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(共64張PPT)
帶電粒子在電場中的力電綜合問題
專題強化十四
目標
要求
1.會用等效法分析帶電粒子在電場和重力場中的圓周運動.2.會用動力學、能量和動量觀點分析帶電粒子的力電綜合問題.
內容索引
題型一　帶電粒子在重力場和電場中的圓周運動
題型二　電場中的力電綜合問題
課時精練
題型一
帶電粒子在重力場和電場中的圓周運動
1.等效重力場
物體僅在重力場中的運動是最常見、最基本的運動，但是對于處在勻強電場和重力場中物體的運動問題就會變得復雜一些.此時可以將重力場與電場合二為一，用一個全新的“復合場”來代替，可形象稱之為“等效重力場”.
2.
3.舉例
例1　(多選)(2023·福建省福州第十五中學質檢)如圖所示，帶電小球(可視為質點)用絕緣細線懸掛在O點，在豎直平面內做完整的變速圓周運動，小球運動到最高點時，細線受到的拉力最大.已知小球運動所在的空間存在豎直向下的勻強電場，電場強度大小為E，小球質量為m、帶電荷量為q，細線長為l，重力加速度為g，則
A.小球帶正電
B.電場力大于重力
C.小球運動到最低點時速度最大
D.小球運動過程最小速度至少為v＝
√
√
因為小球運動到最高點時，細線受到的拉力最大，可知重力和電場力的合力(等效重力)方向向上，則電場力方向向上，且電場力大于重力，小球帶負電，故A錯誤，B正確；
因重力和電場力的合力方向向上，可知小球運動到最高點時速度最大，故C錯誤；
例2　(多選)(2023·重慶市八中高三檢測)如圖甲所示，空間有一水平向右的勻強電場，電場強度大小為E＝1×104 V/m，其中有一個半徑為R＝2 m的豎直光滑圓環軌道，環內有兩根光滑的弦軌道AB和AC，A點所在的半徑與豎直直徑BC成37°角.質量為m＝0.08 kg、電荷量為q＝＋6×10－5 C的帶電小環(視為質點)穿在弦軌道上，從A點由靜止釋放，可分別沿AB和
AC到達圓周上的B、C點.現去掉弦軌道AB和AC，如圖乙所示，讓小環穿在圓環軌道上且恰好能做完整的圓周運動.不考慮小環運動過程中電荷量的變化.下列說法正確的是(cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
A.小環在弦軌道AB和AC上運動時間之比為1∶1
B.小環做圓周運動過程中經過C點時動能最大
C.小環做圓周運動過程中動能最小值是1 J
D.小環做圓周運動過程中對圓環軌道的最大壓力是5 N
√
√
等效最低點是AO延長線與圓環軌道交點，而非C點，等效最低點速度最大，動能最大，B錯誤；
因為小環穿在圓環軌道上且恰好能做完整的圓周運動，則小環在等效最高點A速度最小為零，在A點動能最小也為零，C錯誤；
例3　如圖所示，現有一個小物塊質量為m＝80 g、帶正電荷q＝2×10－4 C，與水平軌道之間的動摩擦因數μ＝0.2，在水平軌道的末端N處連接一個光滑豎直的半圓形軌道，半徑為R＝40 cm.整個軌道處在一個方向水平向左、電場強度大小E＝4×103 V/m的勻強電場中，取g＝10 m/s2.
(1)若小物塊恰能運動到軌道的最高點L，那么小物塊應從距N點多遠處的A點釋放？
答案　1.25 m
物塊恰能通過軌道最高點L的條件是
代入數據解得s＝1.25 m
(2) 如果小物塊在(1)中的位置A釋放，當它運動到P點(軌道中點)時軌道對它的支持力等于多少？
答案　4.8 N
物塊由P到L過程根據動能定理得
代入數據解得N＝4.8 N.
(3)如果小物塊在(1)中的位置A釋放，當它運動到NP間什么位置時動能最大，最大動能是多少？(結果保留兩位有效數字)
答案　與圓心的連線與豎直方向夾角為45°　0.93 J
題型二
電場中的力電綜合問題
1.動力學的觀點
(1)由于勻強電場中帶電粒子所受電場力和重力都是恒力，可用正交分解法.
(2)綜合運用牛頓運動定律和運動學公式，注意受力分析要全面，特別注意重力是否需要考慮的問題.
2.能量的觀點
(1)運用動能定理，注意過程分析要全面，準確求出過程中的所有力做的功，判斷是對分過程還是對全過程使用動能定理.
(2)運用能量守恒定律，注意題目中有哪些形式的能量出現.
①若帶電粒子只在電場力作用下運動，其動能和電勢能之和保持不變.
②若帶電粒子只在重力和電場力作用下運動，其機械能和電勢能之和保持不變.
