高考物理一轮复习讲义第9章第7课时　专题强化 带电粒子在电场中的力电综合问题（2份打包，原卷版+教师版）

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考点一 带电粒子在重力场和电场中的圆周运动
1．等效重力场
物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些。此时可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之为“等效重力场”。
2.
3．举例
例1 (2023·广东中山市期末)空间中有竖直向上的匀强电场，电场强度E＝eq \f(3mg,q)。绝缘圆形轨道竖直放置，O点是它的圆心、半径为R，A、C为圆轨道的最低点和最高点，B、D为与圆心O等高的两点，如图所示。在轨道A点放置一质量为m，带电荷量为＋q的光滑小球。现给小球一初速度v0(v0≠0)，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．无论v0多大，小球不会脱离轨道
B．只有v0≥eq \r(gR)，小球才不会脱离轨道
C．v0越大，小球在A、C两点对轨道的压力差也越大
D．若将小球无初速度从D点释放，小球一定会沿轨道经过C点
答案 D
解析 由题意可知小球所受静电力与重力的合力方向竖直向上，大小为F＝qE－mg＝2mg，若要使小球不脱离轨道，设其在A点所具有的最小速度为vmin，根据牛顿第二定律有F＝meq \f(vmin2,R)，解得vmin＝eq \r(2gR)，所以只有当v0≥eq \r(2gR)时，小球才不会脱离轨道，故A、B错误；假设小球可以在轨道中做完整的圆周运动，在C点的速度大小为v1，根据动能定理有eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02＝F·2R，在A、C点小球所受轨道的支持力大小分别为F0和F1，根据牛顿第二定律有F0＋F＝meq \f(v02,R)，F1－F＝meq \f(v12,R)，联立以上三式解得ΔF＝F1－F0＝6F＝12mg，根据牛顿第三定律可知小球在A、C两点对轨道的压力差等于12mg，与v0的大小无关，故C错误；若将小球无初速度从D点释放，由于F向上，所以小球一定能沿DC轨道经过C点，故D正确。
例2 (多选)(2023·四川省二模)如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的小圆环套在半径为R的光滑绝缘大圆环上，大圆环固定在竖直平面内，O为环心，A为最低点，B为最高点，在大圆环所在的竖直平面内施加水平向右、电场强度大小为eq \f(mg,q)(g为重力加速度)的匀强电场，并同时给在A点的小圆环一个向右的水平初速度v0(v0未知)，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，则小圆环运动过程中( )
A．动能最小与最大的位置在同一等势面上
B．电势能最小的位置恰是机械能最大的位置
C．在A点获得的初速度为eq \r(21＋\r(2)gR)
D．过B点受到大环的弹力大小为mg
答案 BC
解析 由于匀强电场的电场强度为eq \f(mg,q)，即静电力与重力大小相等，作出小圆环的等效物理最低点C与等效物理最高点位置D，如图所示，
小圆环在等效物理最低点速度最大，动能最大，在等效物理最高点速度最小，动能最小，根据沿电场线电势降低，可知φD>φC，可知其不在同一等势面上，A错误；小圆环在运动过程中，只有电势能、动能与重力势能的转化，即只有电势能与机械能的转化，则电势能最小的位置恰是机械能最大的位置，B正确；小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，即小圆环通过等效物理最高点D的速度为0，对圆环分析有
－qERsin 45°－mg(R＋Rcs 45°)＝0－eq \f(1,2)mv02，
解得v0＝eq \r(21＋\r(2)gR)，C正确；
小圆环从A运动到B过程有
－mg·2R＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mv02，
在B点有FN＋mg＝meq \f(vB2,R)，
解得FN＝(2eq \r(2)－3)mg<0，
可知，小圆环过B点受到大环的弹力大小为
(3－2eq \r(2))mg，D错误。
考点二 电场中的力电综合问题
1．动力学的观点
(1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，可用正交分解法。
(2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问题。
2．能量的观点
(1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断是对分过程还是对全过程使用动能定理。
(2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现。
3．动量的观点
(1)运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向。
(2)运用动量守恒定律，除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，还要注意题目表述是否为某方向上动量守恒。
