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第47课时　专题强化：带电粒子在电场中的力电综合问题
目标要求　1.会用等效法分析带电粒子在电场和重力场中的圆周运动。2.会用动力学、能量和动量观点分析带电粒子的力电综合问题。
考点一　“等效重力场”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.
3.举例
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)　(2)　
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=
(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=。
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(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　(3)(3-2)mg
解析　(1)由于匀强电场的电场强度为，即电场力与重力大小相等，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+Rcos 45°)=0-m，
解得v0=
(3)小圆环从A运动到B过程有
-mg·2R=m-m，
在B点有FB+mg=m，
解得FB=(2-3)mg，则在B点的弹力大小为(3-2)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，才能在圆形轨道内做完整的圆周运动？
答案　
解析　小球在D点受到的支持力为0时，重力与电场力的合力恰好提供向心力，mg=m
由A到D，由动能定理
-qERsin 45°-mg(R+Rcos 45°)=m-m
解得v0=。
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.EkAC.EkA答案　C
解析　由题意可得在A点，弹簧伸长量为r，在B点和C点，弹簧压缩量为r，即三个位置弹簧弹性势能相等，则由A到B过程中弹簧弹力做功为零，电场力做正功，动能增加，EkB>EkA；由B到C过程中弹簧弹力和电场力做功都为零，重力做负功，则动能减小，EkB>EkC；由A到C全过程则有qElAB-mglBC=EkC-EkA，因lAB==2r，lBC=2r，qE=mg，故EkC>EkA。因此EkB>EkC>EkA，故选C。
例4　(2024·广东深圳市二模)如图所示为某一弹射游戏简化模型的俯视图，在光滑的绝缘水平面上建立平面坐标系，ef右侧水平面内有沿x轴负方向的匀强电场(电场区域足够大)，已知ef平行于y轴。一轻质绝缘弹簧一端固定在坐标原点O处，另一端与一质量为0.2 kg不带电绝缘物块A相连，此时弹簧轴线与x轴正方向的夹角θ=37°。弹簧被压缩后锁定，弹簧储存的弹性势能为0.2 J。再将一质量为0.2 kg的带电荷量q=+1.0×10-6 C的物块B紧靠着物块A，A、B不黏连，现解除锁定，物块沿弹簧轴线运动到电场边界上坐标为(0.6，0.45)的M点时，A、B恰好分离，物块B进入电场。运动过程中弹簧始终在弹性限度内，A、B均视为质点，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求：
(1)A、B物块脱离的瞬间，B物块的速度大小；
(2)进入电场经过4 s物块B运动到距离y轴最远的位置，求电场强度大小及此时物块B所处位置的坐标。
答案　(1)1 m/s　(2)4×104 V/m　(2.2 m，2.85 m)
解析　(1)由题可知，在M点A、B刚好分离，此时弹簧刚好恢复原长，此时A、B共速且速率达到最大，设此时速度大小为vB，则Ep=×2m
解得A、B分离时B的速度大小为vB=1 m/s
(2)由题可知A、B分离时，B的速度方向与x轴正方向的夹角为θ=37°，A、B分离后，B在电场中做曲线运动。对B在x方向上，由动量定理
-qEt=0-mvBcos 37°
Δx=t，xB=0.6+Δx
y方向上物块B匀速运动，有
Δy=vBsin 37°·t，yB=0.45+Δy
解得E=4×104 V/m，xB=2.2 m，yB=2.85 m
此时物块B位置的坐标为(2.2 m，2.85 m)。
例5　(2024·广东广州市二模)在真空中存在着方向竖直向上、范围足够大且周期性变化的匀强电场E。将一个质量为m、电荷量为q的小球(可视为质点)在该电场区域t=0时刻由静止释放，小球开始以g的加速度向上运动。已知电场的周期为T=2t0，规定竖直向上为正方向，重力加速度为g，忽略空气阻力，求：
