(人教版)2020高考物理一轮复习 第七章 静电场 第4讲 力电综合问题学案

第4讲力电综合问题
电场的性质是力与能在电学中的延续，结合带电粒子(带电体)在电场中的运动综合考查牛顿运动定
律、功能关系、受力分析、运动的合成与分解等是常用的命题思路．这部分内容综合性强，仍是命题的热点．尤其近几年高考中突出了对带电体在电场中运动的过程分析，复习时应引起足够的重视．
【重难解读】
电场中带电粒子(微粒)的运动及电场中力的性质和能的性质主要有以下几个重点考查内容：
1．以电场强度为代表的反映电场力的性质的物理量：通过场强的计算、库仑定律的应用、带电粒子(微粒)的加速和偏转等知识，与力学观点结合考查运动类问题．
2．以电势为代表的反映电场能的性质的物理量：通过电场力做功、电势能的计算，结合功能关系，能量守恒定律等考查电场中能量的转化类问题．
【典题例证】
(16分)如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB 与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC 平滑连接，
半圆形轨道的半径R ＝0.4 m ，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E ＝1.0×104
N/C.现有一电荷量q ＝＋1.0×10－4
C ，质量m ＝0.1 kg 的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P 点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C ，然后落至水平轨道上的
D 点．取g ＝10 m/s 2
.试求：
(1)带电体运动到圆形轨道B 点时对圆形轨道的压力大小； (2)D 点到B 点的距离x DB ；
(3)带电体在从P 开始运动到落至D 点的过程中的最大动能．
[解析] (1)设带电体恰好通过C 点时的速度为v C ，依据牛顿第二定律有mg ＝m v 2C
R
，(2分)
解得v C ＝2.0 m/s.
(1分)
设带电体通过B 点时的速度为v B ，设轨道对带电体的支持力大小为F B ，带电体在B 点时，根据牛顿第二
定律有F B －mg ＝m v 2B
R
.
(2分)
带电体从B 运动到C 的过程中，依据动能定理有 －mg ×2R ＝12mv 2C －12mv 2
B
(2分)
联立解得F B ＝6.0 N ，
根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力F ′B ＝6.0 N ． (1分)
(2)设带电体从最高点C 落至水平轨道上的D 点经历的时间为t ，根据运动的分解有2R ＝12
gt
2
(2分)
x DB ＝v C t －
12Eq m
t 2
(2分) 联立解得x DB ＝0.
(1分)
(3)由P 到B 带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从B 经C 到D 的过程中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B 点右侧对应圆心角为45°处．设带电体的最大动能为E km ，根据动能定理有
qER sin 45°－mgR (1－cos 45°)＝E km －1
2
mv 2B
(2分) 代入数据解得E km ≈1.17 J ．
(1分)
[答案] (1)6.0 N (2)0 (3)1.17 J
解决力电综合问题的一般思路
【突破训练】
1．(多选)如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x 轴平行，在x 轴上的电势φ与坐标x 的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点(0.15，3)的切线．现有一质量为0.20 kg ，电荷量为＋2.0×10－8
C 的滑块P (可视为质点)，从x ＝0.10 m 处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02.取重力加速度g ＝10 m/s 2
.则下列说法正确的是( )
A ．x ＝0.15 m 处的场强大小为2.0×106
N/C B ．滑块运动的加速度逐渐减小 C ．滑块运动的最大速度约为0.1 m/s D ．滑块最终在0.3 m 处停下
解析：选AC.φ－x 的斜率等于该点的电场强度，所以x ＝0.15 m 处的场强大小为E ＝ΔφΔx ＝3×10
5
0.15 N/C
＝2.0×106
N/C ，选项A 正确；图象斜率的绝对值逐渐减小，因为在x ＝0.15 m 处，Eq ＝μmg ＝0.04 N ，所以
从x ＝0.1 m 开始，滑块向右运动的过程中，加速度向右先减小后反向变大，选项B 错误；当滑动摩擦力等于电场力时，滑块的速度最大，此时对应的x ＝0.15 m ，由动能定理有Uq －μmg Δx ＝12mv 2，U ＝1.5×105
V ，Δx
＝0.05 m ，解得v ＝0.1 m/s ，选项C 正确；假设滑块在x ＝0.3 m 处停下，则从x ＝0.1 m 处到x ＝0.3 m 处，电场力做功W ＝qU ′＝6×10－3
J ，克服摩擦力做功W f ＝μmg Δx ′＝8×10－3
J ，因为W <W f ，所以滑块滑不到x ＝0.3 m 处，选项D 错误．
2.
