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专题强化十四　带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题
学习目标　1.会用等效法分析带电粒子在电场和重力场的复合场中的运动。 2.会用动力学、能量和动量的观点分析带电粒子(带电体)的力电综合问题。
考点一　带电粒子在等效重力场中的运动
1.
注意:(1)这里的最高点不一定是几何最高点。
(2)将物体在重力场中的运动规律迁移到“等效重力场”中分析求解。
2.等效“最高点”和等效“最低点”示意图
例1 (多选)(2025·四川达州模拟)如图所示,A、B、C、D、E、F、G、H是半径为R的竖直光滑绝缘圆轨道的八等分点,AE连线竖直,现在空间加一平行于圆轨道面的匀强电场,从A点静止释放一质量为m、电荷量为q的带正电小球,小球沿圆弧经B点恰好能到达C点。若在A点给带电小球一个水平向右的冲量I,让小球沿轨道恰好能做完整的圆周运动。已知重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)
A.所加电场的电场强度最小值为
B.若所加电场的电场强度最小时,小球在H点的电势能最大
C.若所加电场的电场强度最小时,冲量I=m
D.小球在F点时,轨道对小球的作用力为零
答案　BCD
解析　从A点静止释放带电小球,小球沿圆弧恰好能到达C点,则知静电力和重力的合力方向沿FB方向斜向下,B点为“等效最低点”,F点为“等效最高点”,如图所示,可知电场强度最小时,重力和静电力的合力大小为F合=qEmin=mgsin 45°=mg,方向与竖直方向成45°角斜向右下方,所加电场的电场强度最小值为Emin=,方向与竖直方向成45°角斜向右上方,故A错误;若所加电场的电场强度最小时,方向与HD平行向上,则在圆弧里的电势最高点为H点,由于小球带正电,根据Ep=qφ可得小球在H点的电势能最大,故B正确;若在A点给带电小球一个水平向右的冲量I,让小球沿轨道恰好能做完整的圆周运动,则小球在F点所受重力和静电力的合力提供向心力,轨道对小球的作用力为零,故D正确;若所加电场电场强度最小时,在F点由牛顿第二定律得F合=m,从A点到F点,由动能定理得-F合R(1+cos 45°)=m-m,在A点给带电小球一个水平向右的冲量I,有I=mvA,其中F合=mgsin 45°=mg,联立解得I=m,故C正确。
拓展　若电场强度的大小仍为,方向沿AE竖直向上,则在A点至少给带电小球多大的冲量才能做完整的圆周运动
答案　m
解析　在等效最高点E点,由mg-qE=m
由A到E,由动能定理得
-(mg-qE)·2R=m-m
联立解得vA=
故在A点的冲量至少为
IA=mvA=m。
将恒定的静电力和重力看成一个等效重力,可以将原来圆周运动的最低点和最高点的情况进行拓展,等效最高点和等效最低点在沿等效重力方向的直径上。
跟踪训练
1.(2025·内蒙古模拟预测)如图所示,一段长为L的绝缘细线,上端固定在O点,下端连接一质量为m、电荷量为q的带正电小球。空间存在水平向右的匀强电场,现把小球拉到O点正下方后由静止释放,小球上升的最大高度为0.5L。重力加速度为g。则(　　)
A.释放后瞬间小球的加速度大小为g
B.电场强度的大小为
C.细线上的最大拉力为(2-2)mg
D.上升过程,小球机械能的增加量为mgL
答案　C
解析　把重力和静电力的合力看成等效重力,小球在等效重力场中做圆周运动,如图所示,结合对称性,根据几何关系有Lcos 2θ=L-0.5L,解得θ=30°,则有qE=mgtan 30°,解得E==,mg'==mg,释放后瞬间,小球的加速度大小为a==g,故A、B错误;小球在等效重力场中做圆周运动,运动到等效最低点时,速度最大,细线上的拉力最大,根据动能定理有mg'(L-Lcos 30°)=mv2,在等效最低点,由牛顿第二定律有F-mg'=,解得F=(2-2)mg,故C正确;上升过程,小球机械能的增加量等于静电力做的功,静电力做的功为W=qELsin 2θ=mgL,故D错误。
2.(2026·辽宁葫芦岛市高三检测)如图所示,在竖直向上的匀强电场中,A球位于B球的正上方,质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出,它们最后落在水平面上同一点,其中只有一个小球带电,不计空气阻力,下列判断正确的是(　　)
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
答案　D
解析　平抛时的初速度相同,在水平方向通过的位移相同,故下落时间相同,A球在上方,竖直位移较大,由h=at2可知,A球下落的加速度较大,所受合外力较大,如果A球带电,则A球受到向下的静电力,一定带负电,静电力做正功,电势能减小,故A、B错误;如果B球带电,由于B球的竖直位移较小,加速度较小,所受合外力较小,则B球受到的静电力向上,应带正电,静电力对B球做负功,电势能增加,故C错误,D正确。
考点二　电场中的力、电综合问题
