第51課時(shí)專題強(qiáng)化：帶電粒子在電場中的力電綜合問題目標(biāo)要求1.會(huì)用等效法分析帶電粒子在電場和重力場中的圓周運(yùn)動(dòng)。2.會(huì)用動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量觀點(diǎn)分析帶電粒子的力電綜合問題。考點(diǎn)一“等效重力場”中的圓周運(yùn)動(dòng)1.等效重力場物體僅在重力場中的運(yùn)動(dòng)是最常見、最基本的運(yùn)動(dòng)，但是對(duì)于處在勻強(qiáng)電場和重力場中物體的運(yùn)動(dòng)問題就會(huì)變得復(fù)雜一些。此時(shí)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”。2.3.舉例例1(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(duì)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??；(2)小球在A、B兩點(diǎn)的速度大小。答案(1)UL(2)Uq?解析(1)由勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系，電場強(qiáng)度E=U(2)在A點(diǎn)細(xì)線對(duì)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(dòng)能定理得qU-mgL=12mvB2-聯(lián)立解得vA=Uq?mgLm，vB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(diǎn)，B為最高點(diǎn)，在大圓環(huán)所在的豎直平面內(nèi)施加水平向右、電場強(qiáng)度大小為mgq(g為重力加速度)的勻強(qiáng)電場，并同時(shí)給在A點(diǎn)的小圓環(huán)一個(gè)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(yùn)動(dòng)，則小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)過程中(1)在圖中畫出等效“最高點(diǎn)”和“最低點(diǎn)”，指出機(jī)械能最大和最小的位置；(2)求小圓環(huán)在A點(diǎn)獲得的初速度v0；(3)求小圓環(huán)過B點(diǎn)受到大圓環(huán)的彈力大小。答案(1)見解析(2)2(1+(3)(3-22)mg解析(1)由于勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)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(diǎn)”C與等效“最高點(diǎn)”D小圓環(huán)在等效“最低點(diǎn)”C速度最大，動(dòng)能最大，在等效“最高點(diǎn)”D速度最小，動(dòng)能最??；小圓環(huán)在運(yùn)動(dòng)過程中，只有電勢能、動(dòng)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，M點(diǎn)是電勢能最小的位置，也是機(jī)械能最大的位置，N點(diǎn)是電勢能最大的位置，也是機(jī)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(yùn)動(dòng)，即小圓環(huán)通過等效“最高點(diǎn)”D的速度為0，對(duì)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(yùn)動(dòng)到B過程有-mg·2R=12mvB2-1在B點(diǎn)有FB+mg=mvB解得FB=(22-3)mg，則在B點(diǎn)的彈力大小為(3-22)mg。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(diǎn)至少獲得多大的速度，才能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)？答案(3解析小球在D點(diǎn)受到的支持力為0時(shí)，重力與靜電力的合力恰好提供向心力，2mg=mv由A到D，由動(dòng)能定理-qERsin45°-mg(R+Rcos45°)=12mvD2-解得v0=(32考點(diǎn)二電場中的力電綜合問題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的問題。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(duì)分過程還是對(duì)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為某方向上動(dòng)量守恒。例3如圖所示，地面上某個(gè)空間區(qū)域存在這樣的電場，水平虛線上方為電場強(qiáng)度大小為E1、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場；虛線下方為電場強(qiáng)度大小為E2、方向豎直向上的勻強(qiáng)電場，一個(gè)質(zhì)量m，帶電荷量+q的小球從上方電場的A點(diǎn)由靜止釋放，結(jié)果剛好到達(dá)下方電場中與A關(guān)于虛線對(duì)稱的B點(diǎn)，重力加速度為g，則下列結(jié)論正確的是()A.若AB高度差為h，則UAB=?B.帶電小球在A、B兩點(diǎn)電勢能相等C.在虛線上、下方的電場中，帶電小球運(yùn)動(dòng)的加速度相同D.兩電場強(qiáng)度大小關(guān)系滿足E2=2E1答案A解析對(duì)A到B的過程運(yùn)用動(dòng)能定理得，qUAB+mgh=0，解得UAB=?mg?q，知A、B的電勢不等，則電勢能不等，故A正確，B錯(cuò)誤；A到虛線小球速度由零加速至v，虛線到B小球速度由v減為零，位移相同，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論知，加速度大小相等，方向相反，故C錯(cuò)誤；在上方電場中，根據(jù)牛頓第二定律得a1=mg+qE1m，在下方電場中，根據(jù)牛頓第二定律得a2=qE2?mgm，又a1=a例4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(diǎn)，CF右側(cè)有電場強(qiáng)度大小E=1×103N/C、方向水平向右的勻強(qiáng)電場。一根輕質(zhì)絕緣彈簧水平放置，一端固定在A點(diǎn)，另一端與質(zhì)量m=0.1kg的滑塊P接觸。當(dāng)彈簧處于原長時(shí)滑塊在B點(diǎn)，在F點(diǎn)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(diǎn)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(yùn)動(dòng)。當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到半圓軌道的最右側(cè)D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小FN=5N。已知滑塊Q與軌道BC間的動(dòng)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(diǎn)，圓環(huán)與滑塊Q的碰撞為彈性碰撞且碰撞時(shí)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。答案(1)0.1kg(2)2m/s(3)0.05J解析(1)圓環(huán)從F點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程，由動(dòng)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(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，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