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单元综合专题(七)带电粒子在电场中的运动综合专题专题综述带电粒子在电场中的运动问题是高考命题的热点，在一些力电综合问题中，带电粒子除了受电场力，还受到重力、摩擦力等其他力，这类问题尽管形式多样，但解题思路仍然是以力的方法和能量方法为基础，结合电场力的性质和能的性质，把电学问题转化为力学问题分析求解．题型透析用“等效法”分析电场和重力场中的运动问题例1如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m的电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60°时，小球速度为0.(1)求电场强度E；(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求从A点释放小球时应有的初速度vA的大小．【答案】(1)3mg3q(2)2gL（3＋1）【解析】(1)小球由A点释放到速度等于零，由动能定理有：EqLsinα－mgL(1－cosα)＝0解得E＝3mg3q.(2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G′，则G′＝233mg，方向与竖直方向成30°角偏向右下方．若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点．233mg＝mv2L.－233mgL(1＋cos30°)＝12mv2－12mvA2联立解得vA＝2gL（3＋1）.例2如图所示，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m，带电荷量为＋q的珠子，现在圆环平面内加一个匀强电场，使珠子由最高点A从静止开始释放(AC、BD为圆环的两条互相垂直的直径)，要使珠子沿圆弧经过B、C刚好能运动到D.(1)求所加电场的场强最小值及所对应的场强的方向；(2)当所加电场的场强为最小值时，求珠子由A到达D的过程中速度最大时对环的作用力大小；(3)在(1)问电场中，要使珠子能完成完整的圆周运动，在A点至少使它具有多大的初动能？【答案】(1)所加电场的场强最小值Emin＝2mg2q，方向沿AOB的平分线指向左上方(2)(322＋1)mg(3)2－12mgr【解析】(1)根据题述，珠子运动到BC弧中点M时速度最大．作过M点的直径MN，设电场力与重力的合力为F，则其方向沿NM方向，分析珠子在M点的受力情况，由图可知，当F电垂直于F时，F电最小，最小值：F电min＝mgcos45°＝22mgF电min＝qEmin解得所加电场的场强最小值Emin＝2mg2q，方向沿AOB的平分线指向左上方．(2)当所加电场的场强为最小值时，电场力与重力的合力为F＝mgsin45°＝22mg：把电场力与重力的合力看作是等效重力对珠子由A运动到M的过程，由动能定理得F(r＋22r)＝12mv2－0在M点，由牛顿第二定律得：FN－F＝mv2r联立解得FN＝(322＋1)mg由牛顿第三定律知，对环作用力为F′N＝FN＝(322＋1)mg.(3)由题意可知，N点为等效最高点，只要珠子能到达N点，就能做完整的圆周运动，珠子由A到N的过程中，由动能定理得：－F(r－22r)＝0－EkA解得EkA＝2－12mgr.方法提炼等效重力法“等效重力”法：先求出带电体所受重力和电场力的合力，将这个合力视为粒子受到的“等效重力”，再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．对于带电粒子在电场和重力场共同作用下的运动，“等效重力”法通常用于求解圆周运动的临界值和极值问题．带电粒子的力电综合问题带电粒子在电场中的运动通常要结合力学知识和电场知识综合分析，解题思路是：1．应用动力学规律：牛顿运动定律结合运动学公式．2．应用能量规律：动能定理或能量守恒定律．3．应用电场规律：(1)电场力的特点：F＝Eq正电荷的电场力与场强方向相同．