資源簡介

物理
第講　專題：電場中的力電綜合問題
考點一　帶電體在重力場和電場中運動的分析
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，可形象地稱之為“等效重力場”。
2．
3．帶電體在等效重力場中的圓周運動
物體做圓周運動時，和等效重力平行的直徑與圓的兩個交點分別為等效“最低點”(等效重力指向的一側交點)和等效“最高點”(背離等效重力方向一側的交點)，具體分析與力學中豎直面內的圓周運動類似。
4．帶電體在等效重力場中的類拋體運動
物體做類拋體運動時，若初速度方向與合力方向垂直，則做類平拋運動，具體分析與力學中的平拋運動類似；若初速度方向與合力方向不垂直并成一銳角或一鈍角，則做類斜拋運動，具體分析與力學中的斜拋運動類似。
例1　如圖所示，在豎直平面內有水平向左的勻強電場，在勻強電場中有一根長為L的絕緣細線，細線一端固定在O點，另一端系一質量為m的帶電小球。小球靜止時細線與豎直方向成θ角，此時讓小球獲得初速度且恰能繞O點在豎直平面內沿逆時針方向做圓周運動，重力加速度為g，不考慮空氣阻力。下列說法正確的是(　　)
A．勻強電場的電場強度E＝
B．小球做圓周運動過程中動能的最小值為Ekmin＝
C．小球運動至圓周軌跡的最高點時機械能最小
D．小球從初始位置開始，在豎直平面內運動一周的過程中，其電勢能先減小后增大
例2　(2022·全國甲卷)(多選)地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場，將一帶正電荷的小球自電場中P點水平向左射出。小球所受的重力和電場力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點均取在P點。則射出后，(　　)
A．小球的動能最小時，其電勢能最大
B．小球的動能等于初始動能時，其電勢能最大
C．小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時，其動能最大
D．從射出時刻到小球速度的水平分量為零時，重力做的功等于小球電勢能的增加量
考點二　力學三大觀點在電場中的應用
1．用動力學的觀點分析
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，以及運動學公式里的物理量的正負號，即其矢量性。
2．用能量的觀點分析
(1)運用動能定理分析，注意過程分析要全面，準確求出過程中的所有功，判斷是分階段還是全過程使用動能定理。
(2)運用能量守恒定律分析，注意題中有哪些形式的能量出現(xiàn)。
3．用動量的觀點分析
(1)運用動量定理分析，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)運用動量守恒定律分析，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3　(2024·山東高考)(多選)如圖所示，帶電量為＋q的小球被絕緣棒固定在O點，右側有固定在水平面上、傾角為30°的光滑絕緣斜面。質量為m、帶電量為＋q的小滑塊從斜面上A點由靜止釋放，滑到與小球等高的B點時加速度為零，滑到C點時速度為零。已知AC間的距離為S，重力加速度大小為g，靜電力常量為k，下列說法正確的是(　　)
A．OB的距離l＝
B．OB的距離l＝
C．從A到C，靜電力對小滑塊做功W＝－mgS
D．AC之間的電勢差UAC＝－
例4　如圖甲所示，間距為d的兩金屬板水平放置，板間電場強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。t＝0時刻，質量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，T～T時間內微粒勻速運動，T時刻微粒恰好從金屬板邊緣飛出。微粒運動過程中未與金屬板接觸，重力加速度為g，則從微粒射入到從金屬板邊緣飛出的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．微粒飛出時的速度沿水平方向且大于v0
B．微粒的最大速度為v0＋
C．微粒受到的電場力做功為mg·
D．微粒飛出時重力的功率為mgv0
例5　(2025·陜西省西安市高三上期末)帶電粒子“碰撞”實驗中，t＝0時粒子A靜止，粒子B以一定的初速度向A運動。兩粒子的v t圖像如圖所示，僅考慮靜電力的作用，且A、B未接觸。則(　　)
A．粒子B在0～t3時間內動能一直減小
B．兩粒子在t1時刻的電勢能最大
C．粒子A的質量小于粒子B的質量
D．粒子A在t2時刻的加速度最大
（答案及解析）
例1　如圖所示，在豎直平面內有水平向左的勻強電場，在勻強電場中有一根長為L的絕緣細線，細線一端固定在O點，另一端系一質量為m的帶電小球。小球靜止時細線與豎直方向成θ角，此時讓小球獲得初速度且恰能繞O點在豎直平面內沿逆時針方向做圓周運動，重力加速度為g，不考慮空氣阻力。下列說法正確的是(　　)
A．勻強電場的電場強度E＝
B．小球做圓周運動過程中動能的最小值為Ekmin＝
C．小球運動至圓周軌跡的最高點時機械能最小
D．小球從初始位置開始，在豎直平面內運動一周的過程中，其電勢能先減小后增大
[答案]　B
