带电体的力电综合问题

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带电粒子在电场中运动的综合问题

图3
(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；解析子弹打入靶盒过程中，由动量守恒定律得mv0＝10mv1 解得v1＝0.1v0。答案 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；
解析靶盒向右运动的过程中，由牛顿第二
定律得qE＝10ma
又 v21＝2as 解得 s＝2m0qvE20 。
4.(多选)如图 4 所示，ACB 为固定的光滑半圆形竖直绝
缘轨道，半径为 R，AB 为半圆水平直径的两个端点， OC 为半圆的竖直半径，AC 为41圆弧，OC 的左侧、OA 的下方区域有竖直向下的匀强电场。一个带负电的小
球，从 A 点正上方高为 H 处由静止释放，并从 A 点
沿切线进入半圆轨道。不计空气阻力，小球电荷量不
电场，x 轴沿水平方向，一带负电小球以初速度 v0 从坐标原点 O 水平射出，一
段时间后小球通过第四象限 PL，－L点(图 2 中没有标出)。已知小球质量为 m，
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
重力加速度为 g，则小球( AB )
A.从 O 到 P 的运动过程，运动时间为vL0
B.到达 P 点时动能为25mv20
C.到达 P 点时速度偏向角正切值为 tan θ＝1
C.－mgLqsin θ
D.mgLqsin θ
图3
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＝－mgLqsin θ，C 正确。
对点练 2 电场中的力、电综合问题
答案
mv20 20qE
(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。

高中物理力电综合例题

高中物理力电综合例题
力电综合题目是高中物理中较为常见的一类题目，通常涉及到力学、电学、电磁学等多个方面的知识，具有较强的综合性和实验性。

以下是两道力电综合例题，供参考:
1. 一个带电球体在电场中运动，其加速度与电场强度大小和球带电量成正比，如果在电场中施加一个恒定的向右的电场，求球体受到的合力大小。

解：这道题涉及到电场力、重力、惯性力等多个力的关系。

根据电场力公式 F=Eq，可得球体受到的合力大小为:
F=Eq=q(Va/R)^2
其中，Va 为球带电球的极板之间的距离，R 为球的半径。

可以根据牛顿第二定律和惯性力定律求解球的加速度 a，进而求出合力大小。

2. 一个长度为 L、带有负电荷的直导线，在与导线垂直的平面内做匀速圆周运动，导线周围的磁场垂直于导线和平面，磁场大小为B，求导线受到的安培力大小。

解：这道题涉及到磁场、电场、重力等多个力的关系。

根据安培力公式 F=BIL，可得导线受到的安培力大小为:
F=BIL=BL(L/R)^2
其中，R 为直导线的半径。

可以根据牛顿第二定律和圆周运动规律求解直导线的加速度，进而求出安培力大小。

以上是两道力电综合例题，提供了一些解决力电综合题目的思路
和技巧。

在解题时，需要充分理解和掌握电场力、重力、惯性力、磁场力等多个力的关系，熟悉各种公式和定理的应用方法，才能够准确、快速地求解问题。

第九章第7练专题强化：带电粒子在电场中的力电综合问题-2025高中物理大一轮复习

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2.(多选)(2023·黑龙江齐齐哈尔市八中模拟)如图所示，四分之一光滑绝缘圆弧槽B处切线水平，一可视为质点的带正电小球从圆弧槽A处由静止释放，滑到B处离开圆弧槽做平抛运动，到达水平地面的D处，若在装置所在平面内加上竖直向下的匀强电场，重复上述实验，下列说法正确的是()A．小球落地点在D的右侧B．小球落地点仍在D点C．小球落地点在D的左侧D．小球离开B到达地面的运动时间减小3．(多选)(2022·浙江6月选考·15)如图为某一径向电场示意图，电场强度大小可表示为E＝ar，a为常量。

比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。

不考虑粒子间的相互作用及重力，则()A．轨道半径r小的粒子角速度一定小B．电荷量大的粒子的动能一定大C．粒子的速度大小与轨道半径r一定无关D．当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动4．(2023·四川省三模)如图所示，A、B、C、D、E、F、G、H是竖直光滑绝缘圆轨道的八等分点，AE竖直，空间存在平行于圆轨道面的匀强电场，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。

若在A点给带电小球一个水平向右的冲量，让小球沿轨道做完整的圆周运动，则小球在运动过程中()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5.(2023·江西上饶市二模)如图所示，在电场强度为E的匀强电场中，电场线与水平方向的夹角为θ，有一质量为m的带电小球，用长为L的细线悬挂于O点，当小球静止时，细线OA 恰好呈水平状态。

高考物理专题【带电粒子(或带电体)在电场中运动的综合问题】一轮复习资料

A．R 越大，x 越大 B．R 越大，小球经过 B 点后瞬间对轨道的压力越大 C．m 越大，x 越大 D．m 与 R 同时增大，电场力做功增大
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30
解析：选 ACD．小球在 BCD 部分做圆周运动，在 D 点，mg＝mvR2D，小球由 B 到 D 的过程中有：－2mgR＝12mv2D－12mv2B，解得 vB＝ 5gR，R 越大，小球经过 B 点时的速度越大，则 x 越大，选项 A 正确；在 B 点有：FN－mg＝mvR2B，解得 FN＝6mg，与 R 无关，选项 B 错误；由 Eqx＝12mv2B，知 m、R 越大，小球在 B 点的动能越大，则 x 越大，电场力做功越多，选项 C、D 正确．
因为 x＝4qlUm0T22＝3.6 m>l，所以粒子从 t＝0 时刻开始，一直加速到达 A 板．设粒子到达 A 板的时间为 t，则 l＝12·2qlUm0t2 解得 t＝ 6×10－3 s.
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13
(2)在 0～T2时间内，粒子的加速度大小为 a1＝2qlUm0＝2×105 m/s2 在T2～T 时间内，粒子的加速度大小为 a2＝22qlUm0＝4×105 m/s2 可知 a2＝2a1，若粒子在 0～T2时间内加速 Δt，再在T2～T 时间内减速Δ2t刚好不能到达 A 板，则 l＝12a1Δt2＋a1Δt·Δ2t－12a2·Δ2t2(或 l＝12a1Δt·32Δt) 解得 Δt＝2×10－3 s 因为T2＝6×10－3 s，所以在 0～T2时间内 4×10－3 s 时刻产生的粒子刚好不能到达 A 板．
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4
第 1 维度：直线运动问题(分段研究) 如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为 m＝0.2 kg、
带电荷量为 q＝2.0×10－6C 的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数 μ＝ 0.1.从 t＝0 时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场 (取水平向右为正方向，g 取 10 m/s2)，求：

