2024年新高考物理第一轮复习：选修3-1 第七章 专题突破

专题突破带电瓶子（或带也体）在包场中运

动的综合问题

突破一带电粒子在交变电场中的运动

1.此类题型一般有三种情况

（1）粒子做单向直线运动（一般用牛顿运动定律求解）；

（2）粒子做往返运动（一股分段研究）；

（3）粒子做偏转运动（一般根据交变电场的特点分段研究）。

2.两条分析思路：一是力和运动的关系，根据牛帧第二定律及运动学规律分析;

二是功能关系。

3.注重全面分析（分析受力特点和运动规律），抓住粒子的运动具有周期性和空

间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等，并确定与物理过

程相关的边界条件。

考向❶粒子的单向直线运动

【例1】如图1甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。开始A板的电

势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。设电子

在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图象中能

正确反映电子速度变化规律的是（其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化）

（）

AB

甲乙

图1

V

°r\^/2Tf

B

V

zw

“T2Tt

解析电子在交变电场中所受电场力大小恒定，加速度大小不变，故C、D两项

错误；从。时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，gr后电场力反向，电子

向A板做匀减速直线运动，直到1=7时刻速度变为零。之后重复上述运动，A

项正确，B项错误。

答案A

考向❷粒子的往返运动

【例2】(多选)如图2所示为匀强电场的电场强度E随时间，变化的图象。当，

=0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作

用，则下列说法中正确的是()

E/(V-m')

40"--1-------i-------;--;