[解析]　小球靜止時，對小球受力分析，由平衡條件可知qE＝mgtanθ，解得E＝，故A錯誤；小球所受電場力與重力大小、方向均保持不變，將電場力與重力的合力等效為“新重力”，大小為F＝，作出小球做圓周運動的軌跡，如圖所示，則與起始點關于圓心O對稱的A點為小球繞O點在豎直平面內沿逆時針方向做圓周運動的等效“最高點”，在A點時小球的速度最小，動能最小，由牛頓第二定律可知F＝，動能Ekmin＝mv，聯(lián)立解得Ekmin＝，故B正確；由功能關系可知，小球機械能的變化量等于電場力做的功，則當小球運動到最左邊與O點等高時，電場力做負功最多，小球機械能最小，故C錯誤；小球從初始位置開始，在豎直平面內運動一周的過程中，電場力先做正功后做負功再做正功，所以電勢能先減小后增大再減小，故D錯誤。
例2　(2022·全國甲卷)(多選)地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場，將一帶正電荷的小球自電場中P點水平向左射出。小球所受的重力和電場力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點均取在P點。則射出后，(　　)
A．小球的動能最小時，其電勢能最大
B．小球的動能等于初始動能時，其電勢能最大
C．小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時，其動能最大
D．從射出時刻到小球速度的水平分量為零時，重力做的功等于小球電勢能的增加量
[答案]　BD
[解析]　根據qE＝mg、E水平向右可知，帶正電荷q的小球所受合力F斜向右下方，且與水平方向夾角為45°；小球在P點的初速度v0水平向左，可畫出小球在勻強電場中做類斜拋運動的軌跡如圖，其中O為軌跡等效最高點，N為軌跡上與P“等高”的點。根據類斜拋運動的規(guī)律及對稱性可知，小球經過O點速度與F垂直時，速度最小，動能最小，經過N點時，速度大小為v0，動能等于初動能，且經過N點的速度豎直向下。根據Ep＝qφ，以及沿電場線方向電勢降低，結合上述分析可知，小球經過O點動能最小時，電勢能不是最大，小球經過N點動能等于初動能時，電勢能最大，A錯誤，B正確。分析可知，小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時，恰好經過O點，此時動能最小，C錯誤。小球速度的水平分量為零時，經過N點，從P到N的過程，根據動能定理有WG＋WE＝mv－mv，根據功能關系，此過程電勢能增加量ΔEp＝－WE，則此過程WG＝ΔEp，D正確。
考點二　力學三大觀點在電場中的應用
1．用動力學的觀點分析
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，以及運動學公式里的物理量的正負號，即其矢量性。
2．用能量的觀點分析
(1)運用動能定理分析，注意過程分析要全面，準確求出過程中的所有功，判斷是分階段還是全過程使用動能定理。
(2)運用能量守恒定律分析，注意題中有哪些形式的能量出現(xiàn)。
3．用動量的觀點分析
(1)運用動量定理分析，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)運用動量守恒定律分析，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3　(2024·山東高考)(多選)如圖所示，帶電量為＋q的小球被絕緣棒固定在O點，右側有固定在水平面上、傾角為30°的光滑絕緣斜面。質量為m、帶電量為＋q的小滑塊從斜面上A點由靜止釋放，滑到與小球等高的B點時加速度為零，滑到C點時速度為零。已知AC間的距離為S，重力加速度大小為g，靜電力常量為k，下列說法正確的是(　　)
A．OB的距離l＝
B．OB的距離l＝
C．從A到C，靜電力對小滑塊做功W＝－mgS
D．AC之間的電勢差UAC＝－
[答案]　AD
[解析]　小滑塊經過B點時，加速度為零，對小滑塊受力分析，根據平衡條件，沿斜面方向有mgsin30°＝cos30°，解得l＝，A正確，B錯誤；小滑塊從A到C的過程，根據動能定理有W＋mgSsin30°＝0－0，解得W＝－，故C錯誤；根據電勢差與靜電力做功的關系可知，AC之間的電勢差UAC＝＝－，故D正確。
例4　如圖甲所示，間距為d的兩金屬板水平放置，板間電場強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。t＝0時刻，質量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，T～T時間內微粒勻速運動，T時刻微粒恰好從金屬板邊緣飛出。微粒運動過程中未與金屬板接觸，重力加速度為g，則從微粒射入到從金屬板邊緣飛出的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．微粒飛出時的速度沿水平方向且大于v0
B．微粒的最大速度為v0＋
C．微粒受到的電場力做功為mg·
D．微粒飛出時重力的功率為mgv0
[答案]　C
[解析]　由題意知，T～T時間內微粒勻速運動，設微粒所帶電荷量為q，則qE0＝mg，微粒所受電場力向上，0～T內和T～T內，由牛頓第二定律分別有2qE0－mg＝ma1，mg＝ma2，得a1＝a2＝g，可知在豎直方向，0～T內微粒向上加速，T～T內微粒向上勻速，T～T內微粒向上減速，t＝T時微粒的豎直分速度為0，在水平方向上微粒一直勻速，所以微粒飛出兩板間的速度沿水平方向且等于v0，故A錯誤；由上述分析可知，t＝T時微粒速度最大，最大速度vm＝，故B錯誤；設微粒受到的電場力做功為W，對微粒運動的全過程，由動能定理有W－mg·＝mv－mv，解得W＝mg·，故C正確；微粒飛出時的速度方向與重力方向垂直，重力的功率為零，故D錯誤。
