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备考2024届高考物理一轮复习讲义第九章静电场专题十三带电体在电场中运动的综合问题题型4电场中的力电综合问题
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这是一份备考2024届高考物理一轮复习讲义第九章静电场专题十三带电体在电场中运动的综合问题题型4电场中的力电综合问题，共4页。试卷主要包含了解题关键等内容，欢迎下载使用。
通过审题抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解.动能定理和能量守恒定律在处理电场中的能量问题时仍是首选的方法.
（1）用正交分解法处理带电粒子的复杂运动问题：可以将复杂的运动分解为两个互相正交的比较简单的直线运动.
（2）用能量观点处理带电粒子在电场中的运动问题：对于受变力作用的带电粒子的运动问题，必须借助于能量观点来处理；即使是受恒力作用的运动问题，用能量观点处理常常也更加简便.
2.用能量观点处理带电粒子的运动问题
（1）用动能定理处理
思维顺序一般为：①弄清研究对象，明确所研究的物理过程.
②分析粒子在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功.
③弄清所研究过程的始、末状态（主要指动能）.
④根据W＝ΔEk列出方程求解.
（2）用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理
列式的方法常有两种：
①利用初、末状态的总能量相等（即E1＝E2）列方程.
②利用某些能量的减少量等于另一些能量的增加量列方程.
（3）两个结论
①若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变.
②若带电粒子只在重力和电场力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变.
研透高考 明确方向
9.[带电粒子在电场中运动的功能问题/2023黑龙江哈尔滨质量监测/多选]如图所示，AC是圆O的一条水平直径，BD是竖直直径，M点是圆上的点，OM连线与OC的夹角为60°，该圆处于方向与圆面平行的匀强电场中.将电荷量为q（q＞0）、质量为m的粒子从圆心O点以相同的动能Ek0射出，射出方向不同但都与圆共面，粒子在重力和电场力的作用下可以经过圆周上的所有点.其中经过C点时粒子的动能最小且为Ek02.已知圆的半径为R，重力加速度的大小为g，匀强电场的电场强度E＝2mgq，则下列说法正确的是（ AD ）
A.M点的电势高于A点的电势
B.B点的电势等于D点的电势
C.粒子经过M点时的动能为38Ek0
D.粒子经过AB连线中点时的动能为54Ek0
解析 由题意知，因为经过C点时粒子的动能最小，所以粒子从O点到C点克服合外力所做的功最多，而重力和电场力对粒子做的功只与粒子的初、末位置有关，与路径无关，由此可推知重力和电场力的合力F的方向一定水平向左，如图所示，又因为qE＝2mg，则根据几何关系以及平行四边形定则可知电场强度方向与水平方向夹角为30°，根据沿电场强度方向电势降低可知M点的电势高于A点的电势，B点的电势低于D点的电势，A正确，B错误；根据前面分析可知粒子所受合外力大小为F＝mgtan30°＝3mg，对从O点到C点的粒子，根据动能定理有Ek02－Ek0＝－FR，根据几何关系可知OM垂直于电场线，所以OM为一条等势线，粒子从O点到M点的过程，电场力不做功，重力做负功，根据动能定理有EkM－Ek0＝－mgR sin 60°，解得EkM＝34Ek0，C错误；AB连线中点G在AO上的投影点为H，根据几何关系可知HO＝R2，根据动能定理有EkG－Ek0＝F·HO，解得EkG＝54Ek0，D正确.
10.[直线运动＋圆周运动]如图所示，左边竖直半圆光滑绝缘轨道与水平光滑绝缘轨道相切于A点，整个空间有斜向左上方的匀强电场，与水平方向夹角θ＝30°，电场强度E＝1.0×103N/C，B点是轨道的最高点，半圆半径R＝2m.在水平轨道上距A点L＝833m的C处由静止释放一质量m＝2×10－4kg、电荷量q＝2×10－6C的带正电小球P，小球沿水平轨道运动一段时间，从A点冲上半圆轨道，并沿半圆轨道到达轨道最高点B，取A点电势为零，重力加速度g取10m/s2.求小球在半圆轨道上运动的过程中：
（1）电势能的最小值；
（2）最大速度的大小.
