第7課時專題強(qiáng)化：帶電粒子在電場中的力電綜合問題

r目標(biāo)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(xué)、能量

和動量觀點分析帶電粒子的力電綜合問題。

考點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(qiáng)電場和重力場中物體

的運動問題就會變得復(fù)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(fù)合場”

來代替，可形象稱之為“等效重力場”。

2.

3.舉例

「例1】（2023?廣東中山市期末）空間中有豎直向上的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度后=野。絕緣圓形

軌道豎直放置，。點是它的圓心、半徑為RA、。為圓軌道的最低點和最高點，8、。為與

圓心O等高的兩點，如圖所示。在軌道A點放置一質(zhì)量為機(jī)，帶電荷量為+”的光滑小球。

現(xiàn)給小球一初速度。0（。0#。），重力加速度為g,則下列說法正確的是（）

C

A.無論如多大，小球不會脫離軌道

B.只有。°》病，小球才不會脫離軌道

C.g越大，小球在A、C兩點對軌道的壓力差也越大

D.若將小球無初速度從。點釋放，小球一定會沿軌道經(jīng)過C點

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4、為F=qE—mg=2mg,

若要使小球不脫離軌道，設(shè)其在4點所具有的最小速度為內(nèi)面，根據(jù)牛頓第二定律有F=

“常匕解得0min=向左，所以只有當(dāng)為2而無時，小球才不會脫離軌道，故A、B錯誤；

假設(shè)小球可以在航道中做完整的圓周運動，在C點的速度大小為6,根據(jù)動能定理有J"。』

2

-1/W0=F-2/?,在4、C點小球所受凱道的支持力大小分別為R）和尸1,根據(jù)牛頓第二定律

有Fo+F=〃y,FLF=HR聯(lián)立以上三式解得△/=氏一R)=6F=12mg,根據(jù)牛頓第三

定律可知小球在4、。兩點對軌道的壓力差等于12〃名，與見的大小無關(guān)，故C錯誤：若將

小球無初速度從。點釋放，由于"向上，所以小球一定能沿QC軌道經(jīng)過C點，故D正確。

r例2】(多選)(2023?四川省二模)如圖所示，質(zhì)量為〃?、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)，。為環(huán)心，4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(qiáng)度大小鷲(g為重力加速度)的勻強(qiáng)電場,

并同時給在A點的小圓環(huán)一個向右的水平初速度的(的未知)，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()

A.動能最小與最大的位置在同一等勢面上

B.電勢能最小的位置恰是機(jī)械能最大的位置

C.在A點獲得的初速度為疲2(1

D.過B點受到大環(huán)的彈力大小為〃吆

答案BC

解析由于旬強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為早，即錚電力與重力大小相等，作出小圓環(huán)的等效物理最

低點C與等效物理最高點位置。，如圖所示，

小圓環(huán)在等效物理最低點速度最大，動能最大，在等效物理最高點速度最小，動能最小，根

據(jù)沿包場線電勢降低，可知和>伙，可知其不在同一等勢面上，A錯誤；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(jī)械能的轉(zhuǎn)化，則電勢能最小的

位置恰是機(jī)械能最大的位笠，B正確；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)通過等效物理最高點D的速度為0,對圓環(huán)分析有

—qERsin45?！╥g(/?+Rcos45°)=0—

解得Vo=72(1+p)gR,C正確；

小圓環(huán)從A運動到8過程有

—m^2R=^mvn1,

O必2

在3點有尺+〃田="廠》，

解得尺=(26-3)mg<0,

可知，小圓環(huán)過8點受到大環(huán)的彈力大小為

(3—26)〃吆，D錯誤。

考點二電場中的力電綜合問題

1.動力學(xué)的觀點

⑴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。

⑵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

⑴運用動能定理，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

（I）運用動量定理，要注意動量定理的表達(dá)式是矢量式，在一維情況下，各個矢量必須選同一

個正方向。

⑵運用動量守恒定律，除了要注意動量守恒定律的表達(dá)式是矢量式，還要注怠題目表述是否

為某方向上動量守恒。

【例31（2023?湖南岳陽市期末）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2加和機(jī)，勁度系數(shù)為人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。的斜面處于沿斜面向上的勻強(qiáng)電場中，整個系統(tǒng)不計一切摩擦。