第46课时带电粒子(体)在电场中运动的综合问题 [重难突破课]

应为多少？
解析（2）若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的
长度最短。由对称性知，此时金属板的长度为L＝2l＝2v0
答案
（2）2v0

。

目录
⁠
1.（多选）（2022·全国甲卷）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
③
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有h

＝ at2
④
目录
⑤
l＝v0t

联立①②③④⑤式解得Ek＝ m ＋ qh

l＝v0
答案

。

（1） m ＋ qh

v0

目录
（2）若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短
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（
）
tan

A.匀强电场的电场强度E＝

B.小球动能的最小值为Ek＝
2cos
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
目录
解析小球静止时悬线与竖直方向成θ角，对小
偏

，由题图知t＝0.06 s时刻U偏＝1.8U0，
所以y＝4.5 cm

+
设打在屏上的点距O点的距离为Y，满足＝

所以Y＝13.5 cm。
答案

专题强化15 带电粒子在电场中的力电综合问题 2023年高考物理一轮复习(新高考新教材)

1234567
小球动能的增加量为 ΔEk＝12m(2v)2－12mv2＝32mv2，A 错误；小球在竖直方向上的分运动为匀减速直线运动，到N时竖直方向的速度为零，则M、N两点之间高度差为h＝2vg2 ，小球重力势能的增加量为 ΔEp＝mgh＝12 mv2，C错误；静电力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，
mdh qφ
.
例5 如图所示，在竖直平面内固定一光滑圆弧轨道AB，轨道半径为R＝ 0.4 m，轨道最高点A与圆心O等高.有一倾角θ＝30°的斜面，斜面底端C点在圆弧轨道B点正下方、距B点H＝1.5 m.圆弧轨道和斜面均处于场强大小 E＝100 N/C、竖直向下的匀强电场中.现将一个质量为m＝0.02 kg、带电荷量为＋2×10－3 C的带电小球从A点由静止释放，小球通过B点离开圆弧轨道沿水平方向飞出，当小球运动到斜面上 D点时速度方向恰与斜面垂直，并刚好与一个以一定初速度从斜面底端上滑的物块相遇.若物块与斜面间的动摩擦因数μ＝ 3 ，空气阻力不计，g取
小球向下运动时，静电力做正功，机械能增大，运动到最低点时，
小球的机械能最大，故C正确；
从最高点到最低点的过程中，根据动能定理得
Ek
－
1 2
mv2
＝
(mg
＋
Eq)·2L，解得 Ek＝52(mg＋Eq)L，故 D 正确.
例2 (多选)如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、
电荷量为＋q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面
(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理列式的方法常有两种： ①利用初、末状态的能量相等(即E1＝E2)列方程. ②利用某些能量的减少等于另一些能量的增加列方程. (3)两个结论 ①若带电粒子只在静电力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变. ②若带电粒子只在重力和静电力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变.

力电综合

(1)求小球B开始运动时的加速度a。 (2)当小球B的速度最大时,求小球距M端的高度h1。 (3)若小球B从N端运动到距M端的高度为
h2=0.61m时,速度v=1.0m/s,求此过程中
小球B电势能的变化量Δ Ep。
【解析】(1)开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力的作用,沿杆向下运动,由牛顿第二定律得：mg- kQq -qEsinθ=ma 2 解得a=3.2m/s2
3 匀强电场,如图所示。珠子所受静电力是其重力的 4
倍。将珠子从环上最低位置A点静止释放,求珠子所能
获得的最大动能。
【解析】设珠子的带电量为q,电场强度为E, 珠子在运动过程中受到三个力作用,电场力 FE=qE= 3 mg,方向水平向右,重力mg竖直向下, 环的弹力FN垂直圆环方向。其中只有电场力和重力能对
选修3-1 第六章静电场
Байду номын сангаас
考点3
带电体的力电综合问题
1.解决力电综合问题的一般思路：
2.分析力电综合问题的三种途径： (1)建立物体受力图景。 ①弄清物理情境,选定研究对象。 ②对研究对象按顺序进行受力分析,画出受力图。
③应用力学规律进行归类建模。
(2)建立能量转化图景：运用能量观点,建立能量转化
从A到等效重力场的“最高”点,由动能定理得： qE(L-Rsin45°)-mg(R+Rcos45°)= 1 mv2-0
3 2 L (1 )R 2 3 2 答案： (1 )R 2
2
【过关题组】 1.(2016·西宁模拟)用一根长为l的丝线吊着一质量为m、带电荷量为q的小球,小球静止在水平向右的匀强电场中,如图所示,丝线与竖直方向成37°角。现突然将该

高考物理复习：带电粒子在电场中运动的综合问题

(2)粒子做往返运动(一般分段研究)。
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。
3.思维方法
(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律):抓住粒子的运动具有周期
性和在空间上具有对称性的特征,求解粒子运动过程中的速度、位移、做
功或确定与物理过程相关的边界条件。
(2)从两条思路出发:一是力和运动的关系,根据牛顿第二定律及运动学规
是恒力作用的问题,用能量观点处理也常常显得简洁。具体方法常有如下
两种。
1.用动能定理处理
思维顺序一般为:
(1)弄清研究对象,明确所研究的物理过程;
(2)分析物体在所研究过程中的受力情况,弄清哪些力做功,做正功还是负
功;
(3)弄清所研究过程的始、末状态(主要指动能);
(4)根据W= ΔEk 列出方程求解。
(1)求带电小球从A 点开始运动时的初速度v0。
(2)带电小球从轨道最高点C经过一段时间运动到光滑绝缘水平面上D点
(图中未标出),求B点与D点间的水平距离。
解析:(1)小球在半圆环轨道上运动,当小球所受重力、静电力的合力方向与速
度垂直时,速度最小。设 F 合与竖直方向夹角为 θ,则 tan
F

