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(共44张PPT)
第七章　静电场
专题十　带电粒子在电场中运动的综合问题
素养目标　1.根据图像分析物理过程.（科学思维） 2.建立电学问题力学化模型，能应用动力学观点和能量观点分析电学问题.（科学思维）
一、带电粒子在电场和重力场中的运动
一、带电粒子在电场和重力场中的运动
（1）求油滴a和油滴b的质量之比；
答案：（1）8∶
（2）判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比.
答案：（2）油滴a带负电，油滴b带正电　4∶1
深化1　　等效重力场
物体在匀强电场和重力场中的运动，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”.
深化3　　“等效最高点”和“等效最低点”示意图
答案：8.79 m　67.5 N，方向竖直向下
D
A. 如果A球带电，则A球一定带正电
B. 如果A球带电，则A球的电势能一定增加
C. 如果B球带电，则B球一定带负电
D. 如果B球带电，则B球的电势能一定增加
BD
A. 小球在A点的速度大小为2.25 m/s
B. 小球从抛出到A点的运动是类平抛运动
C. 小球第一次在半圆轨道上滑行过程中，
可能会在某处脱离半圆轨道
D. 小球第一次在半圆轨道上滑行过程中对轨道的最大压力大小为24 N
二、电场中的力、电综合问题
二、电场中的力、电综合问题
BD
深化1　　动力学的观点
（1）由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，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.
深化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.
深化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在某方向上动量守恒.
D
A. 物体B带负电，受到的静电力大小为mgsin θ
C. 撤去外力F的瞬间，物体B的加速度大小为3gsin θ
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
间，弹簧弹力不会立即改变，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
C
B. d
例4　（2025·福建漳州统考模拟）如图所示，质量为9m的靶盒（可视为质点）带正电，电荷量为q，静止在光滑水平面上的O点.O点右侧存在电场强度大小为E、方向水平向左的匀强电场.在O点左侧有一质量为m的子弹，以速度v0水平向右打入靶盒后与靶盒一起运动.已知子弹打入靶盒的时间极短，子弹不带电，且靶盒带电荷量始终不变，不计空气阻力.
（1）求子弹打入靶盒后的瞬间，子弹和靶盒共同的速度大小v1；
答案：（1）0.1v0
解析：（1）子弹打入靶盒过程中，由动量守恒定律得mv0＝10mv1
解得v1＝0.1v0.
（2）求子弹打入靶盒后，靶盒向右离开O点的最大距离s；
解析：（3）第1颗子弹打入靶盒后，靶盒将向右减速后反向加速，返回O点时速度大小仍为v1，设第2颗子弹打入靶盒后速度为v2，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0－10mv1＝11mv2
解得v2＝0
以靶盒与第1颗子弹为整体，由动量定理得
I＝0－（－10mv1）
解得I＝mv0.
（3）若靶盒回到O点时，第2颗完全相同的子弹也以v0水平向右打入靶盒，求第2颗子弹对靶盒的冲量大小I.
答案：（3）mv0
限时跟踪检测
A级·基础对点练
题组一　带电粒子在电场和重力场中的运动
A. F1逐渐增大 B. F1逐渐减小
C. F2逐渐增大 D. F2先减小后增大
B
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3
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5
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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
C
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4
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6
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，可知电场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，动能最小.由平衡条件可知，电场力水平向右，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.
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D. 外力F做负功
C
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5
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4. 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°.重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
（1）滑块在B处速度vB的大小；
答案：（1）2 m/s
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，
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解得F＝124 N.
（2）滑块在A处受到圆轨道的支持力F大小.
答案：（2）124 N
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B级·能力提升练
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
BCD
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6. 如图所示，第一象限中有沿x轴正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小相等.一个质量为m、电荷量为－q（q＞0）的带电质点以初速度v0从x轴上P（－L，0）点射入第二象限，
已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动，
并且能够连续两次通过y轴上的同一个点Q（未画出），
重力加速度g为已知量.求：
（1）初速度v0与x轴正方向的夹角；
答案：（1）45°
解得θ＝45°.
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（2）P、Q两点间的电势差UPQ；
解析：（2）P到Q的过程，由动能定理有
qEL－mgL＝0
又WPQ＝qEL
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（3）带电质点在第一象限中运动所用的时间.
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