专题强化十五 带电粒子在电场中运动的综合问题
学习目标 1.掌握带电粒子在电场和重力场的复合场中的运动规律。 2.知道“等效重力场”的概念。 3.会用动力学观点和能量观点分析电场中的力电综合问题。
考点一 带电粒子在电场和重力场中的运动
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”。
2.方法应用
(1)求出重力与静电力的合力，将这个合力视为一个等效重力。
(2)将a＝视为等效重力加速度。
(3)小球能自由静止的位置，即是“等效最低点”，圆周上与该点在同一直径的点为“等效最高点”。
注意：这里的最高点不一定是几何最高点。
(4)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。
3.“等效最高点”和“等效最低点”示意图
例1 (2024·辽宁大连高三期中)如图1所示，一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆轨道在A点相切，斜面与水平方向的夹角为θ。B点为圆轨道的最低点，C点为圆轨道的最高点，O点为圆轨道的圆心，半径OA与竖直方向夹角也为θ。整个空间存在水平向左的匀强电场，电场强度为E＝。已知θ＝53°，圆轨道半径R＝1 m，g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。现把一质量为m＝1 kg、电荷量为q的带正电小球从斜面上某位置由静止释放。为使小球能在运动到C点之前始终不脱离轨道，求小球释放位置离A点的最小距离，和小球从此位置释放后运动到B点时对轨道的压力(计算结果均保留3位有效数字)。
图1
答案 8.79 m 67.5 N，方向竖直向下
解析 设重力与电场力的合力方向与竖直方向成α角，如图
由tan α＝解得α＝37°
合力大小为F＝＝mg
过O点作与竖直方向夹角为α＝37°的直线，与圆轨道分别交于D点和E点，则小球在D点速度最大，E点速度最小。 在E点对轨道压力为零时，小球的释放位置离A点最近。对小球在E点应用牛顿第二定律得F＝m
设小球的释放位置到A点的最小距离为x，在小球从释放点到E点的过程中，由动能定理得mg(xsin θ－Rcos θ－Rcos α)－qE(xcos θ＋Rsin θ＋Rsin α)＝mv
解得x＝ m＝8.79 m
对小球从B点到E点的过程应用动能定理得－FR(1＋cos α)＝mv－mv
设小球在B点受到的支持力为FN，由牛顿第二定律得FN－mg＝m
解得FN＝mg＝67.5 N
由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小等于67.5 N，方向竖直向下。
1.(2024·辽宁葫芦岛市高三检测)如图2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( )
图2
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、功能关系和能量关系等多角度进行分析与研究。
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。
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 (2024·福建漳州统考模拟)如图3，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。
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；
(2)求子弹打入靶盒后，靶盒向右离开O点的最大距离s；
(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 (1)0.1v0 (2) (3)mv0
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)靶盒向右运动的过程中，由牛顿第二定律得
qE＝10ma
又v＝2as
解得s＝。
(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。
2.(2023·山东卷，15)电磁炮灭火消防车(图4甲)采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火。电容器储存的能量通过电磁感应转化成灭火弹的动能，设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度。如图乙所示，若电磁炮正对高楼，与高楼之间的水平距离L＝60 m，灭火弹出膛速度v0＝50 m/s，方向与水平面夹角θ＝53°，不计炮口离地面高度及空气阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8。
