專題強化十一帶電粒子在電場中的力、電綜合問題關鍵能力發(fā)展與提升考點一帶電粒子在重力場和電場中的圓周運動解題技巧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(2023·吉林省吉林市高三下第二次調研)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＝eq\f(mgsinθ,q)B．小球做圓周運動過程中動能的最小值為Ekmin＝eq\f(mgL,2cosθ)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＝eq\f(mgtanθ,q)，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＝eq\f(mg,cosθ)，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＝eq\f(mveq\o\al(2,min),L)，動能Ekmin＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,min)，聯立解得Ekmin＝eq\f(mgL,2cosθ)，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，所以電勢能先變小后變大再變小，故D錯誤?？键c二電場中的力、電綜合問題解題技巧1.用動力學的觀點分析(1)由于勻強電場中帶電粒子所受靜電力和重力都是恒力，這兩個力的合力為一恒力。(2)綜合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。①若帶電粒子只在靜電力作用下運動，其動能和電勢能之和保持不變。②若帶電粒子只在重力和靜電力作用下運動，其機械能和電勢能之和保持不變。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?？枷?用動力學的觀點分析力、電綜合問題例2(2023·浙江省紹興諸暨市高三下診斷性考試(一模))如圖所示，空間存在三個相鄰的水平面M、N和Q，水平面M、N之間的距離為h，其間區(qū)域存在水平向右的勻強電場，水平面N、Q之間區(qū)域存在大小相等、方向水平向左的勻強電場。質量為m、電荷量為q的帶正電小球從電場上邊界M的P點由靜止釋放，經過電場中邊界N，最終從電場下邊界Q離開。已知小球到達電場下邊界Q時的速度方向恰好豎直向下，且此時動能為其經過電場中邊界N時動能的2.56倍。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。下列說法正確的是()A．水平面N、Q之間的距離為2hB．勻強電場的電場強度大小為eq\f(3mg,4q)C．小球在M、N之間區(qū)域做平拋運動D．小球在M、N間減小的電勢能小于在N、Q間增加的電勢能[答案]B[解析]根據題意可知，小球在電場中運動時，受重力和電場力，豎直方向上做自由落體運動，水平方向在M、N之間區(qū)域向右做初速度為零的勻加速直線運動，在N、Q之間區(qū)域向右做末速度為零的勻減速直線運動，則小球在M、N之間區(qū)域做初速度為零的勻加速直線運動，故C錯誤；兩區(qū)域電場強度等大反向，則小球在兩區(qū)域運動時水平方向加速度等大反向，則小球在M、N之間與在N、Q之間的運動時間相同，水平位移大小相同，則在M、N之間電場力做的功與在N、Q之間克服電場力做的功相等，由功能關系可知小球在M、N間減小的電勢能等于在N、Q間增加的電勢能，故D錯誤；設水平面N、Q之間的距離為h′，小球在豎直方向做自由落體運動，又在M、N間與N、Q間運動時間相同，由初速度為零的勻變速直線運動規(guī)律可得h∶h′＝1∶3，則h′＝3h，故A錯誤；設小球在M、N之間和N、Q之間的運動時間均為t，水平方向的加速度大小為a，則在邊界N上時，水平分速度vNx＝at，其中a＝eq\f(Eq,m)，豎直分速度為vNy＝gt，此時動能為EkN＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,Nx)＋veq\o\al(2,Ny))，小球在邊界Q上時，vQ＝g·2t，此時動能EkQ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)，又EkQ＝2.56EkN，解得E＝eq\f(3mg,4q)，B正確?？枷?用能量的觀點分析力、電綜合問題例3(2022·遼寧高考)如圖所示，光滑水平面AB和豎直面內的光滑eq\f(1,4)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eq\r(gR)，之后沿導軌BO運動。以O為坐標原點建立直角坐標系xOy，在x≥－R區(qū)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eq\r(2)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??