微专题7电场中的力电综合问题

高中物理力电综合例题
力电综合题目是高中物理中较为常见的一类题目，通常涉及到力学、电学、电磁学等多个方面的知识，具有较强的综合性和实验性。

以下是两道力电综合例题，供参考:
1. 一个带电球体在电场中运动，其加速度与电场强度大小和球带电量成正比，如果在电场中施加一个恒定的向右的电场，求球体受到的合力大小。

解：这道题涉及到电场力、重力、惯性力等多个力的关系。

根据电场力公式 F=Eq，可得球体受到的合力大小为:
F=Eq=q(Va/R)^2
其中，Va 为球带电球的极板之间的距离，R 为球的半径。

可以根据牛顿第二定律和惯性力定律求解球的加速度 a，进而求出合力大小。

2. 一个长度为 L、带有负电荷的直导线，在与导线垂直的平面内做匀速圆周运动，导线周围的磁场垂直于导线和平面，磁场大小为B，求导线受到的安培力大小。

解：这道题涉及到磁场、电场、重力等多个力的关系。

根据安培力公式 F=BIL，可得导线受到的安培力大小为:
F=BIL=BL(L/R)^2
其中，R 为直导线的半径。

可以根据牛顿第二定律和圆周运动规律求解直导线的加速度，进而求出安培力大小。

以上是两道力电综合例题，提供了一些解决力电综合题目的思路
和技巧。

在解题时，需要充分理解和掌握电场力、重力、惯性力、磁场力等多个力的关系，熟悉各种公式和定理的应用方法，才能够准确、快速地求解问题。

力电综合 能量问题 微解题
如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间距离为d ，上极板正中有一小孔．质量为m 、电荷量为＋q 的小球从小孔正上方高h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g )．求：
(1)小球到达小孔处的速度；
(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；
(3)小球从开始下落至运动到下极板处的时间．
【答案】（1）v=2gh
（2）qd d h mg E )(+=，q d
h mgc Q )
(+=
（3）t ＝h ＋d h 2h
g
解析：(1)由v 2＝2gh ，有：解得：v ＝2gh
(2)对全过程，由动能定理，有： mg(h+d)-qEd=0
解得：qd d h mg E )
(+= 又因U ＝Ed ，Q ＝CU ，有：
解得：q d h mgc Q )
(+=
(3)由平均速度公式，有： h=(0+v)t 1/2,d=(v+0)t 2/2,
对全过程，由动量定理，有：mgt-qEt 2=0
解得：t ＝h ＋d h 2h
g。

解析 设带电粒子在 B 点的速度大小为 vB。粒子在垂直于电场
方向的速度分量不变，即
vBsin 30°＝v0sin 60°① 由此得 vB＝ 3v0②
设 A、B 两点间的电势差为 UAB，由动能定理有
qUAB＝12m(v2B－v20)③ 联立②③式得 UAB＝mqv20
答案
mv20 q
题组剖析
真题拓展1 在【例2】中，若 匀强电场的宽度为d，EF、CD 为其边界，改变场强的大小， 使粒子在A点时的速度方向与电 场边界CD垂直，如图4所示， MN为无场区内的光屏，MN与 AO相互垂直，MN与EF间距为d。 当粒子经过EF边界的B点时，速 度方向与EF成30°角，求：
B．Q2的电量一定大于Q1的电量 C．b点的电场强度最大 D．粒子由a点运动到c点过程中， 粒子的电势能先增大后减小
转到解析
题组剖析
命例题2角(20度15·2全国带卷电Ⅱ)粒如图子所在示电，场一质中量的为运m、动电荷量为q(q
＞0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。 已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角 为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。 不计重力。求A、B两点间的电势差。
次通过y轴上的同一个点Q(未画出)，重力加速度g为已
知量。求： (1)初速度v0与x轴正方向的夹角；
转到解析
题组剖析
例命3题如角图度所示3 ，电LM场N是中竖的直动平量面和内固能定量的问光题滑绝缘轨道，MN
水
静止在水平面上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平面
转到解析
高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球 相距较远，相互作用力可认为零，A球进入水平轨道后，A、B