图4
(1)求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H；
(2)已知电容器储存的电能E＝CU2，转化为灭火弹动能的效率η＝15%，灭火弹的质量为3 kg，电容C＝2.5×104 μF，电容器工作电压U应设置为多少？
答案 (1)60 m (2)1 000 V
解析 (1)灭火弹离开炮口后，做斜上抛运动，则水平方向上有L＝v0tcos θ，竖直方向上有H＝v0tsin θ－gt2，代入数据联立解得H＝60 m。
(2)根据题意可知Ek＝ηE＝15%×CU2，又因为Ek＝mv，
联立可得U＝1 000 V。
A级 基础对点练
对点练1 带电粒子在电场和重力场中的运动
1.(多选)(2024·河南高三校联考)如图1所示，半径为R的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是水平方向的直径，CD是竖直方向的直径，整个圆环处在水平向右的匀强电场中。将质量为m、电荷量为＋q(q>0)的小球套在圆环上，从A点由静止释放，小球运动到P点时的动能最大，∠DOP＝37°。已知重力加速度大小为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
图1
A.小球可以沿圆环运动到C点
B.匀强电场的电场强度大小为
C.P、B两点间的电势差为
D.小球运动到B点时，向心加速度大小为3g
答案 CD
解析 小球运动到P点时的动能最大，即重力和电场力的合力沿着OP方向，对小球受力分析有＝tan 37°，解得E＝，故B错误；假设小球能够沿圆环运动到C点，根据动能定理有qER－mgR＝Ek－0，分析上式可知Ek<0，即假设不成立，故A错误；P、B两点间的电势差UPB＝E·R＝，故C正确；小球从A点运动到B点，根据动能定理有qE·2R＝mv，此时小球的向心加速度大小
a向＝＝3g，故D正确。
2.(多选)(2023·山东潍坊市模拟)坐标系xOy所在的竖直平面内存在着范围足够大且方向竖直向下的匀强电场，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P点(图2中没有标出)。已知小球质量为m，重力加速度为g，则小球( )
图2
A.从O到P的运动过程，运动时间为
B.到达P点时动能为mv
C.到达P点时速度偏向角正切值为tan θ＝1
D.所受静电力大小为＋mg
答案 AB
解析 从O到P的运动过程，小球在水平方向上做匀速运动，则运动时间为t＝，选项A正确；小球在竖直方向做匀加速运动，则L＝t，即vy＝2v0，到达P点时速度为vP＝＝v0，动能Ek＝mv＝mv，选项B正确；到达P点时速度偏向角正切值为tan θ＝＝2，选项C错误；由动能定理有mgL－FL＝mv－mv，所受静电力大小为F＝mg－，选项D错误。
3.(2023·四川成都一诊)如图3，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( )
图3
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。
对点练2 电场中的力、电综合问题
4.(多选)(2024·湖南长郡中学校考模拟)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，小球电荷量不变。关于带电小球的运动情况，下列说法正确的有( )
图4
A.小球一定能从B点离开轨道
B.小球在圆弧AC部分运动的加速度大小可能不变
C.若小球能沿圆弧返回从A点离开，上升的高度一定等于H
D.若小球能沿圆弧到达C点，其速度不可能为零
答案 BCD
解析 由题意可知，带电小球从开始下落到C的过程中，电场力做负功，重力做正功，由于二者做功的大小关系不确定，故小球有可能不能从B点离开轨道，故A错误；若重力和电场力大小相等，则小球在AC部分做匀速圆周运动，加速度大小不变，故B正确；若小球能沿圆弧返回从A点离开，全过程电场力做功为零，小球上升的高度一定等于H，故C正确；若qE≤mg，小球沿圆弧从A到C做加速或匀速率运动，故小球到达C点的速度不可能为零；若qE>mg，小球沿圆弧运动到C点的最小速度为v，则有qE－mg＝，故小球能到达C点的速度也不可能为零，故D正确。
5.(2023·重庆八中高三校考)如图5，滑块A、B的质量均为m，B带正电，电荷量为q；A不带电，A套在固定竖直直杆上，A、B通过转轴用长度为L的刚性轻杆连接，B放在水平面上并靠近竖直杆，A、B均静止。现加上水平向右、电场强度为E的匀强电场，B开始沿水平面向右运动。不计一切摩擦，A、B视为质点。在A下滑的过程中，下列说法正确的是( )
图5
