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物理
第讲　专题：电场中的力电综合问题
考点一　带电体在重力场和电场中运动的分析
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，可形象地称之为“等效重力场”。
2．
3．带电体在等效重力场中的圆周运动
物体做圆周运动时，和等效重力平行的直径与圆的两个交点分别为等效“最低点”(等效重力指向的一侧交点)和等效“最高点”(背离等效重力方向一侧的交点)，具体分析与力学中竖直面内的圆周运动类似。
4．带电体在等效重力场中的类抛体运动
物体做类抛体运动时，若初速度方向与合力方向垂直，则做类平抛运动，具体分析与力学中的平抛运动类似；若初速度方向与合力方向不垂直并成一锐角或一钝角，则做类斜抛运动，具体分析与力学中的斜抛运动类似。
例1　如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g，不考虑空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A．匀强电场的电场强度E＝
B．小球做圆周运动过程中动能的最小值为Ekmin＝
C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
例2　(2022·全国甲卷)(多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后，(　　)
A．小球的动能最小时，其电势能最大
B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
考点二　力学三大观点在电场中的应用
1．用动力学的观点分析
运用牛顿运动定律和运动学公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑，以及运动学公式里的物理量的正负号，即其矢量性。
2．用能量的观点分析
(1)运用动能定理分析，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有功，判断是分阶段还是全过程使用动能定理。
(2)运用能量守恒定律分析，注意题中有哪些形式的能量出现。
3．用动量的观点分析
(1)运用动量定理分析，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)运用动量守恒定律分析，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　(2024·山东高考)(多选)如图所示，带电量为＋q的小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为m、带电量为＋q的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑到与小球等高的B点时加速度为零，滑到C点时速度为零。已知AC间的距离为S，重力加速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是(　　)
A．OB的距离l＝
B．OB的距离l＝
C．从A到C，静电力对小滑块做功W＝－mgS
D．AC之间的电势差UAC＝－
例4　如图甲所示，间距为d的两金属板水平放置，板间电场强度随时间的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，T～T时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好从金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度为g，则从微粒射入到从金属板边缘飞出的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．微粒飞出时的速度沿水平方向且大于v0
B．微粒的最大速度为v0＋
C．微粒受到的电场力做功为mg·
D．微粒飞出时重力的功率为mgv0
例5　(2025·陕西省西安市高三上期末)带电粒子“碰撞”实验中，t＝0时粒子A静止，粒子B以一定的初速度向A运动。两粒子的v t图像如图所示，仅考虑静电力的作用，且A、B未接触。则(　　)
A．粒子B在0～t3时间内动能一直减小
B．两粒子在t1时刻的电势能最大
C．粒子A的质量小于粒子B的质量
D．粒子A在t2时刻的加速度最大
（答案及解析）
例1　如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g，不考虑空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A．匀强电场的电场强度E＝
B．小球做圆周运动过程中动能的最小值为Ekmin＝
C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
[答案]　B