3.動量的觀點
(1)運用動量定理，要注意動量定理的表達式是矢量式，在一維情況下，各個矢量必須選同一個正方向.
(2)運用動量守恒定律，除了要注意動量守恒定律的表達式是矢量式，還要注意題目表述是否為某方向上動量守恒.
例4　(2023·湖南株洲市模擬)如圖，一帶電的平行板電容器固定在絕緣底座上，底座置于光滑水平面上，一光滑絕緣輕桿左端固定在電容器的左極板上，并穿過右極板上的小孔，電容器極板連同底座總質量為2m，底座鎖定在水平面上時，套在桿上質量為m的帶電環以某一初速度由小孔進入電容器后，最遠能到達距離右極板為d的位置.底座解除鎖定后，將兩極板間距離變為原來的2倍，其他條件不變，則帶電環進入電容器后，最遠能到達的位置距離右極板
√
設帶電環所帶電荷量為q，初速度為v0，底座鎖定時電容器極板間電場強度為E，
則由功能關系有qEd＝ mv02，底座解除鎖定后，
兩極板間距離變為原來的2倍，極板間電場強度大小不變，電容器及底座在帶電環作用下一起向左運動，
當與帶電環共速時，帶電環到達進入電容器后的最遠位置，整個過程滿足動量守恒，
例5　如圖所示，不帶電物體A和帶電的物體B用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，A、B的質量分別為2m和m，勁度系數為k的輕彈簧一端固定在水平面上，另一端與物體A相連，傾角為θ的斜面處于沿斜面向上的勻強電場中，整個系統不計一切摩擦.開始時，物體B在一沿斜面向上的外力F＝3mgsin θ的作用下保持靜止且輕繩恰好伸直，然后撤去外力F，直到物體B獲得最大速度，且彈簧未超過彈性限度(已知彈簧形變量為x時彈性勢能為 kx2)，重力加速度為g，則在此過程中
√
假設B所受電場力沿斜面向下，當施加外力時，對B分析可知F－mgsin θ－F電＝0，解得F電＝2mgsin θ，假設成立，故B帶負電，故A錯誤；
當撤去外力瞬間，彈簧彈力還來不及改變，即彈簧的彈力仍為零，對物體A、B分析可知F合＝F電＋mgsin θ＝(m＋2m)a，解得a＝gsin θ，故C錯誤；
例6　(2019·全國卷Ⅱ·24)如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d.兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網G，P、Q、G的尺寸相同.G接地，P、Q的電勢均為φ(φ>0).質量為m，電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計.
(1)求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大小；
F＝qE＝ma ②
PG、QG間電場強度大小相等，均為E.粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設粒子的加速度大小為a，有E＝ ①
l＝v0t 　⑤
(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應為多少？
三
課時精練
1.如圖所示，一個電荷量為－Q的點電荷甲，固定在絕緣水平面上的O點.另一個電荷量為＋q、質量為m的點電荷乙，從A點以初速度v0沿它們的連線向甲運動，運動到B點時的速度為v，且為運動過程中速度的最小值.已知點電荷乙受到的阻力大小恒為f，A、B間距離為L0，靜電力常量為k，則下列說法正確的是
A.點電荷乙從A點向甲運動的過程中，加速度逐漸增大
B.點電荷乙從A點向甲運動的過程中，其電勢能先增
　大再減小
C.OB間的距離為
D.在點電荷甲形成的電場中，AB間電勢差UAB＝
√
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點電荷乙從A點向甲運動的過程中，受向左的電場力和向右的阻力，兩點電荷靠近過程中電場力逐漸增大，阻力不變，點電荷乙先減速后加速，所以加速度先減小后增大，故A錯誤；
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在點電荷乙向甲運動過程中電場力一直做正功，因此電勢能一直減小，故B錯誤；
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2.(多選)(2023·黑龍江齊齊哈爾市八中模擬)如圖所示，四分之一光滑絕緣圓弧槽B處切線水平，一可視為質點的帶正電小球從圓弧槽A處由靜止釋放，滑到B處離開圓弧槽做平拋運動，到達水平地面的D處，若在裝置所在平面內加上豎直向下的勻強電場，重復上述實驗，下列說法正確的是
A.小球落地點在D的右側
B.小球落地點仍在D點
C.小球落地點在D的左側
D.小球離開B到達地面的運動時間減小
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3.(多選)(2023·福建省莆田二中模擬)如圖所示，將絕緣細線的一端O點固定，另一端拴一帶電的小球P，空間存在著方向水平向右的勻強電場E.剛開始小球靜止于P處，與豎直方向的夾角為45°，給小球一個瞬時沖量，讓小球在豎直平面內做半徑為r的圓周運動，下列分析正確的是(重力加速度為g)
A.小球可能帶負電
B.當小球運動到最高點a的速度v≥ 　 時，小球才能做
　完整的圓周運動
C.當小球運動到最低點c時，小球的電勢能與動能之和最大
D.小球從b運動到a的過程中，其速度先變小后變大
√
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√
由題圖可知電場力方向水平向右，與電場方向相同，所以小球帶正電，故A錯誤；
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小球靜止于P處，與豎直方向的夾角為45°，受電
場力和重力的作用，合力方向斜向右下方45°，大小為F＝　 mg.