A.A、B组成的系统机械能守恒
B.A运动到最低点时，B达到最大速度
C.A运动到最低点时，速度大小为
D.A的机械能最小时，B的加速度大小为零
答案 C
解析 电场力对系统做功，机械能不守恒，选项A错误；A运动到最低点时，B的速度为0，选项B错误；A运动到最低点时，B的速度为零，根据系统机械能守恒得mgL＋qEL＝mv2解得v＝，选项C正确；假设无电场，则系统机械能守恒，当A机械能最小时，B的机械能最大，即B的动能最大，速度最大，加速度为零，因电场力并不影响A的机械能，所以有电场和无电场时A机械能最小时在杆上的位置相同，但是有电场时，A机械能最小时B还受水平向右的电场力，所以加速度不为零，选项D错误。
B级 综合提升练
6.(2024·江西宜春高三开学考)如图6所示，长s＝0.5 m的粗糙水平面AB上有一水平向右的匀强电场E1＝60 V/m。一电荷量q＝＋0.02 C、质量m1＝0.2 kg的物块从A点由静止开始运动，从B点飞入竖直向下的匀强电场E2，并恰好落在质量m2＝0.3 kg的绝缘篮中，与绝缘篮粘在一起。绝缘篮通过长L＝0.1 m的轻绳(不可伸长)与一质量m3＝0.5 kg的滑块相连，滑块套在一水平固定的光滑细杆上，可自由滑动。已知物块与水平面AB间的动摩擦因数μ＝0.2，绝缘篮距B点的竖直距离y＝0.1 m，水平距离x＝0.2 m，重力加速度g取10 m/s2，物块、绝缘篮、滑块均可视为质点。求：
图6
(1)物块从B点飞出时的速度大小；
(2)竖直匀强电场E2的大小；
(3)轻绳再次摆到竖直位置时绳对篮子的拉力大小。
答案 (1)2 m/s (2)100 N/C (3)10.2 N
解析 (1)物块从A滑行到B过程，根据动能定理可得qE1s－μm1gs＝m1v
解得物块从B点飞出时的速度大小为vB＝2 m/s。
(2)物块飞入竖直电场中做类平抛运动，水平方向有x＝vBt
竖直方向有y＝at2，a＝
联立解得E2＝100 N/C。
(3)物块飞入篮中与绝缘篮组成的系统在水平方向动量守恒，则有m1vB＝(m1＋m2)v1
解得v1＝0.8 m/s
绝缘篮与物块摆到一定高度再落回最低点过程中，绝缘篮、物块和滑块组成的系统在水平方向动量守恒，则有(m1＋m2)v1＝(m1＋m2)v2＋m3v3
根据能量守恒定律可得(m1＋m2)v＝(m1＋m2)v＋m3v
联立解得v2＝0，v3＝0.8 m/s
轻绳再次摆到竖直位置时，物块和绝缘篮相对滑块的速度大小为v3，对物块和绝缘篮根据牛顿第二定律可得T－(m1＋m2)g－qE2＝(m1＋m2)
解得T＝10.2 N。
7.(2023·河北保定高三期末)如图7所示，半径为R的半圆形光滑绝缘轨道固定在水平面上，直径AC以下存在匀强电场，以圆心为坐标原点建立xOy坐标系。质量为m、电荷量为＋q的小球(可视为点电荷)从点(R，－R)由静止释放，从A点进入半圆形轨道，沿轨道运动到最低点B时速度恰好为零。求：
图7
(1)电场强度的大小E；
(2)刚进入半圆形轨道时小球对A点的压力；
(3)小球速度最大时的位置坐标。
答案 (1) (2)4mg 水平向左 (3)
解析 (1)小球释放后到B点的过程，根据动能定理有
mg·2R－qER＝0－0
解得E＝。
(2)小球释放后到A点的过程，根据动能定理有mgR＝mv－0
对小球在A点水平方向受力分析，由牛顿第二定律得FNA－qE＝m
由牛顿第三定律有F压A＝FNA
解得F压A＝4mg
方向水平向左。
(3)设小球在D位置时速度最大，OD与x轴正方向的夹角为θ，从开始下落到D点的过程中，有mgR(1＋sin θ)－qER(1－cos θ)＝mv2
整理得mgRsin (θ＋α)－mgR＝mv2
其中，sin α＝，cos α＝
小球速度最大时θ＋α＝
由此可知sin θ＝，cos θ＝
所以xC＝Rcos θ＝R
yC＝Rsin θ＝R
即C点的位置坐标为。
C级 培优加强练
8.(2023·新课标卷，25)密立根油滴实验的示意图如图8所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、；两板间加上电压后(上板为正极)，这两个油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。
图8
(1)求油滴a和油滴b的质量之比；
(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 (1)8∶1 (2)a带负电荷 b带正电荷 4∶1
解析 (1)根据题述有f＝kvr
设油滴a的质量为m1，油滴a以速率v0向下匀速运动时，由平衡条件有
m1g＝kv0r1，m1＝πrρ
设油滴b的质量为m2，油滴b以速率向下匀速运动时，由平衡条件有
m2g＝k·r2，m2＝πrρ
联立解得r1∶r2＝2∶1，m1∶m2＝8∶1。
