第38講帶電粒子在電場中運動的綜合問題（講義）（解析版）-2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)講練測（新教材新高考）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

\l "_Tc17949" 02、知識導(dǎo)圖，思維引航 PAGEREF _Tc17949 \h 1
\l "_Tc26388" 03、考點突破，考法探究 PAGEREF _Tc26388 \h 2
\l "_Tc28054" 考點一帶電粒子在電場和重力場中的運動 PAGEREF _Tc28054 \h 2
\l "_Tc22879" 知識點1．等效重力場 PAGEREF _Tc22879 \h 3
\l "_Tc28053" 知識點2.方法應(yīng)用 PAGEREF _Tc28053 \h 3
\l "_Tc20528" 知識點3．物體做圓周運動的物理最高點 PAGEREF _Tc20528 \h 3
\l "_Tc6358" 考向1 等效場中的“繩球”模型 PAGEREF _Tc6358 \h 3
\l "_Tc17138" 考向2 等效場中的“桿球”模型 PAGEREF _Tc17138 \h 4
\l "_Tc30761" 考點二示電場中的力電綜合問題 PAGEREF _Tc30761 \h 7
\l "_Tc16081" 知識點1.動力學(xué)的觀點 PAGEREF _Tc16081 \h 7
\l "_Tc29985" 知識點2.能量的觀點 PAGEREF _Tc29985 \h 7
\l "_Tc15307" 知識點3.動量的觀點 PAGEREF _Tc15307 \h 7
\l "_Tc7757" 04、真題練習(xí)，命題洞見 PAGEREF _Tc7757 \h 11
考點一帶電粒子在電場和重力場中的運動
知識點1．等效重力場
物體僅在重力場中的運動是最常見、最基本的運動，但是對于處在勻強電場和重力場中物體的運動問題就會變得復(fù)雜一些。此時可以將重力場與電場合二為一，用一個全新的“復(fù)合場”來代替，可形象稱之為“等效重力場”。
知識點2.方法應(yīng)用
(1)求出重力與靜電力的合力，將這個合力視為一個等效重力。
(2)將a＝eq \f(F合,m)視為等效重力加速度。
(3)小球能自由靜止的位置，即是“等效最低點”，圓周上與該點在同一直徑的點為“等效最高點”。
注意：這里的最高點不一定是幾何最高點。
(4)將物體在重力場中的運動規(guī)律遷移到“等效重力場”中分析求解。
知識點3．物體做圓周運動的物理最高點
考向1 等效場中的“繩球”模型
1．(多選)如圖所示，帶電小球(可視為質(zhì)點)用絕緣細線懸掛在O點，在豎直平面內(nèi)做完整的變速圓周運動，小球運動到最高點時，細線受到的拉力最大。已知小球運動所在的空間存在豎直向下的勻強電場，電場強度大小為E，小球質(zhì)量為m、帶電荷量為q，細線長為l，重力加速度為g，則( )
A．小球帶正電
B．靜電力大于重力
C．小球運動到最低點時速度最大
D．小球運動過程最小速度至少為v＝eq \r(\f(?qE－mg?l,m))
【答案】BD
【解析】：因為小球運動到最高點時，細線受到的拉力最大，可知重力和靜電力的合力(等效重力)方向向上，則靜電力方向向上，且靜電力大于重力，小球帶負電，故A錯誤，B正確；因重力和靜電力的合力方向向上，可知小球運動到最高點時速度最大，故C錯誤；由于等效重力豎直向上，所以小球運動到最低點時速度最小，最小速度滿足qE－mg＝meq \f(v2,l)，即v＝eq \r(\f(?qE－mg?l,m))，故D正確。
考向2 等效場中的“桿球”模型
2．如圖所示，空間有一水平向右的勻強電場，半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，O是圓心，AB是豎直方向的直徑。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q(q＞0)的小球套在圓環(huán)上，并靜止在P點，OP與豎直方向的夾角θ＝37°。不計空氣阻力，已知重力加速度為g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)電場強度E的大??；
(2)若要使小球從P點出發(fā)能做完整的圓周運動，小球初速度的大小應(yīng)滿足的條件。
【答案】：(1)eq \f(3mg,4q) (2)不小于eq \r(5gr)
【解析】：(1)當(dāng)小球靜止在P點時，小球的受力情況如圖所示
則有eq \f(qE,mg)＝tan θ，所以E＝eq \f(3mg,4q)。
