專題強(qiáng)化十五帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的綜合問題學(xué)習(xí)目標(biāo)1.掌握帶電粒子在電場和重力場的復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。2.知道“等效重力場”的概念。3.會(huì)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)分析電場中的力電綜合問題。考點(diǎn)一帶電粒子在電場和重力場中的運(yùn)動(dòng)1.等效重力場物體在勻強(qiáng)電場和重力場中的運(yùn)動(dòng),可以將重力場與電場合二為一,用一個(gè)全新的“復(fù)合場”來代替,可形象稱之為“等效重力場”。2.“等效重力”及“等效重力加速度”在勻強(qiáng)電場中,將重力與靜電力進(jìn)行合成,如圖所示,則F合為“等效重力場”中的“等效重力”,g'=F合m為“等效重力場”中的“等效重力加速度”,F合的方向?yàn)椤暗刃е亓Α钡姆较?3.等效最“高”點(diǎn)與最“低”點(diǎn)的確定方法在“等效重力場”中做圓周運(yùn)動(dòng)的物體過其軌跡圓心作“等效重力”的作用線,其反向延長線交于圓周上的那個(gè)點(diǎn)即為圓周運(yùn)動(dòng)的等效最“高”點(diǎn),沿著“等效重力”的方向延長交于圓周的那個(gè)點(diǎn)即為等效最“低”點(diǎn),如圖所示。例1空間中有豎直向上的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度E=3mgq。絕緣圓形軌道豎直放置,O點(diǎn)是它的圓心、半徑為R,A、C為圓軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn),B、D為與圓心O等高的兩點(diǎn),如圖所示。在軌道A點(diǎn)放置一質(zhì)量為m,帶電荷量為+q的光滑小球。現(xiàn)給小球一初速度v0(v0≠0),重力加速度為g,則下列說法正確的是(A.無論v0多大,小球不會(huì)脫離軌道B.只有v0≥gR,小球才不會(huì)脫離軌道C.v0越大,小球在A、C兩點(diǎn)對軌道的壓力差也越大D.若將小球無初速度從D點(diǎn)釋放,小球一定會(huì)沿軌道經(jīng)過C點(diǎn)答案D解析由題意可知小球所受靜電力與重力的合力方向豎直向上,大小為F=qE-mg=2mg,若要使小球不脫離軌道,設(shè)其在A點(diǎn)所具有的最小速度為vmin,根據(jù)牛頓第二定律有F=mvmin2R,解得vmin=2gR,所以只有當(dāng)v0≥2gR時(shí),小球才不會(huì)脫離軌道,故A、B錯(cuò)誤;假設(shè)小球可以在軌道中做完整的圓周運(yùn)動(dòng),在C點(diǎn)的速度大小為v1,根據(jù)動(dòng)能定理有12mv12-12mv02=F·2R,在A、C點(diǎn)小球所受軌道的支持力大小分別為F0和F1,根據(jù)牛頓第二定律有F0+F=mv02R,F1-F=mv12R,聯(lián)立以上三式解得ΔF=F1-F0=6F=12mg,根據(jù)牛頓第三定律可知小球在A、C兩點(diǎn)對軌道的壓力差等于12mg,與v0的大小無關(guān),故C錯(cuò)誤;若將小球無初速度從例2(多選)(2025·山東濰坊模擬)如圖所示,在地面上方的水平勻強(qiáng)電場中,一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球,系在一根長為d的絕緣細(xì)線一端,可以在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)。AB為圓周的水平直徑,CD為豎直直徑。已知重力加速度為g,電場強(qiáng)度E=3mgq,下列說法正確的是(A.若小球恰能在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng),則它運(yùn)動(dòng)的最小速度為gdB.若小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng),則小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能最大C.若將細(xì)線剪斷,再將小球在A點(diǎn)以大小為gd的速度豎直向上拋出,小球?qū)⒉荒艿竭_(dá)B點(diǎn)D.