(2)当在两板间加恒定电压(上板为正)时，这两个油滴很快以的速率竖直向下匀速运动，则油滴a速率减小，说明油滴a受到向上的电场力，油滴a带负电荷，油滴b速率增大，说明油滴b受到向下的电场力，则油滴b带正电荷。
当两个油滴均以速率竖直向下匀速运动时，
由f＝kvr可知所受阻力之比为＝＝2
油滴b以速率竖直向下匀速运动时，所受阻力为f＝m2g，结合f＝kvr可知油滴b以速率竖直向下匀速运动时，所受阻力为f2＝2f＝2m2g
油滴a以速率竖直向下匀速运动，所受阻力为f1＝2f2＝4m2g
设油滴a所带电荷量的绝对值为q1，由平衡条件有
m1g＝q1E＋f1
设油滴b所带电荷量的绝对值为q2，由平衡条件有
m2g＋q2E＝f2
联立解得q1∶q2＝4∶1。专题强化十五 带电粒子在电场中运动的综合问题
学习目标 1.掌握带电粒子在电场和重力场的复合场中的运动规律。 2.知道“等效重力场”的概念。 3.会用动力学观点和能量观点分析电场中的力电综合问题。
考点一 带电粒子在电场和重力场中的运动
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”。
2.方法应用
(1)求出重力与静电力的合力，将这个合力视为一个等效重力。
(2)将a＝视为等效重力加速度。
(3)小球能自由静止的位置，即是“等效最低点”，圆周上与该点在同一直径的点为“等效最高点”。
注意：这里的最高点不一定是几何最高点。
(4)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。
3.“等效最高点”和“等效最低点”示意图
例1 (2024·辽宁大连高三期中)如图1所示，一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆轨道在A点相切，斜面与水平方向的夹角为θ。B点为圆轨道的最低点，C点为圆轨道的最高点，O点为圆轨道的圆心，半径OA与竖直方向夹角也为θ。整个空间存在水平向左的匀强电场，电场强度为E＝。已知θ＝53°，圆轨道半径R＝1 m，g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。现把一质量为m＝1 kg、电荷量为q的带正电小球从斜面上某位置由静止释放。为使小球能在运动到C点之前始终不脱离轨道，求小球释放位置离A点的最小距离，和小球从此位置释放后运动到B点时对轨道的压力(计算结果均保留3位有效数字)。
图1
1.(2024·辽宁葫芦岛市高三检测)如图2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( )
图2
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
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、功能关系和能量关系等多角度进行分析与研究。
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。
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 (2024·福建漳州统考模拟)如图3，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。
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；
(2)求子弹打入靶盒后，靶盒向右离开O点的最大距离s；
(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。
2.(2023·山东卷，15)电磁炮灭火消防车(图4甲)采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火。电容器储存的能量通过电磁感应转化成灭火弹的动能，设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度。如图乙所示，若电磁炮正对高楼，与高楼之间的水平距离L＝60 m，灭火弹出膛速度v0＝50 m/s，方向与水平面夹角θ＝53°，不计炮口离地面高度及空气阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8。
图4
(1)求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H；
(2)已知电容器储存的电能E＝CU2，转化为灭火弹动能的效率η＝15%，灭火弹的质量为3 kg，电容C＝2.5×104 μF，电容器工作电压U应设置为多少？
(共41张PPT)
专题强化十五 带电粒子在电场中运动的综合问题
第八章 静电场