小球運動過程中，重力勢能、電勢能、動能的總和保持不變，最低點的重力勢能最小，則電勢能與動能之和最大，故C正確；
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小球從b運動到a的過程中，合力先做負功再做正功，故小球的速度先變小后變大，故D正確.
4.如圖所示，虛線MN下方存在著方向水平向左、范圍足夠大的勻強電場.AB為絕緣光滑且固定的四分之一圓弧軌道，軌道半徑為R，O為圓心，B位于O點正下方.一質量為m、電荷量為q的帶正電小球，以初速度vA豎直向下從A點沿切線進入四分之一圓弧軌道內側，沿軌道運動到B處以速度vB射出.已知重力加速度為g，電場強度大小為E＝ 　，sin 37°＝0.6，空氣阻力不計，下列說法正確的是
A.從A到B過程中，小球的機械能先增大后減小
B.從A到B過程中，小球對軌道的壓力先減小后增大
C.在A、B兩點的速度大小滿足vA>vB
D.從B點拋出后，小球速度的最小值為
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從A到B過程中，電場力一直做負功，小球的機械能一直減小，故A錯誤；
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設等效重力與豎直線的夾角為θ，則tan θ＝　　　，
故θ為37°，等效重力方向與豎直方向成37°角偏左下方，所以從A到B過程中，小球速度先增大后減小，對軌道的壓力先增大后減小，故B錯誤；
B點比A點更靠近等效最低點，所以vA1
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5.(多選)(2023·福建泉州市高三質檢)如圖，ABC是豎直面內的固定半圓形光滑軌道，O為其圓心，A、C兩點等高，過豎直半徑OB的虛線右側足夠大的區域內存在沿AC方向的勻強電場.一帶正電小球從A點正上方P點由靜止釋放，沿軌道通過B、C兩點時的動能分別為Ek和1.5Ek，離開C點后運動到最高點D(圖中未畫出).已知P與A間的距離等于軌道半徑，則
A.D點與P點等高
B.小球在電場中受到的電場力是其重力的兩倍
C.小球在C處對軌道的壓力是其重力的兩倍
D.小球通過D點時的動能大于1.5Ek
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若在A點速度等于C點的速度，在豎直方向由對稱性可知，D點與P點等高，但由動能定理可知A點的速度小于C點的速度，所以D點高于P點，故A錯誤；
設小球在電場中所受電場力為F，軌道半徑為R，小球從P到B過程，由動能定理得mg·2R＝Ek，小球從P到C過程，由動能定理得mg·R＋FR＝1.5Ek，聯立可得F＝2mg，故B正確；
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因為F＝2mg，可知小球從C點飛出后，豎直方向的加速度小于水平方向的加速度，豎直方向，由逆向思維，看成反向的初速度為零的勻加速直線運動，則小球從C到D過程中，水平方向的位移大于豎直方向的位移，根據W＝Fs，可知電場力所做正功大于重力所做負功，則小球通過D點時的動能大于通過C點時的動能，即大于1.5Ek，故D正確.
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6.(2023·福建龍巖市模擬)靜電噴涂利用高壓電場使霧化涂料受電場力作用吸附于基底表面，比傳統手工噴涂更省料、環保、高效.如圖所示，豎直平面內存在水平向右的勻強電場(圖中未畫出)，電場強度的大小為E＝5×105 V/m.現將一質量為m＝1×10－6 kg、電荷量為q＝＋4×10－11 C可視為質點的油漆液滴，從距地面高度為h＝5 cm的A點以v0＝1 m/s的速度水平向右噴出.經過一段時間后，油漆液滴落到水平地面上的B點.空氣阻力忽略不計，已知重力加速度取g＝10 m/s2.求：
(1)油漆液滴在空中運動的時間；
答案　0.1 s
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液滴在豎直方向做自由落體運動，
解得t＝0.1 s 　　 ②
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(2)A、B兩點間的電勢差；
液滴沿電場線方向運動的距離為
答案　1×105 V
A、B兩點間的電勢差為UAB＝Es 　　 ⑤
聯立解得UAB＝1×105 V 　　 ⑥
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(3)油漆液滴落地時的速度大小.
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(1)彈簧壓縮至A點時的彈性勢能；
小球從A到B，根據能量守恒定律得
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(2)小球經過O點時的速度大小；
小球從B到O，根據動能定理有
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(3)小球過O點后運動的軌跡方程.