(1)匀强电场E的大小；
(2)t=3t0时小球的速度；
(3)小球在0~2.5t0时间内机械能的变化量ΔE。
答案　(1)　(2)gt0，方向竖直向下
(3)-mg2
解析　(1)有电场时，由牛顿第二定律得
qE-mg=m·g
解得匀强电场E的大小为E=
(2)当t=t0时，小球速度为v1=gt0
当t=2t0时，小球速度为
v2=v1-gt0=-gt0
当t=3t0时，小球速度为
v3=v2+at0=-gt0+gt0=-gt0，
负号表示方向竖直向下
(3)0~t0内小球的位移为h1=×g·=g，方向竖直向上；0~t0内小球机械能变化量为ΔE1=qEh1，2t0~2.5t0内小球的位移为
h2=v2·t0+·g(t0)2=-g
方向竖直向下；
2t0~2.5t0内小球机械能变化量为ΔE2=qEh2
则0~2.5t0内小球机械能变化量为
ΔE=ΔE1+ΔE2=-mg2。
课时精练
[分值：50分]
　[1~4题，每题4分]
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·广东汕头市模拟)如图所示，长l=1 m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，已知小球的质量m=1×10-4 kg，且位于电场强度大小为E=3.0×103 N/C，方向水平向右的匀强电场中。小球静止时，绳与竖直方向的夹角θ=37°，忽略空气阻力(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2)，则(　　)
A.此带电小球带正电
B.小球受轻绳拉力F为1.66×10-3 N
C.小球电荷量q=2.5×10-7 C
D.将小球拉至最低点由静止释放，小球回到绳与竖直方向的夹角θ=37°时速度v的大小为2 m/s
答案　AC
解析　由小球的受力分析可知，小球所受电场力的方向与场强的方向相同，故小球带正电，A正确；小球受轻绳拉力为F== N=1.25×10-3 N，B错误；小球所受的电场力为F电=mgtan 37°=1×10-4×10× N=7.5×10-4 N，小球电荷量为q== C=2.5×10-7 C，C正确；将小球拉至最低点由静止释放，小球回到绳与竖直方向的夹角θ=37°时，由动能定理可知-mgl(1-cos 37°)+F电lsin 37°=mv2，解得v= m/s，D错误。
3.(2024·广东深圳市期末改编)如图，一带电的平行板电容器固定在绝缘底座上，底座置于光滑水平面上，一光滑水平绝缘轻杆左端固定在电容器的左极板上，并穿过右极板上的小孔，电容器极板连同底座总质量为2m，底座锁定在水平面上时，套在杆上质量为m的带电环以某一初速度由小孔进入电容器后，最远能到达距离右极板为d的位置。底座解除锁定后，将两极板间距离变为原来的2倍，其他条件不变，则带电环进入电容器后，最远能到达的位置距离右极板(　　)
A.d B.d C.d D.d
答案　C
解析　设带电环所带电荷量为q，初速度为v0，底座锁定时电容器极板间电场强度为E，则由功能关系有qEd=m，底座解除锁定后，两极板间距离变为原来的2倍，极板间电场强度大小不变，电容器及底座在带电环作用下一起向左运动，当与带电环共速时，带电环到达进入电容器最远位置，整个过程满足动量守恒，则有mv0=3mv1，再由功能关系有qEd'=m-×3m，联立解得 d'=d，故选C。
4.(2024·广东中山市期末)空间中有竖直向上的匀强电场，电场强度E=。绝缘圆形轨道竖直放置，O点是它的圆心、半径为R，A、C为圆轨道的最低点和最高点，B、D为与圆心O等高的两点，如图所示。在轨道A点放置一质量为m、带电荷量为+q(q>0)的光滑小球。现给小球一初速度v0(v0≠0)，重力加速度为g，忽略空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
A.无论v0多大，小球都不会脱离轨道
B.只有v0≥，小球才不会脱离轨道
C.v0越大，小球在A、C两点对轨道的压力差也越大
D.若将小球无初速度从D点释放，小球一定会沿轨道经过C点
答案　D
解析　由题意可知小球所受电场力与重力的合力方向竖直向上，大小为F=qE-mg=2mg，若要使小球不脱离轨道，设其在A点所具有的最小速度为vmin，根据牛顿第二定律有F=m，解得vmin=，所以只有当v0≥时，小球才不会脱离轨道，故A、B错误；假设小球可以在轨道中做完整的圆周运动，在C点的速度大小为v1，根据动能定理有m-m=F·2R，在A、C点小球所受轨道的弹力大小分别为F0和F1，根据牛顿第二定律有F0+F=m，F1-F=m，联立以上三式解得ΔF=F1-F0=6F=12mg，根据牛顿第三定律可知小球在A、C两点对轨道的压力差等于12mg，与v0的大小无关，故C错误；若将小球无初速度从D点释放，由于F向上，所以小球一定能沿DC轨道经过C点，故D正确。