若將小球在A點(diǎn)由靜止開始釋放,則小球沿AC圓弧到達(dá)C點(diǎn)的速度為(2+2答案BC解析小球受到水平向右的靜電力F=qE=3mg,合力為F合=(mg)2+(3mg)2=2mg,方向斜向右下方,與豎直方向夾角為60°,設(shè)小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的最小速度為v,有F合=mv2d,聯(lián)立解得v=2gd,故A錯(cuò)誤;由功能關(guān)系知,小球機(jī)械能的變化等于除重力或彈力之外的力所做的功,小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí),靜電力做功最多,故運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)小球的機(jī)械能最大,故B正確;若將細(xì)繩剪斷,將小球在A點(diǎn)豎直向上拋出,小球?qū)⒃谪Q直方向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng),水平方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)豎直方向位移為0時(shí),有t=2gdg,水平位移有x=12at2,又a=qEm=3g,解得x=23d>2d,所以小球?qū)⒉荒艿竭_(dá)B點(diǎn),故C正確;設(shè)合力方向與電場方向夾角為θ,有tanθ=mg考點(diǎn)二電場中的力、電綜合問題要善于把電學(xué)問題轉(zhuǎn)化為力學(xué)問題,建立帶電粒子在電場中加速和偏轉(zhuǎn)的模型,能夠從帶電粒子受力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系、功能關(guān)系和能量關(guān)系等多角度進(jìn)行分析與研究。1.動(dòng)力學(xué)的觀點(diǎn)(1)由于勻強(qiáng)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(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式,注意受力分析要全面,特別注意重力是否需要考慮。2.能量的觀點(diǎn)(1)運(yùn)用動(dòng)能定理,注意過程分析要全面,準(zhǔn)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(dòng)能定理。(2)運(yùn)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(dòng)量的觀點(diǎn)(1)運(yùn)用動(dòng)量定理,要注意動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式,在一維情況下,各個(gè)矢量必須選同一個(gè)正方向。(2)運(yùn)用動(dòng)量守恒定律,除了要注意動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式是矢量式,還要注意題目表述是否在某方向上動(dòng)量守恒。例3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(zhì)量分別為2m和m,勁度系數(shù)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(qiáng)電場中,整個(gè)系統(tǒng)不計(jì)一切摩擦。開始時(shí),物體B在一沿斜面向上的外力F=3mgsinθ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(shí)彈性勢能為12kx2),重力加速度為g,則在此過程中(A.物體B帶負(fù)電,受到的靜電力大小為mgsinθB.物體B的速度最大時(shí),彈簧的伸長量為2C.撤去外力F的瞬間,物體B的加速度大小為3gsinθD.物體B的最大速度為gsinθ3答案D解析假設(shè)B所受靜電力沿斜面向下,當(dāng)施加外力時(shí),對B分析可知F-mgsinθ-F電=0,解得F電=2mgsinθ,假設(shè)成立,故B帶負(fù)電,故A錯(cuò)誤;當(dāng)B受到的合力為零時(shí),B的速度最大,由kx=F電+mgsinθ,解得x=3mgsinθk,故B錯(cuò)誤;當(dāng)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+mgsinθ=(m+2m)a,解得a=gsinθ,故C錯(cuò)誤;設(shè)物體B的最大速度為vm,由功能關(guān)系可得12×3mvm2+12kx2=mgxsinθ+F電x,解得vm=gsin例4(2025·山東菏澤模擬)如圖所示,光滑14圓弧軌道豎直固定,與水平面相切于最低點(diǎn)P,半徑R=0.2m,空間中存在水平向右的勻強(qiáng)電場E=1×103V/m,物體甲的質(zhì)量為m1=0.2kg,帶電荷量為q=+1×10-3C,在P點(diǎn)右側(cè)L1=1m處有一不帶電的物體乙,質(zhì)量為m2=0.2kg,物體乙右側(cè)L2=0.5m處有一豎直固定擋板,甲物體從與圓心O等高的A點(diǎn)以豎直向下的速度v0=2m/s滑動(dòng),甲、乙與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.2,所有碰撞均無能量損失,且甲、乙碰撞沒有電荷轉(zhuǎn)移。