要善于把电学问题转化为力学问题,建立带电粒子在电场中加速和偏转的模型,能够从带电粒子受力与运动的关系、功能关系和能量观点、动量观点等多角度进行分析与研究。
1.动力学的观点
(1)在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。
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在某方向上动量守恒。
例2 (2026·河北秦皇岛一模)如图所示,在竖直平面内有水平向右的匀强电场,在匀强电场中有一根长为L的绝缘轻杆,轻杆一端可绕O点自由转动,另一端系一质量为2m、电荷量为q的带电小球b,小球b从与O点等高的A点静止释放,经过O点正下方B点,恰能摆到D点,OD与竖直方向夹角α=30°。将不带电质量为m的绝缘小球a从距离D点竖直高度H=L的某处,以一定初速度择机水平抛出,使得a球在D点处速度垂直于OD方向与小球b发生弹性碰撞,碰撞时间极短,碰撞过程小球b带电荷量保持不变。已知重力加速度大小为g,求:
(1)匀强电场的电场强度大小;
(2)a、b两球相撞后,b球首次经过B点时受到杆的拉力大小。
答案　(1)　(2)
解析　(1)对小球b由A点到D点的过程,根据动能定理得2mgLcos α-qE(L+Lsin α)=0-0
解得E=。
(2)小球a水平抛出到D点的过程做平抛运动,设到达D点时竖直分速度大小为vy,根据运动学公式,
在竖直方向上有=2gH
由几何关系可得a到达D点时速度大小为
va=
解得va=3
设a、b两球发生弹性碰撞后的瞬间速度大小分别为v1、v2,以碰撞前小球a的速度方向为正方向,
根据动量守恒定律与机械能守恒定律得
mva=mv1+2mv2
m=m+×2m
解得v1=-,v2=2
设两球相撞后b球首次经过B点时的速度大小为vB,根据动能定理得
2mgL(1-cos α)+qELsin α=×2m-×2m
在B点,对b由牛顿第二定律得F-2mg=2m
解得F=。
跟踪训练
3.(2026·山东实验中学高三模拟)如图所示在电场强度为E的匀强电场中有一带电绝缘物体P处于水平面上。已知P的质量为m、带电荷量为+q,其所受阻力与时间的关系为f=f0+kt。t=0时物体P由静止开始运动直至速度再次为零的过程中,以下说法正确的是(　　)
A.物体达到最大速度的时间
B.物体达到的最大速度为
C.全过程中,物体所受静电力的冲量为
D.全过程中,物体所受阻力f的冲量为
答案　B
解析　当物体所受合力为零时,物体的速度最大,则有qE=f0+kt,解得t=,从静止到物体达到最大速度过程中,由动量定理有qEt-t=mvm-0,解得vm=,故A错误,B正确;对全过程,由动量定理有qEt'-t'=0,解得t'=,则全过程中,物体所受静电力的冲量为I1=qEt'=,物体所受阻力f的冲量为I2=-t'=,故C、D错误。
A级　基础对点练
对点练1　带电粒子在等效重力场中的运动
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)(2025·河南郑州模拟)如图所示,竖直平面内有一光滑的圆形玻璃管道,管道圆心为O,半径为1.5 m,管道半径远远大于玻璃管道内径。空间存在水平向右的匀强电场,电场强度大小为4×106 N/C。将小球置于玻璃管道最低点并给小球一个初速度,使小球刚好能在玻璃管道内做完整的圆周运动。小球的质量为0.03 kg,电荷量为-1×10-7 C。取管道圆心O处的电势为0,圆心O所在水平面为重力势能的零势能面,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　)
A.小球运动的最小速率为5 m/s
B.小球具有的电势能最小为0.6 J
C.小球具有的机械能最小为0.15 J
D.小球对轨道的压力最小为0
答案　CD
解析　小球受静电力为F电=0.4 N,重力为G=0.3 N,两个力的合力为F=0.5 N,方向沿左下方与水平方向夹角为37°(小球的等效最低点),当小球运动到等效最高点时速度最小,因玻璃管对小球有支持力,可知到达等效最高点时小球运动的最小速率为零,故A错误;小球运动到与圆心等高的左侧位置时电势能最小,则具有的最小电势能为Epmin=qEr=(-1×10-7)×4×106×1.5 J=-0.6 J,故B错误;小球运动到与圆心等高的右侧位置时电势能最大,此时小球的机械能最小,小球从等效最高点到与圆心等高的右侧位置时,由能量守恒定律有mv2=mgrsin 37°-|q|Er(1-cos 37°),解得mv2=0.15 J,因该点的重力势能为零,则小球在该点具有的机械能为0.15 J,故C正确;小球对外侧轨道有压力时,对内侧轨道的压力为零,小球对内侧轨道有压力时,对外侧轨道的压力为零,则小球对轨道的压力最小为0,故D正确。
对点练2　电场中的力、电综合问题
3.(2026·四川成都月考)如图所示,倾角为θ的绝缘光滑斜面和斜面底端电荷量为Q的正点电荷均固定,一质量为m、电荷量为q的带正电小滑块从A点由静止开始沿斜面下滑,刚好能够到达B点。已知A、B间距为L,Q q,重力加速度大小为g。则A、B两点间的电势差UAB等于(　　)
A.- B.