[解析]　小球静止时，对小球受力分析，由平衡条件可知qE＝mgtanθ，解得E＝，故A错误；小球所受电场力与重力大小、方向均保持不变，将电场力与重力的合力等效为“新重力”，大小为F＝，作出小球做圆周运动的轨迹，如图所示，则与起始点关于圆心O对称的A点为小球绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动的等效“最高点”，在A点时小球的速度最小，动能最小，由牛顿第二定律可知F＝，动能Ekmin＝mv，联立解得Ekmin＝，故B正确；由功能关系可知，小球机械能的变化量等于电场力做的功，则当小球运动到最左边与O点等高时，电场力做负功最多，小球机械能最小，故C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功后做负功再做正功，所以电势能先减小后增大再减小，故D错误。
例2　(2022·全国甲卷)(多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后，(　　)
A．小球的动能最小时，其电势能最大
B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
[答案]　BD
[解析]　根据qE＝mg、E水平向右可知，带正电荷q的小球所受合力F斜向右下方，且与水平方向夹角为45°；小球在P点的初速度v0水平向左，可画出小球在匀强电场中做类斜抛运动的轨迹如图，其中O为轨迹等效最高点，N为轨迹上与P“等高”的点。根据类斜抛运动的规律及对称性可知，小球经过O点速度与F垂直时，速度最小，动能最小，经过N点时，速度大小为v0，动能等于初动能，且经过N点的速度竖直向下。根据Ep＝qφ，以及沿电场线方向电势降低，结合上述分析可知，小球经过O点动能最小时，电势能不是最大，小球经过N点动能等于初动能时，电势能最大，A错误，B正确。分析可知，小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，恰好经过O点，此时动能最小，C错误。小球速度的水平分量为零时，经过N点，从P到N的过程，根据动能定理有WG＋WE＝mv－mv，根据功能关系，此过程电势能增加量ΔEp＝－WE，则此过程WG＝ΔEp，D正确。
考点二　力学三大观点在电场中的应用
1．用动力学的观点分析
运用牛顿运动定律和运动学公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑，以及运动学公式里的物理量的正负号，即其矢量性。
2．用能量的观点分析
(1)运用动能定理分析，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有功，判断是分阶段还是全过程使用动能定理。
(2)运用能量守恒定律分析，注意题中有哪些形式的能量出现。
3．用动量的观点分析
(1)运用动量定理分析，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)运用动量守恒定律分析，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　(2024·山东高考)(多选)如图所示，带电量为＋q的小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为m、带电量为＋q的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑到与小球等高的B点时加速度为零，滑到C点时速度为零。已知AC间的距离为S，重力加速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是(　　)
A．OB的距离l＝
B．OB的距离l＝
C．从A到C，静电力对小滑块做功W＝－mgS
D．AC之间的电势差UAC＝－
[答案]　AD
[解析]　小滑块经过B点时，加速度为零，对小滑块受力分析，根据平衡条件，沿斜面方向有mgsin30°＝cos30°，解得l＝，A正确，B错误；小滑块从A到C的过程，根据动能定理有W＋mgSsin30°＝0－0，解得W＝－，故C错误；根据电势差与静电力做功的关系可知，AC之间的电势差UAC＝＝－，故D正确。
例4　如图甲所示，间距为d的两金属板水平放置，板间电场强度随时间的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，T～T时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好从金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度为g，则从微粒射入到从金属板边缘飞出的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．微粒飞出时的速度沿水平方向且大于v0
B．微粒的最大速度为v0＋
C．微粒受到的电场力做功为mg·
D．微粒飞出时重力的功率为mgv0
[答案]　C