(2)电场力做功的特点：WAB＝FLABcosθ＝qUAB＝EpA－EpB例3如图所示，绝缘直杆长为L＝2m，与水平面成30°角放置，一端固定一个电荷量为Q＝＋2.0×10－5C的点电荷，中间有孔的两个滑块A、B(可看作质点)套在绝缘杆上，两滑块与绝缘杆间的动摩擦因数相等．滑块B所带电荷量为q＝＋4.0×10－5C，滑块A不带电，A、B之间绝缘，A、B的质量分别为0.80kg、0.64kg.开始时两滑块靠在一起保持静止状态，且此时A、B与直杆间恰无摩擦力作用．为使A沿直杆始终做加速度为a＝1.5m/s2的匀加速直线运动，现给A施加一沿直杆向上的力F，当A向上滑动0.2m后，力F的大小不再发生变化．A运动到绝缘杆顶端时，撤去外力F.(静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，g取10m/s2)求：(1)开始时未施加力F，滑块B与直杆底端点电荷之间的距离；(2)滑块与直杆间的动摩擦因数；(3)若A向上滑动0.2m的过程中库仑力做的功为1.2J，在A由静止开始到运动至绝缘杆顶端的过程中，力F对A做的总功．【答案】(1)1.0m(2)7803(3)6.05J【解析】(1)A、B处于静止状态时，与杆之间无摩擦力作用．设B与点电荷间距离为L1，以A、B整体为研究对象，根据平衡条件得：kQqL12＝(mA＋mB)gsin30°代入数据解得：L1＝1.0m.(2)给A施加力F后，A、B沿直杆向上做匀加速直线运动，库仑斥力逐渐减小，A、B之间的弹力也逐渐减小．当点电荷与B间距离为L2时，A、B两者间弹力减小到零，此后两者分离，力F变为恒力，则分离时刻的库仑斥力为：F0′＝kQqL22，B与点电荷间的距离为：L2＝L1＋ΔL＝1.0m＋0.2m＝1.2m，以B为研究对象，由牛顿第二定律有：F0′－mBgsin30°－μmBgcos30°＝mBa，代入数据联立解得：μ＝7803.(3)设A、B整体做匀加速运动过程末速度为v1，力F做的功为W1，由题意知库仑力做的功W0＝1.2J重力做负功为：WG＝－(mA＋mB)gΔLsin30°，摩擦力做负功为：Wf＝－μ(mA＋mB)gΔLcos30°，由动能定理：W0＋W1＋WG＋Wf＝12(mA＋mB)v12A做匀加速直线运动，根据运动学公式得：v12＝2aΔL代入数据联立解得：W1＝1.05J.A、B分离后，A继续做匀加速直线运动，以A为研究对象，由牛顿第二定律得：F－mAgsin30°－μmAgcos30°＝mAa，代入数据解得F＝6.25N，分离后A上滑0.8m才能到达绝缘杆顶端，这个过程F做的功为：W2＝F(L－L2)＝5J，解得：W＝W1＋W2＝6.05J.例4如图所示，在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B，A球的电荷量为＋2q，B球的电荷量为－3q，组成一静止的带电系统．虚线NQ与MP平行且相距3L，开始时MP恰为杆的中垂线．视小球为质点，不计轻杆的质量，现在在虚线MP、NQ间加上水平向右的匀强电场E，求：(1)B球刚进入电场时带电系统的速度大小；(2)B球的最大位移以及从开始到最大位移处时B球电势能的变化量；(3)带电系统运动的周期．【答案】(1)2qELm(2)73L4qEL(3)(62－83)mLqE【解析】(1)设B球刚进入电场时带电系统速度为v1，由动能定理2qEL＝12×2mv12解得v1＝2qELm(2)带电系统向右运动分三段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场．设A球离开NQ的最大位移为x，由动能定理得2qEL－qEL－3qEx＝0解得x＝L3；则s总＝73LB球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时位移为43L其电势能的变化量为ΔEP＝W＝3qE·43L＝4qEL(3)向右运动分三段，取向右为正方向，第一段加速a1＝2qE2m＝qEm，t1＝v1a1＝2mLqE，第二段减速a2＝－qE2m，设A球出电场时速度为v2，由动能定理得－qEL＝12×2m(v22－v12)解得v2＝qELm，则t2＝v2－v1a2＝2(2－1)mLqE，第三段再减速则其加速度a3及时间t3为：a3＝－3qE2m，t3＝0－v2a3＝23mLqE所以带电系统运动的周期为：T＝2(t1＋t2＋t3)＝(62－83)mLqE.1.