专题提升练18 带电粒子在电场中的力、电综合问题
梯级Ⅰ基础练
1.(2025·广州模拟)如图所示，在水平向左的匀强电场中，可视为质点的带负电物块，以某一初速度从足够长的绝缘斜面上的A点沿斜面向下运动，经C点到达B点时，速度减为零，然后再返回到A点。已知斜面倾角θ=30°，物块与斜面间的动摩擦因数μ=，整个过程斜面均保持静止，物块所带电荷量不变。下列判断错误的是( )
A.物块在上滑过程中机械能增大
B.物块在上滑过程中，增加的重力势能一定大于减少的电势能
C.物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能
D.物块在全过程中产生的内能等于克服摩擦力做的功
2.(多选)(2025·南阳模拟)如图所示，半径为R的光滑绝缘竖直半圆形轨道ABC的最低点C和光滑绝缘水平面相切，B与圆心O等高，空间存在水平向左的匀强电场。一带电荷量为+q(q>0)的小球以初速度v0=由A点沿轨道内侧水平向左抛出，运动到D点时速度恰好为0。已知CD=2.5R，小球质量为m，重力加速度为g，则( )
A.在A点时小球恰好不受轨道作用力
B.匀强电场的电场强度大小为
C.小球对轨道的最大作用力为6mg
D.小球运动到B点时对轨道的作用力大小为4mg
3.(2024·安徽卷)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为+q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了，k为静电力常量，不计空气阻力。则( )
A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变
B.该过程中系统能量守恒，动量不守恒
C.在图乙位置，v1=v2，v3≠2v1
D.在图乙位置，v3=
梯级Ⅱ能力练
4.(2025·重庆模拟)如图所示，在绝缘水平面上的两物块A、B用劲度系数为k的水平绝缘轻质弹簧连接，物块B、C用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A靠在竖直墙边，C在倾角为θ=30°的长斜面上，滑轮两侧的轻绳分别与水平面和斜面平行。A、B、C的质量分别是m、2m、2m，A所带电荷量为+q，B所带电荷量均为+q，C不带电，滑轮左侧存在着水平向左的匀强电场，整个系统不计一切摩擦，B与滑轮足够远。匀强电场的电场强度大小为E=，开始时系统静止。现让C在沿斜面向下的拉力F作用下做加速度大小为g的匀加速直线运动，弹簧始终未超过弹性限度，重力加速度大小为g。求:
(1)初始状态下弹簧的形变量Δx1;
(2)A刚要离开墙壁时C的速度大小v1;
(3)接(2)此过程中拉力F所做的功。
5.(2025·张家口模拟)如图所示，真空中存在空间范围足够大的、方向水平向左的匀强电场，在电场中，圆心为O、半径为R= m的圆弧形光滑绝缘轨道MN固定在竖直平面内，O、N恰好处于同一竖直线上，ON=R，OM与竖直方向之间的夹角θ=37°。水平虚线BC上有一点A，点A、M的连线恰好与圆弧轨道相切于M点，AM=2R。现有一质量为m=3 g、电荷量为q=1×10-3 C的带电小球(可视为质点)从A点以一定的初速度沿AM做直线运动，带电小球从M点进入圆弧轨道后，恰好能沿圆弧轨道运动并从N点射出。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)匀强电场的大小;
(2)小球在圆弧轨道运动的过程最小速度大小和在N点射出时的速度大小;
(3)带电小球在A点时的初速度大小。
梯级Ⅲ创新练
6.(2025·乐山模拟)如图，圆弧轨道AB的圆心为O，半径为R=2.5 m，圆弧轨道AB的B点与水平地面BE相切，B点在O点的正下方，在B点的右侧有一竖直虚线CD，B点到竖直虚线CD的距离为L1=2.5 m，竖直虚线CD的左侧有一水平向左的匀强电场，场强大小为E1(大小未知)，竖直虚线CD的右侧有场强大小为E2(大小未知)、竖直向上的匀强电场。竖直虚线CD的右侧有一竖直墙壁EF，墙壁EF到竖直虚线CD的距离为L2=1 m，墙壁EF底端E点与水平地面BE相连接，墙壁EF的高度也为L2=1 m。现将一电荷量为q=+4×10-2 C、质量为m=1 kg的完全绝缘的滑块从A点由静止释放沿圆弧轨道AB下滑，过B点时的速度大小为4 m/s，最后进入竖直虚线CD右侧。已知滑块可视为质点，圆弧轨道AB光滑，水平地面BE与滑块间的动摩擦因数为μ=0.2，g=10 m/s2，∠AOB=53°，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。求:
(1)场强E1的大小;
(2)滑块到达竖直虚线CD时速度的大小和滑块从B点到达竖直虚线CD所用的时间;