求(1)在圓形軌道最低點(diǎn)P,物體甲受到軌道的支持力大小;(2)甲、乙第一次碰撞后各自的速度大小;(3)整個(gè)過程甲、乙在水平面上運(yùn)動(dòng)的總路程之和。答案(1)12N(2)04m/s(3)6.25m解析(1)對物體甲,從A點(diǎn)到P點(diǎn),由動(dòng)能定理得m1gR+qER=12m1v12-1在P點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律FN-m1g=m1v解得FN=12N。(2)物體甲在水平面上向右運(yùn)動(dòng),碰撞前,根據(jù)動(dòng)能定理(qE-μm1g)L1=12m1v2-12m甲、乙碰撞過程中,根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有m1v=m1v甲+m2v乙12m1v2=12m1v甲2+解得v甲=0,v乙=4m/s。(3)對物體甲受力分析qE=1N>μm1g=0.4N則物體甲、乙最終停在擋板處,在整個(gè)過程,對甲、乙系統(tǒng),由能量守恒定律12m1v02+m1gR+qE(R+L1+L2其中m=m1=m2解得s總=6.25m。限時(shí)作業(yè)(限時(shí):40分鐘)基礎(chǔ)對點(diǎn)練對點(diǎn)練1帶電粒子在電場和重力場中的運(yùn)動(dòng)1.(2025·陜西西安一中模擬)如圖所示,電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場方向豎直向下,所帶電荷量為-q、質(zhì)量為m的帶電小球用長為L的絕緣細(xì)線拴住,小球可以在豎直平面內(nèi)繞O做圓周運(yùn)動(dòng),A、B分別是軌跡的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)。已知小球靜止時(shí)的位置是A點(diǎn),重力加速度大小為g,小球可以看成質(zhì)點(diǎn),下列說法正確的是()A.若小球恰好可以做完整的圓周運(yùn)動(dòng),則小球通過A點(diǎn)時(shí)速度最小值為5(B.若小球恰好可以做完整的圓周運(yùn)動(dòng),則小球通過A點(diǎn)時(shí)速度最小值為5(C.若小球恰好可以做完整的圓周運(yùn)動(dòng),則小球通過A點(diǎn)時(shí)速度最小值為gLD.若小球恰好可以做完整的圓周運(yùn)動(dòng),則小球通過A點(diǎn)時(shí)速度最小值為5答案A解析若小球恰好可以做完整的圓周運(yùn)動(dòng),則在B點(diǎn)有qE-mg=mvB2L,根據(jù)動(dòng)能定理有(qE-mg)·2L=12mvA2-12mvB2,解得2.(多選)(2025·遼寧沈陽模擬)如圖所示,質(zhì)量m=1kg、帶電荷量q=+0.1C的小球(視為質(zhì)點(diǎn))與長L=0.1m的絕緣輕繩相連,輕繩另一端固定在O點(diǎn),整個(gè)系統(tǒng)處在與豎直方向夾角為45°、電場強(qiáng)度大小E=1002N/C的勻強(qiáng)電場中。AB為水平直徑,CD為豎直直徑,EF直徑過O點(diǎn)且與CD夾角為45°,g=10m/s2。當(dāng)小球繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),下列說法正確的是()A.小球運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí),動(dòng)能最小B.小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí),動(dòng)能最小C.小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí),動(dòng)能增加了2JD.小球從F點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí),機(jī)械能增加了22J答案BC解析對小球受力分析,靜電力qE=102N,重力mg=10N,可得二力合力指向水平方向,如圖所示,即等效重力水平向右,大小F=(qE)2-(mg)2=10N,A點(diǎn)為圓周運(yùn)動(dòng)的等效最高點(diǎn),也即速度最小,故A錯(cuò)誤,B正確;小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí),動(dòng)能增加量等于合力做的功ΔEk=F×2L=2J,故C正確;小球從F點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí),靜電力做的功為W=-qE×2L=-22J,機(jī)械能減少了23.(2025·安徽部分學(xué)校聯(lián)考)如圖所示,MPQO為有界的豎直向下的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度為E,ACB為光滑固定的半圓形軌道,圓軌道半徑為R,AB為圓水平直徑的兩端點(diǎn),AC為14圓弧。