微专题61带电粒子在电场中的力电综合问题解决电场、重力场、复合场问题的两个角度：1.功能角度：运用动能定理和功能关系分析粒子的运动，注意等效最高点和等效最低点速度的计算和向心力公式的应用.2.动力学角度：涉及运动时间、速度、位移时一般从动力学角度分析．1．如图所示，在水平向左的匀强电场中，可视为质点的带负电物块，以某一初速度从足够长的绝缘斜面上的A点沿斜面向下运动，经C点到达B点时，速度减为零，然后再返回到A点．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝33，整个过程斜面均保持静止，物块所带电荷量不变．则下列判断正确的是()A．物块在上滑过程中机械能一定减小B．物块在上滑过程中，增加的重力势能一定大于减少的电势能C．物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能D．物块在下滑过程中，斜面与地面之间的摩擦力可能不为零答案C解析上滑过程中满足Eq cosθ>F f＋mg sinθ，则静电力做功大于摩擦力做功，即除重力以外的其他力的合力对物块做正功，则物块的机械能增加，选项A错误；上滑过程中由动能定理W电＋W f＋W G＝ΔE k，W电>|W G|，则物块在上滑过程中，增加的重力势能一定小于减少的电势能，选项B错误；由于物块下滑经过C点往下运动，再返回到C点时有摩擦力做功，则由功能关系可知物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能，选项C正确；当不加电场时，由于斜面对物块的支持力为F N＝mg cos30°，摩擦力F f＝μmg cos30°＝mg sin30°，可知支持力和摩擦力的合力方向竖直向上；当加电场时，F N＝mg cos30°＋qE sin30°，F f＝μ(mg cos30°＋qE sin30°)，支持力和摩擦力成比例关系增加，则摩擦力和支持力的合力仍竖直向上，根据牛顿第三定律，则物块给斜面的摩擦力和压力的合力方向竖直向下，可知斜面在水平方向受力为零，则斜面所受地面的摩擦力为零，选项D错误．2．(2023·河北邯郸市模拟)如图所示，在一带电竖直平行金属板之间，有一质量为m，带电荷量为＋q的小球被绝缘细线悬挂静止于A点，剪断细线后，小球恰能沿直线AB运动，经时间t后到达B点，已知直线AB与水平方向的夹角为45°，重力加速度为g，规定A点的电势为零，下列说法正确的是()A ．电场强度大小为E ＝2mg qB ．B 点的电势φB ＝mg 2t 22qC ．小球在B 点的电势能E B ＝mg 2t 22D ．小球机械能的变化量为mg 2t 22答案D 解析小球沿直线AB 运动，合力沿AB 方向，如图所示则有qE tan 45°＝mg ，解得E ＝mg q ，故A 错误；由牛顿第二定律得加速度为mg sin 45°＝ma ，由匀变速直线运动规律，得小球到B 点的速度为v ＝at ，设AB ＝L ，根据动能定理得mgL sin 45°＋qEL cos 45°＝12m v 2，解得静电力做功W ＝qEL cos 45°＝m v 24，根据W ＝qU AB ，解得U AB ＝m v 24q，根据U AB ＝φA －φB ，且A 点的电势为零，解得φB ＝－mg 2t 22q，B 点的电势能为E B ＝qφB ，联立解得：E B ＝－mg 2t 22，故B 、C 错误；小球机械能的变化量等于静电力做的功，ΔE ＝W ＝mg 2t 22，故D 正确．3．如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球，系在一根长为L 的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O 点做圆周运动．AB 为圆周的水平直径，CD 为竖直直径，已知重力加速度为g ，电场强度E ＝mg q，不计空气阻力，下列说法正确的是()A ．若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则它运动的最小速度v ＝2gLB ．若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则小球运动到A 点时的机械能最小C ．若将小球在A 点由静止开始释放，则小球运动到B 点时的速度为v ＝2gLD ．