(3)要使滑块与竖直墙壁EF碰撞，求E2的取值范围。
专题提升练18 带电粒子在电场中的力、电综合问题
1.B 解析 物块在上滑过程中,对物块受力分析,可知上滑过程中应满足qEcos θ>Ff+mgsin θ,电场力做功大于摩擦力做功,除重力以外的其他力对物体做正功,则物体的机械能增加,因此物块在上滑过程中机械能增大,A项正确;物块在上滑过程中,由动能定理可得W电-Wf-WG=ΔE,可知W电>WG,电场力对带电物块做正功,带电物块的电势能减少,因此物块在上滑过程中,增加的重力势能一定小于减少的电势能,B项错误;物块下滑时经过C点向下运动,再返回到C点时有摩擦力做功,由能量关系可知,物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能,C项正确;在全过程中,系统克服摩擦力做功转化为斜面和物块的内能,D项正确。
2.AB 解析 对小球在A点受力分析FN+mg=,解得FN=0,A项正确;对小球由A到D,由动能定理2mgR-qE×CD=-m,解得E=,B项正确;由qE=mg,重力和电场力的合力为mg,方向斜向左下方与水平方向成45°,可知小球位于BC中点时对轨道的作用力最大,由动能定理mg=mv2-m,FN-mg=,解得FN=(3+3)mg,C项错误;小球由A到B,由动能定理有mg×R=m-m,FNB-qE=,解得FNB=6mg,D项错误。
3.D 解析 该过程中系统动能和电势能相互转化,能量守恒,三球组成的系统受到的合外力为0,动量守恒;当三个小球运动到同一条直线上时,根据对称性可知细线中的拉力相等,此时球3受到1和2的电场力大小相等,方向相反,此时球3受到的合力为0,剪断细线后球3的运动状态改变,剪断细线瞬间球3受到的合力一定不为0,所以该过程中小球3受到的合力在改变,A、B两项错误;对系统根据动量守恒定律mv1+mv2=mv3,根据球1和2运动的对称性可知v1=v2,解得v3=2v1,根据能量守恒定律m+m+m=,解得v3=,C项错误,D项正确。
4.答案 (1) (2)2g (3)
解析 (1)初始时,对B分析可知
Eq=kΔx1+2mgsin θ,
解得弹簧的压缩量Δx1=。
(2)当A刚要离开墙壁时,对A分析
E×q=kΔx2,
则此过程中C下滑的距离
x=Δx1+Δx2=,
此时C的速度大小v1==2g。
(3)从开始运动到A刚要离开墙壁时弹簧弹性势能不变,此过程中根据动能定理
WF+2mgxsin θ-qEx=(2m+2m),
解得拉力F所做的功WF=。
5.答案 (1)40 N/C (2) m/s m/s
(3)10 m/s
解析 (1)根据带电小球沿AM做直线运动可知,带电小球所受的电场力与重力的合力沿MA方向,则带电小球所受电场力与重力的关系tan 37°=,
可得E==40 N/C。
(2)带电小球所受电场力与重力的合力大小为
F==mg,
根据带电小球恰好能沿圆弧轨道运动并从N点射出可知,带电小球在圆弧轨道上经过等效最高点G时速度有最小值vG,如图所示,
此时带电小球所受电场力与重力的合力提供向心力,即F=m,
解得vG== m/s,
带电小球从G点运动到N点的过程中,根据动能定理有
F(R-Rsin θ)=m-m,
解得vN== m/s。
(3)设带电小球在A点时的初速度大小为v0,小球从A点运动到G点的过程中,根据动能定理有
-F×3R=m-m,
解得v0==10 m/s。
6.答案 (1)25 N/C (2)1 m/s 1 s
(3)187.5 N/C解析 (1)滑块从A点运动到B点的过程中,由动能定理有
mgR(1-cos 53°)-qE1Rsin 53°=m,
解得E1=25 N/C。
(2)滑块从B点运动到竖直虚线CD的过程中,由牛顿第二定律有qE1+μmg=ma,
解得a=3 m/s2,
根据运动学公式有-v2=2aL1,
v=vB-at,
解得v=1 m/s,t=1 s。
(3)当E2较小时,滑块刚好与竖直墙壁底端E点碰撞,有
-μ(mg-qE2)L2=0-mv2,
解得E2=187.5 N/C,
当E2较大时,滑块刚好与竖直墙壁顶端F点碰撞,从C点到F点做类平抛运动,在水平方向有L2=vt1,
解得t1=1 s,
竖直方向有L2=ay,
qE2-mg=may,
解得ay=2 m/s2,E2=300 N/C,
综上,E2的取值范围为
187.5 N/C专题提升练18
带电粒子在电场中的力、电综合问题
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1.(2025·广州模拟)如图所示，在水平向左的匀强电场中，可视为质点的带负电物块，以某一初速度从足够长的绝缘斜面上的A点沿斜面向下运动，经C点到达B点时，速度减为零，然后再返回到A点。已知
梯级Ⅰ 基础练