開始時，物體B在一沿斜面向上的外力/=3〃?gsin。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（已知彈簧形變量為工時彈

性勢能為31r）重力加速度為?則在此過程中（）

A.物體B帶負(fù)電，受到的靜電力大小為

B.物體B的速度最大時，彈簧的伸長量為誓吆

C.撤去外力”的瞬間，物體B的加速度大小為3gsin夕

D.物體B的最大速度為gsin叭小

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，對B分析可知尸一mgsin。一6電=（）,

解得廣電=2mgsin。，假設(shè)成立，故B帶負(fù)電，故A錯誤；當(dāng)B受到的合力為零時，B的速

度最大，由"=/電+〃?外山。，解得1〃專訪8,故B錯誤；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?金=〃電+〃啰皿0=（〃?+2帽）明

解得a=gsin。，故C錯誤；設(shè)物體B的最大速度為",由功能關(guān)系可得3〃?0m^+1^二

F=qE=ma@

設(shè)粒子第一次到達(dá)G時動能為Ek,由動能定理有qEh=Ek-gnM③

設(shè)粒子第一次到達(dá)G時所用的時間為1,粒子在水平方向的位移為/,則有，=%產(chǎn)④

l=vot?

聯(lián)立①②③④⑤式解得反=3"切。2+苦7人,

（2）若粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)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92/=2。,遮

課時精練

1ST基礎(chǔ)落實練

1.如圖所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場中，一根不可伸長的絕緣細(xì)繩的一端系著一個帶電小球,

另一端固定于。點，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，最高點為〃，最低點為從不計空

氣阻力，則下列說法正確的是（）

a

1

I\/t

、、，/

A.小球帶負(fù)電

B.靜電力與重力平衡

C.小球在從。點運動到力點的過程中，電勢能減小

D.小球在運動過程中機(jī)械能守恒

答案B

解析由于小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，所以重力與靜電力的合力為0,即靜電力與

重力平衡，知靜電力方向豎直向上，所以小球帶正電，A錯誤，B正確；從〃-＞力，靜電力做

負(fù)功，電勢能增大，C錯誤；由于靜也力對小球做功，故小球在運動過程中機(jī)械能不守恒，

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(zhì)點的帶正電小球從圓弧槽A處由靜止移放，滑到8處離開圓弧槽做平拋運動,

到達(dá)水平地面的。處，若在裝置所在平面內(nèi)加上豎直向下的勻強(qiáng)電場，重復(fù)上述實驗，下列

說法正確的是（）

Ot---------------1jT

B

D/IC

A.小球落地點在。的右側(cè)

B.小球落地點仍在。點

C.小球落地點在。的左側(cè)

D.小球離開3到達(dá)地面的運動時間減小

答案BD

解析不加電場時，小球從A到3有〃?0,解得VB=[2gR,平拋過程，豎直方

向上有力=上-，解得平拋水平位移x=VBt=2y[R/i,平拋水平位移與重力加速度

無關(guān)，施加豎直向下的勻強(qiáng)電場后，小球同時受重力和向下的靜電力，相當(dāng)于重力加速度增

大了，小球落地點仍在。點，，8屹，小球離開8后到達(dá)地面的運動時間減小，B、D正確。

3.（多選）（2022?浙江6月選考.15）如圖為某一徑向電場示意圖，電場強(qiáng)度大小可表示為￡=*

“為常量。比荷相同的兩粒子在半徑一不同的圓軌道運動。不考慮粒子間的相互作用及重力,

則（）

A.軌道半徑〃小的粒子角速度一定小

B.電荷量大的粒子的動能一定大

C.粒子的速度大小與軌道半徑「一定無關(guān)