C.- D.
答案　C
解析　带正电小滑块从A点由静止开始沿斜面下滑,受到重力和电荷Q的库仑力作用,从A点运动到B点的过程,由动能定理可知mgLsin θ+qUAB=0,解得A、B两点间的电势差UAB=-,C正确。
4.(2026·湖南怀化高三月考)如图所示,空间存在水平向右、电场强度大小为E的匀强电场,质量为m的带电微粒恰好沿图中的虚线在竖直平面内做匀速直线运动,虚线与水平方向的夹角为θ(sin θ=0.6),微粒受到的空气阻力不能忽略,重力加速度大小为g,下列说法正确的是(　　)
A.微粒可能带正电
B.微粒可能由M点向N点运动
C.微粒的电势能不断增加
D.微粒所带电荷量的绝对值为
答案　D
解析　微粒受到的空气阻力与运动方向相反,受力分析如图所示,可知微粒带负电,故A错误;微粒做匀速直线运动,只能由N点向M点运动才能保持平衡,故B错误;微粒由N点向M点运动的过程中,静电力做正功,电势能减少,故C错误;根据平衡条件有qE=,解得q=,故D正确。
5.(2026·湖北襄阳高三阶段检测)如图,两等量异种点电荷+Q和-Q位于同一竖直线上,在两点电荷连线的中垂线上放置一粗糙水平绝缘横杆,有一质量为m、电荷量为+q的小圆环在横杆的A点以初速度v0向右滑动,经过两点电荷连线的中点O,运动到B点静止。已知BO=AO,O点电场强度为E,且小圆环在A和O两点的加速度相同,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.若小圆环在B点以初速度v0向左滑动,则它运动到O点静止
B.若小圆环在B点以初速度v0向左滑动,则它运动到AO之间某点静止
C.A处的电场强度大小为-E
D.小圆环从A点到B点的过程中,有三个加速度为零的位置
答案　C
解析　由等量异种点电荷电场的对称性知,小圆环从A点到O点与从O点到B点的过程中,克服摩擦力做功相等,而静电力与运动方向一直垂直,始终不做功,由动能定理有-2Wf=0-m,所以,若小圆环在B点以初速度v0向左滑动,则它刚好能运动到O点静止,故A、B错误;因小圆环在A和O两点的加速度相同,O点的电场强度大于A点的电场强度,由牛顿第二定律知,小圆环在A点和O点摩擦力相同,即μ(mg-qEA)=μ(qE-mg),解得EA=-E,故C正确;小圆环从A点到O点与从O点到B点的过程中,各有一处静电力和重力大小相等的位置,即有两个加速度为零的位置,故D错误。
B级　综合提升练
6.(2026·安徽安庆高三月考)如图所示,长度为l的不可伸长轻质细绳一端被固定在O点,另一端连接质量为m、带电荷量为+q的小球,开始时细绳竖直紧绷。在该竖直平面内加上匀强电场,方向斜向右上方,与水平方向夹角为45°,大小为E=(g为重力加速度),不计空气阻力,将小球由静止释放,关于该小球此后的运动,下列说法正确的是(　　)
A.小球在此后运动过程中细绳会松弛
B.小球到达与圆心O等高处的P点时对绳子的拉力大小为2mg
C.若在初位置给小球水平向右的初速度v0=,则小球可以做完整的圆周运动
D.小球可以运动到O点正上方且此时绳子的拉力为0
答案　D
解析　由平行四边形定则可知,小球受到重力和静电力的合力水平向右且大小F=qEcos 45°=mg,即等效重力加速度g'=g,则将小球由静止释放后,小球在此后运动过程中细绳一直绷紧,故A错误;从开始到P点,由动能定理有mg'l=m,在P点有TP-mg'=m,由以上两式可得TP=3mg,故B错误;若小球恰好可以做完整的圆周运动,则小球通过等效场最高点的速度应满足mg'=m,从开始到等效场最高点,由动能定理有-mg'l=mv2-m,由以上两式可得v0=,故C错误;由能量守恒定律可知小球可以运动到O点正上方,从释放点到运动到O点正上方,等效重力做功为0,由动能定理可知,动能变化量为0,小球到达最高点时速度为0,此时T=0,故D正确。