(2018·齐齐哈尔二模)(多选)如图所示，倾角为α的光滑斜面下端固定一绝缘轻弹簧，M点固定一个质量为m、带电量为－q的小球Q.整个装置处在场强大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中．现把一个带电量为＋q的小球P从N点由静止释放，释放后P沿着斜面向下运动．N点与弹簧的上端和M的距离均为s0.P、Q以及弹簧的轴线ab与斜面平行．两小球均可视为质点和点电荷，弹簧的劲度系数为k0，静电力常量为k.则()A．小球P返回时，可能撞到小球QB．小球P在N点的加速度大小为qE＋mgsinα－kq2s02mC．小球P沿着斜面向下运动过程中，其电势能不一定减少D．当弹簧的压缩量为qE＋mgsinαk0时，小球P的速度最大答案BC解析A项，根据动能定理知，当小球返回到N点，由于重力做功为零，匀强电场的电场力做功为零，电荷Q的电场对P做功为零，则合力做功为零，知道到达N点的速度为零．所以小球不可能撞到小球Q.故A项错误．B项，根据牛顿第二定律得，小球在N点的加速度a＝F合m＝qE＋mgsinα－kq2s02m，故B项正确．C项，小球P沿着斜面向下运动过程中，匀强电场的电场力做正功，电荷Q产生的电场对P做负功，两个电场力的合力不一定沿斜面向下，则最终电场力不一定做正功，则电势能不一定减小．故C项正确．D项，当小球所受的合力为零时，速度最大，即kq2x2＋k0x0＝qE＋mgsinα，则压缩量不等于qE＋mgsinαk0.故D项错误．2.(2018·江苏模拟)(多选)如图所示，内壁光滑的绝缘管做成的圆环半径为R，位于竖直平面内，管的内径远小于R.ab为该环的水平直径，ab及其以下区域处于水平向左的匀强电场中．现将质量为m、电荷量为q的带正电小球从管中a点由静止开始释放，已知qE＝mg.则下列说法正确的是()A．小球释放后，可以运动过b点B．小球释放后，到达b点时速度为零，并在bda间往复运动C．小球释放后，第一次和第二次经过最高点c时对管壁的压力之比为1∶6D．小球释放后，第一次经过最低点d和最高点c时对管壁的压力之比为5∶1答案AD解析A、B两项，考虑球从a到b过程，根据动能定理，有：qE·2R＝12mvb2－0，其中：qE＝mg，故：vb＝2gR，故球可以经过b点，故A项正确，B项错误；C、D两项，第一次过d点时，根据动能定理，有mgR＋qER＝12mv1D2，根据向心力公式，有N1D－mg＝mv1D2R，解得：N1D＝5mg①第一次过c点，根据向心力公式，有N1c＋mg＝mv1c2R，根据动能定理可知：第一次经过c点的动能为：2EqR－mgR＝mgR，故N1c＝mg②从A点释放到第二次到c点过程，根据动能定理，有－mgR＋2qE·2R＝12mv2c2，据向心力公式，有N2c＋mg＝mv2c2R，解得：N2c＝5mg③故第一次经过最低点d和最高点c时对管壁的压力之比为5∶1，第一次和第二次经过最高点c时对管壁的压力之比为1∶5，故C项错误，D项正确．3.(2018·四川模拟)如图所示，一个“V”形玻璃管ABC倒置于平面内，并处于场强大小为E＝1×103V/m，方向竖直向下的匀强电场中，一个重力为G＝1×10－3N，电荷量为q＝2×10－4C的带负电小滑块从A点由静止开始运动，小滑块与管壁的动摩擦因数μ＝0.5.已知管长AB＝BC＝L＝2m，倾角α＝37°，B点是一段很短的光滑圆弧管，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，下列说法中正确的是()A．B、A两点间的电势差为2000VB．小滑块从A点第一次运动到B点的过程中电势能增大C．小滑块第一次速度为零的位置在C处D．从开始运动到最后静止，小滑块通过的总路程为3m答案D解析A项，点B、A间的电势差为：UBA＝ELsin37°＝1×103V/m×2m×0.6＝1200V，故A项错误；B项，小滑块从A点第一次运动到B点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故B项错误；C项，如果小滑块第一次速度为零的位置在C处，则从A到C过程，电场力做功为零，重力做功为零，而摩擦力做功不为零，不符合动