第49課時專題強化：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。考點一“等效重力場”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(2024·河北卷·13)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(nèi)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(zhì)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??；(2)小球在A、B兩點的速度大小。例2如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小圓環(huán)套在半徑為R的光滑絕緣大圓環(huán)上，大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，O為環(huán)心，A為最低點，B為最高點，在大圓環(huán)所在的豎直平面內(nèi)施加水平向右、電場強度大小為mgq(g為重力加速度)的勻強電場，并同時給在A點的小圓環(huán)一個向右的水平初速度v0(v0未知)，小圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運動，則小圓環(huán)運動過程中(1)在圖中畫出等效“最高點”和“最低點”，指出機械能最大和最小的位置；(2)求小圓環(huán)在A點獲得的初速度v0；(3)求小圓環(huán)過B點受到大圓環(huán)的彈力大小。拓展若將大圓環(huán)換成光滑絕緣圓形軌道，小圓環(huán)換成帶同樣電荷的小球，則小球在A點至少獲得多大的速度，才能做完整的圓周運動？考點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靜電力和重力都是恒力，可用正交分解法。(2)綜合運用牛頓運動定律和勻變速直線運動公式，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(xiàn)。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3(2025·廣東深圳市期末改編)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，一光滑水平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(zhì)量為2m，底座鎖定在水平面上時，套在桿上質(zhì)量為m的帶電環(huán)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?yōu)樵瓉淼?倍，其他條件不變，則帶電環(huán)進入電容器后，最遠能到達的位置距離右極板()A.12d B.d C.23d D.例4(2025·江蘇南京市第十三中學期中)如圖所示，AC水平軌道上AB段光滑、BC段粗糙，且BC段的長度L＝1m，CDF為豎直平面內(nèi)半徑R＝0.1m的光滑半圓絕緣軌道，兩軌道相切于C點，CF右側(cè)有電場強度大小E＝1×103N/C、方向水平向右的勻強電場。一根輕質(zhì)絕緣彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與質(zhì)量m＝0.1kg的滑塊P接觸。當彈簧處于原長時滑塊在B點，在F點有一套在半圓軌道上、電荷量q＝1.0×10－3C的帶正電圓環(huán)，在半圓軌道最低點放一質(zhì)量與圓環(huán)質(zhì)量相等的滑塊Q(圖中未畫出)。由靜止釋放圓環(huán)，圓環(huán)沿半圓軌道運動。當圓環(huán)運動到半圓軌道的最右側(cè)D點時對軌道的壓力大小FN＝5N。已知滑塊Q與軌道BC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，重力加速度大小g取10m/s2，兩滑塊和圓環(huán)均可視為質(zhì)點，圓環(huán)與滑塊Q的碰撞為彈性碰撞且碰撞時間極短，Q、P兩滑塊碰撞后粘在一起。求：(1)圓環(huán)的質(zhì)量M；(2)圓環(huán)與滑塊Q碰撞前瞬間的速度大小vC；(3)彈簧的最大彈性勢能Ep。例5(多選)(2022·海南卷·13)如圖，帶正電q＝3×10－5C的物塊A放在水平桌面上，利用細繩通過光滑的滑輪與B相連，A處在水平向左的勻強電場中，E＝4×105N/C，從O開始，A與桌面的動摩擦因數(shù)μ隨x的變化如圖所示，取O點電勢能為零，A、B質(zhì)量均為1kg，B離滑輪的距離足夠長，重力加速度g取10m/s2，則()A.它們運動的最大速度為1m/sB.它們向左運動的最大位移為1mC.當速度為0.6m/s時，A的電勢能可能是－2.4JD.當速度為0.6m/s時，繩子的拉力可能是9.2N

答案精析例1(1)UL(2)Uq-解析(1)由勻強電場中電勢差與電場強度的關系，電場強度E＝U(2)在A點細線對小球的拉力為0，根據(jù)牛頓第二定律得Eq－mg＝mvA到B過程根據(jù)動能定理得qU－mgL＝12mvB聯(lián)立解得vA＝Uq-vB＝3(Uq例2(1)見解析(2)2(1(3)(3－22)mg解析(1)由于勻強電場的電場強度為mgq，即靜電力與重力大小相等，作出小圓環(huán)的等效“最低點”C與等效“最高點”D小圓環(huán)在等效“最低點”C速度最大，動能最大，在等效“最高點”D速度最小，動能最??；小圓環(huán)在運動過程中，只有電勢能、動能與重力勢能的轉(zhuǎn)化，即只有電勢能與機械能的轉(zhuǎn)化，M點是電勢能最小的位置，也是機械能最大的位置，N點是電勢能最大的位置，也是機械能最小的位置。(2)小圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運動，即小圓環(huán)通過等效“最高點”D的速度為0，對小圓環(huán)分析有－qERsin45°－mg(R＋Rcos45°)＝0－12mv解得v0＝2(1(3)小圓環(huán)從A運動到B過程有－mg·2R＝12mvB2在B點有FB＋mg＝mvB解得FB＝(22－3)mg，則在B點的彈力大小為(3－22)mg。拓展(3解析小球在D點受到的支持力為0時，重力與靜電力的合力恰好提供向心力，2mg＝mv由A到D，由動能定理－qERsin45°－mg(R＋Rcos45°)＝12mvD解得v0＝(32例3C[設帶電環(huán)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＝12mv02，底座解除鎖定后，兩極板間距離變?yōu)樵瓉淼?倍，極板間電場強度大小不變，電容器及底座在帶電環(huán)作用下一起向左運動，當與帶電環(huán)共速時，帶電環(huán)到達進入電容器最遠位置，整個過程滿足動量守恒，則有mv0＝3mv1，再由功能關系有qEd'＝12mv02－12×3mv1例4(1)0.1kg(2)2m/s(3)0.05J解析(1)圓環(huán)從F點運動到D點的過程，由動能定理有MgR＋qER＝12M由牛頓第二定律有FN－qE＝Mv解得M＝0.1kg(2)圓環(huán)從F點運動到C點，靜電力做功為0，僅有重力做功，故Mg×2R＝12M解得vC＝2m/s(3)圓環(huán)與滑塊Q碰撞，由于兩者質(zhì)量相等，碰撞后交換速度，故碰撞后圓環(huán)的速度為0，滑塊Q的速度大小為2m/s滑塊Q在BC段運動的過程中，根據(jù)動能定理有－μMgL＝12MvB解得vB＝2m/s滑塊Q和滑塊P碰撞時有MvB＝(M＋m)vEp＝12(M＋m)v解得Ep＝0.05J。例5ACD[由題知Ff＝μmg＝2x，設A向左移動x后速度為零，對A、B系統(tǒng)有，qEx－mgx－12Ffx＝0(此處Ffx前面的12是因為摩擦力是變力，其做功可以用平均力)，可得x＝2m，A向左運動是先加速后減速，當x＝2m時，摩擦力變成靜摩擦力，系統(tǒng)受力平衡，處于靜止狀態(tài)。設A向左運動x'后速度為v，對系統(tǒng)則有qEx'－mgx'－12Ffx'＝12×2mv2，得mv2＝－(x'－1)2＋1，即當x'＝1m時，v最大為1m/s，故A正確，B錯誤；當v＝0.6m/s時，可得x'為0.2m或1.8m，當x'＝0.2m時，靜電力做功qEx'＝2.4J，則電勢