資源簡介

專題提升練18　帶電粒子在電場中的力、電綜合問題
　梯級Ⅰ基礎練
1.(2025·廣州模擬)如圖所示，在水平向左的勻強電場中，可視為質點的帶負電物塊，以某一初速度從足夠長的絕緣斜面上的A點沿斜面向下運動，經C點到達B點時，速度減為零，然后再返回到A點。已知斜面傾角θ=30°，物塊與斜面間的動摩擦因數μ=，整個過程斜面均保持靜止，物塊所帶電荷量不變。下列判斷錯誤的是(　　)
A.物塊在上滑過程中機械能增大
B.物塊在上滑過程中，增加的重力勢能一定大于減少的電勢能
C.物塊下滑時經過C點的動能一定大于上滑時經過C點的動能
D.物塊在全過程中產生的內能等于克服摩擦力做的功
2.(多選)(2025·南陽模擬)如圖所示，半徑為R的光滑絕緣豎直半圓形軌道ABC的最低點C和光滑絕緣水平面相切，B與圓心O等高，空間存在水平向左的勻強電場。一帶電荷量為+q(q>0)的小球以初速度v0=由A點沿軌道內側水平向左拋出，運動到D點時速度恰好為0。已知CD=2.5R，小球質量為m，重力加速度為g，則(　　)
A.在A點時小球恰好不受軌道作用力
B.勻強電場的電場強度大小為
C.小球對軌道的最大作用力為6mg
D.小球運動到B點時對軌道的作用力大小為4mg
3.(2024·安徽卷)在某裝置中的光滑絕緣水平面上，三個完全相同的帶電小球，通過不可伸長的絕緣輕質細線，連接成邊長為d的正三角形，如圖甲所示。小球質量為m，帶電量為+q，可視為點電荷。初始時，小球均靜止，細線拉直。現將球1和球2間的細線剪斷，當三個小球運動到同一條直線上時，速度大小分別為v1、v2、v3，如圖乙所示。該過程中三個小球組成的系統電勢能減少了，k為靜電力常量，不計空氣阻力。則(　　)
A.該過程中小球3受到的合力大小始終不變
B.該過程中系統能量守恒，動量不守恒
C.在圖乙位置，v1=v2，v3≠2v1
D.在圖乙位置，v3=
梯級Ⅱ能力練
4.(2025·重慶模擬)如圖所示，在絕緣水平面上的兩物塊A、B用勁度系數為k的水平絕緣輕質彈簧連接，物塊B、C用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，A靠在豎直墻邊，C在傾角為θ=30°的長斜面上，滑輪兩側的輕繩分別與水平面和斜面平行。A、B、C的質量分別是m、2m、2m，A所帶電荷量為+q，B所帶電荷量均為+q，C不帶電，滑輪左側存在著水平向左的勻強電場，整個系統不計一切摩擦，B與滑輪足夠遠。勻強電場的電場強度大小為E=，開始時系統靜止。現讓C在沿斜面向下的拉力F作用下做加速度大小為g的勻加速直線運動，彈簧始終未超過彈性限度，重力加速度大小為g。求:
(1)初始狀態下彈簧的形變量Δx1;
(2)A剛要離開墻壁時C的速度大小v1;
(3)接(2)此過程中拉力F所做的功。
5.(2025·張家口模擬)如圖所示，真空中存在空間范圍足夠大的、方向水平向左的勻強電場，在電場中，圓心為O、半徑為R= m的圓弧形光滑絕緣軌道MN固定在豎直平面內，O、N恰好處于同一豎直線上，ON=R，OM與豎直方向之間的夾角θ=37°。水平虛線BC上有一點A，點A、M的連線恰好與圓弧軌道相切于M點，AM=2R。現有一質量為m=3 g、電荷量為q=1×10-3 C的帶電小球(可視為質點)從A點以一定的初速度沿AM做直線運動，帶電小球從M點進入圓弧軌道后，恰好能沿圓弧軌道運動并從N點射出。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)勻強電場的大小;
(2)小球在圓弧軌道運動的過程最小速度大小和在N點射出時的速度大小;
(3)帶電小球在A點時的初速度大小。
梯級Ⅲ創新練