D.當(dāng)加垂直紙面磁場時，粒子一定做離心運動

答案BC

解析根據(jù)靜電力提供向心力，科q=ma）%解得^=0照可知軌道半徑「小的粒子角

速度大，故A錯誤；根據(jù)靜電力提供向心力，有為=〃,，解得可知粒子的速度

大小與軌道半徑/?一定無關(guān)，又有反聯(lián)立可得反=與，可知電荷量大的粒子動能一

定大，故B、C正確；磁場的方向可能垂直紙面向里也可能垂直紙面向外，所以粒子所受洛

倫茲力方向不能確定，粒子可能做離心運動，也可能做近心運動，故D錯誤。

4.（2023?四川省三模）如圖所示，4、B、。、。、E、F、G、”是豎直光滑絕緣圓軌道的八等

分點，AE豎直，空間存在平行于圓軌道面的勻強(qiáng)電場，從4點靜止釋放一質(zhì)量為/〃的帶電

小球，小球沿圓弧恰好能到達(dá)C點。若在4點給帶電小球一個水平向右的沖量，讓小球沿軌

道做完整的圓周運動，則小球在運動過程中（）

A.E點的動能最小B.8點的電勢能最大

C.C點的機(jī)械能最大D.尸點的機(jī)械能最小

答案C

解析從A點靜止釋放一質(zhì)量為機(jī)的帶電小球，小球沿圓弧恰好能到達(dá)C點，可知靜電力和

重力的合力方向沿尸8方向斜向下，可知B點為“等效最低點”，尸點為“等效最高點”，

可知小球在尸點速度最小，動量最小。由平衡條件可知，靜電力水平向右，可知小球在G點

電勢能最大，在C點電勢的最小，因小球的電勢能與機(jī)械能之和守恒，可知在C點機(jī)械能最

大，在G點機(jī)械能最小，故選C。

K能力綜合練

5.（2023?江西上饒市二模）如圖所示，在電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場中，電場線與水平方向的夾