答案　y2＝6Rx
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y軸方向有　 mgsin 45°－mg＝may
解得ax＝g，ay＝0
說明小球過O點后的運動為x軸方向做初速度為零的勻加速直線運動，y軸方向做勻速直線運動，即做類平拋運動，則有x＝ gt2，y＝vOt
聯立解得小球過O點后運動的軌跡方程為y2＝6Rx.
小球運動至O點時速度方向豎直向上，受電場力和重力作用，將電場力分解到x軸和y軸，則x軸方向有　 mgcos 45°＝max
8.如圖所示，空間中有一水平向右的勻強電場，電場強度的大小為E＝1.0×104 V/m.該空間有一個半徑為R＝2 m的豎直光滑絕緣圓環的一部分，圓環與光滑水平面相切于C點，A點所在的半徑與豎直直徑BC成37°角.質量為m＝0.04 kg、電荷量為q＝＋6×10－5 C的帶電小球2(可視為質點)靜止于C點.輕彈簧一端固定在豎直擋板上，另一端自由伸長時位于P點.質量也為m＝0.04 kg的不帶電小球1挨著輕彈簧右端，現用力緩慢壓縮輕彈簧右端到P點左側某點后釋放.小球1沿光滑水平面運動
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到C點與小球2發生碰撞，碰撞時間極短，碰后兩小球黏合在一起且恰能沿圓弧到達A點.P、C兩點間距離較遠，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)黏合體在A點的速度大小；
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答案　5 m/s
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小球2所受電場力大小
F＝qE＝6×10－5×1×104 N＝0.6 N
小球1和小球2的重力和為
G＝2mg＝2×0.04×10 N＝0.8 N
如圖所示
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(2)彈簧的彈性勢能；
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答案　9.2 J
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小球黏合體從C點到A點，由動能定理得
－qERsin 37°－2mg(R＋Rcos 37°)
小球黏合體的碰撞由動量守恒定律得mv1＝2mvC
(3)小球黏合體由A點到水平面運動的時間.
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答案　0.6 s
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如圖，小球黏合體在A點豎直方向上做勻加速運動
豎直方向上的初速度為v0＝vAsin 37°＝3 m/s
由豎直方向勻加速運動可得專題強化十四　帶電粒子在電場中的力電綜合問題
目標要求　1.會用等效法分析帶電粒子在電場和重力場中的圓周運動.2.會用動力學、能量和動量觀點分析帶電粒子的力電綜合問題．
題型一　帶電粒子在重力場和電場中的圓周運動
1．等效重力場
物體僅在重力場中的運動是最常見、最基本的運動，但是對于處在勻強電場和重力場中物體的運動問題就會變得復雜一些．此時可以將重力場與電場合二為一，用一個全新的“復合場”來代替，可形象稱之為“等效重力場”．
2.
3．舉例
例1　(多選)(2023·福建省福州第十五中學質檢)如圖所示，帶電小球(可視為質點)用絕緣細線懸掛在O點，在豎直平面內做完整的變速圓周運動，小球運動到最高點時，細線受到的拉力最大．已知小球運動所在的空間存在豎直向下的勻強電場，電場強度大小為E，小球質量為m、帶電荷量為q，細線長為l，重力加速度為g，則(　　)
A．小球帶正電
B．電場力大于重力
C．小球運動到最低點時速度最大
D．小球運動過程最小速度至少為v＝
答案　BD
解析　因為小球運動到最高點時，細線受到的拉力最大，可知重力和電場力的合力(等效重力)方向向上，則電場力方向向上，且電場力大于重力，小球帶負電，故A錯誤，B正確；因重力和電場力的合力方向向上，可知小球運動到最高點時速度最大，故C錯誤；由于等效重力豎直向上，所以小球運動到最低點時速度最小，最小速度滿足qE－mg＝m，即v＝，故D正確．
例2　(多選)(2023·重慶市八中高三檢測)如圖甲所示，空間有一水平向右的勻強電場，電場強度大小為E＝1×104 V/m，其中有一個半徑為R＝2 m的豎直光滑圓環軌道，環內有兩根光滑的弦軌道AB和AC，A點所在的半徑與豎直直徑BC成37°角．質量為m＝0.08 kg、電荷量為q＝＋6×10－5 C的帶電小環(視為質點)穿在弦軌道上，從A點由靜止釋放，可分別沿AB和AC到達圓周上的B、C點．現去掉弦軌道AB和AC，如圖乙所示，讓小環穿在圓環軌道上且恰好能做完整的圓周運動．不考慮小環運動過程中電荷量的變化．下列說法正確的是(cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(　　)
A．小環在弦軌道AB和AC上運動時間之比為1∶1
B．小環做圓周運動過程中經過C點時動能最大
C．小環做圓周運動過程中動能最小值是1 J
D．小環做圓周運動過程中對圓環軌道的最大壓力是5 N
答案　AD
解析　因為重力與電場力均為恒力，所以二者的合力大小為F＝＝1 N，與豎直方向夾角正切值tan θ＝＝，解得θ＝37°，重力與電場力合力指向AO，A為等效最高點，根據等時圓模型，小環在弦軌道AB和AC上運動時間相等，A正確；等效最低點是AO延長線與圓環軌道交點，而非C點，等效最低點速度最大，動能最大，B錯誤；因為小環穿在圓環軌道上且恰好能做完整的圓周運動，則小環在等效最高點A速度最小為零，在A點動能最小也為零，C錯誤；小環在等效最低點時速度最大，動能最大，小環對圓環軌道壓力也最大，從等效最高點至等效最低點過程中，由動能定理得 F·2R＝mvm2－0，由牛頓第二定律得N－F＝m，代入數據解得N＝5 N，由牛頓第三定律，小環做圓周運動的過程中對圓環的最大壓力是5 N，D正確．
例3　如圖所示，現有一個小物塊質量為m＝80 g、帶正電荷 q＝2×10－4 C，與水平軌道之間的動摩擦因數 μ＝0.2，在水平軌道的末端N處連接一個光滑豎直的半圓形軌道，半徑為R＝40 cm.整個軌道處在一個方向水平向左、電場強度大小E＝4×103 V/m的勻強電場中，取g＝10 m/s2.