合=
做匀减速直线运动,直到t=T时刻速度变为零,之后重复上述运动,A正确,B
错误。
第二环节
关键能力形成
能力形成点1
带电粒子在交变电场中的运动(师生共研)
整合构建
1.常见的交变电场
常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。
2.常见的题目类型
(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。
sin37°
=
5
A.末速度大小为√2v0

高考物理模型101专题讲练：第53讲单体或多体在电场中的运动之力、电综合问题

第53讲单体或多体在电场中的运动之力、电综合问题1．（2022•广东）密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。

如图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。

通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。

有两个质量均为m0、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离h1。

此时给两极板加上电压U（上极板接正极），A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。

B 在匀速运动时间t内上升了距离h2（h2≠h1），随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。

已知球形油滴受到的空气阻力大小为f＝k m 13v，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率。

不计空气浮力，重力加速度为g。

求：（1）比例系数k；（2）油滴A、B的带电量和电性；B上升距离h2电势能的变化量；（3）新油滴匀速运动速度的大小和方向。

一.知识回顾1.解题思路2.用动力学的观点分析带电粒子的运动(1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，这两个力的合力为一恒力。

(2)类似于处理偏转问题，将复杂的运动分解为正交的简单直线运动，化繁为简。

(3)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，以及运动学公式里的物理量的正负号，即其矢量性。

3．用能量的观点来分析带电粒子的运动(1)运用能量守恒定律分析，注意题中有哪些形式的能量出现。

(2)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。

4.力电综合问题的处理方法力电综合问题往往涉及共点力平衡、牛顿第二定律、平抛运动规律、动能定理、能量守恒定律等知识点，考查的知识点多，综合分析能力的要求高，试题难度较大，解答时要注意把握以下几点：(1)处理这类问题，首先要进行受力分析以及各力做功情况分析，再根据题意选择合适的规律列式求解。

带电粒子在电场中为模型的电学与力学的综合问题

象牙塔内
—，
－Ｉ一
２１－０００１
次函数在高中阶段的应用
王玉萍
在初中教材中，对二次函数作了较
详细的研究，由于初中学生基础薄弱，又受
类型１没ｘ１ — １求）１：＋）乱＋，．
数的差异和联系。掌握把含有绝对值记
＋６
、
进一步深入理解函数概念
（）２变量代换：的适应性强，它对一般令ｔｘｌ贝－一．＝￡１４￡１＋＝＋，４＝１ ‘ （）（）ｘ．ｔ０一 — 一
二、二次函数的单调性。最值与图象
当１ｔ＋］Ｏ ≤１ｔ＝２，１即 ≤￡，）一Ｅ［ｔ当ｔ１，（）ｔ＝￣２－＞时ｇ）ｔｔ１
中以后，尤其是高三复习阶段，要对他们的
一
般有两种方法：（）给表达式表示成肘１１把所的多项式。
ｆｘ１：：４＋＝１２６ｘ１＋，（＋）１（＋）（＋）６再；一－
￡］的最小值是ｇｔ。：（）＋１上（）求ｇｆ并画出，，＝
（）ｔ的图象
解：ｘ＝２２一＝１２在ｘｌ时）ｘ－ｘ１（一），＝一取最小值一２
基本概念和基本性质的（图象以及单调性、
奇偶性、界性）活应用，二次函数还有灵对
需再深入的学习。
一
用代ｘｌ，）＋得（
当ｔＯ时，（）ｔ１＝２２＜ｇ￡＋）ｔ－

专题14 带电体的力电综合问题之圆周运动-2021年高考物理静电场

静电场考点突破微专题14 带电体的力电综合问题之圆周运动一知能掌握1、等效法处理叠加场问题（1）各种性质的场(物质)与实际物体的根本区别之一是场具有叠加性，即几个场可以同时占据同一空间，从而形成叠加场．（2）将叠加场等效为一个简单场，其具体步骤是：先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，将a ＝F 合m 视为“等效重力加速度”．再将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解即可．2.电场中无约束情况下的匀速圆周运动:（1）物体做匀速圆周运动的条件从力与运动的关系来看，物体要做匀速圆周运动，所受合外力必须始终垂直于物体运动的方向，而且大小要恒等于物体所需的向心力。

冈此，物体做匀速圆周运动时必须受到变力的作用，或者不受恒力的作用，或者恒力能被平衡。

（2）在静电力作用下的匀速圆周运动在不考虑带电粒子的重力作用时，带电粒子有两种情况可以做匀速圆周运动。

①在带有异种电荷的同定点电荷周围。

②在等量同种点电荷的中垂面上，运动电荷与场源电荷异性。

在这种情境中，还要求运动电荷所具有的初速度要与所受到的电场力垂直，且满足合外力等于所需向心力的条件。

否则运动电荷可能做直线运动、椭圆运动等。

（3）有重力参与的匀速圆周运动重力是一恒力，带电粒子要做匀速圆周运动，重力必须被平衡，一种方式是利用水平支撑面的弹力，一种方式是利用变化的电场力的某一分力。

3. 复合场中圆周运动问题分析策略解答电场、重力场组成的复合场中的圆周运动问题,应把握以下三点: (1)把电场力和重力合成一个等效力,称为等效重力。

(2)若带电体能做完整的圆周运动,则等效重力的反向延长线与圆周的交点为带电体在等效重力场中运动的最高点。

(3)类比轻绳模型、轻杆模型临界值的情况进行分析解答。

二、探索提升【典例1】如图1，一根长度为L 的绝缘细线上端固定下端系一质量为m 的带正电小球，将它放置在一水平向右的匀强电场中，已知细线向右偏到和竖直线成037=α角时，小球处于平衡状态。