角為仇有一質(zhì)量為小的帶電小球，用長為L的細(xì)線懸掛于。點，當(dāng)小球靜止時，細(xì)線OA

恰好呈水平狀態(tài)。若用外力尸使小球繞。點做半徑為L的勻速圓周運動，在沿圓?。▓D中虛

線）從A點運動到O點正下方的B點的過程中（重力加速度為g）,小球電荷量保持不變，下列

說法正確的是（）

A.小球帶負(fù)電，電荷量值為竟下

B.小球帶正電，電荷量值為七黑°

C.電勢能增加,幾亞+鬻

D.外力廣做負(fù)功

答案C

解析當(dāng)小球薛止時，細(xì)境。4恰好呈水平狀態(tài)，小球受重力加g、靜電力廣電、細(xì)線拉力尸r

作用，如圖，

小球受靜電力方向與電場強(qiáng)度方向相同，所以小球帶正電，豎直方向上“Esin。=/咫，解得q

=懸^,故A、B錯誤；從A點運動到。點正下方的8點的過程中，小球電勢能的增加量

等于克服卡爭電力做的功AEp=-W^=qELcosB+qELsine=〃igL+鬻另,故C正確；從A點

做勻速圓周運動到。點正下方的B點，由動能定理可知1%+卬r也+購=（）,解得外力/做

的功W尸嗯,所以外力“做正功，故D錯誤。

ianu

6.（多選）（2023?山東臨沂市一模）細(xì)線拉著一質(zhì)量為m的帶電小球在豎直平面內(nèi)做半徑為R的

圓周運動，該區(qū)域內(nèi)存在水平方向的勻強(qiáng)電場（圖中未畫出），小球所受靜電力水平向右，大

小是其重力的小倍，圓周上A點在圓心的正上方，小球過A點時的速度大小為〃°,方向水

平向左，除受重力、靜電力及細(xì)線的拉力外小球不受其他力的作用，小球可視為質(zhì)點，重力

加速度為g，在小球做圓周運動的過程中（）

A.小球最小速率為

B.小球速率最小時其電勢能最大

C.若小球過4點時細(xì)線斷開，之后小球電勢能最大時速率為華

D.若小球過A點時細(xì)線斷開，之后小球電勢能最大時速率為華

答案AC

解析如圖，

當(dāng)小球到達(dá)8點時小球的速度最大，到達(dá)C點時速度最小，8c連線與豎直方向夾角為仇

貝"tan0=必=小，可知。=60°,由A到。由動能定理,?,（?/?（1-cos600）一夕ERsin60°=^?

mg-

-%w（）2,解得0c=d研『一2gR,選項A正確；電場方向沿水平方向，則電勢最高點和最低點

應(yīng)該在水平直徑的兩端，則C點不是電勢能最大的位置，選項B錯誤；若小球過A點葉細(xì)線

vo_Vo

斷開，之后小球電勢能最大時水平速度減為零，則此時的時間/=豎直方向俶自由

廷一小g

m

落體運動，則此時的速率為。=馬，=且/=，黃，選項C正確，D錯誤。

*7.如圖所示，質(zhì)量為加=1.0kg、帶正電且電荷量夕=1.OX10"C的滑塊從A點右側(cè)光滑水平

面以某?初速度沖上固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓軌道，并沿光滑圓軌道內(nèi)側(cè)運動到3史后離

開圓軌道，恰好從。處無碰撞地沖上粗糙水平臺面繼續(xù)滑行0.3s停止運動，水平臺面與滑

塊間的動摩擦因數(shù)〃=0.2c整個裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度E=1OX1()5N/C。

豎直圓軌道在A點和光滑水平面相切，圓軌道半徑K=0.1m,08與水平面夾角〃=37。。重

力加速度g=10m/s2,sin370=0.6,cos3速=0.8。求：

(I)滑塊在8處速度⑺的大??；

(2)滑塊在A處受到圓考L道的支持力尸大小。

答案(1)2m/s(2)124N

解析(1)從C處在粗糙水平臺面滑行至停止，由動量定理得［i(mg^-Eq)l=mvc

解得Vc=1.2m/s

由8到。逆向看成類平拋運動，則8處的速度

Vc

。8=不7，A解得08=2m/s

A111C7

(2)由A到B由動能定理有

一(mg+Eq)R(T+sin。)=2sv(,

在A處，由牛頓第二定律，等

2

F—(mg+Eq)=nr^,解得F=124N。

8.(2022.遼寧卷.14)如圖所示，光滑水平面八8和豎直面內(nèi)的光滑;圓弧導(dǎo)軌在B點平滑連接,

導(dǎo)軌半徑為R。質(zhì)量為，〃的帶正電小球?qū)⑤p質(zhì)彈簧壓縮至八點后由靜止釋放，脫離彈簧后經(jīng)

過8點時的速度大小為痂，之后沿軌道B。運動。以。為坐標(biāo)原點建立直角坐標(biāo)系二0y,

在x2一R區(qū)域有方向與,、軸夾角為9=45。的勻強(qiáng)電場，進(jìn)入電場后小球受到的電場力大小

為小〃小小球在運動過程中電荷量保持不變，重力加速度為g。求：

⑴彈簧壓縮至A點時的彈性勢能；

(2)小球經(jīng)過。點時的速度大??；

(3)小球過。點后運動的軌跡方程。

答案⑴協(xié)(2)<3^(3))，2=6G

解析(1)小球從4到僅根據(jù)能量守恒定律得

￡p=lW=l,^

(2)小球從B到O,根據(jù)動能定理有

—mgR4-Xy[2R=品fJ-；〃?若

解得荻

(3)小球運動至。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，5〃?gcos45。=〃?念

y軸方向有也〃?gsin45°—mg=〃7〃v

解得&=g,5=0,說明小球過。點后的運動為4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*=%尸，y=v