(2)小球所受重力與電場力的合力F＝eq \r(?mg?2＋?qE?2)＝eq \f(5,4)mg。當(dāng)小球做圓周運動時，可以等效為在一個“重力加速度”為eq \f(5,4)g的“重力場”中運動。若要使小球能做完整的圓周運動，則小球必須能通過圖中的Q點。設(shè)當(dāng)小球從P點出發(fā)的速度為vmin時，小球到達Q點時速度為零，在小球從P運動到Q的過程中，根據(jù)動能定理有－eq \f(5,4)mg·2r＝0－eq \f(1,2)mvmin2，解得vmin＝eq \r(5gr)，即小球的初速度大小應(yīng)不小于eq \r(5gr)。
3.空間中有豎直向上的勻強電場，電場強度E＝eq \f(3mg,q)。絕緣圓形軌道豎直放置，O點是它的圓心、半徑為R，A、C為圓軌道的最低點和最高點，B、D為與圓心O等高的兩點，如圖所示。在軌道A點放置一質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q的光滑小球。現(xiàn)給小球一初速度v0(v0≠0)，重力加速度為g，則下列說法正確的是( )
A．無論v0多大，小球不會脫離軌道
B．只有v0≥eq \r(gR)，小球才不會脫離軌道
C．v0越大，小球在A、C兩點對軌道的壓力差也越大
D．若將小球無初速度從D點釋放，小球一定會沿軌道經(jīng)過C點
【答案】 D
【解析】由題意可知小球所受靜電力與重力的合力方向豎直向上，大小為F＝qE－mg＝2mg，若要使小球不脫離軌道，設(shè)其在A點所具有的最小速度為vmin，根據(jù)牛頓第二定律有F＝meq \f(vmin2,R)，解得vmin＝eq \r(2gR)，所以只有當(dāng)v0≥eq \r(2gR)時，小球才不會脫離軌道，故A、B錯誤；假設(shè)小球可以在軌道中做完整的圓周運動，在C點的速度大小為v1，根據(jù)動能定理有eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02＝F·2R，在A、C點小球所受軌道的支持力大小分別為F0和F1，根據(jù)牛頓第二定律有F0＋F＝meq \f(v02,R)，F(xiàn)1－F＝meq \f(v12,R)，聯(lián)立以上三式解得ΔF＝F1－F0＝6F＝12mg，根據(jù)牛頓第三定律可知小球在A、C兩點對軌道的壓力差等于12mg，與v0的大小無關(guān)，故C錯誤；若將小球無初速度從D點釋放，由于F向上，所以小球一定能沿DC軌道經(jīng)過C點，故D正確。
4.(多選)如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小圓環(huán)套在半徑為R的光滑絕緣大圓環(huán)上，大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，O為環(huán)心，A為最低點，B為最高點，在大圓環(huán)所在的豎直平面內(nèi)施加水平向右、電場強度大小為eq \f(mg,q)(g為重力加速度)的勻強電場，并同時給在A點的小圓環(huán)一個向右的水平初速度v0(v0未知)，小圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運動，則小圓環(huán)運動過程中( )
A．動能最小與最大的位置在同一等勢面上
B．電勢能最小的位置恰是機械能最大的位置
C．在A點獲得的初速度為eq \r(2?1＋\r(2)?gR)
D．過B點受到大環(huán)的彈力大小為mg
【答案】 BC
【解析】由于勻強電場的電場強度為eq \f(mg,q)，即靜電力與重力大小相等，作出小圓環(huán)的等效物理最低點C與等效物理最高點位置D，如圖所示，
小圓環(huán)在等效物理最低點速度最大，動能最大，在等效物理最高點速度最小，動能最小，根據(jù)沿電場線電勢降低，可知φD>φC，可知其不在同一等勢面上，A錯誤；小圓環(huán)在運動過程中，只有電勢能、動能與重力勢能的轉(zhuǎn)化，即只有電勢能與機械能的轉(zhuǎn)化，則電勢能最小的位置恰是機械能最大的位置，B正確；小圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運動，即小圓環(huán)通過等效物理最高點D的速度為0，對圓環(huán)分析有
－qERsin 45°－mg(R＋Rcs 45°)＝0－eq \f(1,2)mv02，
解得v0＝eq \r(2?1＋\r(2)?gR)，C正確；
小圓環(huán)從A運動到B過程有
－mg·2R＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mv02，
在B點有FN＋mg＝meq \f(vB2,R)，
解得FN＝(2eq \r(2)－3)mg