斜面倾角θ=30°，物块与斜面间的动摩擦因数μ=，整个过程斜面均保持静止，物块所带电荷量不变。下列判断错误的是( )
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A.物块在上滑过程中机械能增大
B.物块在上滑过程中，增加的重力势能一定大于减少的电势能
C.物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能
D.物块在全过程中产生的内能等于克服摩擦力做的功
物块在上滑过程中，对物块受力分析，可知上滑过程中应满足qEcos θ>Ff+mgsin θ，电场力做功大于摩擦力做功，除重力以外的其他力对物体做正功，则物体的机械能增加，因此物块在上滑过程中机械能增大，A项正确；物块在上滑过程中，由动能定理可得W电-Wf-WG=ΔE，可知W电>WG，电场力对带电物块做正功，带电物块的电势能减少，因此物块在上滑过程中，增加的重力势
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能一定小于减少的电势能，B项错误；物块下滑时经过C点向下运动，再返回到C点时有摩擦力做功，由能量关系可知，物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能，C项正确；在全过程中，系统克服摩擦力做功转化为斜面和物块的内能，D项正确。
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2.(多选)(2025·南阳模拟)如图所示，半径为R的光滑绝缘竖直半圆形轨道ABC的最低点C和光滑绝缘水平面相切，B与圆心O等高，空间存在水平向左的匀强电场。一带电荷量为+q(q>0)的小球以初速度v0=由A点沿轨道内侧水平向左抛出，运动到D点时速度恰好为 0。已知CD=2.5R，小球质量为m，重力加速度为g，则( )
A.在A点时小球恰好不受轨道作用力
B.匀强电场的电场强度大小为
C.小球对轨道的最大作用力为6mg
D.小球运动到B点时对轨道的作用力大小为4mg
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对小球在A点受力分析FN+mg=，解得FN=0，A项正确；对小球由A到D，由动能定理2mgR-qE×CD=-m，解得E=，B项正确；由qE=mg，重力和电场力的合力为mg，方向斜向左下方与水平方向成45°，可知小球位于BC中点时对轨道的作用力最 大，由动能定理mg=mv2-m，FN-mg=，解
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得FN=(3+3)mg，C项错误；小球由A到B，由动能定理有mg×R=m-m，FNB-qE=，解得FNB=6mg，D项错误。
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3.(2024·安徽卷)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为+q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了，k为静电力常 量，不计空气阻力。则( )
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A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变
B.该过程中系统能量守恒，动量不守恒
C.在图乙位置，v1=v2，v3≠2v1
D.在图乙位置，v3=
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该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，三球组成的系统受到的合外力为0，动量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受到1和2的电场力大小相等，方向相反，此时球3受到的合力为0，剪断细线后球3的运动状态改变，剪断细线瞬间球3受到的合力一定不为0，所以该过程中小球3受到的合力在改变，A、B两项错误；对系统根据
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动量守恒定律mv1+mv2=mv3，根据球1和2运动的对称性可知v1= v2，解得v3=2v1，根据能量守恒定律m+m+m=，解得v3=，C项错误，D项正确。