答案 （1）－6×10－3J （2）10m/s
解析 （1）设过O点的电场线与半圆轨道的交点为M，则小球在M点电势能最低，如图所示.
OM与竖直方向成60°角，EpA＝0，小球从A到M的过程中，根据功能关系有WAM＝EpA－EpM
电场力做功WAM＝EqR（1＋sinθ）
联立并代入数据解得EpM＝－6×10－3J
（2）小球从C到A的过程中，根据动能定理有
EqLcsθ＝12mvA2
因为mg＝Eq，且重力与电场力的夹角为120°，所以合力为F合＝mg，方向斜向左下方，与竖直方向成β＝60°角，过O点沿F合的方向作直线，交半圆轨道于D点，如图所示，则小球在D点时速度最大
小球从A到D的过程中，根据动能定理有
F合R（1－cs60°）＝12mvD2－12mvA2
联立并代入数据解得vD＝10m/s
所以小球在半圆轨道上运动的最大速度为10m/s.
11.[圆周运动＋抛体运动/2024云南昆明“三诊一模”摸底]如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的小球（可视为质点）与不可伸长的绝缘轻绳相连，绳子另一端固定在O点的拉力传感器上（拉力传感器没有画出），O点距离水平地面的高度为2R，空间存在竖直向下的匀强电场.现使小球获得一初速度后绕O点在竖直平面内做半径为R的圆周运动，拉力传感器显示出绳子拉力的最小值为0，最大值为12mg，g为重力加速度.
（1）求匀强电场的场强大小E；
（2）若小球运动到最低点时绳子断裂，求小球落地点到O点的水平距离.
答案 （1）mgq （2）10R
解析 （1）依题意，小球通过最高点时，由牛顿第二定律有
mg＋qE＝mv02R
从最高点到最低点，据动能定理有
（mg＋qE）×2R＝12mv2－12mv02
通过最低点时，由牛顿第二定律有12mg－（mg＋qE）＝mv2R
联立解得E＝mgq
（2）绳断后小球做类平抛运动
竖直方向上：R＝12at2
水平方向上：x＝vt
根据牛顿第二定律有mg＋qE＝ma
联立解得x＝10R.
通过审题抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解.动能定理和能量守恒定律在处理电场中的能量问题时仍是首选的方法.
（1）用正交分解法处理带电粒子的复杂运动问题：可以将复杂的运动分解为两个互相正交的比较简单的直线运动.
（2）用能量观点处理带电粒子在电场中的运动问题：对于受变力作用的带电粒子的运动问题，必须借助于能量观点来处理；即使是受恒力作用的运动问题，用能量观点处理常常也更加简便.
2.用能量观点处理带电粒子的运动问题
（1）用动能定理处理
思维顺序一般为：①弄清研究对象，明确所研究的物理过程.
②分析粒子在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功.
③弄清所研究过程的始、末状态（主要指动能）.
④根据W＝ΔEk列出方程求解.
（2）用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理
列式的方法常有两种：
①利用初、末状态的总能量相等（即E1＝E2）列方程.
②利用某些能量的减少量等于另一些能量的增加量列方程.
（3）两个结论
①若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变.
②若带电粒子只在重力和电场力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变.