6.(2025·樂山模擬)如圖，圓弧軌道AB的圓心為O，半徑為R=2.5 m，圓弧軌道AB的B點與水平地面BE相切，B點在O點的正下方，在B點的右側有一豎直虛線CD，B點到豎直虛線CD的距離為L1=2.5 m，豎直虛線CD的左側有一水平向左的勻強電場，場強大小為E1(大小未知)，豎直虛線CD的右側有場強大小為E2(大小未知)、豎直向上的勻強電場。豎直虛線CD的右側有一豎直墻壁EF，墻壁EF到豎直虛線CD的距離為L2=1 m，墻壁EF底端E點與水平地面BE相連接，墻壁EF的高度也為L2=1 m。現將一電荷量為q=+4×10-2 C、質量為m=1 kg的完全絕緣的滑塊從A點由靜止釋放沿圓弧軌道AB下滑，過B點時的速度大小為4 m/s，最后進入豎直虛線CD右側。已知滑塊可視為質點，圓弧軌道AB光滑，水平地面BE與滑塊間的動摩擦因數為μ=0.2，g=10 m/s2，∠AOB=53°，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。求:
(1)場強E1的大小;
(2)滑塊到達豎直虛線CD時速度的大小和滑塊從B點到達豎直虛線CD所用的時間;
(3)要使滑塊與豎直墻壁EF碰撞，求E2的取值范圍。
專題提升練18　帶電粒子在電場中的力、電綜合問題
1.B　解析　物塊在上滑過程中,對物塊受力分析,可知上滑過程中應滿足qEcos θ>Ff+mgsin θ,電場力做功大于摩擦力做功,除重力以外的其他力對物體做正功,則物體的機械能增加,因此物塊在上滑過程中機械能增大,A項正確;物塊在上滑過程中,由動能定理可得W電-Wf-WG=ΔE,可知W電>WG,電場力對帶電物塊做正功,帶電物塊的電勢能減少,因此物塊在上滑過程中,增加的重力勢能一定小于減少的電勢能,B項錯誤;物塊下滑時經過C點向下運動,再返回到C點時有摩擦力做功,由能量關系可知,物塊下滑時經過C點的動能一定大于上滑時經過C點的動能,C項正確;在全過程中,系統克服摩擦力做功轉化為斜面和物塊的內能,D項正確。
2.AB　解析　對小球在A點受力分析FN+mg=,解得FN=0,A項正確;對小球由A到D,由動能定理2mgR-qE×CD=-m,解得E=,B項正確;由qE=mg,重力和電場力的合力為mg,方向斜向左下方與水平方向成45°,可知小球位于BC中點時對軌道的作用力最大,由動能定理mg=mv2-m,FN-mg=,解得FN=(3+3)mg,C項錯誤;小球由A到B,由動能定理有mg×R=m-m,FNB-qE=,解得FNB=6mg,D項錯誤。
3.D　解析　該過程中系統動能和電勢能相互轉化,能量守恒,三球組成的系統受到的合外力為0,動量守恒;當三個小球運動到同一條直線上時,根據對稱性可知細線中的拉力相等,此時球3受到1和2的電場力大小相等,方向相反,此時球3受到的合力為0,剪斷細線后球3的運動狀態改變,剪斷細線瞬間球3受到的合力一定不為0,所以該過程中小球3受到的合力在改變,A、B兩項錯誤;對系統根據動量守恒定律mv1+mv2=mv3,根據球1和2運動的對稱性可知v1=v2,解得v3=2v1,根據能量守恒定律m+m+m=,解得v3=,C項錯誤,D項正確。
4.答案　(1)　(2)2g　(3)
解析　(1)初始時,對B分析可知
Eq=kΔx1+2mgsin θ,
解得彈簧的壓縮量Δx1=。
(2)當A剛要離開墻壁時,對A分析
E×q=kΔx2,
則此過程中C下滑的距離
x=Δx1+Δx2=,
此時C的速度大小v1==2g。
(3)從開始運動到A剛要離開墻壁時彈簧彈性勢能不變,此過程中根據動能定理
WF+2mgxsin θ-qEx=(2m+2m),
解得拉力F所做的功WF=。
5.答案　(1)40 N/C　(2) m/s　m/s
(3)10 m/s