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4.(2025·重庆模拟)如图所示，在绝缘水平面上的两物块A、B用劲度系数为k的水平绝缘轻质弹簧连接，物块B、C用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A靠在竖直墙边，C在倾角为θ=30°的长斜面上，滑轮两侧的轻绳分别与水平面和斜面平行。A、B、C的质量分别是m、 2m、2m，A所带电荷量为+q，B所带电荷量均为+q，C不带电，滑轮左侧存在着水平向左的匀强电场，整个系统不计一切摩擦，B与滑轮足够远。匀强电场的电场强度大小为E=，开始时系统静止。现
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梯级Ⅱ 能力练
让C在沿斜面向下的拉力F作用下做加速度大小为g的匀加速直线运 动，弹簧始终未超过弹性限度，重力加速度大小为g。求：
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(1)初始状态下弹簧的形变量Δx1；
初始时，对B分析可知
Eq=kΔx1+2mgsin θ，
解得弹簧的压缩量Δx1=。
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(2)A刚要离开墙壁时C的速度大小v1；
当A刚要离开墙壁时，对A分析E×q=kΔx2，
则此过程中C下滑的距离x=Δx1+Δx2=，
此时C的速度大小v1==2g。
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(3)接(2)此过程中拉力F所做的功。
从开始运动到A刚要离开墙壁时弹簧弹性势能不变，此过程中根据动能定理WF+2mgxsin θ-qEx=(2m+2m)，
解得拉力F所做的功WF=。
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5.(2025·张家口模拟)如图所示，真空中存在空间范围足够大的、方向水平向左的匀强电场，在电场中，圆心为O、半径为R= m的圆弧形光滑绝缘轨道MN固定在竖直平面内，O、N恰好处于同一竖直线 上，ON=R，OM与竖直方向之间的夹角θ=37°。水平虚线BC上有一点A，点A、M的连线恰好与圆弧轨道相切于M点，AM=2R。现有一质量为m=3 g、电荷量为q=1×10-3 C的带电小球(可视为质点)从A点以一定的初速度沿AM做直线运动，带电小球从M点进入圆弧轨道
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后，恰好能沿圆弧轨道运动并从N点射出。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g=10 m/s2。求：
(1)匀强电场的大小；
根据带电小球沿AM做直线运动可知，带电小球所受的电场力与重力的合力沿MA方向，则带电小球所受电场力与重力的关系
tan 37°=，可得E==40 N/C。
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(2)小球在圆弧轨道运动的过程最小速度大小和在N点射出时的速度大小；
带电小球所受电场力与重力的合力大小为F==mg，
根据带电小球恰好能沿圆弧轨道运动并从N点射出可知，带电小球在圆弧轨道上经过等效最高点G时速度有最小值vG，如图所示，
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此时带电小球所受电场力与重力的合力提供向心力，即F=m，
解得vG== m/s，
带电小球从G点运动到N点的过程中，根据动能定理有
F(R-Rsin θ)=m-m，
解得vN== m/s。
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(3)带电小球在A点时的初速度大小。
设带电小球在A点时的初速度大小为v0，小球从A点运动到G点的过程中，根据动能定理有
-F×3R=m-m，
解得v0==10 m/s。
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6.(2025·乐山模拟)如图，圆弧轨道AB的圆心为O，半径为R= 2.5 m，圆弧轨道AB的B点与水平地面BE相切，B点在O点的正下方，在B点的右侧有一竖直虚线CD，B点到竖直虚线CD的距离为L1= 2.5 m，竖直虚线CD的左侧有一水平向左的匀强电场，场强大小为E1(大小未知)，竖直虚线CD的右侧有场强大小为E2(大小未知)、竖直向上的匀强电场。竖直虚线CD的右侧有一竖直墙壁EF，墙壁EF到竖直虚线CD的距离为L2=1 m，墙壁EF底端E点与水平地面BE相连 接，墙壁EF的高度也为L2=1 m。现将一电荷量为q=+4×10-2 C、质量