例3 (2023·湖南岳阳市期末)如图所示，不带电物体A和带电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别为2m和m，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为θ的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦。开始时，物体B在一沿斜面向上的外力F＝3mgsin θ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度(已知弹簧形变量为x时弹性势能为eq \f(1,2)kx2)，重力加速度为g，则在此过程中( )
A．物体B带负电，受到的静电力大小为mgsin θ
B．物体B的速度最大时，弹簧的伸长量为eq \f(2mgsin θ,k)
C．撤去外力F的瞬间，物体B的加速度大小为3gsin θ
D．物体B的最大速度为gsin θeq \r(\f(3m,k))
答案 D
解析 假设B所受静电力沿斜面向下，当施加外力时，对B分析可知F－mgsin θ－F电＝0，解得F电＝2mgsin θ，假设成立，故B带负电，故A错误；当B受到的合力为零时，B的速度最大，由kx＝F电＋mgsin θ，解得x＝eq \f(3mgsin θ,k)，故B错误；当撤去外力瞬间，弹簧弹力还来不及改变，即弹簧的弹力仍为零，对物体A、B分析可知F合＝F电＋mgsin θ＝(m＋2m)a，解得a＝gsin θ，故C错误；设物体B的最大速度为vm，由功能关系可得eq \f(1,2)×3mvm2＋eq \f(1,2)kx2＝mgxsin θ＋F电x，解得vm＝gsin θeq \r(\f(3m,k))，故D正确。
例4 (2023·湖南株洲市一模)如图，一带电的平行板电容器固定在绝缘底座上，底座置于光滑水平面上，一光滑绝缘轻杆左端固定在电容器的左极板上，并穿过右极板上的小孔，电容器极板连同底座总质量为2m，底座锁定在水平面上时，套在杆上质量为m的带电环以某一初速度由小孔进入电容器后，最远能到达距离右极板为d的位置。底座解除锁定后，将两极板间距离变为原来的2倍，其他条件不变，则带电环进入电容器后，最远能到达的位置距离右极板( )
A.eq \f(1,2)d B．d C.eq \f(2,3)d D.eq \f(4,3)d
答案 C
解析 设带电环所带电荷量为q，初速度为v0，底座锁定时电容器极板间电场强度为E，则由功能关系有qEd＝eq \f(1,2)mv02，底座解除锁定后，两极板间距离变为原来的2倍，极板间电场强度大小不变，电容器及底座在带电环作用下一起向左运动，当与带电环共速时，带电环到达进入电容器最远位置，整个过程满足动量守恒，则有mv0＝3mv1，再由功能关系有qEd′＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×3mv12，联立解得 d′＝eq \f(2,3)d，故选C。
例5 如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)。质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
答案 (1)eq \f(1,2)mv02＋eq \f(2φ,d)qh v0eq \r(\f(mdh,qφ))
(2)2v0eq \r(\f(mdh,qφ))
解析 (1)P、G与Q、G间电场强度大小相等，均为E，粒子在P、G间所受静电力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E＝eq \f(2φ,d)①
F＝qE＝ma②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEh＝Ek－eq \f(1,2)mv02③
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有h＝eq \f(1,2)at2④
l＝v0t⑤
联立①②③④⑤式解得Ek＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(2φ,d)qh，
l＝v0eq \r(\f(mdh,qφ))
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度为L＝2l＝2v0eq \r(\f(mdh,qφ))。
课时精练
1.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．小球带负电
B．静电力与重力平衡
C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小
D．小球在运动过程中机械能守恒
答案 B
解析 由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与静电力的合力为0，即静电力与重力平衡，知静电力方向竖直向上，所以小球带正电，A错误，B正确；从a→b，静电力做负功，电势能增大，C错误；由于静电力对小球做功，故小球在运动过程中机械能不守恒，D错误。