解析　(1)根據帶電小球沿AM做直線運動可知,帶電小球所受的電場力與重力的合力沿MA方向,則帶電小球所受電場力與重力的關系tan 37°=,
可得E==40 N/C。
(2)帶電小球所受電場力與重力的合力大小為
F==mg,
根據帶電小球恰好能沿圓弧軌道運動并從N點射出可知,帶電小球在圓弧軌道上經過等效最高點G時速度有最小值vG,如圖所示,
此時帶電小球所受電場力與重力的合力提供向心力,即F=m,
解得vG== m/s,
帶電小球從G點運動到N點的過程中,根據動能定理有
F(R-Rsin θ)=m-m,
解得vN== m/s。
(3)設帶電小球在A點時的初速度大小為v0,小球從A點運動到G點的過程中,根據動能定理有
-F×3R=m-m,
解得v0==10 m/s。
6.答案　(1)25 N/C　(2)1 m/s　1 s
(3)187.5 N/C解析　(1)滑塊從A點運動到B點的過程中,由動能定理有
mgR(1-cos 53°)-qE1Rsin 53°=m,
解得E1=25 N/C。
(2)滑塊從B點運動到豎直虛線CD的過程中,由牛頓第二定律有qE1+μmg=ma,
解得a=3 m/s2,
根據運動學公式有-v2=2aL1,
v=vB-at,
解得v=1 m/s,t=1 s。
(3)當E2較小時,滑塊剛好與豎直墻壁底端E點碰撞,有
-μ(mg-qE2)L2=0-mv2,
解得E2=187.5 N/C,
當E2較大時,滑塊剛好與豎直墻壁頂端F點碰撞,從C點到F點做類平拋運動,在水平方向有L2=vt1,
解得t1=1 s,
豎直方向有L2=ay,
qE2-mg=may,
解得ay=2 m/s2,E2=300 N/C,
綜上,E2的取值范圍為
187.5 N/C專題提升練18
帶電粒子在電場中的力、電綜合問題
1
5
6
2
3
4
1.(2025·廣州模擬)如圖所示，在水平向左的勻強電場中，可視為質點的帶負電物塊，以某一初速度從足夠長的絕緣斜面上的A點沿斜面向下運動，經C點到達B點時，速度減為零，然后再返回到A點。已知
梯級Ⅰ 基礎練
斜面傾角θ=30°，物塊與斜面間的動摩擦因數μ=，整個過程斜面均保持靜止，物塊所帶電荷量不變。下列判斷錯誤的是( )
1
5
6
2
3
4
A.物塊在上滑過程中機械能增大
B.物塊在上滑過程中，增加的重力勢能一定大于減少的電勢能
C.物塊下滑時經過C點的動能一定大于上滑時經過C點的動能
D.物塊在全過程中產生的內能等于克服摩擦力做的功
物塊在上滑過程中，對物塊受力分析，可知上滑過程中應滿足qEcos θ>Ff+mgsin θ，電場力做功大于摩擦力做功，除重力以外的其他力對物體做正功，則物體的機械能增加，因此物塊在上滑過程中機械能增大，A項正確；物塊在上滑過程中，由動能定理可得W電-Wf-WG=ΔE，可知W電>WG，電場力對帶電物塊做正功，帶電物塊的電勢能減少，因此物塊在上滑過程中，增加的重力勢
解析
1
5
6
2
3
4
能一定小于減少的電勢能，B項錯誤；物塊下滑時經過C點向下運動，再返回到C點時有摩擦力做功，由能量關系可知，物塊下滑時經過C點的動能一定大于上滑時經過C點的動能，C項正確；在全過程中，系統克服摩擦力做功轉化為斜面和物塊的內能，D項正確。
解析
1
5
6
2
3
4
2.(多選)(2025·南陽模擬)如圖所示，半徑為R的光滑絕緣豎直半圓形軌道ABC的最低點C和光滑絕緣水平面相切，B與圓心O等高，空間存在水平向左的勻強電場。一帶電荷量為+q(q>0)的小球以初速度v0=由A點沿軌道內側水平向左拋出，運動到D點時速度恰好為 0。已知CD=2.5R，小球質量為m，重力加速度為g，則( )
A.在A點時小球恰好不受軌道作用力
B.勻強電場的電場強度大小為
C.小球對軌道的最大作用力為6mg