掌握带电粒子在电场和重力场的复合场中的运动规律。
知道“等效重力场”的概念。
会用动力学观点和能量观点分析电场中的力电综合问题。
学习目标
目 录
CONTENTS
研透核心考点
01
提升素养能力
02
研透核心考点
1
考点二 电场中的力、电综合问题
考点一 带电粒子在电场和重力场中的运动
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”。
考点一 带电粒子在电场和重力场中的运动
2.方法应用
3.“等效最高点”和“等效最低点”示意图
径R＝1 m，g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。现把一质量为m＝1 kg、电荷量为q的带正电小球从斜面上某位置由静止释放。为使小球能在运动到C点之前始终不脱离轨道，求小球释放位置离A点的最小距离，和小球从此位置释放后运动到B点时对轨道的压力(计算结果均保留3位有效数字)。
图1
解析 设重力与电场力的合力方向与竖直方向成α角，如图
题
干
D
1.(2024·辽宁葫芦岛市高三检测)如图2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( )
图2
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
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、功能关系和能量关系等多角度进行分析与研究。
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。
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 (2024·福建漳州统考模拟)如图3，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。
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
(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。
解析 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。
答案 mv0
2.(2023·山东卷，15)电磁炮灭火消防车(图4甲)采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火。电容器储存的能量通过电磁感应转化成灭火弹的动能，设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度。如图乙所示，若电磁炮正对高楼，与高楼之间的水平距离L＝60 m，灭火弹出膛速度v0＝50 m/s，方向与水平面夹角θ＝53°，不计炮口离地面高度及空气阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8。
图4
提升素养能力
2
CD
对点练1 带电粒子在电场和重力场中的运动
1.(多选)(2024·河南高三校联考)如图1所示，半径为R的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是水平方向的直径，CD是竖直方向的直径，整个圆环处在水平向右的匀强电场中。将质量为m、电荷量为＋q(q>0)的小球套在圆环上，从A点由静止释放，小球运动到P点时的动能最大，∠DOP＝37°。已知重力加速度大小为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
A级 基础对点练
图1
A.小球可以沿圆环运动到C点
AB
2.
图2
C
3.(2023·四川成都一诊)如图3，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( )
图3
BCD
A.小球一定能从B点离开轨道
B.小球在圆弧AC部分运动的加速度大小可能不变
C.若小球能沿圆弧返回从A点离开，上升的高度一定等于H
D.若小球能沿圆弧到达C点，其速度不可能为零
图4
解析 由题意可知，带电小球从开始下落到C的过程中，电场力做负功，重力做正功，由于二者做功的大小关系不确定，故小球有可能不能从B点离开轨道，故A错误；若重力和电场力大小相等，则小球在AC部分做匀速圆周运动，加速度大小不变，故B正确；若小球能沿圆弧返回从A点离开，全过程电场力做功为零，小球上升的高度一定
C
5.(2023·重庆八中高三校考)如图5，滑块A、B的质量均为m，B带正电，电荷量为q；A不带电，A套在固定竖直直杆上，A、B通过转轴用长度为L的刚性轻杆连接，B放在水平面上并靠近竖直杆，A、B均静止。现加上水平向右、电场强度为E的匀强电场，B开始沿水平面向右运动。不计一切摩擦，A、B视为质点。在A下滑的过程中，下列说法正确的是( )