专题12 带电体的力电综合问题之直线运动-2021年高考物理静电场微专题突破

图3 A．滑块电势能的增加量等于滑块重力势能的减少量 B．滑块到达最低点的过程中，克服弹簧弹力做功 1mv2
2 C．滑块动能的变化量等于电场力和重力做功的代数和 D．当滑块的加速度最大时，滑块和弹簧组成的系统机械能最大【答案】AB 【解析】由题意得 qE＝mgsinθ，在运动到最低点的过程中，电场力做的功与重力做的功相等，则滑块电势能增加量等于滑块重力势能的减少量，故 A 正确．滑块到达最低点的过程中，克服弹簧弹力做功等于弹性势能的增加量，即等于动能的减少量，故 B 正确．电场力和重力做功的代数和为零，根据动能定理知，电场力、重力、弹簧弹力做功的代数和等于滑块动能的变化量，故 C 错误．当滑块运动到最低点时，加速度最大，电场力做的负功最多，即电势能最大，此时系统机械能最小，故 D 错误．【典例 4】如图 4 所示，一电荷量为＋q、质量为 m 的小物块处于一倾角为 37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取 g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8. 求：
，
2
子在 D 点左侧时所受电场力向左，粒子在 D 点右侧时所受电场力向右．所以粒子的运动情况有以下三种情况：在 D 点左侧时先向右减速至速度为零然后向左加速运动；粒子能越过 D 点时，先在 D 点左侧减速，过 D 点以后加速运动；或在 D 点左侧减速，则运动到 D 点速度减为 0，以后一直静止，所以粒子在 CD 之间的运动可以用 B、C 图象描述，故 B、C 正确．题型二有约束条件下（受到弹力、摩擦力等接触力）【典例 3】如图 3 所示，一绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，上端连接一带正电的光滑滑块 P，滑块所处空间存在着沿斜面向上的匀强电场，倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，开始时弹簧是原长状态，物块恰好处于平衡状态，现给滑块一沿斜面向下的初速度 v，滑块到最低点时，弹簧的压缩量为 x，若弹簧始终处于弹性限度内，以下说法正确的是( )

专题十三带电粒子在电场中运动的综合问题

A.小物块带的电荷量 B. 、间的电势差C.小物块的质量 D.小物块速度最大时到斜面底端的距离
C
[解析] 由动能图线知，小物块的速度先增大后减小，根据库仑定律知，小物块所受的库仑力逐渐减小，合力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小物块先沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零，由动能图线可知，速度有最大值，此时小物块受力平衡，小物块所受的库仑力与重力沿斜面的分力平衡，由于没有小物块与点电荷距离的具体数据，故不能求出，故A错误；从到的过程中，重力势能的增加量等于电势能的减少量，所以可以求出小物块电势能的减少量，由于小物块的电荷量不知道，故不能求出、之间的电势差，故B错误；由重力势能图线得，可求出，故C正确；图像中不能确定哪一点的速度最大，也不知道小物块的电荷量，所以不能确定小物块速度最大时到斜面底端的距离，故D错误.
变式1 [2022·全国乙卷] （多选）一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为和）和探测器组成，其横截面如图所示，点为圆心.在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到点的距离成反比，方向指向点.4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器.不计重力.粒子、做圆周运动，圆的圆心为、半径分别为、；粒子3从距点的位置入射并从距点的位置出射；粒子4从距点的位置入射并从距点的位置出射，轨迹如图中虚线所示.则( )
变式2 [2022·湖北师大附中模拟] （多选）在带电粒子碰撞实验中，时粒子甲以初速度向静止的粒子乙运动，之后两粒子的速度-时间的图像如图所示.仅考虑它们之间的静电力作用，且甲、乙始终未接触，在、、时刻系统电势能分别为、、，则( )
AC

高考物理复习---《带电粒子在电场中的力电综合问题》考点PPT课件

3.(2019·天津卷·3)如图3所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带
电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，
方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程
A.动能增加12mv2
√B.机械能增加 2mv2
C.重力势能增加32mv2
D.电势能增加 2mv2
图3
123456789
A.末速度大小为 2v0
√B.末速度沿水平方向 √C.重力势能减少了12mgd
D.克服电场力做功为 mgd 图2
123456789
解析因 0～T3时间内微粒做匀速运动，故 E0q＝mg；在T3～23T时间内，微粒只受重力作用，做平抛运动，在 t＝23T时刻竖直方向的速度为 vy1＝g3T，水平方向的速度为 v0；在23T～T 时间内，由牛顿第二定律得 2E0q－mg＝ma，解得 a＝g，方向向上，
则电势能的减少量为 ΔEp′＝32mv2＋12mv2＝2mv2，D 错误；
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由功能关系可知，除重力外的其他力对小球所做的功在数值上等于小球机械能的增加量，即2mv2，B正确.
123456789
4.(多选)如图4甲所示，平行金属板相距为d，在两板间
加一如图乙所示的交变电压，有一个粒子源在平行金
√B.小球在轨道上运动时，机械能最大的位置一定在M点 √C.小球过Q、P点时所受轨道弹力大小的差值为6mg
D.小球过Q、P点时所受轨道弹力大小的差值为7.5mg
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图5
解析根据等效场知识可得，电场力与重力的合力大小为 mg 等＝ mg2＋qE2＝54mg，故等效重力加速度为 g 等＝54g，如图所示， tan θ＝mqEg＝43，即 θ＝37°，若小球刚好能通过 C 点关于圆心 O 对称的 D 点，那么小球就能做完整的圆周运动.小球在D点时的动能最小，但D点并非是其电势能最大的位置，小球电势能最大的位置在N点，选项A错误；小球在轨道上运动的过程中遵守能量守恒定律，小球在轨道上M点的电势能最小，机械能最大，选项B正确；

力电综合问题(解析版)-2023年高考物理压轴题专项训练(新高考专用)

压轴题08力电综合问题目录一，考向分析 (1)二．题型及要领归纳 (1)热点题型一借助电场及约束轨道考查分析带电体运动的问题 (1)热点题型二结合电磁场场考查带电粒子的碰撞问题 (6)热点题型三结合叠加场考查带电体的运动问题............................................................................................14热点题型四带电质点在电场中的折返与碰撞问题........................................................................................20热点题型五综合应用力学规律解决电磁感应中导体棒的运动问题.. (24)三．压轴题速练..........................................................................................................................................................28一，考向分析专题复习解读解决问题本专题主要培养学生应用动量定理、动量守恒定律、动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律分析与解决电学综合问题。