；(3)小球過O點后運動的軌跡方程。[答案](1)eq\f(1,2)mgR(2)eq\r(3gR)(3)y2＝6Rx(x>0，y>0)[解析](1)小球從A點運動到B點的過程，根據能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)其中vB＝eq\r(gR)解得彈簧壓縮至A點時的彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)mgR。(2)小球從B點運動到O點的過程，根據動能定理有－mgR＋qE·eq\f(R,cos45°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,O)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)其中qE＝eq\r(2)mg解得小球經過O點時的速度大小vO＝eq\r(3gR)。(3)小球運動至O點時速度豎直向上，之后只受電場力和重力作用，將電場力沿x軸方向和y軸方向分解，則x軸方向有qEcos45°＝maxy軸方向有qEsin45°－mg＝may解得ax＝g，ay＝0說明小球過O點后在第一象限做類平拋運動，有x＝eq\f(1,2)gt2，y＝vOt聯立解得小球過O點后運動的軌跡方程為y2＝6Rx(x>0，y>0)?？枷?用動量的觀點分析力、電綜合問題例4(多選)如圖，絕緣座放在光滑水平面上，間距為d的平行板電容器豎直固定在絕緣座上，A板有小孔O，水平絕緣光滑桿穿過O固定在B板上，電容器、底座和絕緣桿的總質量為M。給電容器充電后，一質量為m的帶正電圓環(huán)P套在桿上以某一速度v0對準O向左運動，在電容器中P距B板最近的位置為S，OS＝eq\f(d,2)。若A、B板外側無電場，P過孔O時與板無接觸，不計P對A、B板間電場的影響。則()A．P在S處的速度為0B．P從O至S的過程中，絕緣座的位移大小為eq\f(md,2M)C．P從O至S的過程中，絕緣座的位移大小為eq\f(md,2（M＋m）)D．P從O至S的過程中，整個系統(tǒng)電勢能的增加量為eq\f(mMveq\o\al(2,0),2（M＋m）)[答案]CD[解析]帶電圓環(huán)P進入電場后，在靜電力的作用下，做勻減速直線運動，而電容器則在靜電力的作用下做勻加速直線運動，當它們速度相等時，設為v，帶電圓環(huán)P與電容器的左極板相距最近，取向左為正方向，由系統(tǒng)動量守恒有mv0＝(m＋M)v，可得v＝eq\f(mv0,m＋M)，則P在S處的速度不為0，故A錯誤；該過程絕緣座向左做勻加速直線運動，有x＝eq\f(v,2)t，P向左做勻減速直線運動，有x′＝eq\f(v＋v0,2)t，由題意可知x′－x＝eq\f(d,2)，解得x＝eq\f(md,2（M＋m）)，即P從O至S的過程中，絕緣座的位移大小為eq\f(md,2（M＋m）)，故C正確，B錯誤；P從O至S的過程中，由能量守恒定律可知，整個系統(tǒng)增加的電勢能ΔEp＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2＝eq\f(mMveq\o\al(2,0),2（M＋m）)，故D正確。課時作業(yè)1．(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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，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。2．(多選)如圖甲所示，絕緣水平面上存在方向水平向右的勻強電場，一帶電物塊以一定的初速度從O點開始向右運動。取O點為電勢零點，該物塊的電勢能與動能之和E總、電勢能Ep隨它離開O點的距離x變化的關系如圖乙所示。由此能夠確定的是()A．物塊受到的靜電力B．勻強電場的場強大小C．物塊返回O點時的動能D．物塊與水平面間的動摩擦因數答案AC解析由克服靜電力做的功等于電勢能的增加量，即ΔEp＝－FΔx，結合圖乙，可得物塊受到的靜電力F＝－eq\f(ΔEp,Δx)＝－eq\f(80,8)N＝－10N，負號表示靜電力方向沿x軸負方向，由于不知道物塊的電荷量，則無法求解勻強電場的場強大小，故A正確，B錯誤；由圖乙可知，物塊的初動能為Ek0＝100J，當運動到x＝8m處時物塊的動能為0，設物塊受到的滑動摩擦力大小為f，則此過程中根據動能定理有－(|F|＋f)x＝0－Ek0，得f＝2.5N，物塊從O點開始運動到返回到O點的過程中，由動能定理有－f×2x＝Ek－Ek0，得物塊返回O點時的動能Ek＝Ek0－2fx＝100J－2×2.5×8J＝60J，由于不知道物塊的質量，則無法求解物塊與水平面間的動摩擦因數，故C正確，D錯誤。3.(2022·河北省邯鄲市高三下二模)(多選)如圖所示，在水平地面上方有水平向右的勻強電場，其電場強度的大小為E，在地面上O點處有一足夠大的固定絕緣平板OM，與水平地面夾角θ＝30°，在地面上到O點距離為d的P點處有帶電小球。