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梯级Ⅲ 创新练
为m=1 kg的完全绝缘的滑块从A点由静止释放沿圆弧轨道AB下滑，过B点时的速度大小为4 m/s，最后进入竖直虚线CD右侧。已知滑块可视为质点，圆弧轨道AB光滑，水平地面BE与滑块间的动摩擦因数为μ=0.2，g=10 m/s2，∠AOB=53°，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。求：
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(1)场强E1的大小；
滑块从A点运动到B点的过程中，由动能定理有
mgR(1-cos 53°)-qE1Rsin 53°=m，
解得E1=25 N/C。
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(2)滑块到达竖直虚线CD时速度的大小和滑块从B点到达竖直虚线CD所用的时间；
滑块从B点运动到竖直虚线CD的过程中，由牛顿第二定律有
qE1+μmg=ma，
解得a=3 m/s2，
根据运动学公式有-v2=2aL1，v=vB-at，
解得v=1 m/s，t=1 s。
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(3)要使滑块与竖直墙壁EF碰撞，求E2的取值范围。
当E2较小时，滑块刚好与竖直墙壁底端E点碰撞，有
-μ(mg-qE2)L2=0-mv2，
解得E2=187.5 N/C，
当E2较大时，滑块刚好与竖直墙壁顶端F点碰撞，从C点到F点做类平抛运动，在水平方向有L2=vt1，
解得t1=1 s，
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竖直方向有L2=ay，qE2-mg=may，
解得ay=2 m/s2，E2=300 N/C，
综上，E2的取值范围为187.5 N/C解析
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4专题提升十八 带电粒子在电场中的力、电综合问题
题型1 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.等效重力场的对应概念及解释。
3.举例。
【典例1】 (2024·河北卷)如图,竖直向上的匀强电场中,用长为L的绝缘细线系住一带电小球,在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点,A点为最低点,B点与O点等高。当小球运动到A点时,细线对小球的拉力恰好为0,已知小球的电荷量为q(q>0)、质量为m,A、B两点间的电势差为U,重力加速度大小为g,求:
(1)电场强度E的大小;
(2)小球在A、B两点的速度大小。
【典例2】 如图所示,在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O、半径为r、内壁光滑,A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该空间存在方向水平向右的匀强电场,一质量为m的带电小球(可视为质点)恰好能静止在C点。若在C点给小球一个初速度使它在轨道内侧恰好能做完整的圆周运动(小球的电荷量不变)。已知C、O、D在同一直线上,它们的连线与竖直方向的夹角θ=60°,重力加速度为g。求:
(1)小球所受的电场力F的大小;
(2)小球做圆周运动,在D点的速度大小及在A点对轨道压力的大小。
题型2 电场中的力、电综合问题
电场中的力、电综合问题,是指带电物体在重力、电场力等共同作用下的运动问题,解决该类问题,在正确受力分析的基础上,要正确建立带电物体在电场中的运动模型,并且与力学中的运动模型对比,根据其运动特点灵活应用动力学观点、能量观点和动量观点等多角度进行分析与研究。
(1)动力学观点:对于带电物体在电场中做直线运动、圆周运动、类平抛运动等典型运动问题,可以综合运用动力学观点解题。
(2)能量观点:对于带电物体在电场中的运动过程涉及能量问题时,可以应用动能定理、功能关系、能量守恒定律等灵活解题。
(3)动量观点:对于带电物体在电场中的运动过程涉及动量问题时,可以应用动量定理、动量守恒定律等规律解题。
【典例3】 (2022·辽宁卷)如图所示,光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在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,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。