7.(2026·广东湛江高三联考)光滑绝缘的水平桌面MN上有一被压缩的绝缘轻质弹簧,弹簧的两端分别与质量m1=0.2 kg的绝缘小木块A和质量m2=0.1 kg、电荷量q=5×10-6 C的带正电的小物块B接触(不拴接),桌面离地高度h=0.8 m,桌面右端N处与水平绝缘传送带平滑连接,传送带长L=1.25 m,传送带的上方存在电场强度方向水平向右、大小E=6×104 N/C的匀强电场,传送带顺时针运动速度v0=1.5 m/s。现解除锁定,弹簧弹开A、B,弹开后A掉落到地面上的Q点,已知Q与桌面左边缘的水平距离s=0.4 m,小物块B与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2,忽略空气阻力且A与B均可视为质点,弹簧恢复原长时,A、B均未离开桌面。求:
(1)A离开桌面时的速度大小;
(2)解除锁定前弹簧的弹性势能;
(3)B离开传送带时的速度大小。
答案　(1)1 m/s　(2)0.3 J　(3)3 m/s
解析　(1)A离开水平桌面后在竖直方向做自由落体运动,有h=gt2
在水平方向上做匀速直线运动,有s=v1t
解得v1=1 m/s。
(2)弹簧弹开A、B过程,由动量守恒定律有
m1v1-m2v2=0
由能量守恒定律有Ep=m1+m2
解得Ep=0.3 J。
(3)由(2)知v2=2 m/s>v0,又由qE>μm2g,可知B在传送带上一直加速
由动能定理有(qE-μm2g)L=m2v2-m2
解得v=3 m/s。
C级　培优加强练
8.(2025·四川凉山模拟)如图所示,半径R=0.3 m的光滑四分之一圆弧管道竖直固定,与水平面相切于最低点P,空间中存在水平向右的匀强电场,电场强度大小为E=1×103 V/m,物体甲的质量m1=0.2 kg,带电荷量q=+1×10-3 C,在P点右侧L1= m处有一不带电的物体乙,质量m2=0.2 kg,物体乙右侧L2= m处有一竖直固定挡板。物体甲从圆弧管道上与圆心O等高的A点由静止开始沿管道滑动。已知甲、乙与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.2,所有碰撞均无能量损失,且甲、乙碰撞没有电荷转移,甲、乙均视为质点。g=10 m/s2,求:
(1)在圆弧管道最低点P,物体甲受到轨道的支持力大小;
(2)甲、乙第一次碰撞后各自的速度大小;
(3)整个过程中,甲、乙在水平面上运动的总路程之和。
答案　(1)8 N　(2)0　4 m/s　(3)7.25 m
解析　(1)物体甲从A点到P点过程,由动能定理得
m1gR+qER=m1
在P点,根据牛顿第二定律有FN-m1g=m1
联立解得v1=3 m/s,FN=8 N。
(2)物体甲在水平面上向右运动到与乙碰前,根据动能定理有
(qE-μm1g)L1=m1-m1
甲、乙碰撞过程中,根据动量守恒定律和能量守恒定律有
m1v甲=m1v甲'+m2v乙'
m1=m1v甲'2+m2v乙'2
解得v甲=4 m/s,v甲'=0,v乙'=4 m/s。
(3)对物体甲有qE=1 N>μm1g=0.4 N
物体甲、乙最终停在挡板处
在整个过程,对甲、乙系统,由能量守恒定律有
Q=μm1gs1+μm2gs2=m1gR+qE(R+L1+L2)
又s总=s1+s2
解得s总=7.25 m。(共43张PPT)
专题强化十四　带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题
第八章　静电场
1.会用等效法分析带电粒子在电场和重力场的复合场中的运动。 2.会用动力学、能量和动量的观点分析带电粒子(带电体)的力电综合问题。
学习目标
目 录
CONTENTS
考点
01
提升素养能力
02
考点
1
考点二　电场中的力、电综合问题
考点一　带电粒子在等效重力场中的运动
1.