D.小球運動到B點時對軌道的作用力大小為4mg
1
5
6
2
3
4
對小球在A點受力分析FN+mg=，解得FN=0，A項正確；對小球由A到D，由動能定理2mgR-qE×CD=-m，解得E=，B項正確；由qE=mg，重力和電場力的合力為mg，方向斜向左下方與水平方向成45°，可知小球位于BC中點時對軌道的作用力最 大，由動能定理mg=mv2-m，FN-mg=，解
解析
1
5
6
2
3
4
得FN=(3+3)mg，C項錯誤；小球由A到B，由動能定理有mg×R=m-m，FNB-qE=，解得FNB=6mg，D項錯誤。
解析
1
5
6
2
3
4
3.(2024·安徽卷)在某裝置中的光滑絕緣水平面上，三個完全相同的帶電小球，通過不可伸長的絕緣輕質細線，連接成邊長為d的正三角形，如圖甲所示。小球質量為m，帶電量為+q，可視為點電荷。初始時，小球均靜止，細線拉直。現將球1和球2間的細線剪斷，當三個小球運動到同一條直線上時，速度大小分別為v1、v2、v3，如圖乙所示。該過程中三個小球組成的系統電勢能減少了，k為靜電力常 量，不計空氣阻力。則( )
1
5
6
2
3
4
A.該過程中小球3受到的合力大小始終不變
B.該過程中系統能量守恒，動量不守恒
C.在圖乙位置，v1=v2，v3≠2v1
D.在圖乙位置，v3=
1
5
6
2
3
4
該過程中系統動能和電勢能相互轉化，能量守恒，三球組成的系統受到的合外力為0，動量守恒；當三個小球運動到同一條直線上時，根據對稱性可知細線中的拉力相等，此時球3受到1和2的電場力大小相等，方向相反，此時球3受到的合力為0，剪斷細線后球3的運動狀態改變，剪斷細線瞬間球3受到的合力一定不為0，所以該過程中小球3受到的合力在改變，A、B兩項錯誤；對系統根據
解析
1
5
6
2
3
4
動量守恒定律mv1+mv2=mv3，根據球1和2運動的對稱性可知v1= v2，解得v3=2v1，根據能量守恒定律m+m+m=，解得v3=，C項錯誤，D項正確。
解析
1
5
6
2
3
4
4.(2025·重慶模擬)如圖所示，在絕緣水平面上的兩物塊A、B用勁度系數為k的水平絕緣輕質彈簧連接，物塊B、C用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，A靠在豎直墻邊，C在傾角為θ=30°的長斜面上，滑輪兩側的輕繩分別與水平面和斜面平行。A、B、C的質量分別是m、 2m、2m，A所帶電荷量為+q，B所帶電荷量均為+q，C不帶電，滑輪左側存在著水平向左的勻強電場，整個系統不計一切摩擦，B與滑輪足夠遠。勻強電場的電場強度大小為E=，開始時系統靜止。現
1
5
6
2
3
4
梯級Ⅱ 能力練
讓C在沿斜面向下的拉力F作用下做加速度大小為g的勻加速直線運 動，彈簧始終未超過彈性限度，重力加速度大小為g。求：
1
5
6
2
3
4
(1)初始狀態下彈簧的形變量Δx1；
初始時，對B分析可知
Eq=kΔx1+2mgsin θ，
解得彈簧的壓縮量Δx1=。
解析
1
5
6
2
3
4
(2)A剛要離開墻壁時C的速度大小v1；
當A剛要離開墻壁時，對A分析E×q=kΔx2，
則此過程中C下滑的距離x=Δx1+Δx2=，
此時C的速度大小v1==2g。
解析
1
5
6
2
3
4
(3)接(2)此過程中拉力F所做的功。
從開始運動到A剛要離開墻壁時彈簧彈性勢能不變，此過程中根據動能定理WF+2mgxsin θ-qEx=(2m+2m)，
解得拉力F所做的功WF=。
解析
1
5
6
2
3
4