高考重点动量定理和动量守恒定律在电学中的理解及应用；应用动量和能量观点解决电场和磁场问题；电磁感应中的动量和能量问题。

题型难度本专题针对综合性计算题的考查，一般过程复杂，要综合利用电学知识、动量和能量观点分析问题，综合性较强，难度较大。

二．题型及要领归纳热点题型一借助电场及约束轨道考查分析带电体运动的问题【例1】（2023秋·福建泉州·高三福建省安溪第一中学校联考期中）如图所示，在方向水平向左、范围足够大的匀强电场中，固定一光滑绝缘的圆弧轨道BD ，轨道圆心为O ，竖直半径OD R =，B 点和地面上A 点的连线与地面成37θ=︒角，AB R =。

第八章专题强化十四带电粒子在电场中的力电综合问题

专题强化十四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．题型一带电粒子在重力场和电场中的圆周运动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(多选)(2023·福建省福州第十五中学质检)如图所示，带电小球(可视为质点)用绝缘细线悬挂在O点，在竖直平面内做完整的变速圆周运动，小球运动到最高点时，细线受到的拉力最大．已知小球运动所在的空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，小球质量为m、带电荷量为q，细线长为l，重力加速度为g，则()A．小球带正电B．电场力大于重力C．小球运动到最低点时速度最大D．小球运动过程最小速度至少为v＝(qE－mg)lm答案BD解析因为小球运动到最高点时，细线受到的拉力最大，可知重力和电场力的合力(等效重力)方向向上，则电场力方向向上，且电场力大于重力，小球带负电，故A错误，B正确；因重力和电场力的合力方向向上，可知小球运动到最高点时速度最大，故C错误；由于等效重力竖直向上，所以小球运动到最低点时速度最小，最小速度满足qE－mg＝m v2l，即v＝(qE－mg)lm，故D正确．例2(多选)(2023·重庆市八中高三检测)如图甲所示，空间有一水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝1×104 V/m，其中有一个半径为R＝2 m的竖直光滑圆环轨道，环内有两根光滑的弦轨道AB和AC，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角．质量为m＝0.08 kg、电荷量为q＝＋6×10－5 C的带电小环(视为质点)穿在弦轨道上，从A点由静止释放，可分别沿AB 和AC到达圆周上的B、C点．现去掉弦轨道AB和AC，如图乙所示，让小环穿在圆环轨道上且恰好能做完整的圆周运动．不考虑小环运动过程中电荷量的变化．下列说法正确的是(cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)()A ．小环在弦轨道AB 和AC 上运动时间之比为1∶1 B ．小环做圆周运动过程中经过C 点时动能最大 C ．小环做圆周运动过程中动能最小值是1 JD ．小环做圆周运动过程中对圆环轨道的最大压力是5 N 答案 AD解析因为重力与电场力均为恒力，所以二者的合力大小为F ＝(mg )2＋(Eq )2＝1 N ，与竖直方向夹角正切值tan θ＝qE mg ＝34，解得θ＝37°，重力与电场力合力指向AO ，A 为等效最高点，根据等时圆模型，小环在弦轨道AB 和AC 上运动时间相等，A 正确；等效最低点是AO 延长线与圆环轨道交点，而非C 点，等效最低点速度最大，动能最大，B 错误；因为小环穿在圆环轨道上且恰好能做完整的圆周运动，则小环在等效最高点A 速度最小为零，在A 点动能最小也为零，C 错误；小环在等效最低点时速度最大，动能最大，小环对圆环轨道压力也最大，从等效最高点至等效最低点过程中，由动能定理得 F ·2R ＝12m v m 2－0，由牛顿第二定律得N －F ＝m v m 2R ，代入数据解得N ＝5 N ，由牛顿第三定律，小环做圆周运动的过程中对圆环的最大压力是5 N ，D 正确．例3 如图所示，现有一个小物块质量为m ＝80 g 、带正电荷 q ＝2×10－4 C ，与水平轨道之间的动摩擦因数 μ＝0.2，在水平轨道的末端N 处连接一个光滑竖直的半圆形轨道，半径为R ＝40 cm.整个轨道处在一个方向水平向左、电场强度大小E ＝4×103 V/m 的匀强电场中，取g ＝10 m/s 2.(1)若小物块恰能运动到轨道的最高点L ，那么小物块应从距N 点多远处的A 点释放？ (2) 如果小物块在(1)中的位置A 释放，当它运动到P 点(轨道中点)时轨道对它的支持力等于多少？(3)如果小物块在(1)中的位置A 释放，当它运动到NP 间什么位置时动能最大，最大动能是多少？(结果保留两位有效数字)答案 (1)1.25 m (2)4.8 N (3)与圆心的连线与竖直方向夹角为45° 0.93 J 解析 (1)物块恰能通过轨道最高点L 的条件是 mg ＝m v L 2R，代入数据解得v L ＝2 m/s设A到N的距离为s，对A到L过程中根据动能定理得qEs－μmgs－mg·2R＝12－02m v L代入数据解得s＝1.25 m(2)物块由P到L过程根据动能定理得－mgR－qER＝12－12m v P22m v L解得v P＝2 5 m/s在P点根据牛顿第二定律得F支－qE＝m v P2R代入数据解得F支＝4.8 N.(3)如图所示，当合力的反方向延长线过圆心时动能最大，设该点为B，过B的半径与竖直方＝1，θ＝45°.从A到B，由动能定理得qE(s＋R sin θ)－μmgs－向间的夹角为θ，则tan θ＝qEmgmgR(1－cos θ)＝E km，解得E km＝(0.48＋0.322) J≈0.93 J.题型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．①若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变．②若带电粒子只在重力和电场力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变．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4 (2023·湖南株洲市模拟)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.12d B ．d C.23d D.43d 答案 C解析设带电环所带电荷量为q ，初速度为v 0，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 ＝12m v 02，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后的最远位置，整个过程满足动量守恒，则有m v 0＝3m v 1，再由功能关系有qEd ′＝12m v 02－12×3m v 12，联立解得 d ′＝23d ，故选C. 例5 如图所示，不带电物体A 和带电的物体B 用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A 、B 的质量分别为2m 和m ，劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A 相连，倾角为θ的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦．开始时，物体B 在一沿斜面向上的外力F ＝3mg sin θ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F ，直到物体B 获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度(已知弹簧形变量为x 时弹性势能为12kx 2)，重力加速度为g ，则在此过程中( )A ．