考点一　带电粒子在等效重力场中的运动
注意:(1)这里的最高点不一定是几何最高点。
(2)将物体在重力场中的运动规律迁移到“等效重力场”中分析求解。
2.等效“最高点”和等效“最低点”示意图
例1 (多选)(2025·四川达州模拟)如图所示,A、B、C、D、E、F、G、H是半径为R的竖直光滑绝缘圆轨道的八等分点,AE连线竖直,现在空间加一平行于圆轨道面的匀强电场,从A点静止释放一质量为m、电荷量为q的带正电小球,小球沿圆弧经B点恰好能到达C点。若在A点给带电小球一个水平向右的冲量I,让小球沿轨道恰好能做完整的圆周运动。已知重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　 )
A.所加电场的电场强度最小值为
B.若所加电场的电场强度最小时,小球在H点的电势能最大
C.若所加电场的电场强度最小时,冲量I=m
D.小球在F点时,轨道对小球的作用力为零
BCD
解析　从A点静止释放带电小球,小球沿圆弧恰好能到达C点,则知静电力和重力的合力方向沿FB方向斜向下,B点为“等效最低点”,F点为“等效最高点”,如图所示,可知电场强度最小时,重力和静电力的合力大小为F合=qEmin=mgsin 45°=mg,方向与竖直方向成45°角斜向右下方,所加电场的电场强度最小值为Emin=,方向与竖直方向成45°角斜向右上方,故A错误;若所加电场的电场强度最小时,方向与HD平行向上,则在圆弧里的电势最高点为H点,由于小球带正电,根据Ep=qφ可得小球在H点的电势能最大,故B正确;若在A点给带电小球一个水平向右的冲量I,让小球沿轨道恰好能做完整的圆周运动,则小球在F点所受重力和静电力的合力提供向心力,轨道对小球的作用力为零,故D正确;若所加电场电场强度
最小时,在F点由牛顿第二定律得F合=m,从A点到F点,由动能定理得
-F合R(1+cos 45°)=m-m,在A点给带电小球一个水平向右的冲
量I,有I=mvA,其中F合=mgsin 45°=mg,联立解得I=m,故C正确。
拓展　若电场强度的大小仍为,方向沿AE竖直向上,则在A点至少给带电小球多大的冲量才能做完整的圆周运动
答案　m
解析　在等效最高点E点,由mg-qE=m
由A到E,由动能定理得
-(mg-qE)·2R=m-m
联立解得vA=
故在A点的冲量至少为
IA=mvA=m。
将恒定的静电力和重力看成一个等效重力,可以将原来圆周运动的最低点和最高点的情况进行拓展,等效最高点和等效最低点在沿等效重力方向的直径上。
1.(2025·内蒙古模拟预测)如图所示,一段长为L的绝缘细线,上端固定在O点,下端连接一质量为m、电荷量为q的带正电小球。空间存在水平向右的匀强电场,现把小球拉到O点正下方后由静止释放,小球上升的最大高度为0.5L。重力加速度为g。则(　　)
跟踪训练
A.释放后瞬间小球的加速度大小为g
B.电场强度的大小为
C.细线上的最大拉力为(2-2)mg
D.上升过程,小球机械能的增加量为mgL
C
解析　把重力和静电力的合力看成等效重力,小球在等效重力场
中做圆周运动,如图所示,结合对称性,根据几何关系有Lcos 2θ=
L-0.5L,解得θ=30°,则有qE=mgtan 30°,解得E==,mg'=
=mg,释放后瞬间,小球的加速度大小为a==g,故A、
B错误;小球在等效重力场中做圆周运动,运动到等效最低点时,
速度最大,细线上的拉力最大,根据动能定理有mg'(L-Lcos 30°)=mv2,在等效最低点,由牛顿第二定律有F-mg'=,解得F=(2-2)mg,故C正确;上升过程,小球机械能的增加量等于静电力做的功,静电力做的功为W=qELsin 2θ=mgL,故D错误。
2.(2026·辽宁葫芦岛市高三检测)如图所示,在竖直向上的匀强电场中,A球位于B球的正上方,质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出,它们最后落在水平面上同一点,其中只有一个小球带电,不计空气阻力,下列判断正确的是(　　)
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
D
解析　平抛时的初速度相同,在水平方向通过的位移相同,故下落时间相同,A球在上方,竖直位移较大,由h=at2可知,A球下落的加速度较大,所受合外力较大,如果A球带电,则A球受到向下的静电力,一定带负电,静电力做正功,电势能减小,故A、B错误;如果B球带电,由于B球的竖直位移较小,加速度较小,所受合外力较小,则B球受到的静电力向上,应带正电,静电力对B球做负功,电势能增加,故C错误,D正确。
要善于把电学问题转化为力学问题,建立带电粒子在电场中加速和偏转的模型,能够从带电粒子受力与运动的关系、功能关系和能量观点、动量观点等多角度进行分析与研究。
1.动力学的观点
(1)在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。
考点二　电场中的力、电综合问题