(1)若小物塊恰能運動到軌道的最高點L，那么小物塊應從距N點多遠處的A點釋放？
(2) 如果小物塊在(1)中的位置A釋放，當它運動到P點(軌道中點)時軌道對它的支持力等于多少？
(3)如果小物塊在(1)中的位置A釋放，當它運動到NP間什么位置時動能最大，最大動能是多少？(結果保留兩位有效數字)
答案　(1)1.25 m　(2)4.8 N　(3)與圓心的連線與豎直方向夾角為45°　0.93 J
解析　(1)物塊恰能通過軌道最高點L的條件是
mg＝m，代入數據解得vL＝2 m/s
設A到N的距離為s，對A到L過程中根據動能定理得qEs－μmgs－mg·2R＝mvL2－0
代入數據解得s＝1.25 m
(2)物塊由P到L過程根據動能定理得
－mgR－qER＝mvL2－mvP2
解得vP＝2 m/s
在P點根據牛頓第二定律得N－qE＝m
代入數據解得N＝4.8 N.
(3)如圖所示，當合力的反方向延長線過圓心時動能最大，設該點為B，過B的半徑與豎直方向間的夾角為θ，則tan θ＝＝1，θ＝45°.從A到B，由動能定理得qE(s＋Rsin θ)－μmgs－mgR(1－cos θ)＝Ekm，解得Ekm＝(0.48＋0.32) J≈0.93 J.
題型二　電場中的力電綜合問題
1．動力學的觀點
(1)由于勻強電場中帶電粒子所受電場力和重力都是恒力，可用正交分解法．
(2)綜合運用牛頓運動定律和運動學公式，注意受力分析要全面，特別注意重力是否需要考慮的問題．
2．能量的觀點
(1)運用動能定理，注意過程分析要全面，準確求出過程中的所有力做的功，判斷是對分過程還是對全過程使用動能定理．
(2)運用能量守恒定律，注意題目中有哪些形式的能量出現．
①若帶電粒子只在電場力作用下運動，其動能和電勢能之和保持不變．
②若帶電粒子只在重力和電場力作用下運動，其機械能和電勢能之和保持不變．
3．動量的觀點
(1)運用動量定理，要注意動量定理的表達式是矢量式，在一維情況下，各個矢量必須選同一個正方向．
(2)運用動量守恒定律，除了要注意動量守恒定律的表達式是矢量式，還要注意題目表述是否為某方向上動量守恒．
例4　(2023·湖南株洲市模擬)如圖，一帶電的平行板電容器固定在絕緣底座上，底座置于光滑水平面上，一光滑絕緣輕桿左端固定在電容器的左極板上，并穿過右極板上的小孔，電容器極板連同底座總質量為2m，底座鎖定在水平面上時，套在桿上質量為m的帶電環以某一初速度由小孔進入電容器后，最遠能到達距離右極板為d的位置．底座解除鎖定后，將兩極板間距離變為原來的2倍，其他條件不變，則帶電環進入電容器后，最遠能到達的位置距離右極板(　　)
A.d B．d C.d D.d
答案　C
解析　設帶電環所帶電荷量為q，初速度為v0，底座鎖定時電容器極板間電場強度為E，則由功能關系有qEd＝mv02，底座解除鎖定后，兩極板間距離變為原來的2倍，極板間電場強度大小不變，電容器及底座在帶電環作用下一起向左運動，當與帶電環共速時，帶電環到達進入電容器后的最遠位置，整個過程滿足動量守恒，則有mv0＝3mv1，再由功能關系有qEd′＝mv02－×3mv12，聯立解得 d′＝d，故選C.