5.(2025·張家口模擬)如圖所示，真空中存在空間范圍足夠大的、方向水平向左的勻強電場，在電場中，圓心為O、半徑為R= m的圓弧形光滑絕緣軌道MN固定在豎直平面內，O、N恰好處于同一豎直線 上，ON=R，OM與豎直方向之間的夾角θ=37°。水平虛線BC上有一點A，點A、M的連線恰好與圓弧軌道相切于M點，AM=2R。現有一質量為m=3 g、電荷量為q=1×10-3 C的帶電小球(可視為質點)從A點以一定的初速度沿AM做直線運動，帶電小球從M點進入圓弧軌道
1
5
6
2
3
4
后，恰好能沿圓弧軌道運動并從N點射出。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g=10 m/s2。求：
(1)勻強電場的大小；
根據帶電小球沿AM做直線運動可知，帶電小球所受的電場力與重力的合力沿MA方向，則帶電小球所受電場力與重力的關系
tan 37°=，可得E==40 N/C。
解析
1
5
6
2
3
4
(2)小球在圓弧軌道運動的過程最小速度大小和在N點射出時的速度大小；
帶電小球所受電場力與重力的合力大小為F==mg，
根據帶電小球恰好能沿圓弧軌道運動并從N點射出可知，帶電小球在圓弧軌道上經過等效最高點G時速度有最小值vG，如圖所示，
解析
1
5
6
2
3
4
此時帶電小球所受電場力與重力的合力提供向心力，即F=m，
解得vG== m/s，
帶電小球從G點運動到N點的過程中，根據動能定理有
F(R-Rsin θ)=m-m，
解得vN== m/s。
解析
1
5
6
2
3
4
(3)帶電小球在A點時的初速度大小。
設帶電小球在A點時的初速度大小為v0，小球從A點運動到G點的過程中，根據動能定理有
-F×3R=m-m，
解得v0==10 m/s。
解析
1
5
6
2
3
4
6.(2025·樂山模擬)如圖，圓弧軌道AB的圓心為O，半徑為R= 2.5 m，圓弧軌道AB的B點與水平地面BE相切，B點在O點的正下方，在B點的右側有一豎直虛線CD，B點到豎直虛線CD的距離為L1= 2.5 m，豎直虛線CD的左側有一水平向左的勻強電場，場強大小為E1(大小未知)，豎直虛線CD的右側有場強大小為E2(大小未知)、豎直向上的勻強電場。豎直虛線CD的右側有一豎直墻壁EF，墻壁EF到豎直虛線CD的距離為L2=1 m，墻壁EF底端E點與水平地面BE相連 接，墻壁EF的高度也為L2=1 m。現將一電荷量為q=+4×10-2 C、質量
1
5
6
2
3
4
梯級Ⅲ 創新練
為m=1 kg的完全絕緣的滑塊從A點由靜止釋放沿圓弧軌道AB下滑，過B點時的速度大小為4 m/s，最后進入豎直虛線CD右側。已知滑塊可視為質點，圓弧軌道AB光滑，水平地面BE與滑塊間的動摩擦因數為μ=0.2，g=10 m/s2，∠AOB=53°，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。求：
1
5
6
2
3
4
(1)場強E1的大小；
滑塊從A點運動到B點的過程中，由動能定理有
mgR(1-cos 53°)-qE1Rsin 53°=m，
解得E1=25 N/C。
解析
1
5
6
2
3
4
(2)滑塊到達豎直虛線CD時速度的大小和滑塊從B點到達豎直虛線CD所用的時間；
滑塊從B點運動到豎直虛線CD的過程中，由牛頓第二定律有
qE1+μmg=ma，
解得a=3 m/s2，
根據運動學公式有-v2=2aL1，v=vB-at，
解得v=1 m/s，t=1 s。
解析
1
5
6
2
3
4
(3)要使滑塊與豎直墻壁EF碰撞，求E2的取值范圍。
當E2較小時，滑塊剛好與豎直墻壁底端E點碰撞，有
-μ(mg-qE2)L2=0-mv2，
解得E2=187.5 N/C，
當E2較大時，滑塊剛好與豎直墻壁頂端F點碰撞，從C點到F點做類平拋運動，在水平方向有L2=vt1，
解得t1=1 s，