已知小球的質量為m，當給小球一垂直于OM方向的初速度時，小球恰好沿垂線PN運動到絕緣平板上的N點且未發(fā)生碰撞。小球可視作質點，重力加速度為g。下列說法正確的是()A．小球所帶的電量為q＝eq\f(\r(3)mg,E)B．小球初速度的大小為v0＝eq\r(\f(2\r(3),3)gd)C．若給小球一個垂直地面豎直向上的初速度v＝eq\r(2gd)，小球仍能打到絕緣平板上D．若給小球一個平行于絕緣平板MN的初速度v1＝eq\r(gd)，小球經過時間t＝eq\r(\f(d,g))又落回地面答案BCD解析由題意可知，帶電小球所受合力與小球初速度方向相反，如圖所示，可知小球帶正電，可得qE＝mgtan30°，F合＝eq\f(mg,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)mg，解得q＝eq\f(\r(3)mg,3E)，根據動能定理可得－F合·dsin30°＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，聯立解得v0＝eq\r(\f(2\r(3),3)gd)，A錯誤，B正確；若給小球一個垂直地面豎直向上的初速度v＝eq\r(2gd)，將v沿PN方向和垂直于PN方向進行分解，則沿PN方向的速度大小v′＝vcos30°＝eq\f(\r(6gd),2)>v0，即小球仍能打到絕緣平板上，C正確；若給小球一個平行于絕緣平板MN的初速度v1＝eq\r(gd)，將v1沿豎直方向和水平方向進行分解，則豎直方向的初速度為vy＝v1sin30°＝eq\f(\r(gd),2)，則落回地面的時間為t＝eq\f(2vy,g)＝eq\r(\f(d,g))，D正確。4．(2022·河北省石家莊市高三下教學質量檢測(三))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，eq\f(1,3)T～eq\f(2,3)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v0B．微粒的最大速度為v0＋eq\f(gT,3)C．微粒受到的電場力做功為mg·eq\f(d,2)D．微粒飛出時重力的功率為mgv0答案C解析由題意知，eq\f(1,3)T～eq\f(2,3)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～eq\f(1,3)T內和eq\f(2,3)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～eq\f(1,3)T內微粒向上加速，eq\f(1,3)T～eq\f(2,3)T內微粒向上勻速，eq\f(2,3)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＝eq\f(1,3)T時微粒速度最大，最大速度vm＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(gT,3)))\s\up12(2))，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－mgeq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得W＝mgeq\f(d,2)，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。5．(2023·湖南省株洲市高三下一模)(多選)如圖，在足夠長的水平固定接地導體板上方某處固定一電荷量為Q的正點電荷，一帶正電、質量為m的絕緣滑塊P以初速度v0自導體板左側某處開始運動，經過一段時間與靜止在點電荷正下方導體板上質量為2m的不帶電絕緣滑塊K發(fā)生彈性碰撞，碰撞后滑塊K向右運動L后靜止。已知兩滑塊與導體板上表面的動摩擦因數均為μ，重力加速度為g，兩滑塊均可看成質點，碰撞過程兩滑塊間沒有電荷轉移，則()A．除碰撞外，運動的整個過程中兩滑塊的加速度大小相等B．除碰撞外，運動的整個過程中滑塊P的加速度大小先增大后減小C．碰撞前，運動的整個過程中滑塊P所受摩擦力的沖量為meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)\r(2μgL)－v0))D．