[解析]　由题意知，T～T时间内微粒匀速运动，设微粒所带电荷量为q，则qE0＝mg，微粒所受电场力向上，0～T内和T～T内，由牛顿第二定律分别有2qE0－mg＝ma1，mg＝ma2，得a1＝a2＝g，可知在竖直方向，0～T内微粒向上加速，T～T内微粒向上匀速，T～T内微粒向上减速，t＝T时微粒的竖直分速度为0，在水平方向上微粒一直匀速，所以微粒飞出两板间的速度沿水平方向且等于v0，故A错误；由上述分析可知，t＝T时微粒速度最大，最大速度vm＝，故B错误；设微粒受到的电场力做功为W，对微粒运动的全过程，由动能定理有W－mg·＝mv－mv，解得W＝mg·，故C正确；微粒飞出时的速度方向与重力方向垂直，重力的功率为零，故D错误。
例5　(2025·陕西省西安市高三上期末)带电粒子“碰撞”实验中，t＝0时粒子A静止，粒子B以一定的初速度向A运动。两粒子的v t图像如图所示，仅考虑静电力的作用，且A、B未接触。则(　　)
A．粒子B在0～t3时间内动能一直减小
B．两粒子在t1时刻的电势能最大
C．粒子A的质量小于粒子B的质量
D．粒子A在t2时刻的加速度最大
[答案]　B
[解析]　粒子B在0～t3时间内速度先减小后反向增大，可知动能先减小后增大，A错误；两粒子在t1时刻共速，此时两粒子相距最近，两粒子的电势能最大，库仑力最大，此时粒子A的加速度最大，B正确，D错误；以粒子A和粒子B组成的系统为研究对象，由图可知，t＝0时刻，该系统的动量p0＝mBv0，在t＝t2时刻，该系统的动量p2＝mAvA，由动量守恒定律得p0＝p2，又由于v0＞vA，联立可得mB＜mA，故C错误。
5(共20张PPT)
第八章　静电场
第6讲　专题：电场中的力电综合问题
目录
1
2
考点一　带电体在重力场和电场中运动的分析
考点二　力学三大观点在电场中的应用
考点一　带电体在重力场和电场中运动的分析
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，可形象地称之为“等效重力场”。
2．
3．带电体在等效重力场中的圆周运动
物体做圆周运动时，和等效重力平行的直径与圆的两个交点分别为等效“最低点”(等效重力指向的一侧交点)和等效“最高点”(背离等效重力方向一侧的交点)，具体分析与力学中竖直面内的圆周运动类似。
4．带电体在等效重力场中的类抛体运动
物体做类抛体运动时，若初速度方向与合力方向垂直，则做类平抛运动，具体分析与力学中的平抛运动类似；若初速度方向与合力方向不垂直并成一锐角或一钝角，则做类斜抛运动，具体分析与力学中的斜抛运动类似。
例2　(2022·全国甲卷)(多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后，(　　)
A．小球的动能最小时，其电势能最大
B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
解析　根据qE＝mg、E水平向右可知，带正电荷q的小球所受合力F斜向右下方，且与水平方向夹角为45°；小球在P点的初速度v0水平向左，可画出小球在匀强电场中做类斜抛运动的轨迹如图，其中O为轨迹等效最高点，N为轨迹上与P“等高”的点。根据类斜抛运动的规律及对称性可知，小球经过O点速度与F垂直时，速度最小，动能最小，经过N点时，速度大小为v0，动能等于初动能，且经过N点的速度竖直向下。根据Ep＝qφ，以及沿电场线方向电势降低，结合上述分析可知，小球经过O点动能最小时，电势能不是最大，小球经过N点动能等于初动能时，电势能最大，A错误，B正确。分析可知，小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，恰好经过O点，此时动能最小，C错误。
考点二　力学三大观点在电场中的应用
1．用动力学的观点分析
运用牛顿运动定律和运动学公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑，以及运动学公式里的物理量的正负号，即其矢量性。
2．用能量的观点分析
(1)运用动能定理分析，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有功，判断是分阶段还是全过程使用动能定理。
(2)运用能量守恒定律分析，注意题中有哪些形式的能量出现。
3．用动量的观点分析
(1)运用动量定理分析，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)运用动量守恒定律分析，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5　(2025·陕西省西安市高三上期末)带电粒子“碰撞”实验中，t＝0时粒子A静止，粒子B以一定的初速度向A运动。两粒子的v t图像如图所示，仅考虑静电力的作用，且A、B未接触。则(　　)
A．粒子B在0～t3时间内动能一直减小
B．两粒子在t1时刻的电势能最大
C．粒子A的质量小于粒子B的质量
D．粒子A在t2时刻的加速度最大
解析　粒子B在0～t3时间内速度先减小后反向增大，可知动能先减小后增大，A错误；两粒子在t1时刻共速，此时两粒子相距最近，两粒子的电势能最大，库仑力最大，此时粒子A的加速度最大，B正确，D错误；以粒子A和粒子B组成的系统为研究对象，由图可知，t＝0时刻，该系统的动量p0＝mBv0，在t＝t2时刻，该系统的动量p2＝mAvA，由动量守恒定律得p0＝p2，又由于v0＞vA，联立可得mB＜mA，故C错误。

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