图5
械能守恒，当A机械能最小时，B的机械能最大，即B的动能最大，速度最大，加速度为零，因电场力并不影响A的机械能，所以有电场和无电场时A机械能最小时在杆上的位置相同，但是有电场时，A机械能最小时B还受水平向右的电场力，所以加速度不为零，选项D错误。
6.(2024·江西宜春高三开学考)如图6所示，长s＝0.5 m的粗糙水平面AB上有一水平向右的匀强电场E1＝60 V/m。一电荷量q＝＋0.02 C、质量m1＝0.2 kg的物
图6
B级 综合提升练
块从A点由静止开始运动，从B点飞入竖直向下的匀强电场E2，并恰好落在质量m2＝0.3 kg的绝缘篮中，与绝缘篮粘在一起。绝缘篮通过长L＝0.1 m的轻绳(不可伸长)与一质量m3＝0.5 kg的滑块相连，滑块套在一水平固定的光滑细杆上，可自由滑动。已知物块与水平面AB间的动摩擦因数μ＝0.2，绝缘篮距B点的竖直距离y＝0.1 m，水平距离x＝0.2 m，重力加速度g取10 m/s2，物块、绝缘篮、滑块均可视为质点。求：
(1)物块从B点飞出时的速度大小；
(2)竖直匀强电场E2的大小；
(3)轻绳再次摆到竖直位置时绳对篮子的拉力大小。
答案 (1)2 m/s (2)100 N/C (3)10.2 N
解得物块从B点飞出时的速度大小为vB＝2 m/s。
(2)物块飞入竖直电场中做类平抛运动，水平方向有x＝vBt
(3)物块飞入篮中与绝缘篮组成的系统在水平方向动量守恒，则有m1vB＝(m1＋m2)v1
解得v1＝0.8 m/s
绝缘篮与物块摆到一定高度再落回最低点过程中，绝缘篮、物块和滑块组成的系统在水平方向动量守恒，则有(m1＋m2)v1＝(m1＋m2)v2＋m3v3
轻绳再次摆到竖直位置时，物块和绝缘篮相对滑块的速度大小为v3，对物块和绝缘篮根据牛顿第二定律可得
7.(2023·河北保定高三期末)如图7所示，半径为R的半圆形光滑绝缘轨道固定在水平面上，直径AC以下存在匀强电场，以圆心为坐标原点建立xOy坐标系。质量为m、电荷量为＋q的小球(可视为点电荷)从点(R，－R)由静止释放，从A点进入半圆形轨道，沿轨道运动到最低点B时速度恰好为零。求：
图7
(1)电场强度的大小E；
(2)刚进入半圆形轨道时小球对A点的压力；
(3)小球速度最大时的位置坐标。
解析 (1)小球释放后到B点的过程，根据动能定理有
mg·2R－qER＝0－0
由牛顿第三定律有F压A＝FNA
解得F压A＝4mg
方向水平向左。
C级 培优加强练
设油滴a的质量为m1，油滴a以速率v0向下匀速运动时，由平衡条件有
图8
(1)求油滴a和油滴b的质量之比；
(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 (1)8∶1 (2)a带负电荷 b带正电荷 4∶1
解析 (1)根据题述有f＝kvr
联立解得r1∶r2＝2∶1，m1∶m2＝8∶1。
设油滴a所带电荷量的绝对值为q1，由平衡条件有
m1g＝q1E＋f1
设油滴b所带电荷量的绝对值为q2，由平衡条件有
m2g＋q2E＝f2
联立解得q1∶q2＝4∶1。
本节内容结束
THANKS 专题强化练十五 带电粒子在电场中运动的综合问题
A级 基础对点练
对点练1 带电粒子在电场和重力场中的运动
1.(多选)(2024·河南高三校联考)如图1所示，半径为R的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是水平方向的直径，CD是竖直方向的直径，整个圆环处在水平向右的匀强电场中。将质量为m、电荷量为＋q(q>0)的小球套在圆环上，从A点由静止释放，小球运动到P点时的动能最大，∠DOP＝37°。已知重力加速度大小为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
图1
A.小球可以沿圆环运动到C点
B.匀强电场的电场强度大小为
C.P、B两点间的电势差为
D.小球运动到B点时，向心加速度大小为3g
2.(多选)(2023·山东潍坊市模拟)坐标系xOy所在的竖直平面内存在着范围足够大且方向竖直向下的匀强电场，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P点(图2中没有标出)。已知小球质量为m，重力加速度为g，则小球( )
图2
A.从O到P的运动过程，运动时间为
B.到达P点时动能为mv
C.到达P点时速度偏向角正切值为tan θ＝1
D.所受静电力大小为＋mg
3.(2023·四川成都一诊)如图3，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( )
图3
A.－ B.
C.－ D.