解析
1
5
6
2
3
4
豎直方向有L2=ay，qE2-mg=may，
解得ay=2 m/s2，E2=300 N/C，
綜上，E2的取值范圍為187.5 N/C解析
1
5
6
2
3
4專題提升十八　帶電粒子在電場中的力、電綜合問題
題型1　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.等效重力場的對應概念及解釋。
3.舉例。
【典例1】　(2024·河北卷)如圖,豎直向上的勻強電場中,用長為L的絕緣細線系住一帶電小球,在豎直平面內繞O點做圓周運動。圖中A、B為圓周上的兩點,A點為最低點,B點與O點等高。當小球運動到A點時,細線對小球的拉力恰好為0,已知小球的電荷量為q(q>0)、質量為m,A、B兩點間的電勢差為U,重力加速度大小為g,求:
(1)電場強度E的大小;
(2)小球在A、B兩點的速度大小。
【典例2】　如圖所示,在豎直平面內固定的圓形絕緣軌道的圓心為O、半徑為r、內壁光滑,A、B兩點分別是圓軌道的最低點和最高點。該空間存在方向水平向右的勻強電場,一質量為m的帶電小球(可視為質點)恰好能靜止在C點。若在C點給小球一個初速度使它在軌道內側恰好能做完整的圓周運動(小球的電荷量不變)。已知C、O、D在同一直線上,它們的連線與豎直方向的夾角θ=60°,重力加速度為g。求:
(1)小球所受的電場力F的大小;
(2)小球做圓周運動,在D點的速度大小及在A點對軌道壓力的大小。
題型2　電場中的力、電綜合問題
　　　　　 　　　　　　　　　　
電場中的力、電綜合問題,是指帶電物體在重力、電場力等共同作用下的運動問題,解決該類問題,在正確受力分析的基礎上,要正確建立帶電物體在電場中的運動模型,并且與力學中的運動模型對比,根據其運動特點靈活應用動力學觀點、能量觀點和動量觀點等多角度進行分析與研究。
(1)動力學觀點:對于帶電物體在電場中做直線運動、圓周運動、類平拋運動等典型運動問題,可以綜合運用動力學觀點解題。
(2)能量觀點:對于帶電物體在電場中的運動過程涉及能量問題時,可以應用動能定理、功能關系、能量守恒定律等靈活解題。
(3)動量觀點:對于帶電物體在電場中的運動過程涉及動量問題時,可以應用動量定理、動量守恒定律等規律解題。
【典例3】　(2022·遼寧卷)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。
【典例4】　如圖所示,ABD為豎直平面內的光滑絕緣軌道,其中AB段是水平的,BD段為半徑R=0.2 m的半圓,兩段軌道相切于B點,整個軌道處在豎直向下的勻強電場中,場強大小E=5.0×103 V/m。一不帶電的絕緣小球甲,以速度v0沿水平軌道向右運動,與靜止在B點帶正電的小球乙發生彈性碰撞,甲、乙兩球碰撞后,乙恰能通過軌道的最高點D。已知甲、乙兩球的質量均為m=1.0×10-2 kg,乙所帶電荷量q=2.0×10-5 C,g取10 m/s2。(水平軌道足夠長,甲、乙兩球可視為質點,整個運動過程中甲不帶電,乙電荷無轉移)求:
(1)乙在軌道上的首次落點到B點的距離;
(2)碰撞前甲球的速度v0的大小。
專題提升十八　帶電粒子在電場中的力、電綜合問題
題型1
【典例1】　答案　(1)　(2)　
解析　(1)A、B兩點間電勢差為U,A、B兩點沿電場方向的距離為L,在勻強電場中,根據公式可得場強為E=。
(2)在A點細線對小球的拉力為0,根據牛頓第二定律得Eq-mg=m,
A到B過程根據動能定理得
qU-mgL=m-m,
聯立解得vA=,
vB=。
【典例2】　答案　(1)mg　(2)　9mg
解析　(1)小球在C點靜止,受力分析如圖所示,
由平衡條件得
F=mgtan 60°,