(2018·杭州一中月考)如图所示，A 、B 为平行金属板，两板相距为d 且分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M 和N .今有一带电质点，自A 板上方相距为d 的P 点由静止自由下落(P 、M 、N 在同一竖直线上)，空气阻力忽略不计，到达N 孔时速度恰好为零，然后沿原路返回．若保持两极板间的电压不变，则下列说法不正确的是( )
A ．把A 板向上平移一小段距离，质点自P 点自由下落后仍能返回
B ．把A 板向下平移一小段距离，质点自P 点自由下落后将穿过N 孔继续下落
C ．把B 板向上平移一小段距离，质点自P 点自由下落后仍能返回
D ．把B 板向下平移一小段距离，质点自P 点自由下落后将穿过N 孔继续下落
解析：选B.移动A 板或B 板后，质点能否返回P 点的关键是质点在A 、B 间运动时到达B 板之前速度能否减为零，如能减为零，则一定沿原路返回P 点；如不能减为零，则穿过B 板后只受重力，将继续下落．因质点到达N 孔时速度恰为零，由动能定理得mg ·2d －qU ＝0.因极板一直与电源两极连接，电压U 一直不变，当A 板上移、下移时，满足qU －mgh ＝0的条件，即h ＝2d ，则质点到达N 孔时速度恰好为零，然后按原路返回，A 正确，B 错误．当把B 板上移后，设质点仍能到达B 板，则由动能定理得mgh －qU ＝12mv 2，因B 板上移后h ＜2d ，
所以mgh ＜qU ，即看似动能为负值，实际意义为在此之前物体动能已为零，将沿原路返回，C 正确．把B 板下移后，有mgh ′－qU ＝12
mv 2
＞0，即质点到达N 孔时仍有向下的速度，将穿过B 板继续下落，D 正确．
3．(2018·贵州三校联考)在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN 将空间分成左、右两个区域，在右区域中有水平向左的匀强电场，在右区域中离边界MN 某一位置的水平地面上由静止释放一个质量为m 的带电滑块(滑块的电荷量始终不变)，如图甲所示，滑块运动的v －t 图象如图乙所示，不计空气阻力，则( )
A ．滑块在MN 右边运动的位移大小与在MN 左边运动的位移大小相等
B ．在t ＝5 s 时，滑块经过边界MN
C ．滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为2∶5
D ．在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功小于电场力做的功
解析：选C.根据题中速度图线与横轴所围的面积表示位移可知，滑块在MN 右边运动的位移大小与在MN 左边运动的位移大小不相等，选项A 错误．根据题图乙所示速度图象可知，t ＝2 s 时滑块越过分界线MN ，选项B 错误．根据题中速度图象斜率表示加速度可知，在0～2 s 时间内，滑块加速度大小可表示为a 1＝v 0
2，在
2～5 s 时间内，滑块加速度大小可表示为a 2＝v 0
3，设电场力为F ，运动过程中所受摩擦力为f ，对滑块在MN
分界线右侧的运动，由牛顿第二定律，F －f ＝ma 1，对滑块在MN 分界线左侧的运动，由牛顿第二定律，f ＝ma 2，联立解得：f ∶F ＝2∶5，选项C 正确．在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功可表示为：W f ＝f ·2.5v 0，电场力做的功可表示为W F ＝F ·v 0＝2.5f ·v 0，二者做功相等，选项D 错误．
4．(多选)(2018·湖北八校联考)如图所示，在竖直平面内xOy 坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m 、带电荷量为q 的小球，以某一初速度从O 点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线
方程x ＝ky 2
，且小球通过点P ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1k ，1k .已知重力加速度为g ，则( )
A ．电场强度的大小为mg q
B ．小球初速度的大小为
g 2k
C ．小球通过点P 时的动能为
5mg 4k
D ．小球从O 点运动到P 点的过程中，电势能减少
2mg
k
解析：选BC.小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿x 轴正方向，qE ＝2mg ，电场强度的大小为E ＝
2mg q ，A 错误；F 合＝mg ＝ma ，所以a ＝g ，由类平抛运动规律有1k ＝v 0t ，1k ＝12
gt 2
，得小球初速度大小为v 0＝g 2k ，B 正确；由P 点的坐标分析可知v 0v x ＝12，所以小球通过点P 时的动能为12mv 2＝12m (v 20＋v 2x )＝5mg
4k
，C 正确；小球从O 到P 过程中电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即W ＝qE ·
1k 1cos 45°＝2mg
k
，D 错误．
5.