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶電小球,從A點(diǎn)正上方高為H處由靜止釋放,并從A點(diǎn)沿切線進(jìn)入半圓軌道。不計(jì)空氣阻力及一切能量損失,關(guān)于帶電小球的運(yùn)動(dòng)情況,下列說法正確的是(A.小球一定能從B點(diǎn)離開軌道B.小球在AC部分不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)C.若小球能從B點(diǎn)離開,上升的高度可能大于HD.小球到達(dá)C點(diǎn)的速度不可能為零答案D解析小球進(jìn)入圓軌道后,受到豎直向下的重力、豎直向上的靜電力和沿半徑方向的軌道的彈力。靜電力做負(fù)功,重力做正功,由于題中沒有給出H與R、E的關(guān)系,所以小球不一定能從B點(diǎn)離開軌道,故A錯(cuò)誤;若重力大小等于靜電力,小球在AC部分做勻速圓周運(yùn)動(dòng),故B錯(cuò)誤;小球在AC部分運(yùn)動(dòng)時(shí)靜電力做負(fù)功,若小球能從B點(diǎn)離開,上升的高度一定小于H,故C錯(cuò)誤;若小球到達(dá)C點(diǎn)的速度為零,則靜電力大于重力,小球不可能沿半圓軌道運(yùn)動(dòng),小球到達(dá)C點(diǎn)的速度不可能為零,故D正確。對點(diǎn)練2電場中的力、電綜合問題4.(多選)(2025·四川成都聯(lián)考)如圖,空間中存在水平向右的勻強(qiáng)電場,兩個(gè)質(zhì)量相等的帶電小球a、b分別從A、B兩點(diǎn)同時(shí)由靜止釋放,結(jié)果都能到達(dá)C點(diǎn)。B點(diǎn)在A點(diǎn)的正上方,AC連線與水平方向的夾角為θ=45°,兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn),忽略空氣阻力和兩小球之間的相互作用。下列說法正確的是()A.a球在到達(dá)C點(diǎn)的過程中做曲線運(yùn)動(dòng)B.a球所受靜電力大于b球所受靜電力C.在兩小球到達(dá)C點(diǎn)的過程中,a球電勢能的減小量小于b球電勢能的減小量D.a球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能小于b球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能答案BD解析小球a、b在靜電力與重力的作用下做直線運(yùn)動(dòng),由于AC連線與水平方向的夾角θ小于BC連線與水平方向的夾角,所以b球所受靜電力比a球所受靜電力小,故B正確,A錯(cuò)誤;在兩小球到達(dá)C點(diǎn)的過程中,運(yùn)動(dòng)的水平距離相等,靜電力對b球做的功更小,故a球電勢能的減小量大于b球電勢能的減小量,故C錯(cuò)誤;A、C兩點(diǎn)和B、C兩點(diǎn)的水平距離相等,設(shè)水平距離為d,靜電力與重力合力做的功W=mgdsinθcosθ=2mgdsin2θ,由動(dòng)能定理得W=Ek-0,由于AC連線與水平方向的夾角為θ=45°,所以a球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能小于b球經(jīng)過5.(多選)如圖所示,坐標(biāo)系xOy所在的豎直平面內(nèi)存在著范圍足夠大且方向豎直向下的勻強(qiáng)電場,x軸沿水平方向,一帶負(fù)電小球以初速度v0從坐標(biāo)原點(diǎn)O水平射出,一段時(shí)間后小球通過第四象限P(L,-L)點(diǎn)(圖中沒有標(biāo)出)。已知小球質(zhì)量為m,重力加速度為g,則小球()A.從O到P的運(yùn)動(dòng)過程,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為LB.到達(dá)P點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為52mC.到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度偏向角的正切值為tanθ=1D.所受靜電力大小為2mv答案AB解析從O到P的運(yùn)動(dòng)過程,小球在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng),則運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t=Lv0,A正確;小球在豎直方向做勻加速運(yùn)動(dòng),則L=vy2t,即vy=2v0,到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度為vP=v02+vy2=5v0,動(dòng)能Ek=12mvP2=52mv02,B正確;到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度偏向角的正切值為tanθ=vyv0=2,C錯(cuò)誤;由動(dòng)能定理有mgL-FL6.