IIII

IIII

IIII

IIII

°-：1：23—4;5~工

-2()1-1'-------1'-

图2

A.带电粒子将始终向同一个方向运动

B.2s末带电粒子回到原出发点

C.3s末带电粒子的速度为零

D.0〜3s内，电场力做的总功为零

解析设第1S内粒子的加速度为第2s内的加速度为。2,由。=卓可知，

s=2s,可见，粒子第1s内向负方向运动，1.5s末粒子的速度为零，然后向正

方向运动，至3s末回到原出发点，粒子的速度为0,。一，图象如图所示，由动

能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确。

答案CD

考向❸粒子的偏转运动

【例3】（多选）如图3甲所示，两水平金属板间距为4,板间电场强度的变化

规律如图乙所示。/=（）时刻，质量为〃?的带电微粒以初速度。。沿中线射入两板

间，0〜1时间内微粒匀速运动，7时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过

程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0〜7时间内运动的

描述，正确的是（）

图3

A.末速度大小为啦优B.末速度沿水平方向

C.重力势能减少了%!gdD.克服电场力做功为〃呼/

TT0T

解析因0〜;内微粒匀速运动，故碗=〃火；在;〜号■时间内，粒子只受重力作

用，做平抛运动，在，=苓时刻的竖直速度为01=牛，水平速度为如；在甘〜丁

时间内，由牛顿第二定律2£绚一〃2g=〃也，解得。=g,方向向上，则在时

T

刻，2V2=0Y1—g?=0粒子的竖直速度减小到零，水平速度为。0,选项A错误,

正确；微粒的重力势能减小了AEp=〃igE=

B选项C正确;从射入到射

出，由动能定理可知/72gd—W电=0,可知克服电场力做功为选项D错误。

答案BC

I多维训练精选练透

1.（多选）（2019.长春模拟汝I图4甲所示，A、3是一对平行金属板。A板的电势

9A=0,8板的电势”随时间的变化规律如图乙所示。现有一电子从A板上的小

孔进入两板间的电场区内，电子的初速度和重力的影响均可忽略，则（）

B.1=/时刻进入的粒子到达电场右边界的速度最大

C.时刻进入的粒子到达电场右边界时距B板的距离为1

D.粒子到达电场右边界时的动能与何时进入电场无关

解析任意时刻进入的粒子在水平方向的分运动都是匀速直线运动，则由L=

。。八得，=白，由于心。。都相等，而且水平方向的速度不变，所以到达电场右

边界所用时间都相等，且都为7,故A正确；粒子在竖直方向做周期性运动，匀

加速和匀减速运动的时间相等，加速度也相同，所以到达电场右边界时速度的变

化量为零，因此粒子到达电场右边界时的速度大小等于进入电场时初速度大小，

与何时进入电场无关，故B错误，D正确；对于f=0时刻进入电场的粒子，据

题意有弓=2X%（,）2；对于/=£时刻进入的粒子，在前,时间内竖直方向的位移

\TT\

向下，大小为yi=2Xyz（y）2,在后5时间内竖直方向的位移向上，大小为）,2=2XT

〃（多2,则知）〃=”，即竖直方向的位移为0,所以粒子到达电场右边界时距8板

J

离为

距y--

2故C错误。

答案

突破二带电粒子的力电综合问题

解决力电综合问题的一般思路

单

个

物

体

或

连

受

连接

运①列牛顿第二定律

接

体

力

体间

动隔离法方程寻找

分

状

⑵列运动学方程关系

析

态

③列功能关系、动方程

最守恒方程

考向❶用动力学观点和能量观点解决力电

综合问题

[例4]（2019.名师原创预测）如图6所示，在光滑的水平桌面上，水平放置的

粗糙直线轨道AB与水平放置的光滑圆弧轨道BCD相切于B点，整个轨道位于

水平桌面内，圆心角/3OC=37。，线段OC垂直于OQ,圆弧轨道半径为R,直

线轨道长为L=5R。整个轨道处于电场强度为E的匀强电场中，电场强度方

向平行于水平桌面所在的平面且垂直于直线。。.现有一个质量为〃八带电荷量

为+夕的小物块P从A点无初速度释放，小物块P与AB之间的动摩擦因数〃=

0.25,取sin370=0.6,8$37。=0.8,忽略空气阻力。求：

图6

(1)小物块第一次通过。点时对轨道的压力大小尸、。；

⑵小物块第一次通过D点后离开。点的最大距离；

(3)小物块在直线轨道AB上运动的总路程。

解析(1)设小物块第一次到达。点时的速度大小为根据动能定理有

^ElLsin370+/?(l-cos37°)]-WELcos37°=|wrfi-0

解得阳

PPI

在C点根据向心力公式得FNcJ—qE=m~^

解得FNCI,=5A/E

根据牛顿第三定律得FNCI=5.4^E

⑵设小物块第一次到达。点时的速度大小为根据动能定理有

qE(Lsin370—Reos37°)—pqELeos37°=^nu?)i—0

解得如尸寸雪

小物块第一次到达。点后先以速度。。沿电场方向做匀减速直线运动，设运动的

最大距离为Xm,根据动能定理得

-qExm=0-^mvi)i

解得Xn\="^R

(3)分析可知小物块最终会在圆瓠轨道上做往复运动，到达B点的速度恰好为零

时，动能和电势能之和不再减小。设小物块在直线轨道A8上运动的总路程为s,

则根据功能关系得

qELsin37°=〃q£"scos37°

WBLtan370姓

解得s=---=15/?

答案⑴5.4把⑵|«(3)15/?