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在某方向上动量守恒。
例2 (2026·河北秦皇岛一模)如图所示,在竖直平面内有水平向右的匀强电场,在匀强电场中有一根长为L的绝缘轻杆,轻杆一端可绕O点自由转动,另一端系一质量为2m、电荷量为q的带电小球b,小球b从与O点等高的A点静止释放,经过O点正下方B点,恰能摆到D点,OD与竖直方向夹角α=30°。将不带电质量为m的绝缘小球a从距离D点竖直高度H=L的某处,以一定初速度择机水平抛出,使得a球在D点处速度垂直于OD方向与小球b发生弹性碰撞,碰撞时间极短,碰撞过程小球b带电荷量保持不变。已知重力加速度大小为g,求:
(1)匀强电场的电场强度大小;
答案　
解析　对小球b由A点到D点的过程,根据动能定理得2mgLcos α-qE(L+Lsin α)=0-0
解得E=。
(2)a、b两球相撞后,b球首次经过B点时受到杆的拉力大小。
解析　小球a水平抛出到D点的过程做平抛运动,设到达D点时竖直分速度大小为vy,根据运动学公式,
在竖直方向上有=2gH
由几何关系可得a到达D点时速度大小为
va=
解得va=3
设a、b两球发生弹性碰撞后的瞬间速度大小分别为v1、v2,以碰撞前小球a的速度方向为正方向,
根据动量守恒定律与机械能守恒定律得
mva=mv1+2mv2
m=m+×2m
解得v1=-,v2=2
设两球相撞后b球首次经过B点时的速度大小为vB,根据动能定理得
2mgL(1-cos α)+qELsin α=×2m-×2m
在B点,对b由牛顿第二定律得F-2mg=2m
解得F=。
答案　
3.(2026·山东实验中学高三模拟)如图所示在电场强度为E的匀强电场中有一带电绝缘物体P处于水平面上。已知P的质量为m、带电荷量为+q,其所受阻力与时间的关系为f=f0+kt。t=0时物体P由静止开始运动直至速度再次为零的过程中,以下说法正确的是(　　)
跟踪训练
A.物体达到最大速度的时间
B.物体达到的最大速度为
C.全过程中,物体所受静电力的冲量为
D.全过程中,物体所受阻力f的冲量为
B
解析　当物体所受合力为零时,物体的速度最大,则有qE=f0+kt,解得t=,从静止到物体达到最大速度过程中,由动量定理有qEt-t=mvm-0,解得vm=,故A错误,B正确;对全过程,由动量定理有qEt'-t'=0,解得t'=,则全过程中,物体所受静电力的冲量为I1=qEt'=,物体所受
阻力f的冲量为I2=-t'=,故C、D错误。
提升素养能力
2
A级　基础对点练
B
对点练1　带电粒子在等效重力场中的运动
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
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。
CD
2.(多选)(2025·河南郑州模拟)如图所示,竖直平面内有一光滑的圆形玻璃管道,管道圆心为O,半径为1.5 m,管道半径远远大于玻璃管道内径。空间存在水平向右的匀强电场,电场强度大小为4×106 N/C。将小球置于玻璃管道最低点并给小球一个初速度,使小球刚好能在玻璃管道内做完整的圆周运动。小球的质量为0.03 kg,电荷量为-1×10-7 C。取管道圆心O处的电势为0,圆心O所在水平面为重力势能的零势能面,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　)
A.小球运动的最小速率为5 m/s
B.小球具有的电势能最小为0.6 J
C.小球具有的机械能最小为0.15 J
D.小球对轨道的压力最小为0
解析　小球受静电力为F电=0.4 N,重力为G=0.3 N,两个力的合力为F=0.5 N,方向沿左下方与水平方向夹角为37°(小球的等效最低点),当小球运动到等效最高点时速度最小,因玻璃管对小球有支持力,可知到达等效最高点时小球运动的最小速率为零,故A错误;小球运动到与圆心等高的左侧位置时电势能最小,则具有的最小电势能为Epmin=qEr=(-1×10-7)×4×106×1.5 J=-0.6 J,故B错误;小球运动到与圆心等高的右侧位置时电势能最大,此时小球的机械能最小,小球从等效最高点到与圆心等高的右侧位置时,由能量守恒定律有mv2=mgrsin 37°-|q|Er(1-cos 37°),解得mv2=0.15 J,因该点的重力势能为零,则小球在该点具有的机
械能为0.15 J,故C正确;小球对外侧轨道有压力时,对内侧轨道
的压力为零,小球对内侧轨道有压力时,对外侧轨道的压力为
零,则小球对轨道的压力最小为0,故D正确。
C
对点练2　电场中的力、电综合问题
3.(2026·四川成都月考)如图所示,倾角为θ的绝缘光滑斜面和斜面底端电荷量为Q的正点电荷均固定,一质量为m、电荷量为q的带正电小滑块从A点由静止开始沿斜面下滑,刚好能够到达B点。已知A、B间距为L,Q q,重力加速度大小为g。则A、B两点间的电势差UAB等于(　　)
A.- B.
