065单体或多体在电场中的运动之力、电综合问题 精讲精练-2022届高三物理一轮复习疑难突破微专题
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2025-01-04
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065 单体或多体在电场中的运动之力、电综合问题
一.必备知识
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。
(2)对于带电小球在重力场和电场叠加区域内的运动，可以利用运动的合成与
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065 单体或多体在电场中的运动之力、电综合问题
分解的方法，将小球的运动分解为水平和竖直两个方向上的分运动，再对两个分
运动分别运用牛顿运动定律和匀变速直线运动规律或动能定理解答。
(3)带电小球在重力场和电场叠加区域内运动时，若重力和静电力为恒力，可
以将重力和静电力合成为一个恒力，可以将这个复合场当作等效重力场，则 F合
为等效重力场中的“重力”，g′＝为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合
的方向等效为“重力”的方向。当此恒力 F合的方向与运动方向垂直时，其速度
(或动能)取得极值，小球在等效重力场中能够做竖直平面内的圆周运动的临界条
件是恰好能够通过圆周轨道上等效重力场的最高点。
二.典型例题：
题型一：单一带电体在电场中的运动（引入等效重力概念）
例1：如图所示，一半径为 R的绝缘圆形轨道竖直放置，圆轨道最低点与一条水平轨道
相连，轨道都是光滑的。轨道所在空间存在水平向右的匀强电场。从水平轨道上的 A点由静
止释放一质量为 m的带正电的小球，已知小球受到的静电力大小等于小球重力的。为使小球
刚好在圆轨道内做圆周运动，则释放点 A距圆轨道最低点 B的距离 s为( )
A． B．
C． D．
思维引导：
(1)小球刚好在圆轨道内做圆周运动的条件是什么？
提示：刚好能过等效最高点。
(2)如何找等效最高点？
提示：重力与静电力的合力指向轨道圆心的那一位置。
答案：D。
解析：小球所受的等效重力为 G′＝ ＝mg，设方向与水平方向成 θ角斜向右下方，则
tanθ＝＝，即 θ＝53°。设等效最高点为 C点，小球刚好在圆轨道内做圆周运动，则在 C点等
效重力提供小球做圆周运动的向心力，即 G′＝m，解得 vC＝。从 A到C由动能定理得 F电(s
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065 单体或多体在电场中的运动之力、电综合问题
－Rcos53°)－mg(R＋Rsin53°)＝mv－0，其中 F电＝mg，解得释放点 A距圆轨道最低点 B的距
离s＝，所以 D正确，A、B、C错误。
题型二：球杆连接体
例2：在动摩擦因数 μ＝0.2 的足够长的粗糙绝缘水平槽中，长为2L的绝缘轻质细杆两端
各连接一个质量均为m的带电小球 A和B，如图为俯视图(槽两侧光滑)。A球的电荷量为＋
2q，B球的电荷量为－3q(均可视为质点，且不考虑两者间相互作用的库仑力)。现让A处于如
图所示的有界匀强电场区域
MPQN
内 ，已知虚线MP 恰位于细杆的中垂线上，MP 和NQ 的距
离为 3L，匀强电场的电场强度为 E＝，方向水平向右。释放带电系统，让A、B从静止开始
运动(忽略小球运动中所产生的磁场造成的影响)。求：
(1)小球 B第一次到达电场边界MP 所用的时间；
(2)小球 A第一次离开电场边界
NQ
时的速度大小 ；
(3)带电系统运动过程中，B球电势能增加量的最大值。
答案：（1）t1＝ （2）v2＝（3）3.96mgL
[解析] (1)带电系统开始运动后，先向右加速运动，当 B进入电场区时，开始做减速运
动。设 B球进入电场前的过程中，系统的加速度为 a1，由牛顿第二定律：
2Eq－μ·2mg＝2ma1，解得 a1＝g(2 分)
B球刚进入电场时，由 L＝a1t(2 分)
可得 t1＝ 。(1 分)
(2)设B从静止到刚进入电场的速度为 v1，由 v＝2a1L
可得 v1＝(2 分)
设B球进入电场后，系统的加速度为 a2，由牛顿第二定律得：
2Eq－3Eq－2μmg＝2ma2，解得：a2＝－0.8g(2 分)
之后系统做匀减速直线运动，设小球 A第一次离开电场边界NQ 时的速度大小为 v2，由
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v－v＝2a2L可得 v2＝。(2 分)
(3)当带电系统速度第一次为零时，此时 A球已经到达右边界NQ 右侧，B球克服静电力
做的功越多，B球增加的电势能越多，设系统速度减小到零时， A球离右边界NQ 的距离为
x，A球离开电场后，系统的加速度为 a3，由牛顿第二定律：－3Eq－2μmg＝2ma3，解得：a3
＝－2g(2 分)
由x＝解得：x＝0.1L<2L，所以 B没有出电场，(3 分)
故B电势能增加量的最大值为
ΔEp＝－W＝－[－3Eq(L＋x)]＝3Eq(L＋x)＝3Eq·1.1L＝3.3EqL＝3.96mgL。(2 分)
题型三：板块叠加模型+运动的合成与分解
例3：在足够长的粗糙绝缘板
A
上放一个质量为
m
、电荷量为＋
q
的小滑块
B
。用手托住
A
置于方向水平向左、场强大小为
E
的匀强电场中，此时
A
、
B
均
能静止，如图所示。现将绝缘板
A
从图中位置
P
垂直电场线移至
位置
Q
，发现小滑块
B
相对于
A
发生了运动。为研究方便可以将
绝缘板
A
的运动简化成先匀加速接着匀减速到静止的过程。测量
发现竖直方向加速的时间为 0.8s，减速的时间为 0.2s。
P
、
Q
位置高度差为 0.5m。已知匀强
电场的场强
E
＝；
A
、
B
之间动摩擦因数
μ
＝0.4，
g
取10m/s2。求：
(1)绝缘板
A
加速和减速的加速度大小分别为多大？
(2)滑块
B
最后停在离出发点水平距离为多大处？
[答案] (1)1.25m/s2 5m/s2 (2)0.04m
[解析] (1)设绝缘板
A
加速和减速的加速度大小分别为
a
1、
a
2。
加速阶段的末速度为
v
，
x
1＝
t
1①
x
2＝
t
2②
v
＝
a
1
t
1③
v
＝
a
2
t
2④
由①、②得，
v
＝1m/s，
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065单体或多体在电场中的运动之力、电综合问题 一.必备知识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...
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