例5　如圖所示，不帶電物體A和帶電的物體B用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，A、B的質量分別為2m和m，勁度系數為k的輕彈簧一端固定在水平面上，另一端與物體A相連，傾角為θ的斜面處于沿斜面向上的勻強電場中，整個系統不計一切摩擦．開始時，物體B在一沿斜面向上的外力F＝3mgsin θ的作用下保持靜止且輕繩恰好伸直，然后撤去外力F，直到物體B獲得最大速度，且彈簧未超過彈性限度(已知彈簧形變量為x時彈性勢能為kx2)，重力加速度為g，則在此過程中(　　)
A．物體B帶負電，受到的電場力大小為mgsin θ
B．物體B的速度最大時，彈簧的伸長量為
C．撤去外力F的瞬間，物體B的加速度大小為3gsin θ
D．物體B的最大速度為gsin θ
答案　D
解析　假設B所受電場力沿斜面向下，當施加外力時，對B分析可知F－mgsin θ－F電＝0，解得F電＝2mgsin θ，假設成立，故B帶負電，故A錯誤；當B受到的合力為零時，B的速度最大，由kx＝F電＋mgsin θ，解得x＝，故B錯誤；當撤去外力瞬間，彈簧彈力還來不及改變，即彈簧的彈力仍為零，對物體A、B分析可知F合＝F電＋mgsin θ＝(m＋2m)a，解得a＝gsin θ，故C錯誤；設物體B的最大速度為vm，由功能關系可得·3mvm2＋kx2＝mgxsin θ＋F電x，解得vm＝gsin θ，故D正確．
例6　(2019·全國卷Ⅱ·24)如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d.兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的電勢均為φ(φ>0)．質量為m，電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計．
(1)求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應為多少？
答案　(1)mv02＋qh　v0
(2)2v0
解析　(1)PG、QG間電場強度大小相等，均為E.粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設粒子的加速度大小為a，有E＝①
F＝qE＝ma②
設粒子第一次到達G時動能為Ek，由動能定理有qEh＝Ek－mv02③
設粒子第一次到達G時所用的時間為t，粒子在水平方向的位移為l，則有h＝at2④
l＝v0t⑤
聯立①②③④⑤式解得Ek＝mv02＋qh
l＝v0
(2)若粒子穿過G一次就從電場的右側飛出，則金屬板的長度最短．由對稱性知，此時金屬板的長度為L＝2l＝2v0.
課時精練
1.如圖所示，一個電荷量為－Q的點電荷甲，固定在絕緣水平面上的O點．另一個電荷量為＋q、質量為m的點電荷乙，從A點以初速度v0沿它們的連線向甲運動，運動到B點時的速度為v，且為運動過程中速度的最小值．已知點電荷乙受到的阻力大小恒為f，A、B間距離為L0，靜電力常量為k，則下列說法正確的是(　　)
A．點電荷乙從A點向甲運動的過程中，加速度逐漸增大
B．點電荷乙從A點向甲運動的過程中，其電勢能先增大再減小
C．OB間的距離為
D．在點電荷甲形成的電場中，AB間電勢差UAB＝
答案　C
解析　點電荷乙從A點向甲運動的過程中，受向左的電場力和向右的阻力，兩點電荷靠近過程中電場力逐漸增大，阻力不變，點電荷乙先減速后加速，所以加速度先減小后增大，故A錯誤；在點電荷乙向甲運動過程中電場力一直做正功，因此電勢能一直減小，故B錯誤；當速度最小時有f＝F＝k，可得r＝，故C正確；點電荷乙從A運動到B過程中，根據動能定理有UABq－fL0＝mv2－mv02，計算得出UAB＝，故D錯誤．
2.(多選)(2023·黑龍江齊齊哈爾市八中模擬)如圖所示，四分之一光滑絕緣圓弧槽B處切線水平，一可視為質點的帶正電小球從圓弧槽A處由靜止釋放，滑到B處離開圓弧槽做平拋運動，到達水平地面的D處，若在裝置所在平面內加上豎直向下的勻強電場，重復上述實驗，下列說法正確的是(　　)
A．小球落地點在D的右側
B．小球落地點仍在D點
C．小球落地點在D的左側
D．小球離開B到達地面的運動時間減小
答案　BD
解析　不加電場時，小球從A到B有mgR＝mvB2－0，解得vB＝，平拋過程，豎直方向上有h＝gt2，解得t＝，平拋水平位移x＝vBt＝2，平拋水平位移與重力加速度無關，施加豎直向下的勻強電場后，小球同時受重力和向下的電場力，相當于重力加速度增大了，小球落地點仍在D點，t∝，小球離開B后到達地面的運動時間減小，B、D正確．
3.(多選)(2023·福建省莆田二中模擬)如圖所示，將絕緣細線的一端O點固定，另一端拴一帶電的小球P，空間存在著方向水平向右的勻強電場E.剛開始小球靜止于P處，與豎直方向的夾角為45°，給小球一個瞬時沖量，讓小球在豎直平面內做半徑為r的圓周運動，下列分析正確的是(重力加速度為g)(　　)