对点练2 电场中的力、电综合问题
4.(多选)(2024·湖南长郡中学校考模拟)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，小球电荷量不变。关于带电小球的运动情况，下列说法正确的有( )
图4
A.小球一定能从B点离开轨道
B.小球在圆弧AC部分运动的加速度大小可能不变
C.若小球能沿圆弧返回从A点离开，上升的高度一定等于H
D.若小球能沿圆弧到达C点，其速度不可能为零
5.(2023·重庆八中高三校考)如图5，滑块A、B的质量均为m，B带正电，电荷量为q；A不带电，A套在固定竖直直杆上，A、B通过转轴用长度为L的刚性轻杆连接，B放在水平面上并靠近竖直杆，A、B均静止。现加上水平向右、电场强度为E的匀强电场，B开始沿水平面向右运动。不计一切摩擦，A、B视为质点。在A下滑的过程中，下列说法正确的是( )
图5
A.A、B组成的系统机械能守恒
B.A运动到最低点时，B达到最大速度
C.A运动到最低点时，速度大小为
D.A的机械能最小时，B的加速度大小为零
B级 综合提升练
6.(2024·江西宜春高三开学考)如图6所示，长s＝0.5 m的粗糙水平面AB上有一水平向右的匀强电场E1＝60 V/m。一电荷量q＝＋0.02 C、质量m1＝0.2 kg的物块从A点由静止开始运动，从B点飞入竖直向下的匀强电场E2，并恰好落在质量m2＝0.3 kg的绝缘篮中，与绝缘篮粘在一起。绝缘篮通过长L＝0.1 m的轻绳(不可伸长)与一质量m3＝0.5 kg的滑块相连，滑块套在一水平固定的光滑细杆上，可自由滑动。已知物块与水平面AB间的动摩擦因数μ＝0.2，绝缘篮距B点的竖直距离y＝0.1 m，水平距离x＝0.2 m，重力加速度g取10 m/s2，物块、绝缘篮、滑块均可视为质点。求：
图6
(1)物块从B点飞出时的速度大小；
(2)竖直匀强电场E2的大小；
(3)轻绳再次摆到竖直位置时绳对篮子的拉力大小。
7.(2023·河北保定高三期末)如图7所示，半径为R的半圆形光滑绝缘轨道固定在水平面上，直径AC以下存在匀强电场，以圆心为坐标原点建立xOy坐标系。质量为m、电荷量为＋q的小球(可视为点电荷)从点(R，－R)由静止释放，从A点进入半圆形轨道，沿轨道运动到最低点B时速度恰好为零。求：
图7
(1)电场强度的大小E；
(2)刚进入半圆形轨道时小球对A点的压力；
(3)小球速度最大时的位置坐标。
C级 培优加强练
8.(2023·新课标卷，25)密立根油滴实验的示意图如图8所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、；两板间加上电压后(上板为正极)，这两个油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。
(1)求油滴a和油滴b的质量之比；
(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。
专题强化练十五 带电粒子在电场中运动的综合问题
1.CD [小球运动到P点时的动能最大，即重力和电场力的合力沿着OP方向，对小球受力分析有＝tan 37°，解得E＝，故B错误；假设小球能够沿圆环运动到C点，根据动能定理有qER－mgR＝Ek－0，分析上式可知Ek<0，即假设不成立，故A错误；P、B两点间的电势差UPB＝E·R＝，故C正确；小球从A点运动到B点，根据动能定理有qE·2R＝mv，此时小球的向心加速度大小a向＝＝3g，故D正确。]
2.AB [从O到P的运动过程，小球在水平方向上做匀速运动，则运动时间为t＝，选项A正确；小球在竖直方向做匀加速运动，则L＝t，即vy＝2v0，到达P点时速度为vP＝＝v0，动能Ek＝mv＝mv，选项B正确；到达P点时速度偏向角正切值为tan θ＝＝2，选项C错误；由动能定理有mgL－FL＝mv－mv，所受静电力大小为F＝mg－，选项D错误。]