2.(多选)(2023·黑龙江齐齐哈尔市八中模拟)如图所示，四分之一光滑绝缘圆弧槽B处切线水平，一可视为质点的带正电小球从圆弧槽A处由静止释放，滑到B处离开圆弧槽做平抛运动，到达水平地面的D处，若在装置所在平面内加上竖直向下的匀强电场，重复上述实验，下列说法正确的是( )
A．小球落地点在D的右侧
B．小球落地点仍在D点
C．小球落地点在D的左侧
D．小球离开B到达地面的运动时间减小
答案 BD
解析 不加电场时，小球从A到B有mgR＝eq \f(1,2)mvB2－0，解得vB＝eq \r(2gR)，平抛过程，竖直方向上有h＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \r(\f(2h,g))，平抛水平位移x＝vBt＝2eq \r(Rh)，平抛水平位移与重力加速度无关，施加竖直向下的匀强电场后，小球同时受重力和向下的静电力，相当于重力加速度增大了，小球落地点仍在D点，t∝eq \r(\f(1,g))，小球离开B后到达地面的运动时间减小，B、D正确。
3．(多选)(2022·浙江6月选考·15)如图为某一径向电场示意图，电场强度大小可表示为E＝eq \f(a,r)， a为常量。比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则( )
A．轨道半径r小的粒子角速度一定小
B．电荷量大的粒子的动能一定大
C．粒子的速度大小与轨道半径r一定无关
D．当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动
答案 BC
解析 根据静电力提供向心力，有eq \f(a,r)·q＝mω2r，解得ω＝eq \r(\f(aq,m))·eq \f(1,r)，可知轨道半径r小的粒子角速度大，故A错误；根据静电力提供向心力，有eq \f(a,r)·q＝meq \f(v2,r)，解得v＝eq \r(\f(aq,m))，可知粒子的速度大小与轨道半径r一定无关，又有Ek＝eq \f(1,2)mv2，联立可得Ek＝eq \f(aq,2)，可知电荷量大的粒子动能一定大，故B、C正确；磁场的方向可能垂直纸面向里也可能垂直纸面向外，所以粒子所受洛伦兹力方向不能确定，粒子可能做离心运动，也可能做近心运动，故D错误。
4．(2023·四川省三模)如图所示，A、B、C、D、E、F、G、H是竖直光滑绝缘圆轨道的八等分点，AE竖直，空间存在平行于圆轨道面的匀强电场，从A点静止释放一质量为m的带电小球，小球沿圆弧恰好能到达C点。若在A点给带电小球一个水平向右的冲量，让小球沿轨道做完整的圆周运动，则小球在运动过程中( )
A．E点的动能最小 B．B点的电势能最大
C．C点的机械能最大 D．F点的机械能最小
答案 C
解析 从A点静止释放一质量为m的带电小球，小球沿圆弧恰好能到达C点，可知静电力和重力的合力方向沿FB方向斜向下，可知B点为“等效最低点”，F点为“等效最高点”，可知小球在F点速度最小，动量最小。由平衡条件可知，静电力水平向右，可知小球在G点电势能最大，在C点电势能最小，因小球的电势能与机械能之和守恒，可知在C点机械能最大，在G点机械能最小，故选C。
5.(2023·江西上饶市二模)如图所示，在电场强度为E的匀强电场中，电场线与水平方向的夹角为θ，有一质量为m的带电小球，用长为L的细线悬挂于O点，当小球静止时，细线OA恰好呈水平状态。若用外力F使小球绕O点做半径为L的匀速圆周运动，在沿圆弧(图中虚线)从A点运动到O点正下方的B点的过程中(重力加速度为g)，小球电荷量保持不变，下列说法正确的是( )
A．小球带负电，电荷量值为eq \f(mg,Esin θ)
B．小球带正电，电荷量值为eq \f(mg,Ecs θ)
C．电势能增加mgL＋eq \f(mgL,tan θ)
D．外力F做负功
答案 C
解析 当小球静止时，细线OA恰好呈水平状态，小球受重力mg、静电力F电、细线拉力FT作用，如图，
小球受静电力方向与电场强度方向相同，所以小球带正电，竖直方向上qEsin θ＝mg，解得q＝eq \f(mg,Esin θ)，故A、B错误；从A点运动到O点正下方的B点的过程中，小球电势能的增加量等于克服静电力做的功ΔEp＝－WF电＝qELcs θ＋qELsin θ＝mgL＋eq \f(mgL,tan θ)，故C正确；从A点做匀速圆周运动到O点正下方的B点，由动能定理可知WG＋WF电＋WF＝0，解得外力F做的功WF＝eq \f(mgL,tan θ)，所以外力F做正功，故D错误。
6.(多选)(2023·山东临沂市一模)细线拉着一质量为m的带电小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，该区域内存在水平方向的匀强电场(图中未画出)，小球所受静电力水平向右，大小是其重力的eq \r(3)倍，圆周上A点在圆心的正上方，小球过A点时的速度大小为v0，方向水平向左，除受重力、静电力及细线的拉力外小球不受其他力的作用，小球可视为质点，重力加速度为g，在小球做圆周运动的过程中( )
A．小球最小速率为eq \r(v02－2gR)
B．小球速率最小时其电势能最大
C．若小球过A点时细线断开，之后小球电势能最大时速率为eq \f(\r(3)v0,3)
D．若小球过A点时细线断开，之后小球电势能最大时速率为eq \f(\r(3)v0,2)
答案 AC
解析 如图，