物体B 带负电，受到的电场力大小为mg sin θ B ．物体B 的速度最大时，弹簧的伸长量为2mg sin θkC ．撤去外力F 的瞬间，物体B 的加速度大小为3g sin θD ．物体B 的最大速度为g sin θ3m k答案 D解析假设B 所受电场力沿斜面向下，当施加外力时，对B 分析可知F －mg sin θ－F 电＝0，解得F 电＝2mg sin θ，假设成立，故B 带负电，故A 错误；当B 受到的合力为零时，B 的速度最大，由kx ＝F 电＋mg sin θ，解得x ＝3mg sin θk ，故B 错误；当撤去外力瞬间，弹簧弹力还来不及改变，即弹簧的弹力仍为零，对物体A 、B 分析可知F 合＝F 电＋mg sin θ＝(m ＋2m )a ，解得a ＝g sin θ，故C 错误；设物体B 的最大速度为v m ，由功能关系可得12·3m v m 2＋12kx 2＝mgx sinθ＋F 电x ，解得v m ＝g sin θ3mk，故D 正确．例6 (2019·全国卷Ⅱ·24)如图，两金属板P 、Q 水平放置，间距为d .两金属板正中间有一水平放置的金属网G ，P 、Q 、G 的尺寸相同．G 接地，P 、Q 的电势均为φ(φ>0)．质量为m ，电荷量为q (q >0)的粒子自G 的左端上方距离G 为h 的位置，以速度v 0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计．(1)求粒子第一次穿过G 时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小； (2)若粒子恰好从G 的下方距离G 也为h 的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？答案 (1)12m v 02＋2φd qh v 0mdhqφ(2)2v 0mdh qφ解析 (1)PG 、QG 间电场强度大小相等，均为E .粒子在PG 间所受电场力F 的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a ，有E ＝2φd ①F ＝qE ＝ma ②设粒子第一次到达G 时动能为E k ，由动能定理有qEh ＝E k －12m v 02③设粒子第一次到达G 时所用的时间为t ，粒子在水平方向的位移为l ，则有h ＝12at 2④l ＝v 0t ⑤联立①②③④⑤式解得E k ＝12m v 02＋2φd qhl ＝v 0mdhqφ(2)若粒子穿过G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度为L ＝2l ＝2v 0mdhqφ. 课时精练1. 如图所示，一个电荷量为－Q 的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O 点．另一个电荷量为＋q 、质量为m 的点电荷乙，从A 点以初速度v 0沿它们的连线向甲运动，运动到B 点时的速度为v ，且为运动过程中速度的最小值．已知点电荷乙受到的阻力大小恒为f ，A 、B 间距离为L 0，静电力常量为k ，则下列说法正确的是( )A ．点电荷乙从A 点向甲运动的过程中，加速度逐渐增大B ．点电荷乙从A 点向甲运动的过程中，其电势能先增大再减小C ．OB 间的距离为kQqfD ．在点电荷甲形成的电场中，AB 间电势差U AB ＝fL 0＋12m v 2q答案 C解析点电荷乙从A 点向甲运动的过程中，受向左的电场力和向右的阻力，两点电荷靠近过程中电场力逐渐增大，阻力不变，点电荷乙先减速后加速，所以加速度先减小后增大，故A 错误；在点电荷乙向甲运动过程中电场力一直做正功，因此电势能一直减小，故B 错误；当速度最小时有f ＝F ＝k Qqr2，可得r ＝kQqf，故C 正确；点电荷乙从A 运动到B 过程中，根据动能定理有U AB q －fL 0＝12m v 2－12m v 02，计算得出U AB ＝fL 0＋12m v 2－12m v 02q ，故D 错误．2.(多选)(2023·黑龙江齐齐哈尔市八中模拟)如图所示，四分之一光滑绝缘圆弧槽B 处切线水平，一可视为质点的带正电小球从圆弧槽A 处由静止释放，滑到B 处离开圆弧槽做平抛运动，到达水平地面的D 处，若在装置所在平面内加上竖直向下的匀强电场，重复上述实验，下列说法正确的是( )A ．小球落地点在D 的右侧B ．小球落地点仍在D 点C ．小球落地点在D 的左侧D ．小球离开B 到达地面的运动时间减小答案 BD解析不加电场时，小球从A 到B 有mgR ＝12m v B 2－0，解得v B ＝2gR ，平抛过程，竖直方向上有h ＝12gt 2，解得t ＝2hg，平抛水平位移x ＝v B t ＝2Rh ，平抛水平位移与重力加速度无关，施加竖直向下的匀强电场后，小球同时受重力和向下的电场力，相当于重力加速度增大了，小球落地点仍在D 点，t ∝1g，小球离开B 后到达地面的运动时间减小，B 、D 正确． 3.(多选)如图所示，可视为质点的质量为m 且电荷量为q 的带电小球，用一绝缘轻质细绳悬挂于O 点，绳长为L ，现加一水平向右的足够大的匀强电场，电场强度大小为E ＝3mg4q ，小球初始位置在最低点，若给小球一个水平向右的初速度，使小球能够在竖直面内做圆周运动，忽略空气阻力，重力加速度为g .则下列说法正确的是( )A ．小球在运动过程中机械能守恒B ．小球在运动过程中机械能不守恒C ．小球在运动过程中的最小速度至少为gLD ．小球在运动过程中的最大速度至少为52gL答案 BD解析小球在运动的过程中，电场力做功，机械能不守恒，故A 错误，B 正确；如图所示，小球在电场中运动的等效最高点和最低点分别为A 点和B 点，等效重力G ′＝54mg ，小球在最高点的最小速度v 1满足G ′＝m v 12L ，得v 1＝5gL2，故C 错误；小球由最高点运动到最低点，由动能定理有G ′·2L ＝12m v 22－12m v 12，解得v 2＝52gL ，故D 正确．4.如图所示，虚线MN 下方存在着方向水平向左、范围足够大的匀强电场．AB 为绝缘光滑且固定的四分之一圆弧轨道，轨道半径为R ，O 为圆心，B 位于O 点正下方．一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球，以初速度v A 竖直向下从A 点沿切线进入四分之一圆弧轨道内侧，沿轨道运动到B 处以速度v B 射出．已知重力加速度为g ，电场强度大小为E ＝3mg4q ，sin 37°＝0.6，空气阻力不计，下列说法正确的是( )A ．从A 到B 过程中，小球的机械能先增大后减小 B ．从A 到B 过程中，小球对轨道的压力先减小后增大C ．在A 、B 两点的速度大小满足v A >v BD ．从B 点抛出后，小球速度的最小值为45v A 2＋12gR答案 D解析从A 到B 过程中，电场力一直做负功，小球的机械能一直减小，故A 错误；设等效重力与竖直线的夹角为θ，则tan θ＝qE mg ＝34，故θ为37°，等效重力方向与竖直方向成37°角偏左下方，所以从A 到B 过程中，小球速度先增大后减小，对轨道的压力先增大后减小，故B 错误；B 点比A 点更靠近等效最低点，所以v A <v B ，故C 错误；从A 到B ，由动能定理有mgR －EqR ＝12m v B 2－12m v A 2，解得v B ＝v A 2＋12gR ，之后小球做类斜抛运动，在垂直于等效场方向上的分速度即为最小速度，则v min ＝v B ·cos θ＝45v A 2＋12gR ，故D 正确．5.