例5　(2025·陜西省西安市高三上期末)帶電粒子“碰撞”實驗中，t＝0時粒子A靜止，粒子B以一定的初速度向A運動。兩粒子的v t圖像如圖所示，僅考慮靜電力的作用，且A、B未接觸。則(　　)
A．粒子B在0～t3時間內動能一直減小
B．兩粒子在t1時刻的電勢能最大
C．粒子A的質量小于粒子B的質量
D．粒子A在t2時刻的加速度最大
[答案]　B
[解析]　粒子B在0～t3時間內速度先減小后反向增大，可知動能先減小后增大，A錯誤；兩粒子在t1時刻共速，此時兩粒子相距最近，兩粒子的電勢能最大，庫侖力最大，此時粒子A的加速度最大，B正確，D錯誤；以粒子A和粒子B組成的系統(tǒng)為研究對象，由圖可知，t＝0時刻，該系統(tǒng)的動量p0＝mBv0，在t＝t2時刻，該系統(tǒng)的動量p2＝mAvA，由動量守恒定律得p0＝p2，又由于v0＞vA，聯(lián)立可得mB＜mA，故C錯誤。
5(共20張PPT)
第八章　靜電場
第6講　專題：電場中的力電綜合問題
目錄
1
2
考點一　帶電體在重力場和電場中運動的分析
考點二　力學三大觀點在電場中的應用
考點一　帶電體在重力場和電場中運動的分析
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，可形象地稱之為“等效重力場”。
2．
3．帶電體在等效重力場中的圓周運動
物體做圓周運動時，和等效重力平行的直徑與圓的兩個交點分別為等效“最低點”(等效重力指向的一側交點)和等效“最高點”(背離等效重力方向一側的交點)，具體分析與力學中豎直面內的圓周運動類似。
4．帶電體在等效重力場中的類拋體運動
物體做類拋體運動時，若初速度方向與合力方向垂直，則做類平拋運動，具體分析與力學中的平拋運動類似；若初速度方向與合力方向不垂直并成一銳角或一鈍角，則做類斜拋運動，具體分析與力學中的斜拋運動類似。
例2　(2022·全國甲卷)(多選)地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場，將一帶正電荷的小球自電場中P點水平向左射出。小球所受的重力和電場力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點均取在P點。則射出后，(　　)
A．小球的動能最小時，其電勢能最大
B．小球的動能等于初始動能時，其電勢能最大
C．小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時，其動能最大
D．從射出時刻到小球速度的水平分量為零時，重力做的功等于小球電勢能的增加量
解析　根據qE＝mg、E水平向右可知，帶正電荷q的小球所受合力F斜向右下方，且與水平方向夾角為45°；小球在P點的初速度v0水平向左，可畫出小球在勻強電場中做類斜拋運動的軌跡如圖，其中O為軌跡等效最高點，N為軌跡上與P“等高”的點。根據類斜拋運動的規(guī)律及對稱性可知，小球經過O點速度與F垂直時，速度最小，動能最小，經過N點時，速度大小為v0，動能等于初動能，且經過N點的速度豎直向下。根據Ep＝qφ，以及沿電場線方向電勢降低，結合上述分析可知，小球經過O點動能最小時，電勢能不是最大，小球經過N點動能等于初動能時，電勢能最大，A錯誤，B正確。分析可知，小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時，恰好經過O點，此時動能最小，C錯誤。
考點二　力學三大觀點在電場中的應用
1．用動力學的觀點分析
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，以及運動學公式里的物理量的正負號，即其矢量性。
2．用能量的觀點分析
(1)運用動能定理分析，注意過程分析要全面，準確求出過程中的所有功，判斷是分階段還是全過程使用動能定理。
(2)運用能量守恒定律分析，注意題中有哪些形式的能量出現(xiàn)。
3．用動量的觀點分析
(1)運用動量定理分析，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)運用動量守恒定律分析，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5　(2025·陜西省西安市高三上期末)帶電粒子“碰撞”實驗中，t＝0時粒子A靜止，粒子B以一定的初速度向A運動。兩粒子的v t圖像如圖所示，僅考慮靜電力的作用，且A、B未接觸。則(　　)
A．粒子B在0～t3時間內動能一直減小
B．兩粒子在t1時刻的電勢能最大
C．粒子A的質量小于粒子B的質量
D．粒子A在t2時刻的加速度最大
解析　粒子B在0～t3時間內速度先減小后反向增大，可知動能先減小后增大，A錯誤；兩粒子在t1時刻共速，此時兩粒子相距最近，兩粒子的電勢能最大，庫侖力最大，此時粒子A的加速度最大，B正確，D錯誤；以粒子A和粒子B組成的系統(tǒng)為研究對象，由圖可知，t＝0時刻，該系統(tǒng)的動量p0＝mBv0，在t＝t2時刻，該系統(tǒng)的動量p2＝mAvA，由動量守恒定律得p0＝p2，又由于v0＞vA，聯(lián)立可得mB＜mA，故C錯誤。

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