2027届高三物理一轮复习教案：第九章　第47课时　专题强化：带电粒子的力电综合问题（含解析）

这是一份2027届高三物理一轮复习教案：第九章　第47课时　专题强化：带电粒子的力电综合问题（含解析）
考点一 “等效法”在电场和重力场的复合场中的应用
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
4.类抛体运动
(1)类抛体运动
①如果带电体的初速度方向与“等效重力”方向垂直，则带电体做类平抛运动。
②如果带电体的初速度方向与“等效重力”方向成某一锐角或钝角，则带电体做类斜抛运动。
(2)处理方法：与处理平抛运动、斜抛运动的方法相同。
①利用运动的合成与分解的方法分析解决。
②利用动能定理等功能观点分析解决。
例1 (2024·河北卷·13)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。
答案 (1)UL (2)Uq−mgLm 3(Uq−mgL)m
解析 (1)由匀强电场中电势差与电场强度的关系，电场强度E=UL
(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=mvA2L
A到B过程根据动能定理得
qU-mgL=12mvB2-12mvA2
联立解得vA=Uq−mgLm，vB=3(Uq−mgL)m。
例2 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mgq(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：
(1)在图中画出等效“最高点”和“最低点”，指出机械能最大和最小的位置；
(2)求小圆环在A点获得的初速度大小v0；
(3)求小圆环过B点受到大圆环的弹力大小。
答案 (1)见解析 (2)2(1+2)gR (3)(3-22)mg
解析 (1)由于匀强电场的电场强度为mgq，即静电力与重力大小相等，作出小圆环的等效“最低点”C与等效“最高点”D，如图所示，小圆环在等效“最低点”C速度最大，动能最大，在等效“最高点”D速度最小，动能最小；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，M点是电势能最小的位置，也是机械能最大的位置，N点是电势能最大的位置，也是机械能最小的位置。
(2)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“最高点”D的速度为0，对小圆环分析有-qERsin 45°-mg(R+Rcs 45°)=0-12mv02，
解得v0=2(1+2)gR
(3)小圆环从A运动到B过程有
-mg·2R=12mvB2-12mv02，
在B点有FB+mg=mvB2R，
解得FB=(22-3)mg，则小圆环在B点受到的弹力大小为(3-22)mg。
拓展 若将大圆环换成光滑绝缘圆形轨道，小圆环换成带同样电荷的小球，则小球在A点至少获得多大的速度，才能做完整的圆周运动？
答案 (32+2)gR
解析 小球在D点受到的支持力为0时，重力与静电力的合力恰好提供向心力，
2mg=mvD2R
由A到D，由动能定理
-qERsin 45°-mg(R+Rcs 45°)=12mvD2-12mv02
解得v0=(32+2)gR。
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 (2025·黑吉辽蒙卷·7)如图，光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BC在B点相切，轨道半径为r，圆心为O，O、A间距离为3r。原长为2r的轻质绝缘弹簧一端固定于O点，另一端连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场，物块所受的电场力与重力大小相等。物块在A点左侧释放后，依次经过A、B、C三点时的动能分别为EkA、EkB、EkC，则( )
A.EkA0)、质量为m，电场强度大小为E，重力加速度大小为g，不计空气阻力，求：
(1)(3分)小球在A点的速度大小；
(2)(6分)小球运动至B点时细线上拉力的大小。
答案 (1)(mg−qE)Lm (2)6(mg-qE)
解析 (1)在A点细线对小球的拉力为0，
根据牛顿第二定律得mg-qE=mvA2L
联立解得vA=(mg−qE)Lm
(2)设最低点B点速度为v，从A点到B点运动过程根据动能定理有2mgL-2qEL=12mv2-12mvA2
解得v=5(mg−qE)Lm
设此时细线上拉力为F，
由牛顿第二定律有F+qE-mg=mv2L
联立得F=6(mg-qE)。
[6、7题，每题6分]
6.(多选)(2025·云南昆明市三模)匀强电场中，质量为m、带电量为q(q>0)且可视为质点的小球在长为L的绝缘轻绳拉力作用下绕固定点O在竖直平面内做圆周运动，M点和N点分别为圆周上的最低点和最高点，电场方向平行于圆周平面。已知运动过程中小球速度最小值为gL(g为重力加速度)，此时绳子拉力恰好为零。小球运动到M点时速度大小为2gL且大于小球经过N点时的速度，不计空气阻力。若O点电势为零，下列说法正确的是( )