(多选)(2023·福建泉州市高三质检)如图，ABC 是竖直面内的固定半圆形光滑轨道，O 为其圆心，A 、C 两点等高，过竖直半径OB 的虚线右侧足够大的区域内存在沿AC 方向的匀强电场．一带正电小球从A 点正上方P 点由静止释放，沿轨道通过B 、C 两点时的动能分别为E k 和1.5E k ，离开C 点后运动到最高点D (图中未画出)．已知P 与A 间的距离等于轨道半径，则( )A ．D 点与P 点等高B ．小球在电场中受到的电场力是其重力的两倍C ．小球在C 处对轨道的压力是其重力的两倍D ．小球通过D 点时的动能大于1.5E k 答案 BD解析若在A 点速度等于C 点的速度，在竖直方向由对称性可知，D 点与P 点等高，但由动能定理可知A 点的速度小于C 点的速度，所以D 点高于P 点，故A 错误；设小球在电场中所受电场力为F ，轨道半径为R ，小球从P 到B 过程，由动能定理得mg ·2R ＝E k ，小球从P 到C 过程，由动能定理得mg ·R ＋FR ＝1.5E k ，联立可得F ＝2mg ，故B 正确；由动能定理的表达式有1.5E k ＝12m v C 2，在C 点时，由牛顿第二定律得N －F ＝m v C 2R ，结合mg ·2R ＝E k ，联立可得N ＝8mg ，由牛顿第三定律得小球在C 处对轨道的压力N ′＝N ＝8mg ，故C 错误；因为F ＝2mg ，可知小球从C 点飞出后，竖直方向的加速度小于水平方向的加速度，竖直方向，由逆向思维，看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，则小球从C 到D 过程中，水平方向的位移大于竖直方向的位移，根据W ＝Fs ，可知电场力所做正功大于重力所做负功，则小球通过D 点时的动能大于通过C 点时的动能，即大于1.5E k ，故D 正确．6．(2022·辽宁卷·14)如图所示，光滑水平面AB 和竖直面内的光滑14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gR ，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2mg .小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g .求：(1)弹簧压缩至A 点时的弹性势能；(2)小球经过O 点时的速度大小；(3)小球过O 点后运动的轨迹方程．答案 (1)12mgR (2)3gR (3)y 2＝6Rx 解析 (1)小球从A 到B ，根据能量守恒定律得E p ＝12m v B 2＝12mgR (2)小球从B 到O ，根据动能定理有－mgR ＋2mg ×2R ＝12m v O 2－12m v B 2 解得v O ＝3gR(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2mg cos 45°＝ma xy 轴方向有2mg sin 45°－mg ＝ma y解得a x ＝g ，a y ＝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 ＝12gt 2，y ＝v O t 联立解得小球过O 点后运动的轨迹方程为y 2＝6Rx .7．(2023·江西南昌市名校联考)如图所示，空间中存在水平向右、电场强度大小为E ＝5×103 N/C 的匀强电场，水平传送带BC 的左端与水平面AB 在B 点平滑连接，右端与一个半径为R的光滑14圆弧轨道CD 水平相切于C 点．x AB ＝x BC ＝R ＝1 m ，传送带顺时针转动，速率恒为v ＝5 m/s ，现将一质量为m ＝0.5 kg 、带正电且电荷量为q ＝1×10－3 C 的小滑块，从A 点由静止释放，小滑块与AB 段和BC 段间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2.求：(1)小滑块运动到水平面右端B 点时的速度大小；(2)小滑块运动到圆弧轨道底端C 点时所受的支持力大小；(3)小滑块对圆弧轨道CD 压力的最大值．(2取1.4)答案 (1)4 m/s (2)22.5 N (3)28.5 N解析(1)小滑块从A点运动到B点的过程，由动能定理得qEx AB－μmgx AB＝12m v B2－0，解得v B＝4 m/s.(2)小滑块滑上传送带时，因传送带速率大于滑块速率，所以滑块受到的滑动摩擦力水平向右，由牛顿第二定律得Eq＋μmg＝ma1，解得a1＝12 m/s2，滑块加速到与传送带共速时，有v2－v B2＝2a1x，解得此加速过程滑块的位移大小为x1＝0.375 m，小滑块速率大于传送带速率后，滑块受到的滑动摩擦力水平向左，由牛顿第二定律得Eq－μmg＝ma2，解得a2＝8 m/s2，由运动学公式有v C2－v2＝2a2(x BC－x1)，解得滑块运动到C点时的速度v C＝35 m/s，滑块在C点时，由牛顿第二定律得N C－mg＝m v C2R，解得N C＝22.5 N.(3)由于Eq＝mg，所以等效重力大小为mg′＝(Eq)2＋(mg)2＝2mg，方向与水平方向成45°角斜向右下方，当滑块从C点开始沿圆弧轨道运动的弧长对应的圆心角θ＝45°时，滑块的速度最大，对轨道压力最大，在该点，对滑块有N－mg′＝m v′2R，从C点到速度最大位置，由动能定理得mg′R(1－cos 45°)＝12m v′2－12m v C2，联立解得N＝28.5 N，根据牛顿第三定律可知，小滑块对圆弧轨道CD压力的最大值N′＝N＝28.5 N.8．如图所示，空间中有一水平向右的匀强电场，电场强度的大小为E＝1.0×104 V/m.该空间有一个半径为R＝2 m的竖直光滑绝缘圆环的一部分，圆环与光滑水平面相切于C点，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角．质量为m＝0.04 kg、电荷量为q＝＋6×10－5C的带电小球2(可视为质点)静止于C点．轻弹簧一端固定在竖直挡板上，另一端自由伸长时位于P 点．质量也为m＝0.04 kg的不带电小球1挨着轻弹簧右端，现用力缓慢压缩轻弹簧右端到P 点左侧某点后释放．小球1沿光滑水平面运动到C点与小球2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两小球黏合在一起且恰能沿圆弧到达A点．P、C两点间距离较远，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)黏合体在A点的速度大小；(2)弹簧的弹性势能；(3)小球黏合体由A点到水平面运动的时间．答案(1)5 m/s(2)9.2 J(3)0.6 s解析 (1)小球2所受电场力大小F ＝qE ＝6×10－5×1×104 N ＝0.6 N小球1和小球2的重力和为G ＝2mg ＝2×0.04×10 N ＝0.8 N如图所示小球黏合体所受重力与电场力的合力与竖直方向的夹角为tan θ＝qE G ＝34，所以θ＝37° 所以A 点是小球黏合体在重力场和电场中做圆周运动的等效最高点，由于小球黏合体恰能沿圆弧到达A 点，所以qE sin 37°＝2m v A 2R，解得v A ＝5 m/s (2)小球黏合体从C 点到A 点，由动能定理得－qER sin 37°－2mg (R ＋R cos 37°)＝12×2m v A 2－12×2m v C 2 解得v C ＝115 m/s小球黏合体的碰撞由动量守恒定律得m v 1＝2m v C解得小球1碰撞前的速度v 1＝2115 m/s ，由机械能守恒可得弹簧的弹性势能E p ＝12m v 12＝9.2 J (3)如图，小球黏合体在A 点竖直方向上做匀加速运动竖直方向上的初速度为v 0＝v A sin 37°＝3 m/s由竖直方向匀加速运动可得R ＋R cos 37°＝v 0t ＋12gt 2，解得t ＝0.6 s.。