研透高考 明确方向
9.[带电粒子在电场中运动的功能问题/2023黑龙江哈尔滨质量监测/多选]如图所示，AC是圆O的一条水平直径，BD是竖直直径，M点是圆上的点，OM连线与OC的夹角为60°，该圆处于方向与圆面平行的匀强电场中.将电荷量为q（q＞0）、质量为m的粒子从圆心O点以相同的动能Ek0射出，射出方向不同但都与圆共面，粒子在重力和电场力的作用下可以经过圆周上的所有点.其中经过C点时粒子的动能最小且为Ek02.已知圆的半径为R，重力加速度的大小为g，匀强电场的电场强度E＝2mgq，则下列说法正确的是（ AD ）
A.M点的电势高于A点的电势
B.B点的电势等于D点的电势
C.粒子经过M点时的动能为38Ek0
D.粒子经过AB连线中点时的动能为54Ek0
解析 由题意知，因为经过C点时粒子的动能最小，所以粒子从O点到C点克服合外力所做的功最多，而重力和电场力对粒子做的功只与粒子的初、末位置有关，与路径无关，由此可推知重力和电场力的合力F的方向一定水平向左，如图所示，又因为qE＝2mg，则根据几何关系以及平行四边形定则可知电场强度方向与水平方向夹角为30°，根据沿电场强度方向电势降低可知M点的电势高于A点的电势，B点的电势低于D点的电势，A正确，B错误；根据前面分析可知粒子所受合外力大小为F＝mgtan30°＝3mg，对从O点到C点的粒子，根据动能定理有Ek02－Ek0＝－FR，根据几何关系可知OM垂直于电场线，所以OM为一条等势线，粒子从O点到M点的过程，电场力不做功，重力做负功，根据动能定理有EkM－Ek0＝－mgR sin 60°，解得EkM＝34Ek0，C错误；AB连线中点G在AO上的投影点为H，根据几何关系可知HO＝R2，根据动能定理有EkG－Ek0＝F·HO，解得EkG＝54Ek0，D正确.
10.[直线运动＋圆周运动]如图所示，左边竖直半圆光滑绝缘轨道与水平光滑绝缘轨道相切于A点，整个空间有斜向左上方的匀强电场，与水平方向夹角θ＝30°，电场强度E＝1.0×103N/C，B点是轨道的最高点，半圆半径R＝2m.在水平轨道上距A点L＝833m的C处由静止释放一质量m＝2×10－4kg、电荷量q＝2×10－6C的带正电小球P，小球沿水平轨道运动一段时间，从A点冲上半圆轨道，并沿半圆轨道到达轨道最高点B，取A点电势为零，重力加速度g取10m/s2.求小球在半圆轨道上运动的过程中：
（1）电势能的最小值；
（2）最大速度的大小.
答案 （1）－6×10－3J （2）10m/s
解析 （1）设过O点的电场线与半圆轨道的交点为M，则小球在M点电势能最低，如图所示.
OM与竖直方向成60°角，EpA＝0，小球从A到M的过程中，根据功能关系有WAM＝EpA－EpM
电场力做功WAM＝EqR（1＋sinθ）
联立并代入数据解得EpM＝－6×10－3J
（2）小球从C到A的过程中，根据动能定理有
EqLcsθ＝12mvA2
因为mg＝Eq，且重力与电场力的夹角为120°，所以合力为F合＝mg，方向斜向左下方，与竖直方向成β＝60°角，过O点沿F合的方向作直线，交半圆轨道于D点，如图所示，则小球在D点时速度最大
小球从A到D的过程中，根据动能定理有
F合R（1－cs60°）＝12mvD2－12mvA2
联立并代入数据解得vD＝10m/s
所以小球在半圆轨道上运动的最大速度为10m/s.
11.[圆周运动＋抛体运动/2024云南昆明“三诊一模”摸底]如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的小球（可视为质点）与不可伸长的绝缘轻绳相连，绳子另一端固定在O点的拉力传感器上（拉力传感器没有画出），O点距离水平地面的高度为2R，空间存在竖直向下的匀强电场.现使小球获得一初速度后绕O点在竖直平面内做半径为R的圆周运动，拉力传感器显示出绳子拉力的最小值为0，最大值为12mg，g为重力加速度.
（1）求匀强电场的场强大小E；
（2）若小球运动到最低点时绳子断裂，求小球落地点到O点的水平距离.
答案 （1）mgq （2）10R
解析 （1）依题意，小球通过最高点时，由牛顿第二定律有
mg＋qE＝mv02R
从最高点到最低点，据动能定理有
（mg＋qE）×2R＝12mv2－12mv02
通过最低点时，由牛顿第二定律有12mg－（mg＋qE）＝mv2R
联立解得E＝mgq
（2）绳断后小球做类平抛运动
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根据牛顿第二定律有mg＋qE＝ma
联立解得x＝10R.
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