A．小球可能帶負電
B．當小球運動到最高點a的速度v≥時，小球才能做完整的圓周運動
C．當小球運動到最低點c時，小球的電勢能與動能之和最大
D．小球從b運動到a的過程中，其速度先變小后變大
答案　CD
解析　由題圖可知電場力方向水平向右，與電場方向相同，所以小球帶正電，故A錯誤；小球靜止于P處，與豎直方向的夾角為45°，受電場力和重力的作用，合力方向斜向右下方45°，大小為F＝mg.當小球運動到弧ab中點，且細線彈力為零時F＝m，小球能做完整的圓周運動，在該點的速度為v＝，小球從該點運動到a點，由動能定理得F·(r－)＝mva2－mv2，解得va＝，因此，當小球運動到最高點a的速度va≥時，小球才能做完整的圓周運動，故B錯誤；小球運動過程中，重力勢能、電勢能、動能的總和保持不變，最低點的重力勢能最小，則電勢能與動能之和最大，故C正確；小球從b運動到a的過程中，合力先做負功再做正功，故小球的速度先變小后變大，故D正確．
4.如圖所示，虛線MN下方存在著方向水平向左、范圍足夠大的勻強電場．AB為絕緣光滑且固定的四分之一圓弧軌道，軌道半徑為R，O為圓心，B位于O點正下方．一質量為m、電荷量為q的帶正電小球，以初速度vA豎直向下從A點沿切線進入四分之一圓弧軌道內側，沿軌道運動到B處以速度vB射出．已知重力加速度為g，電場強度大小為E＝，sin 37°＝0.6，空氣阻力不計，下列說法正確的是(　　)
A．從A到B過程中，小球的機械能先增大后減小
B．從A到B過程中，小球對軌道的壓力先減小后增大
C．在A、B兩點的速度大小滿足vA>vB
D．從B點拋出后，小球速度的最小值為
答案　D
解析　從A到B過程中，電場力一直做負功，小球的機械能一直減小，故A錯誤；設等效重力與豎直線的夾角為θ，則tan θ＝＝，故θ為37°，等效重力方向與豎直方向成37°角偏左下方，所以從A到B過程中，小球速度先增大后減小，對軌道的壓力先增大后減小，故B錯誤；B點比A點更靠近等效最低點，所以vA5.(多選)(2023·福建泉州市高三質檢)如圖，ABC是豎直面內的固定半圓形光滑軌道，O為其圓心，A、C兩點等高，過豎直半徑OB的虛線右側足夠大的區域內存在沿AC方向的勻強電場．一帶正電小球從A點正上方P點由靜止釋放，沿軌道通過B、C兩點時的動能分別為Ek和1.5Ek，離開C點后運動到最高點D(圖中未畫出)．已知P與A間的距離等于軌道半徑，則(　　)
A．D點與P點等高
B．小球在電場中受到的電場力是其重力的兩倍
C．小球在C處對軌道的壓力是其重力的兩倍
D．小球通過D點時的動能大于1.5Ek
答案　BD
解析　若在A點速度等于C點的速度，在豎直方向由對稱性可知，D點與P點等高，但由動能定理可知A點的速度小于C點的速度，所以D點高于P點，故A錯誤；設小球在電場中所受電場力為F，軌道半徑為R，小球從P到B過程，由動能定理得mg·2R＝Ek，小球從P到C過程，由動能定理得mg·R＋FR＝1.5Ek，聯立可得F＝2mg，故B正確；由動能定理的表達式有1.5Ek＝mvC2，在C點時，由牛頓第二定律得N－F＝m，結合mg·2R＝Ek，聯立可得N＝8mg，由牛頓第三定律得小球在C處對軌道的壓力N′＝N＝8mg，故C錯誤；因為F＝2mg，可知小球從C點飛出后，豎直方向的加速度小于水平方向的加速度，豎直方向，由逆向思維，看成反向的初速度為零的勻加速直線運動，則小球從C到D過程中，水平方向的位移大于豎直方向的位移，根據W＝Fs，可知電場力所做正功大于重力所做負功，則小球通過D點時的動能大于通過C點時的動能，即大于1.5Ek，故D正確．
6.(2023·福建龍巖市模擬)靜電噴涂利用高壓電場使霧化涂料受電場力作用吸附于基底表面，比傳統手工噴涂更省料、環保、高效．如圖所示，豎直平面內存在水平向右的勻強電場(圖中未畫出)，電場強度的大小為E＝5×105 V/m.現將一質量為m＝1×10－6 kg、電荷量為q＝＋4×10－11 C可視為質點的油漆液滴，從距地面高度為h＝5 cm的A點以v0＝1 m/s的速度水平向右噴出．經過一段時間后，油漆液滴落到水平地面上的B點．空氣阻力忽略不計，已知重力加速度取g＝10 m/s2.求：
(1)油漆液滴在空中運動的時間；
(2)A、B兩點間的電勢差；
(3)油漆液滴落地時的速度大小．
答案　(1)0.1 s　(2)1×105 V　(3) m/s
解析　(1)液滴在豎直方向做自由落體運動，
則h＝gt2①
解得t＝0.1 s②
(2)液滴沿電場線方向運動的距離為
s＝v0t＋at2 ③
且a＝④
A、B兩點間的電勢差為UAB＝Es⑤
聯立解得UAB＝1×105 V⑥
(3)由動能定理有mgh＋qUAB＝mv2－mv02⑦
解得v＝ m/s.