在水平向右的匀强电场中，有一质量为m 、带正电的小球，用长为l 的绝缘细线悬挂于O 点，当小球静止时，细线与竖直方向夹角为θ，如图所示，现给小球一个垂直于悬线的初速度，小球恰能在竖直平面内做圆周运动，试问：
(1)小球在做圆周运动的过程中，在哪一位置速度最小？速度最小值多大？ (2)小球在B 点的初速度多大？
解析：(1)如图所示，小球所受到的重力、电场力均为恒力，二力的合力为F ＝
mg
cos θ
.重力场与电场的叠加场为等效重力场，F 为等效重力，小球在叠加场中的等效重力加速度为g ′＝g
cos θ，其方向与F 同向，因
此B 点为等效最低点，A 点为等效最高点，小球在A 点速度最小，设为v A ，此时细线的拉力为零，等效重力提供向心力，则
mg ′＝m v 2A
l
，
得小球的最小速度为v A ＝
gl
cos θ
.
(2)设小球在B 点的初速度为v B ，由能量守恒得： 12mv 2B ＝12mv 2
A ＋mg ′·2l ， 将v A 的数值代入得：v
B ＝5gl
cos θ
. 答案：(1)A 点速度最小
gl
cos θ (2) 5gl
cos θ
6．如图甲所示，长为L 、间距为d 的两金属板A 、B 水平放置，ab 为两板的中心线，一个带电粒子以速度
v 0从a 点
水平射入，沿直线从b 点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b 点以速度v 0射出，求：
(1)交变电压的周期T 应满足什么条件？
(2)粒子从a 点射入金属板的时刻应满足什么条件？
解析：(1)为使粒子仍从b 点以速度v 0穿出电场，在垂直于初速度方向上，粒子的运动应为：加速，减速，反向加速，(反向)减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有L ＝nTv 0，解得T ＝
L nv 0
粒子在14T 内离开中心线的距离为y ＝12a ⎝ ⎛⎭
⎪⎫14T 2
又a ＝qE m ，E ＝U 0d ，解得y ＝qU 0T 2
32md
在运动过程中离开中心线的最大距离为
y m ＝2y ＝qU 0T 2
16md
粒子不撞击金属板，应有y m ≤1
2d
解得T ≤2d 2m
qU 0
故n ≥
L 2dv 0qU 02m ，即n 取大于等于L 2dv 0qU 0
2m
的整数 所以粒子的周期应满足的条件为
T ＝L nv 0，其中n 取大于等于L 2dv 0qU 0
2m
的整数． (2)粒子进入电场的时刻应为14T ，34T ，5
4
T ，…
故粒子进入电场的时刻为t ＝2n －1
4T (n ＝1，2，3…)．
答案：(1)T ＝
L nv 0，其中n 取大于等于L 2dv 0qU 0
2m
的整数 (2)t ＝2n －14
T (n ＝1，2，3…)。