若将小球在A 点以大小为v ＝gL 的速度竖直向上抛出，它将沿圆周到达B 点答案B 解析由于电场强度E ＝mg q，故mg ＝Eq ，物体的加速度大小为a ＝2g ，若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则它运动的最小速度为v ，则有2mg ＝m v 2L ，解得v ＝2gL ，A 错误；除重力和弹力外其他力做功等于机械能的增加值，若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则小球运动到A 点时，电势能最大，故到A 点时的机械能最小，故B 正确；小球受合力方向与电场方向夹角45°斜向下，故若将小球在A 点由静止开始释放，小球运动到B 点的过程中，由动能定理得qE ·2L ＝12m v 2，解得：v ＝2gL ，故C 错误；若将小球在A 点以大小为gL 的速度竖直向上抛出，小球将不会沿圆周运动，小球在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀加速运动，因Eq ＝mg ，故水平加速度与竖直加速度大小均为g ，当竖直方向上的位移为零时，时间t ＝2L g ，则水平位移x ＝12gt 2＝2L ，则说明小球刚好运动到B 点，故D 错误．4．(多选)如图所示，在竖直面内有一半径为R 的圆环形轨道，轨道内部最低点A 处有一质量为m 的光滑带正电的小球(可视作质点)，其所带电荷量为q ，在圆环区域内存在着方向水平向右的匀强电场，电场强度E ＝3mg 3q ，现给小球一个水平向右的初速度，使小球开始运动，以下说法正确的是()A ．若v 0＞ 1＋3 gR ，则小球可以做完整的圆周运动B ．若小球可以做完整的圆周运动，则轨道所给弹力的最大值与最小值相差43mgC ．若v 0＝5gR ，则小球将在轨道最高点B 处脱离轨道D ．若v 0＝gR ，则小球不会脱离轨道答案BCD 解析小球同时受到重力和静电力作用，这时可认为小球处于等效重力场中，小球受到的等效重力为：G ′＝ mg 2＋ qE 2＝mg 2＋ 33mg 2＝233mg ，等效重力加速度为g ′＝G ′m ＝233g ，等效重力与竖直方向的夹角为θ，如图所示，则有：tan θ＝qE mg ＝33，θ＝30°，小球可以做完整的圆周运动，在等效最高点，有：mg ′≤m v 2R，从等效最高点达到A 点过程中，根据动能定理可得：mg ′(R ＋R cos θ)＝12m v 02－12m v 2，解得：v 0≥2 3＋1 gR ，故A 错误；若小球可以做完整的圆周运动，则小球在等效重力场中最低点轨道所给的弹力最大，等效最高点轨道所给的弹力最小；在等效最低点有：F 1－G ′＝m v 12R ，在等效最高点有：F 2＋G ′＝m v 22R，在等效重力场中，从最高点达到最低点过程中，根据动能定理可得：mg ′·2R ＝12m v 12－12m v 22，解得轨道所给弹力的最大值与最小值相差为：F 1－F 2＝43mg ，故B 正确；若v 0＝5gR ，小球到达最高点B 处的过程中，重力做负功，静电力不做功，则有：－mg ·2R ＝12m v B 2－12m v 02，解得：v B ＝gR ，故可得小球将在轨道最高点B 处脱离轨道，故C 正确；在等效重力场中，若v 0＝gR ，小球没有超过等效重力场中的半圆，故小球不会脱离轨道，故D 正确．5.如图所示，在竖直平面内有直角坐标系xOy ，有一匀强电场，其方向与水平方向成α＝30°角斜向上，在电场中有一质量为m ＝1×10－3kg 、电荷量为q ＝1.0×10－4C 的带电小球，用长为L ＝335m 的不可伸长的绝缘细线挂于坐标原点O ，当小球静止于M 点时，细线恰好伸直且水平．现用外力将小球拉到最低点P ，然后无初速度释放，g ＝10m/s 2.(1)求电场强度E 的大小；(2)求小球再次到达M 点时的速度大小；(3)如果小球再次到达M 点时，细线突然断裂，从此时开始计时，求小球运动t ＝1s 时的位置坐标．答案(1)200N/C (2)6m/s (3)(2835m,6m)解析(1)当小球静止于M 点时，由平衡条件得qE sin α＝mg解得E ＝200N/C(2)小球所受静电力和重力的合力恒定，大小为F ＝3mg ，方向水平向右，设小球运动到M 点时，小球的速度为v ，则由动能定理得3mgL ＝12v 2解得v ＝6m/s(3)小球运动到M 点时，细线突然断裂，小球的速度方向竖直向上，所受合力F 水平向右，小球将做类平抛运动，由牛顿第二定律得3mg ＝ma在竖直方向上，有y ＝v t在水平方向上，有x 1＝12at 2解得x ＝x 1＋L ＝2835m ，y ＝6m 所以小球的位置坐标为(2835m,6m)．6.(2023·新疆喀什市检测)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 ＝0.40m ，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 ＝3.0×104N/C.现有一电荷量q ＝＋1.0×10－5C 、质量m ＝0.04kg 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(图中未画出)，取g ＝10m/s 2.求：(1)带电体运动到圆形轨道C 点时的速度大小；(2)带电体在圆弧形轨道上运动的最大速度；(3)D 点到B 点的距离x .