C.- D.
解析　带正电小滑块从A点由静止开始沿斜面下滑,受到重力和电荷Q的库仑力作用,从A点运动到B点的过程,由动能定理可知mgLsin θ+qUAB=0,解得A、B两点间的电势差UAB=-,C正确。
D
4.(2026·湖南怀化高三月考)如图所示,空间存在水平向右、电场强度大小为E的匀强电场,质量为m的带电微粒恰好沿图中的虚线在竖直平面内做匀速直线运动,虚线与水平方向的夹角为θ(sin θ=0.6),微粒受到的空气阻力不能忽略,重力加速度大小为g,下列说法正确的是(　　)
A.微粒可能带正电
B.微粒可能由M点向N点运动
C.微粒的电势能不断增加
D.微粒所带电荷量的绝对值为
解析　微粒受到的空气阻力与运动方向相反,受力分析如图所示,可知微粒带负电,故A错误;微粒做匀速直线运动,只能由N点向M点运动才能保持平衡,故B错误;微粒由N点向M点运动的过程中,静电力做正功,电势能减少,故C错误;根据平衡条件有qE=,解得q=,故D正确。
C
5.(2026·湖北襄阳高三阶段检测)如图,两等量异种点电荷+Q和-Q位于同一竖直线上,在两点电荷连线的中垂线上放置一粗糙水平绝缘横杆,有一质量为m、电荷量为+q的小圆环在横杆的A点以初速度v0向右滑动,经过两点电荷连线的中点O,运动到B点静止。已知BO=AO,O点电场强度为E,且小圆环在A和O两点的加速度相同,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.若小圆环在B点以初速度v0向左滑动,则它运动
到O点静止
B.若小圆环在B点以初速度v0向左滑动,则它运动
到AO之间某点静止
C.A处的电场强度大小为-E
D.小圆环从A点到B点的过程中,有三个加速度为零的位置
解析　由等量异种点电荷电场的对称性知,小圆环从A点到O点与从O点到B点的过程中,克服摩擦力做功相等,而静电力与运动方向一直垂直,始终不做功,由动能定理有-2Wf=0-m,所以,若小圆环在B点以初速度v0向左滑动,则它刚好能运动到O点静止,故A、B错误;因小圆环在A和O两点的加速度相同,O点的电场强度大于A点的电场强度,由牛顿第二定律知,小圆环在A点和O点摩擦力相同,即μ(mg-qEA)=μ(qE-mg),解得EA=-E,故C正确;小圆环从A点
到O点与从O点到B点的过程中,各有一处静电力和重
力大小相等的位置,即有两个加速度为零的位置,故D错误。
D
6.(2026·安徽安庆高三月考)如图所示,长度为l的不可伸长轻质细绳一端被固定在O点,另一端连接质量为m、带电荷量为+q的小球,开始时细绳竖直紧绷。在该竖直平面内加上匀强电场,方向斜向右上方,与水平方向夹角为45°,大小为E=(g为重力加速度),不计空气阻力,将小球由静止释放,关于该小球此后的运动,下列说法正确的是(　　)
A.小球在此后运动过程中细绳会松弛
B.小球到达与圆心O等高处的P点时对绳子的拉力大小为2mg
C.若在初位置给小球水平向右的初速度v0=,则小球可以
做完整的圆周运动
D.小球可以运动到O点正上方且此时绳子的拉力为0
B级　综合提升练
解析　由平行四边形定则可知,小球受到重力和静电力的合力
水平向右且大小F=qEcos 45°=mg,即等效重力加速度g'=g,则将
小球由静止释放后,小球在此后运动过程中细绳一直绷紧,故A
错误;从开始到P点,由动能定理有mg'l=m,在P点有TP-mg'=
m,由以上两式可得TP=3mg,故B错误;若小球恰好可以做完整的圆周运动,则小球通过等效场最高点的速度应满足mg'=m,从开始到等效场最高点,由动能定理有-mg'l=mv2-m,由以上两式可得v0=,故C错误;由能量守恒定律可知小球可以运动到O点正上方,从释放点到运动到O点正上方,等效重力做功为0,由动能定理可知,动能变化量为0,小球到达最高点时速度为0,此时T=0,故D正确。