碰撞后，運動的整個過程中滑塊P克服摩擦力所做的功為eq\f(1,4)μmgL答案BCD解析由靜電平衡可知導體板在點電荷Q的電場中是等勢體，則上表面處的電場線方向均豎直向下，除碰撞外，滑塊P在運動的整個過程中受重力mg、電場力F、導體板的支持力NP、導體板的摩擦力fP作用，其中重力、電場力和支持力在豎直方向上且三個力平衡，有mg＋F＝NP，水平方向的摩擦力fP＝μNP，根據牛頓第二定律可得fP＝maP，解得aP＝eq\f(\a\vs4\al(μ（mg＋F）),m)，由于電荷量為Q的正點電荷的正下方的導體板表面電場強度比兩側的大，因此滑塊P所受的電場力先增大后減小，可以判斷滑塊P的加速度先增大后減小，由題意可知，絕緣滑塊K不帶電，則有2mg＝NK，fK＝μNK，fK＝2maK，解得aK＝μg，故aP≠aK，故A錯誤，B正確；設絕緣滑塊K在發(fā)生彈性碰撞后瞬間的速度為v，之后做勻減速運動，由運動學公式得－2aKL＝0－v2，聯立解得v＝eq\r(2μgL)，設碰撞前瞬間P的速度為v1，碰撞后瞬間P的速度為v2，取水平向右為正方向，根據動量守恒定律得mv1＝mv2＋2mv，根據彈性碰撞前后總動能不變，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)×2mv2，聯立解得v1＝eq\f(3,2)eq\r(2μgL)，v2＝－eq\f(1,2)eq\r(2μgL)，碰撞前，運動的整個過程中滑塊P所受摩擦力為合力，根據動量定理可得摩擦力的沖量為If＝mv1－mv0＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)\r(2μgL)－v0))，故C正確；碰撞后，滑塊P向左做減速運動，只有摩擦力做功，設克服摩擦力所做的功為W，根據動能定理，有－W＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得W＝eq\f(1,4)μmgL，故D正確。6.(2023·吉林省長春市高三下質量監(jiān)測(三))如圖所示，空間存在方向水平向右、范圍足夠大的勻強電場。一內壁光滑的絕緣圓管ADB固定在豎直平面內。圓管的圓心為O，半徑為eq\r(2)L(圓管口徑可忽略不計)，D點為圓管的最低點，管口A、B兩點在同一水平線上，P點位于O點正上方，PO＝AB＝2L。一質量為m、電荷量為q的帶負電小球(可視為質點)從P點無初速度釋放，經過一段時間后，小球剛好從管口A無碰撞地進入圓管內。小球進入管口A瞬間，電場方向立即變?yōu)樨Q直向下，電場強度大小不變。忽略電場變化時產生的影響，重力加速度大小為g。求：(1)勻強電場的電場強度E的大??；(2)小球在ADB管中運動經過D點時對管的壓力FD；(3)當小球從管口B離開時立即撤去電場。經過一段時間后小球到達AB所在水平線上的N點(圖中未標出)，小球從P點運動到N點的總時間t。答案(1)eq\f(mg,q)(2)2eq\r(2)mg，方向豎直向下(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(3π,4)))eq\r(\f(2L,g))解析(1)由題意知PO與AB垂直且將AB平分，設AB的中點為O′，則OO′＝eq\r(（\r(2)L）2－L2)＝L可知AB也將PO平分，AOBP連線為正方形。小球釋放后在重力和電場力的作用下沿PA做勻加速直線運動，即所受合力方向與豎直方向的夾角為45°，有tan45°＝eq\f(qE,mg)解得E＝eq\f(mg,q)。(2)設小球進入管口A時速度大小為vA，小球從P到A的過程，根據動能定理得mgL＋qEL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－0解得vA＝2eq\r(gL)因為電場方向變?yōu)樨Q直向下，則小球在管中運動時，所受電場力qE＝mg，方向豎直向上，小球在管中做勻速圓周運動，則經過D點時速度大小vD＝vA在D點時，管對小球向上的支持力FD′＝meq\f(veq\o\al(2,D),\r(2)L)由牛頓第三定律得，小球對管的壓力FD＝FD′解得FD＝2eq\r(2)mg，方向豎直向下。(3)小球由P點運動到A點，在豎直方向做自由落體運動，設所用時間為t1，則有L＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)小球在圓管內做勻速圓周運動經過eq\f(3,4)圓周，設所用時間為t2，則有t2＝eq\f(3,4)×eq\f(2π×\r(2)L,vA)小球離開管后豎直方向做豎直上拋運動，根據對稱性，小球從B到N的過程中所用時間t3＝eq\f(2vAsin45°,g)則小球從P點運動到N點的總時間為t＝t1＋t2＋t3解得t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(3π,4)))eq\r(\f(2L,g))。7.(2022·廣東高考)密立根通過觀測油滴的運動規(guī)律證明了電荷的量子性，因此獲得了1923年的諾貝爾獎。如圖是密立根油滴實驗的原理示意圖，兩個水平放置、相距為d的足夠大金屬極板，上極板中央有一小孔。通過小孔噴入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴帶上了電荷。有兩個質量均為m0、位于同一豎直線上的球形小油滴A和B，在時間t內都勻速下落了距離h1。此時給兩極板加上電壓U(上極板接正極)，A繼續(xù)以原速度下落，B經過一段時間后向上勻速運動。B在勻速運動時間t內上升了距離h2(h2≠h1)，隨后與