【典例4】 如图所示,ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道,其中AB段是水平的,BD段为半径R=0.2 m的半圆,两段轨道相切于B点,整个轨道处在竖直向下的匀强电场中,场强大小E=5.0×103 V/m。一不带电的绝缘小球甲,以速度v0沿水平轨道向右运动,与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞,甲、乙两球碰撞后,乙恰能通过轨道的最高点D。已知甲、乙两球的质量均为m=1.0×10-2 kg,乙所带电荷量q=2.0×10-5 C,g取10 m/s2。(水平轨道足够长,甲、乙两球可视为质点,整个运动过程中甲不带电,乙电荷无转移)求:
(1)乙在轨道上的首次落点到B点的距离;
(2)碰撞前甲球的速度v0的大小。
专题提升十八 带电粒子在电场中的力、电综合问题
题型1
【典例1】 答案 (1) (2)
解析 (1)A、B两点间电势差为U,A、B两点沿电场方向的距离为L,在匀强电场中,根据公式可得场强为E=。
(2)在A点细线对小球的拉力为0,根据牛顿第二定律得Eq-mg=m,
A到B过程根据动能定理得
qU-mgL=m-m,
联立解得vA=,
vB=。
【典例2】 答案 (1)mg (2) 9mg
解析 (1)小球在C点静止,受力分析如图所示,
由平衡条件得
F=mgtan 60°,
解得F=mg。
(2)小球在光滑轨道内侧恰好做完整的圆周运动,在D点小球速度最小,对轨道的压力为零,则=m,
解得小球在D点的速度vD=,
小球由轨道上A点运动到D点的过程,根据动能定理得
-mgr(1+cos θ)-Frsin θ=m-m,
解得小球在A点的速度vA=2,
小球在A点,根据牛顿第二定律得
FNA-mg=m,
解得FNA=9mg,
根据牛顿第三定律得,小球在A点对轨道压力的大小为9mg。
题型2
【典例3】 答案 (1)mgR (2) (3)y2=6Rx,y≥0
解析 (1)小球从A到B,根据能量守恒定律得Ep=m=mgR。
(2)小球从B到O,根据动能定理有
-mgR+qE·R=m-m,
解得vO=。
(3)小球运动至O点时速度竖直向上,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
qEcos 45°=max,
竖直方向有qEsin 45°-mg=may,
解得ax=g,ay=0,
说明小球从O点开始以后的运动为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=gt2,y=vOt,
联立解得小球过O点后运动的轨迹方程
y2=6Rx,y≥0。
【典例4】 答案 (1)0.4 m (2)2 m/s
解析 (1)设乙到达最高点D时的速度为vD,乙离开D点到达水平轨道的时间为t,乙的落点到B点的距离为x,
则mg+qE=m,①
2R=t2,②
x=vDt,③
联立①②③得x=0.4 m。④
(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙,
根据动量守恒定律和能量守恒定律可得
mv0=mv甲+mv乙,⑤
m=m+m,⑥
联立⑤⑥得v乙=v0,⑦
乙从B到D过程,由动能定理得
-mg·2R-qE·2R=m-m,⑧
联立①⑦⑧得v0=2 m/s。(共24张PPT)
专题提升十八
带电粒子在电场中的力、电综合问题
第九章 静电场
题型1 带电粒子在重力场和电场中的圆周运动
题型2 电场中的力、电综合问题
内容
索引
带电粒子在重力场和电场中的圆周运动
题型1
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.等效重力场的对应概念及解释。
3.举例。
【典例1】 (2024·河北卷)如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为q(q>0)、质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求：
(1)电场强度E的大小；
A、B两点间电势差为U，A、B两点沿电场方向的距离为L，在匀强电场中，根据公式可得场强为E=。
解析
(2)小球在A、B两点的速度大小。
在A点细线对小球的拉力为0，根据牛顿第二定律得Eq-mg=m，
A到B过程根据动能定理得qU-mgL=m-m，
联立解得vA=，
vB=。
解析
【典例2】 如图所示，在竖直平面内固定的圆形
绝缘轨道的圆心为O、半径为r、内壁光滑，A、B
