M和N，根据牛顿第二定律Eq+mgsin30°-mg+kx1=2ma，可得释放时M的加速度为a=g，A错误；当M、N的加速度为零时，M的速度最大，设此时弹簧的伸长量为x2，根据平衡条件Eq+mgsin30°=kx2+mg，解得x2=mgk，由于x1=x2，可知弹簧弹性势能不变，M从开始运动到速度达到最大过程，根据动能定理Eq(x1+x2)+mgsin30°·(x1+x2)-mg(x1+x2)=12×2mvm2-0，联立解得M下滑的最大速度为vm=2mg2k，B正确；以速度最大位置为原点，斜面向上为正方向，分析可知M、N做简谐运动，刚释放M时，加速度a=g，根据简谐运动的对称性可知当M下滑到最大距离时，加速度大小也为g，根据牛顿第二定律k(x3-x1)+mg-Eq-mgsin30°=2mg，解得M下滑的最大距离为8.(13分)(2025·四川攀枝花市一模)如图所示，高h=45cm的光滑倾斜轨道AB与长x=20cm的粗糙水平轨道BC在B点处平滑连接，半径R=20cm的光滑14圆弧轨道CD与水平轨道相切于C点，整个轨道处在同一竖直平面内，B点所在竖直面BB'右侧存在水平向右的匀强电场。绝缘带电滑块P、Q分别位于倾斜轨道的顶端和水平轨道的最左端，滑块Q恰能保持静止。由静止释放滑块P，经一段时间后与Q发生碰撞。已知P、Q的质量分别为mP=200g、mQ=100g，与水平面之间的动摩擦因数μ均为0.2，Q的电荷量q=+1×10-6C，重力加速度g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，碰撞过程时间极短且无机械能损失和电荷转移，P、Q(1)(3分)匀强电场的电场强度大小E；(