方法技巧|

解决带电粒子在电场中运动问题的基本思路

(1)两分析：一是对带电粒子进行受力分析，二是分析带电粒子的运动状态和运

动过程(初始状态及条件，直线运动还是曲线运动等)。

(2)建模型：建立正确的物理模型(加速还是偏转)，恰当选用规律或其他方法(如

图象)，找出已知量和待求量之间的关系。

考向❷用动量观点和能量观点解决力电综合问题

【例5】如图7所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足

够长，下端与相切.质量为E的带正电小球A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,

4、8两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点。已知4、8两球

始终没有接触。重力加速度为g。求：

位

..X______Q«_

MN

图7

(DA球刚进入水平轨道的速度大小；

(2)A、8两球相距最近时，A、8两球系统的电势能最；

(3)A、8两球最终的速度以、加的大小。

关键点①光滑绝缘轨道；②A、8两球间相互作用视为静电作用；③A、8两球

始终没有接触。

解析(1)对4球下滑的过程，据机械能守恒得

2mgh=^-2mvi

解得vo=yf2gii

(2)A球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，当两球相距最近时共速，有

2mv(}=(2m-\-myv

99__

解得v=^uo=^\[2gh

据能量守恒定律得2mgh=J（2〃?+m）v2+Ep

2

解得Ep=,『ngh

（3）当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相

互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定。则2〃纷0=2加办+〃比8

；X2mvi=；X2niVA加

解得%=50=!\保^,加=酊0=却丽

答案⑴而^⑵主励（3加福

方法技巧|

电场中动量和能量问题的解题技巧

动量守恒定律与其他知识综合应用类问题的求解，与一般的力学问题求解思路并

无差异，只是问题的情景更复杂多样，分析清楚物理过程，正确识别物理模型是

解决问题的关键。

I多维训练精选练透

1.（多选）如图8所示，光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD

相切于B点，AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平

面内，8为最低点，。为最高点。一质量为机、带正电的小球从距8点x的位置

在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，恰能通过最高点。，则（）

A.R越大，x越大

B.R越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大

C.〃2越大，X越大

D.〃[与R同时增大，电场力做功增大

解析小球在BC。部分做圆周运动，在。点，mg=〃N，小球由B到。的过程

中有一2mgR=g〃加)一:〃忌，解得VB=75gR,R越大，小球经过B点时的速度

越大，则x越大，故选项A正确；在B点有FN—?ng=,瞪,解得人=6〃吆，与

R无关，故选项B错误；由玲，知机、R越大，小球在B点的动能越大，

则/越大，电场力做功越多，故选项C、D正确。

答案ACD

2.有一质量为M、长度为/的矩形绝缘板放在光滑的水平面上，另一质量为〃?、

带电荷量的绝对值为夕的物块(视为质点)，以初速度。。从绝缘板的上表面的左端

沿水平方向滑入，绝缘板所在空间有范围足够大的匀强电场，其场强大小E=

鬻，方向竖直向下，如图9所示。已知物块与绝缘板间的动摩擦因数恒定，物

块运动到绝缘板的右端时恰好相对于绝缘板静止；若将匀强电场的方向改变为竖

直向上，场强大小不变，且物块仍以原初速度从绝缘板左端的上表面滑入，结果

两者相对静止时，物块未到达绝缘板的右端。求：

图9

(1)场强方向竖直向下时，物块在绝缘板上滑动的过程中，系统产生的热量;

(2)场强方向竖直向下时与竖直向上时，物块受到的支持力之比；

⑶场强方向竖直向上时，物块相对于绝缘板滑行的距离。

解析(1)场强方向向下时，根据动量守恒定律得

"70O=(M+"7)U

所以°=而产

根据能量守恒定律得

热量°=%就-4"+机)"=

2(M+〃z)