A.小球受到的静电力与重力的夹角为30°
B.匀强电场的电场强度大小为mgq
C.M点的电势为mgL2q
D.小球从速度最小到速度最大的过程中，静电力做的功为2mgL
答案 BC
解析 因运动过程中小球速度最小值为gL，此时绳子拉力恰好为零，可知小球受的合力为F合=mvmin2L=mg，因重力竖直向下，可知静电力大小也为mg，且与重力夹角为120°，根据mg=qE，可知匀强电场的电场强度大小为E=mgq，选项A错误，B正确；因M、O两点的电势差为UMO=ELcs 60°=mgL2q，O点电势为零，M点的电势为φM=mgL2q，选项C正确；小球从速度最小到速度最大的过程中，即从等效最高点Q到等效最低点P的过程中，静电力做的功为W=qEcs 60°·2L=mgL，选项D错误。
7.(多选)(2025·海南卷·12改编)一绝缘的固定倾斜斜面，斜面倾角为30°，空间中存在沿斜面向下的匀强电场，电场强度为E=3mg2q(g为重力加速度)。质量为m的物块M、N用一根不可伸长的轻绳绕过滑轮连接，M带正电，电荷量为q，N不带电，N一端与弹簧连接，弹簧另一端固定在地面上，劲度系数为k。初始时有外力作用使M静止在斜面上，轻绳恰好伸直，使M从静止释放，第一次到达最低点的时间为t，不计一切摩擦。则( )
A.释放时M的加速度为2g
B.M下滑的最大速度为2mg2k
C.M下滑的距离最大时加速度为g
D.M下滑的最大距离为3mgk
答案 BC
解析 初始时，弹簧弹力等于N的重力，弹簧处于压缩状态，即kx1=mg，可得x1=mgk，释放M时，弹簧弹力不会突变，对M和N，根据牛顿第二定律Eq+mgsin 30°-mg+kx1=2ma，可得释放时M的加速度为a=g，A错误；当M、N的加速度为零时，M的速度最大，设此时弹簧的伸长量为x2，根据平衡条件Eq+mgsin 30°=kx2+mg，解得x2=mgk，由于x1=x2，可知弹簧弹性势能不变，M从开始运动到速度达到最大过程，根据动能定理Eq(x1+x2)+mgsin 30°·(x1+x2)-mg(x1+x2)=12×2mvm2-0，联立解得M下滑的最大速度为vm=2mg2k，B正确；以速度最大位置为原点，斜面向上为正方向，分析可知M、N做简谐运动，刚释放M时，加速度a=g，根据简谐运动的对称性可知当M下滑到最大距离时，加速度大小也为g，根据牛顿第二定律k(x3-x1)+mg-Eq-mgsin 30°=2mg，解得M下滑的最大距离为x3=4mgk，故C正确，D错误。
8.(13分)(2025·四川攀枝花市一模)如图所示，高h=45 cm的光滑倾斜轨道AB与长x=20 cm的粗糙水平轨道BC在B点处平滑连接，半径R=20 cm的光滑14圆弧轨道CD与水平轨道相切于C点，整个轨道处在同一竖直平面内，B点所在竖直面BB'右侧存在水平向右的匀强电场。绝缘带电滑块P、Q分别位于倾斜轨道的顶端和水平轨道的最左端，滑块Q恰能保持静止。由静止释放滑块P，经一段时间后与Q发生碰撞。已知P、Q的质量分别为mP=200 g、mQ=100 g，与水平面之间的动摩擦因数μ均为0.2，Q的电荷量q=+1×10-6 C，重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，碰撞过程时间极短且无机械能损失和电荷转移，P、Q可视为质点且不发生二次碰撞，求：
(1)(3分)匀强电场的电场强度大小E；
(2)(10分)滑块Q碰后上升的最大高度H。
答案 (1)2×105 V/m (2)0.84 m
解析 (1)对Q，由平衡条件有qE=μmQg
代入数据得E=2×105 V/m
(2)设滑块P刚到斜面底端时的速度大小为vB，对滑块P从A到B，由动能定理有mPgh=12mPvB2
滑块P、Q在B点发生弹性碰撞，有
mPvB=mPvP+mQvQ
12mPvB2=12mPvP2+12mQvQ2
对滑块Q从B点到D点，由动能定理有
qE(x+R)-μmQgx-mQgR=12mQvD2-12mQvQ2，滑块Q从D点飞出后在竖直方向上做竖直上抛运动，一直到最高点有vD2=2g(H-R)
解得H=0.84 m。
[6分]
9.(多选)(2024·江西卷·10)如图所示，垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆，质量均为m、带同种电荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆，两小球均可视为点电荷，带电荷量分别为q和Q。在图示的坐标系中，小球乙静止在坐标原点，初始时刻小球甲从x=x0处由静止释放，开始向下运动。甲和乙两点电荷的电势能Ep=kQqr(r为两点电荷之间的距离，k为静电力常量)。最大静摩擦力等于滑动摩擦力f，重力加速度为g。关于小球甲，下列说法正确的是( )
A.最低点的位置x=kQq(mg+f)x0
B.速率达到最大值时的位置x=kQqmg−f
C.最后停留位置x的区间是kQqmg≤x≤kQqmg−f
D.若在最低点能返回，则初始电势能Ep0mg+f，结合动能定理(mg-f)(x0-x)-(kQqx-kQqx0)=0，联立可得Ep0=kQqx0