答案(1)2.0m/s (2)22m/s (3)0.2m 解析(1)设带电体经过C 点时的速度为v C ，根据牛顿第二定律得：mg ＝m v C 2R解得：v C ＝2.0m/s(2)设带电体通过B 点时的速度为v B ，带电体从B 运动到C 的过程中，根据动能定理得：－2mgR ＝12m v C 2－12m v B 2解得：v B ＝25m/s 根据静电力和重力的比值关系可知，等效最低点与竖直方向的夹角为tan θ＝qE mg ＝1.0×10－5×3.0×100.04×10＝34即θ＝37°，等效最低点的位置如图所示：由B 到等效最低点根据动能定理得：qE ·R sin 37°－mg ·R (1－cos 37°)＝12m v m 2－12m v B 2解得：v m ＝22m/s(3)带电体离开圆弧轨道后在竖直方向上：2R ＝12gt 2在水平方向上：x ＝v C t －qE 2mt 2联立解得：x ＝0.2m.7．如图所示，绝缘轨道CDGH 位于竖直平面内，圆弧段DG 的圆心角为θ＝37°，DG 与水平段CD 、倾斜段GH 分别相切于D 点和G 点．CD 段粗糙，DGH 段光滑．在H 处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道处于电场强度为E ＝1×104N/C 、水平向右的匀强电场中，一质量m ＝4×10－3kg 、带电荷量q ＝＋3×10－6C 的小滑块在C 处由静止释放，经挡板碰撞后滑回到CD 段的中点P 处时速度恰好为零．已知CD 段长度L ＝0.8m ，圆弧DG 的半径r ＝0.2m；不计滑块与挡板碰撞时的动能损失，滑块可视为质点．g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin 37°＝0.6，求：(1)滑块与CD段之间的动摩擦因数μ；(2)滑块在CD段上运动的总路程；(3)滑块与绝缘挡板碰撞时的最大动能和最小动能．答案(1)0.25(2)2.4m(3)0.018J0.002J解析(1)滑块由C处释放，经挡板碰撞后第一次滑回P点的过程中，由动能定理得qE L 2－μmg(L＋12L)＝0解得μ＝Eq3mg＝0.25；(2)滑块在CD段上受到的滑动摩擦力μmg＝0.01N静电力Eq＝0.03N滑动摩擦力小于静电力，故不可能停在CD段，滑块最终会在DGH间来回往复运动，到达D 点的速度为0.全过程由动能定理得EqL－μmgs＝0解得s＝2.4m；(3)GH段的倾角为37°，因为Eq cosθ＝mg sinθ＝0.024N，则加速度a＝0，所以滑块与绝缘挡板碰撞的最大动能为滑块第一次运动到G点的动能．对C到G过程由动能定理得E kmax＝Eq(L＋r sinθ)－μmgL－mg(r－r cosθ)＝0.018J滑块最终在DGH间来回往复运动，碰撞绝缘挡板时有最小动能．对D到G过程由动能定理得E kmin＝Eqr sinθ－mg(r－r cosθ)＝0.002J.8．如图所示，圆心为O、半径为R的圆弧形光滑轨道MN固定在竖直平面内，O、N恰好处于同一竖直线上，ON＝R，OM与竖直方向之间的夹角θ＝37°，水平面上方空间存在水平向左的匀强电场．水平面上有一点P，点P、M的连线恰好与圆弧轨道相切于M点，PM＝2R.现有一质量为m、电荷量为＋q的小球(可视为质点)从P点以一定的初速度沿PM做直线运动，小球从M点进入圆弧轨道后，恰好能沿圆弧轨道运动并从N点射出．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g.求：(1)小球沿圆弧轨道运动过程中的最小速度的大小；(2)小球在P 点时的初速度大小；(3)小球在水平面上的落点到P 点的距离．答案(1)53gR (2)353gR (3)(32＋3)R 解析(1)由小球沿PM 做直线运动可知，小球所受的静电力与重力的合力方向沿MP 方向，受力分析如图(a)所示：则qE tan θ＝mg解得：E ＝4mg3q小球恰好能沿圆弧运动并从N 点射出可知，小球在圆弧轨道上经过“等效最高点G ”时速度最小，如图(b)所示：此时小球所受的静电力与重力的合力提供向心力，则mg sin θ＝m v G 2R 解得：v G ＝53gR (2)小球从P 点运动到G 点的过程中，根据动能定理得：－mg sin θ·3R ＝12m v G 2－12m v 02解得：v 0＝353gR (3)小球从G 点运动到N 点的过程中，根据动能定理得：mg sin θ(R －R sin θ)＝12m v N 2－12m v G 2解得：v N ＝3gR小球从N 水平飞出后，在水平方向上做初速度为3gR 的匀加速运动，在竖直方向上做自由落体运动，设小球从N 飞出到落地的时间为t ，则竖直方向上：R ＋R cos θ＋2R sin θ＝12gt 2解得：t ＝6R g水平方向上的加速度大小为a x ＝qE m ＝43g 小球在水平面上的落点到N 点的水平距离为x ＝v N t ＋12a x t 2解得：x ＝(32＋4)R则小球在水平面上的落点到P 点的距离为x 0＝x －(2R cos θ－R sin θ)＝(32＋3)R .。