(多選)(2025·河北保定模擬)如圖所示,絕緣粗糙的水平軌道AB與處于豎直平面內(nèi)的半圓形光滑絕緣軌道BC平滑連接,BC為豎直直徑,半圓形軌道的半徑R=0.5m,所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場,電場線平行AB,電場強(qiáng)度大小E=1×104N/C。現(xiàn)有一電荷量q=+3×10-4C、質(zhì)量m=0.2kg的帶電體甲(可視為質(zhì)點(diǎn))與水平軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,在P點(diǎn)由靜止釋放,之后與位于B點(diǎn)的另一質(zhì)量m=0.2kg不帶電的絕緣體乙(可視為質(zhì)點(diǎn))發(fā)生正碰并瞬間粘在一起,P點(diǎn)到B點(diǎn)的距離xPB=5m,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。則下列說法正確的是()A.甲、乙粘在一起后在半圓形軌道上運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒B.甲、乙整體運(yùn)動(dòng)到半圓形軌道最高點(diǎn)C時(shí)速度大小為5m/sC.甲、乙整體在半圓形軌道上運(yùn)動(dòng)過程的最大動(dòng)能為5.5JD.甲、乙整體在半圓形軌道上運(yùn)動(dòng)過程的最大動(dòng)能為5J答案BC解析甲、乙粘在一起后在半圓形軌道上運(yùn)動(dòng)過程中,除重力做功之外,還有靜電力做功,機(jī)械能不守恒,故A錯(cuò)誤;設(shè)帶電體甲到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為v0,根據(jù)動(dòng)能定理qExPB-μmgxPB=12mv02,解得v0=10m/s,甲、乙碰撞后粘在一起,設(shè)碰后速度為v1,根據(jù)動(dòng)量守恒定律,有mv0=(m+m)v1,解得v1=5m/s,甲、乙整體從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到半圓形軌道最高點(diǎn)C時(shí),根據(jù)動(dòng)能定理-2mg×2R=12×2mvC2-12×2mv12,解得vC=5m/s,故B正確;帶電體在重力場和電場的復(fù)合場中運(yùn)動(dòng),當(dāng)帶電體在半圓形軌道上運(yùn)動(dòng)至速度方向與靜電力和重力的合力方向垂直時(shí)(即運(yùn)動(dòng)到等效最低點(diǎn)時(shí))的動(dòng)能最大,如圖所示,由幾何關(guān)系可知tanθ=F2mg=qE2mg=34,甲、乙整體從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到等效最低點(diǎn),根據(jù)動(dòng)能定理qERsinθ-2mgR(1-cosθ)=12×2mvm2-12×2mv12,綜合提升練7.(2024·河北卷,13)如圖,豎直向上的勻強(qiáng)電場中,用長為L的絕緣細(xì)線系住一帶電小球,在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)。圖中A、B為圓周上的兩點(diǎn),A點(diǎn)為最低點(diǎn),B點(diǎn)與O點(diǎn)等高。當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí),細(xì)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(diǎn)間的電勢差為U,重力加速度大小為g,求:(1)電場強(qiáng)度E的大小;(2)小球在A、B兩點(diǎn)的速度大小。答案(1)UL(2)qU-解析(1)在勻強(qiáng)電場中,由公式E=Ud可得E=U(2)在A點(diǎn)細(xì)線對小球的拉力為0,由牛頓第二定律得qE-mg=mv從A點(diǎn)到B點(diǎn),由動(dòng)能定理得qU-mgL=12mvB2-聯(lián)立解得vA=qU-mgLm,vB8.(2025·貴州遵義模擬)如圖所示,足夠長的傾角為θ=37°的光滑固定絕緣斜面和粗糙絕緣水平面平滑連接,空間存在著平行于斜面向上的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度為E=1×104N/C?，F(xiàn)有質(zhì)量為m=1kg,帶電荷量為q=+5×10-4C的小滑塊,從水平面上A點(diǎn)由靜止釋放,經(jīng)過時(shí)間t=2s后到達(dá)斜面底端B點(diǎn)。若小滑塊與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5,不計(jì)空氣阻力。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2。求:(1)小滑塊從A滑行到B過程中所受摩擦力的大小和加速度大小;(2)AB兩點(diǎn)的距離和電勢差