解得F=mg。
(2)小球在光滑軌道內側恰好做完整的圓周運動,在D點小球速度最小,對軌道的壓力為零,則=m,
解得小球在D點的速度vD=,
小球由軌道上A點運動到D點的過程,根據動能定理得
-mgr(1+cos θ)-Frsin θ=m-m,
解得小球在A點的速度vA=2,
小球在A點,根據牛頓第二定律得
FNA-mg=m,
解得FNA=9mg,
根據牛頓第三定律得,小球在A點對軌道壓力的大小為9mg。
題型2
【典例3】　答案　(1)mgR　(2)　(3)y2=6Rx,y≥0
解析　(1)小球從A到B,根據能量守恒定律得Ep=m=mgR。
(2)小球從B到O,根據動能定理有
-mgR+qE·R=m-m,
解得vO=。
(3)小球運動至O點時速度豎直向上,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
qEcos 45°=max,
豎直方向有qEsin 45°-mg=may,
解得ax=g,ay=0,
說明小球從O點開始以后的運動為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
y2=6Rx,y≥0。
【典例4】　答案　(1)0.4 m　(2)2 m/s
解析　(1)設乙到達最高點D時的速度為vD,乙離開D點到達水平軌道的時間為t,乙的落點到B點的距離為x,
則mg+qE=m,①
2R=t2,②
x=vDt,③
聯立①②③得x=0.4 m。④
(2)設碰撞后甲、乙的速度分別為v甲、v乙,
根據動量守恒定律和能量守恒定律可得
mv0=mv甲+mv乙,⑤
m=m+m,⑥
聯立⑤⑥得v乙=v0,⑦
乙從B到D過程,由動能定理得
-mg·2R-qE·2R=m-m,⑧
聯立①⑦⑧得v0=2 m/s。(共24張PPT)
專題提升十八
帶電粒子在電場中的力、電綜合問題
第九章　靜電場
題型1　帶電粒子在重力場和電場中的圓周運動
題型2　電場中的力、電綜合問題
內容
索引
帶電粒子在重力場和電場中的圓周運動
題型1
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.等效重力場的對應概念及解釋。
3.舉例。
【典例1】　(2024·河北卷)如圖，豎直向上的勻強電場中，用長為L的絕緣細線系住一帶電小球，在豎直平面內繞O點做圓周運動。圖中A、B為圓周上的兩點，A點為最低點，B點與O點等高。當小球運動到A點時，細線對小球的拉力恰好為0，已知小球的電荷量為q(q>0)、質量為m，A、B兩點間的電勢差為U，重力加速度大小為g，求：
(1)電場強度E的大小；
A、B兩點間電勢差為U，A、B兩點沿電場方向的距離為L，在勻強電場中，根據公式可得場強為E=。
解析
(2)小球在A、B兩點的速度大小。
在A點細線對小球的拉力為0，根據牛頓第二定律得Eq-mg=m，
A到B過程根據動能定理得qU-mgL=m-m，
聯立解得vA=，
vB=。
解析
【典例2】　如圖所示，在豎直平面內固定的圓形
絕緣軌道的圓心為O、半徑為r、內壁光滑，A、B
兩點分別是圓軌道的最低點和最高點。該空間存
在方向水平向右的勻強電場，一質量為m的帶電小
球(可視為質點)恰好能靜止在C點。若在C點給小球一個初速度使它在軌道內側恰好能做完整的圓周運動(小球的電荷量不變)。已知C、O、D在同一直線上，它們的連線與豎直方向的夾角θ=60°，重力加速度為g。求：
(1)小球所受的電場力F的大小；
小球在C點靜止，受力分析如圖所示，
由平衡條件得
F=mgtan 60°，
解得F=mg。
解析
(2)小球做圓周運動，在D點的速度大小及在A點對軌道壓力的大小。
小球在光滑軌道內側恰好做完整的圓周運動，在D點小球速度最小，對軌道的壓力為零，則=m，