当小球到达B点时小球的速度最大，到达C点时速度最小，BC连线与竖直方向夹角为θ，则tan θ＝eq \f(qE,mg)＝eq \r(3)，可知θ＝60°，由A到C由动能定理mgR(1－cs 60°)－qERsin 60°＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mv02，解得vC＝eq \r(v02－2gR)，选项A正确；电场方向沿水平方向，则电势最高点和最低点应该在水平直径的两端，则C点不是电势能最大的位置，选项B错误；若小球过A点时细线断开，之后小球电势能最大时水平速度减为零，则此时的时间t＝eq \f(v0,\f(qE,m))＝eq \f(v0,\r(3)g)，竖直方向做自由落体运动，则此时的速率为v＝vy＝gt＝eq \f(\r(3)v0,3)，选项C正确，D错误。
7.如图所示，质量为m＝1.0 kg、带正电且电荷量q＝1.0×10－4 C的滑块从A点右侧光滑水平面以某一初速度冲上固定在竖直平面内的光滑圆轨道，并沿光滑圆轨道内侧运动到B处后离开圆轨道，恰好从C处无碰撞地冲上粗糙水平台面继续滑行0.3 s停止运动，水平台面与滑块间的动摩擦因数μ＝0.2。整个装置处于竖直向下的匀强电场中，电场强度E＝1.0×105 N/C。竖直圆轨道在A点和光滑水平面相切，圆轨道半径R＝0.1 m，OB与水平面夹角θ＝37°。重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)滑块在B处速度vB的大小；
(2)滑块在A处受到圆轨道的支持力F大小。
答案 (1)2 m/s (2)124 N
解析 (1)从C处在粗糙水平台面滑行至停止，由动量定理得μ(mg＋Eq)t＝mvC
解得vC＝1.2 m/s
由B到C逆向看成类平抛运动，则B处的速度
vB＝eq \f(vC,sin θ)，解得vB＝2 m/s
(2)由A到B由动能定理有
－(mg＋Eq)R(1＋sin θ)＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mv02
在A处，由牛顿第二定律得
F－(mg＋Eq)＝meq \f(v02,R)，解得F＝124 N。
8．(2022·辽宁卷·14)如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑eq \f(1,4)圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为eq \r(gR)，之后沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为eq \r(2)mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求：
(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能；
(2)小球经过O点时的速度大小；
(3)小球过O点后运动的轨迹方程。
答案 (1)eq \f(1,2)mgR (2)eq \r(3gR) (3)y2＝6Rx
解析 (1)小球从A到B，根据能量守恒定律得
Ep＝eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mgR
(2)小球从B到O，根据动能定理有
－mgR＋eq \r(2)mg×eq \r(2)R＝eq \f(1,2)mvO2－eq \f(1,2)mvB2
解得vO＝eq \r(3gR)
(3)小球运动至O点时速度方向竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，
则x轴方向有eq \r(2)mgcs 45°＝max
y轴方向有eq \r(2)mgsin 45°－mg＝may
解得ax＝g，ay＝0，说明小球过O点后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有x＝eq \f(1,2)gt2，y＝vOt，联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为y2＝6Rx。
9.(多选)(2024·福建省模拟)如图所示，竖直平面内有圆心为O、半径为R的圆，水平直径上A、C两端点分别固定带电荷量为＋Q的点电荷，BD为竖直直径，P为OB的中点，且P、D两点间的电势差大小为U。一带电荷量为＋q、质量为m的小球以一定初速度从D点开始竖直向下运动，经过P点时加速度大小为2g，在P、B间运动时加速度始终大于2g。忽略小球所带电荷对电场分布的影响，重力加速度为g，取无穷远处为零电势点。则小球从D到B的过程中( )
A．经过O点时的速度最小
B．经过O点时的加速度大小为g
C．机械能先减小后增大
D．初动能可能为qU－eq \f(1,4)mgR
答案 BCD
解析 设P点的电场强度大小为E，小球在P点时有Eq＋mg＝ma，a＝2g，可得E＝eq \f(mg,q)，又小球在PB间运动时加速度大于2g，则PB间电场强度大于E，且方向竖直向下。根据对称性可知小球在OD中点时所受合力为零，小球先减速后加速，在OD中点时速度最小，故A错误；O点的电场强度为零，小球在O点所受静电力为零，合力等于重力，加速度大小为g，故B正确；从D到B的过程，静电力先做负功后做正功，小球的机械能先减小后增大，故C正确；设OD中点为F，根据对称性可知，P、F点电势相等，则F、D两点间的电势差也为U，使小球能经过F点即可使小球到达B点，由－qU＋eq \f(1,2)mgR>0－Ek，有Ek>qU－eq \f(1,2)mgR，故D正确。