难点突破力、电综合问题思路分析

难点突破力、电综合问题思路分析“3 + X”综合能力测试就其试题结构而言，首先是学科内的综合考查。

其次是学科间的综合。

以力、电知识为载体的综合命题是科内综合的主要形式之一。

考生在力、电综合题的解答过程中，出现的失误突出表现为：（1）不能对带电体进行全面的受力情况分析，常出现漏力的情况，导致错误。

（2）面对带电粒子在复合场中的运动，不能具体问题具体分析，受思维定势的影响，生搬硬套重力场中物体运动的规律导致错误。

（3）对力学中规律（牛顿第二定律、动量定理、动能定理、动量守恒定律等）在场中的适用性感到困惑，不能据带电粒子的受力及运动情况灵活选择力学规律求解。

一、遭遇难点1.（★★★）(2001年全国)如图21-1所示，虚线框abcd内为一矩形匀强磁场区域，ab=2bc,磁场方向垂直于纸面；实线框a′b′c′d′是一正方形导线框，a′b′边与ab边平行。

若将导线框匀速地拉离磁场区域，以W１表示沿平行于ab的方向拉出过程中外力所做的功，W２表示以同样速率沿平行于bc的方向拉出过程中外力所做的功，则：A、W１= W２B、W２= 2W１C、W１= 2W２D、W２= 4W１图21-1 图21-22.（★★★★）如图21-2甲所示。

一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距l = 0.20 m ，电阻R = 1.0Ω；有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B = 0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下。

现在一外力F沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图21-2乙所示。

求杆的质量m和加速度a 。

二、案例探究［例1］（★★★★）如图21-3所示，已经充电的平行板电容器的极板相距为d ，在板上有个小孔，电容器固定在一绝缘底座上静置在光滑水平面上，总质量为M 。

有一质量为m的带正电的铅丸对准小孔水平向左运动（重力不计），铅丸进入电容器后，距左板最小距离为d/2 ，此时电容器移动的距离________。

2025高考物理总复习带电粒子在电场中运动的综合问题

0

又 t1= t2

联立解得
故在
4 5
9
t1= T= T
25
25
7
0~50 T
时间内发出的粒子均可打到 B 上,所以一个周期内发出的粒子打
7
到 B 上所占百分比约为 η=50 ×100%=14%。

归纳总结
带电粒子在交变电场中运动的研究类型和方法及注意问题
类型:通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方波)的情形。
大小为2 =
23,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)物块第一次到达B点时的速度大小v1以及B、C两点间的距离x;
(2)小球过P点时的速度大小v以及S、C两点间的距离L;
(3)小球的质量。
2
答案 (1)gt1 10g1 -23R
(2)
5
2
9
R
5
(3)3m
解析 (1)物块从 A 点运动到 B 点的过程,根据牛顿第二定律有
解得

d=2
0
。

=
2 0 2
T
9
(3)若

φ=4φ0,d=5
2 0

,t0=2 ,设经过 t1 时间向上加速运动、再经过 t2 时间向

上减速运动的粒子恰好能打在 B 金属板上,粒子沿垂直金属板方向的运动有
1
2
0
·

2
·1 +
0
1
·
t1·
t2
2

·

·2 2 =d
行分析与研究。这类问题中常用到的基本规律有运动学公式、牛顿定律、