两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该空间存
在方向水平向右的匀强电场，一质量为m的带电小
球(可视为质点)恰好能静止在C点。若在C点给小球一个初速度使它在轨道内侧恰好能做完整的圆周运动(小球的电荷量不变)。已知C、O、D在同一直线上，它们的连线与竖直方向的夹角θ=60°，重力加速度为g。求：
(1)小球所受的电场力F的大小；
小球在C点静止，受力分析如图所示，
由平衡条件得
F=mgtan 60°，
解得F=mg。
解析
(2)小球做圆周运动，在D点的速度大小及在A点对轨道压力的大小。
小球在光滑轨道内侧恰好做完整的圆周运动，在D点小球速度最小，对轨道的压力为零，则=m，
解得小球在D点的速度vD=，
小球由轨道上A点运动到D点的过程，根据动能定理得
-mgr(1+cos θ)-Frsin θ=m-m，
解析
解得小球在A点的速度vA=2，
小球在A点，根据牛顿第二定律得
FNA-mg=m，
解得FNA=9mg，
根据牛顿第三定律得，小球在A点对轨道压力的大小为9mg。
解析
电场中的力、电综合问题
题型2
电场中的力、电综合问题，是指带电物体在重力、电场力等共同作用下的运动问题，解决该类问题，在正确受力分析的基础上，要正确建立带电物体在电场中的运动模型，并且与力学中的运动模型对比，根据其运动特点灵活应用动力学观点、能量观点和动量观点等多角度进行分析与研究。
(1)动力学观点：对于带电物体在电场中做直线运动、圆周运动、类平抛运动等典型运动问题，可以综合运用动力学观点解题。
(2)能量观点：对于带电物体在电场中的运动过程涉及能量问题时，可以应用动能定理、功能关系、能量守恒定律等灵活解题。
(3)动量观点：对于带电物体在电场中的运动过程涉及动量问题时，可以应用动量定理、动量守恒定律等规律解题。
【典例3】 (2022·辽宁卷)如图所示，光滑水
平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在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，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；
小球从A到B，根据能量守恒定律得Ep=m=mgR。
解析
(2)小球经过O点时的速度大小；
小球从B到O，根据动能定理有
-mgR+qE·R=m-m，
解得vO=。
解析
(3)小球过O点后运动的轨迹方程。
小球运动至O点时速度竖直向上，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
qEcos 45°=max，
竖直方向有qEsin 45°-mg=may，
解得ax=g，ay=0，
解析
说明小球从O点开始以后的运动为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=gt2，y=vOt，
联立解得小球过O点后运动的轨迹方程
y2=6Rx，y≥0。
解析
【典例4】 如图所示，ABD为竖直平面内的
光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为
半径R=0.2 m的半圆，两段轨道相切于B点，
整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0×103 V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞，甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D。已知甲、乙两球的质量均为m=1.0×10-2 kg，乙所带电荷量q=2.0×10-5 C，g取10 m/s2。(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程中甲不带电，乙电荷无转移)求：
(1)乙在轨道上的首次落点到B点的距离；
设乙到达最高点D时的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，
则mg+qE=m，①
2R=t2，②
x=vDt，③
联立①②③得x=0.4 m。④
解析
(2)碰撞前甲球的速度v0的大小。
设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，
根据动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=mv甲+mv乙，⑤
m=m+m，⑥
联立⑤⑥得v乙=v0，⑦
乙从B到D过程，由动能定理得-mg·2R-qE·2R=m-m，⑧
联立①⑦⑧得v0=2 m/s。
解析