7．(2022·遼寧卷·14)如圖所示，光滑水平面AB和豎直面內的光滑圓弧導軌在B點平滑連接，導軌半徑為R.質量為m的帶正電小球將輕質彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，脫離彈簧后經過B點時的速度大小為，之后沿軌道BO運動．以O為坐標原點建立直角坐標系xOy，在x≥－R區域有方向與x軸夾角為θ＝45°的勻強電場，進入電場后小球受到的電場力大小為mg.小球在運動過程中電荷量保持不變，重力加速度為g.求：
(1)彈簧壓縮至A點時的彈性勢能；
(2)小球經過O點時的速度大小；
(3)小球過O點后運動的軌跡方程．
答案　(1)mgR　(2)　(3)y2＝6Rx
解析　(1)小球從A到B，根據能量守恒定律得
Ep＝mvB2＝mgR
(2)小球從B到O，根據動能定理有
－mgR＋mg×R＝mvO2－mvB2
解得vO＝
(3)小球運動至O點時速度方向豎直向上，受電場力和重力作用，將電場力分解到x軸和y軸，則x軸方向有mgcos 45°＝max
y軸方向有mgsin 45°－mg＝may
解得ax＝g，ay＝0
說明小球過O點后的運動為x軸方向做初速度為零的勻加速直線運動，y軸方向做勻速直線運動，即做類平拋運動，則有x＝gt2，y＝vOt
聯立解得小球過O點后運動的軌跡方程為
y2＝6Rx.
8．如圖所示，空間中有一水平向右的勻強電場，電場強度的大小為E＝1.0×104 V/m.該空間有一個半徑為R＝2 m的豎直光滑絕緣圓環的一部分，圓環與光滑水平面相切于C點，A點所在的半徑與豎直直徑BC成37°角．質量為m＝0.04 kg、電荷量為q＝＋6×10－5 C的帶電小球2(可視為質點)靜止于C點．輕彈簧一端固定在豎直擋板上，另一端自由伸長時位于P點．質量也為m＝0.04 kg的不帶電小球1挨著輕彈簧右端，現用力緩慢壓縮輕彈簧右端到P點左側某點后釋放．小球1沿光滑水平面運動到C點與小球2發生碰撞，碰撞時間極短，碰后兩小球黏合在一起且恰能沿圓弧到達A點．P、C兩點間距離較遠，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)黏合體在A點的速度大小；
(2)彈簧的彈性勢能；
(3)小球黏合體由A點到水平面運動的時間．
答案　(1)5 m/s　(2)9.2 J　(3)0.6 s
解析　(1)小球2所受電場力大小
F＝qE＝6×10－5×1×104 N＝0.6 N
小球1和小球2的重力和為
G＝2mg＝2×0.04×10 N＝0.8 N
如圖所示
小球黏合體所受重力與電場力的合力與豎直方向的夾角為tan θ＝＝，所以θ＝37°
所以A點是小球黏合體在重力場和電場中做圓周運動的等效最高點，由于小球黏合體恰能沿圓弧到達A點，所以＝2m，解得vA＝5 m/s
(2)小球黏合體從C點到A點，由動能定理得
－qERsin 37°－2mg(R＋Rcos 37°)
＝×2mvA2－×2mvC2
解得vC＝ m/s
小球黏合體的碰撞由動量守恒定律得mv1＝2mvC
解得小球1碰撞前的速度v1＝2 m/s，由機械能守恒可得彈簧的彈性勢能Ep＝mv12＝9.2 J
(3)如圖，小球黏合體在A點豎直方向上做勻加速運動
豎直方向上的初速度為v0＝vAsin 37°＝3 m/s
由豎直方向勻加速運動可得
R＋Rcos 37°＝v0t＋gt2，解得t＝0.6 s.

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