7.(2026·广东湛江高三联考)光滑绝缘的水平桌面MN上有一被压缩的绝缘轻质弹簧,弹簧的两端分别与质量m1=0.2 kg的绝缘小木块A和质量m2=0.1 kg、电荷量q=5×10-6 C的带正电的小物块B接触(不拴接),桌面离地高度h=0.8 m,桌面右端N处与水平绝缘传送带平滑连接,传送带长L=1.25 m,传送带的上方存在电场强度方向水平向右、大小E=6×104 N/C的匀强电场,传送带顺时针运动速度v0=1.5 m/s。现解除锁定,弹簧弹开A、B,弹开后A掉落到地面上的Q点,已知Q与桌面左边缘的水平距离s=0.4 m,小物块B与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2,忽略空气阻力且A与B均可视为质点,弹簧恢复原长时,A、B均未离开桌面。求:
(1)A离开桌面时的速度大小;
(2)解除锁定前弹簧的弹性势能;
(3)B离开传送带时的速度大小。
答案　(1)1 m/s　(2)0.3 J　(3)3 m/s
解析　(1)A离开水平桌面后在竖直方向做自由落体运动,有h=gt2
在水平方向上做匀速直线运动,有s=v1t
解得v1=1 m/s。
(2)弹簧弹开A、B过程,由动量守恒定律有
m1v1-m2v2=0
由能量守恒定律有Ep=m1+m2
解得Ep=0.3 J。
(3)由(2)知v2=2 m/s>v0,又由qE>μm2g,可知B在传送带上一直加速
由动能定理有(qE-μm2g)L=m2v2-m2
解得v=3 m/s。
8.(2025·四川凉山模拟)如图所示,半径R=0.3 m的光滑四分之一圆弧管道竖直固定,与水平面相切于最低点P,空间中存在水平向右的匀强电场,电场强度大小为E=
1×103 V/m,物体甲的质量m1=0.2 kg,带电荷量q=+1×10-3 C,在P点右侧L1= m处有一不带电的物体乙,质量m2=0.2 kg,物体乙右侧L2= m处有一竖直固定挡板。物体甲从圆弧管道上与圆心O等高的A点由静止开始沿管道滑动。已知甲、乙与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.2,所有碰撞均无能量损失,且甲、乙碰撞没有电荷转移,甲、乙均视为质点。g=10 m/s2,求:
C级　培优加强练
(1)在圆弧管道最低点P,物体甲受到轨道的支持力大小;
(2)甲、乙第一次碰撞后各自的速度大小;
(3)整个过程中,甲、乙在水平面上运动的总路程之和。
答案　(1)8 N　(2)0　4 m/s　(3)7.25 m
解析　(1)物体甲从A点到P点过程,由动能定理得
m1gR+qER=m1
在P点,根据牛顿第二定律有FN-m1g=m1
联立解得v1=3 m/s,FN=8 N。
(2)物体甲在水平面上向右运动到与乙碰前,根据动能定理有
(qE-μm1g)L1=m1-m1
甲、乙碰撞过程中,根据动量守恒定律和能量守恒定律有
m1v甲=m1v甲'+m2v乙'
m1=m1v甲'2+m2v乙'2
解得v甲=4 m/s,v甲'=0,v乙'=4 m/s。
(3)对物体甲有qE=1 N>μm1g=0.4 N
物体甲、乙最终停在挡板处
在整个过程,对甲、乙系统,由能量守恒定律有
Q=μm1gs1+μm2gs2=m1gR+qE(R+L1+L2)
又s总=s1+s2
解得s总=7.25 m。
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