　[5题6分]
5.(多选)(2025·广东肇庆市模拟)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。下列说法正确的是(　　)
A.匀强电场的电场强度E=
B.小球动能的最小值为Ek=
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　AB
解析　小球静止时细线与竖直方向成θ角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和电场力，如图所示，三力平衡，根据平衡条件，有qE=mgtan θ，解得E=，故A正确；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有=m，则最小动能Ek=mv2=，故B正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，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，则其电势能先减小后增大再减小，故D错误。
6.(12分)(2022·辽宁卷·14)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)(3分)弹簧压缩至A点时的弹性势能；
(2)(3分)小球经过O点时的速度大小；
(3)(6分)小球过O点后运动的轨迹方程。
答案　(1)mgR　(2)　(3)y2=6Rx
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+mg×R=m-m
解得vO=
(3)小球运动至O点时速度方向竖直向上，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mgcos 45°=max
y轴方向有mgsin 45°-mg=may
解得ax=g，ay=0，说明小球过O点后的运动为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为y2=6Rx。
7.(16分)(2025·广东卷·15)如图是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接。金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处，由静止开始向右下方运动，与下方绝缘平板在B点处碰撞，碰撞时电荷量改变，反弹后离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，其水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前瞬间的k倍(k<1)。已知颗粒质量为m，两绝缘平板间的距离为h，两金属平板间的距离为d，B点与左平板的距离为l，电源电压为U，重力加速度为g。忽略空气阻力和电场的边缘效应。求：
(1)(4分)颗粒碰撞前的电荷量q。
(2)(5分)颗粒在B点碰撞后的电荷量Q。
(3)(7分)颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对它做的功W。
答案　(1)　(2)　(3)见解析
解析　(1)根据题意可知，颗粒在竖直方向上做自由落体运动，则有h=gt2
水平方向上做匀加速直线运动，则有=ma，l=at2
解得q=
(2)根据题意可知，颗粒与绝缘平板第一次碰撞时，竖直分速度为vy1=
水平分速度为vx1==
则第一次碰撞后竖直分速度为vy2=kvy1=k
设第一次碰撞后颗粒速度方向与水平方向夹角为θ，则有tan θ==
由于第一次碰撞后瞬间颗粒所受合力与速度方向垂直，则有tan θ==
联立解得Q=
(3)根据题意可知，由于k<1，则第一次碰撞后颗粒不能返回到上方绝缘平板，当颗粒与下方绝缘平板发生第二次碰撞时，设从第一次碰撞后到第二次碰撞前的运动时间为t'，则有t'==2k
水平方向上做匀加速直线运动，加速度为a'==
水平方向运动的距离为l'=vx1t'+a't'2=4kl+
此时需满足l'≤d-l，即d≥(4k+1)l+
则电场力对颗粒做的功为W=+=+4k2mgh+
当颗粒与右侧金属平板发生第二次碰撞时，此时d<(4k+1)l+
则电场力对颗粒做的功为W=+(d-l)=+。

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