3.C [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.BCD [由题意可知，带电小球从开始下落到C的过程中，电场力做负功，重力做正功，由于二者做功的大小关系不确定，故小球有可能不能从B点离开轨道，故A错误；若重力和电场力大小相等，则小球在AC部分做匀速圆周运动，加速度大小不变，故B正确；若小球能沿圆弧返回从A点离开，全过程电场力做功为零，小球上升的高度一定等于H，故C正确；若qE≤mg，小球沿圆弧从A到C做加速或匀速率运动，故小球到达C点的速度不可能为零；若qE>mg，小球沿圆弧运动到C点的最小速度为v，则有qE－mg＝，故小球能到达C点的速度也不可能为零，故D正确。]
5.C [电场力对系统做功，机械能不守恒，选项A错误；A运动到最低点时，B的速度为0，选项B错误；A运动到最低点时，B的速度为零，根据系统机械能守恒得mgL＋qEL＝mv2解得v＝，选项C正确；假设无电场，则系统机械能守恒，当A机械能最小时，B的机械能最大，即B的动能最大，速度最大，加速度为零，因电场力并不影响A的机械能，所以有电场和无电场时A机械能最小时在杆上的位置相同，但是有电场时，A机械能最小时B还受水平向右的电场力，所以加速度不为零，选项D错误。]
6.(1)2 m/s (2)100 N/C (3)10.2 N
解析 (1)物块从A滑行到B过程，根据动能定理可得
qE1s－μm1gs＝m1v
解得物块从B点飞出时的速度大小为vB＝2 m/s。
(2)物块飞入竖直电场中做类平抛运动，水平方向有x＝vBt
竖直方向有y＝at2，a＝
联立解得E2＝100 N/C。
(3)物块飞入篮中与绝缘篮组成的系统在水平方向动量守恒，则有m1vB＝(m1＋m2)v1
解得v1＝0.8 m/s
绝缘篮与物块摆到一定高度再落回最低点过程中，绝缘篮、物块和滑块组成的系统在水平方向动量守恒，则有
(m1＋m2)v1＝(m1＋m2)v2＋m3v3
根据能量守恒定律可得
(m1＋m2)v＝(m1＋m2)v＋m3v
联立解得v2＝0，v3＝0.8 m/s
轻绳再次摆到竖直位置时，物块和绝缘篮相对滑块的速度大小为v3，对物块和绝缘篮根据牛顿第二定律可得
T－(m1＋m2)g－qE2＝(m1＋m2)
解得T＝10.2 N。
7.(1) (2)4mg 水平向左 (3)
解析 (1)小球释放后到B点的过程，根据动能定理有
mg·2R－qER＝0－0
解得E＝。
(2)小球释放后到A点的过程，根据动能定理有
mgR＝mv－0
对小球在A点水平方向受力分析，由牛顿第二定律得
FNA－qE＝m
由牛顿第三定律有F压A＝FNA
解得F压A＝4mg
方向水平向左。
(3)设小球在D位置时速度最大，OD与x轴正方向的夹角为θ，从开始下落到D点的过程中，有
mgR(1＋sin θ)－qER(1－cos θ)＝mv2
整理得mgRsin (θ＋α)－mgR＝mv2
其中，sin α＝，cos α＝
小球速度最大时θ＋α＝
由此可知sin θ＝，cos θ＝
所以xC＝Rcos θ＝R
yC＝Rsin θ＝R
即C点的位置坐标为。
8.(1)8∶1 (2)a带负电荷 b带正电荷 4∶1
解析 (1)根据题述有f＝kvr
设油滴a的质量为m1，油滴a以速率v0向下匀速运动时，由平衡条件有m1g＝kv0r1，m1＝πrρ
设油滴b的质量为m2，油滴b以速率向下匀速运动时，由平衡条件有m2g＝k·r2，m2＝πrρ
联立解得r1∶r2＝2∶1，m1∶m2＝8∶1。
(2)当在两板间加恒定电压(上板为正)时，这两个油滴很快以的速率竖直向下匀速运动，则油滴a速率减小，说明油滴a受到向上的电场力，油滴a带负电荷，油滴b速率增大，说明油滴b受到向下的电场力，则油滴b带正电荷。
当两个油滴均以速率竖直向下匀速运动时，
由f＝kvr可知所受阻力之比为＝＝2
油滴b以速率竖直向下匀速运动时，所受阻力为f＝m2g，结合f＝kvr可知油滴b以速率竖直向下匀速运动时，所受阻力为f2＝2f＝2m2g
油滴a以速率竖直向下匀速运动，所受阻力为
f1＝2f2＝4m2g
设油滴a所带电荷量的绝对值为q1，由平衡条件有
m1g＝q1E＋f1
设油滴b所带电荷量的绝对值为q2，由平衡条件有
m2g＋q2E＝f2
联立解得q1∶q2＝4∶1。