解得小球在D點的速度vD=，
小球由軌道上A點運動到D點的過程，根據動能定理得
-mgr(1+cos θ)-Frsin θ=m-m，
解析
解得小球在A點的速度vA=2，
小球在A點，根據牛頓第二定律得
FNA-mg=m，
解得FNA=9mg，
根據牛頓第三定律得，小球在A點對軌道壓力的大小為9mg。
解析
電場中的力、電綜合問題
題型2
電場中的力、電綜合問題，是指帶電物體在重力、電場力等共同作用下的運動問題，解決該類問題，在正確受力分析的基礎上，要正確建立帶電物體在電場中的運動模型，并且與力學中的運動模型對比，根據其運動特點靈活應用動力學觀點、能量觀點和動量觀點等多角度進行分析與研究。
(1)動力學觀點：對于帶電物體在電場中做直線運動、圓周運動、類平拋運動等典型運動問題，可以綜合運用動力學觀點解題。
(2)能量觀點：對于帶電物體在電場中的運動過程涉及能量問題時，可以應用動能定理、功能關系、能量守恒定律等靈活解題。
(3)動量觀點：對于帶電物體在電場中的運動過程涉及動量問題時，可以應用動量定理、動量守恒定律等規律解題。
【典例3】　(2022·遼寧卷)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；
小球從A到B，根據能量守恒定律得Ep=m=mgR。
解析
(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
-mgR+qE·R=m-m，
解得vO=。
解析
(3)小球過O點后運動的軌跡方程。
小球運動至O點時速度豎直向上，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
qEcos 45°=max，
豎直方向有qEsin 45°-mg=may，
解得ax=g，ay=0，
解析
說明小球從O點開始以后的運動為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
y2=6Rx，y≥0。
解析
【典例4】　如圖所示，ABD為豎直平面內的
光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為
半徑R=0.2 m的半圓，兩段軌道相切于B點，
整個軌道處在豎直向下的勻強電場中，場強大小E=5.0×103 V/m。一不帶電的絕緣小球甲，以速度v0沿水平軌道向右運動，與靜止在B點帶正電的小球乙發生彈性碰撞，甲、乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點D。已知甲、乙兩球的質量均為m=1.0×10-2 kg，乙所帶電荷量q=2.0×10-5 C，g取10 m/s2。(水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質點，整個運動過程中甲不帶電，乙電荷無轉移)求：
(1)乙在軌道上的首次落點到B點的距離；
設乙到達最高點D時的速度為vD，乙離開D點到達水平軌道的時間為t，乙的落點到B點的距離為x，
則mg+qE=m，①
2R=t2，②
x=vDt，③
聯立①②③得x=0.4 m。④
解析
(2)碰撞前甲球的速度v0的大小。
設碰撞后甲、乙的速度分別為v甲、v乙，
根據動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=mv甲+mv乙，⑤
m=m+m，⑥
聯立⑤⑥得v乙=v0，⑦
乙從B到D過程，由動能定理得-mg·2R-qE·2R=m-m，⑧
聯立①⑦⑧得v0=2 m/s。
解析

展開更多......

收起↑