(2)由题意知，物块带负电。场强向下时A="际一

场强向上时FN'=mg+qE

⑶两次产生的热量相等〃RN7'=Q,"NI=Q

所以/'=4。

小士、.mMvo/

答案⑴77亦一(2)1：4%

核心素养提升

科学思维系列——“等效法”在电场中的应用

1.等效重力法

把电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力。如图10所示，则产合为等效

重力场中的“重力"，/=§为等效重力场中的“等效重力加速度”；“合的方向

等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的“竖直向下”方向。

2.物理最高点与几何最高点

在叠加电场和重力场中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运

动的临界速度问题。小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点

不一定是几何最高点，而应是物理最高点。

【典例】如图11所示，绝缘光滑轨道A3部分是倾角为3()。的斜面，AC部分

为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切。整个装置处于场强为七、

方向水平向右的匀强电场中。现有一个质量为m的带正电小球，电荷量为q=

史誉，要使小球能安全通过圆轨道，在。点的初速度应满足什么条件？

解析小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在圆轨道上运动,

受重力、电场力、轨道作用力，如图所示，类比重力场，将电场力与重力的合力

视为等效重力mg',大小为，ng=yj(qE)」+3ng)2=2，"?「匕口夕=誓=申,

得。=30。，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动。

因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的“等效最高点”(。点)满足“等效重

力”刚好提供向心力，即有，〃g'=贵,因。=30。与斜面的倾角相等，由几何关

系知AD=2R,令小球以最小初速度00运动，由动能定理知

I1

—2〃吆，R=^mvD9—亍"VI0

械第A/10\^城

解得vo=\—甲一因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足

*苧

答案分型醇

方法技巧I

(1)重力和电场力合力的方向，一定在等效“最高点”和等效“最低点”连线的

延长线的方向上。

(2)类比“绳球”“杆球”模型临界值的情况进行分析解答。

【即学即练】如图12所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O,

半径为心内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在

方向水平向右的匀强电场，一质量为〃7、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周

运动(电荷量不变)，经过C点时速度最大，。、。连线与竖直方向的夹角8=60。,

重力加速度为g。试求：

图12

(1)小球所受的电场力大小;

(2)小球在A点的速度如为多大时，小球经过8点时对圆轨道的压力最小。

解析(1)小球在C点时速度最大，则电场力与重力的合力沿0c方向，所以小

球受到的电场力的大小

F=w^tan60°=y[3mg

(2)要使小球经过B点时对圆轨道的压力最小，则必须使小球经过。点时的速度

最小，即在。点小球对圆轨道的压力恰好为零，有卷中=〃,，解得。=反。

在小球从圆轨道上的A点运动到。点的过程中，由能量守恒得

gr(l+cos6()°)+Frsin600=^mvi—^niv2

解得vo=2yf2^r0

答案⑴小mg(2)2ym

课时作业

(时间：40分钟)

基础巩固练

1.如图1所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系

着一个带甩小球，另一端固定于。点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最

高点为。，最低点为从不计空气阻力，则下列说法正确的是()

a

图1

A.小球带负电

B.电场力跟重力平衡

C.小球在从〃点运动到/?点的过程中，电势能减小

D.小球在运动过程中机械能守恒

解析由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0,

电场力方向竖直向上，小球带正电，A错误，B正确；从。一仇电场力做负功，

电势能增大，C错误；由于有电场力做功，机械能不守恒，D错误。

答案B

2.（2018•河南中原名校第二次联考）如图2所示，在两平行金属板中央有一个静

止的电子（不计重力），当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、丁所示，关于电

子在板间运动（假设不与板相碰），下列说法正确的是（）

B.电压是乙图时，在0〜京时间内，电子的电挎能先增加后减少

C.电压是丙图时，电子在板间做往复运动

D.电压是丁图时，电子在板间做往复运动

解析若电压是甲图，0〜7时间内，电场力先向左后向右，则电子先向左做匀

加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减

少后增加，故A错误；电压是乙图时，在0〜,时间内，电子向右先加速后减速,

即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；电压是丙图时，

电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了枭加速度先增大后减小的

减速运动，到丁时速度减为0,之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运

TT

动，c错误；电压是丁图时，电子先向左加速，到w后向左减速，z后向右加速，

3

后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，故电子做往复运动，D

正确。

答案D

3.（多选）（2019•河北冀州中学模拟）如图3所示，可视为质点的质量为〃?且电荷

量为9的带电小球，用一绝缘轻质细绳悬挂于。点，绳长为L，现加一水平向右

的足够大的匀强电场，电场强度大小为石=翳，小球初始位置在最低点，若给

小球一个水平向右的初速度，使小球能够在竖直面内做圆周运动，忽略空气阻力，

重力加速度为g。则下列说法正确的是（）

E*

图3

A.小球在运动过程中机械能守恒

B.小球在运动过程中机械能不守恒

C小球在运动过程的最小速度至少为痴

D.小球在运动过程的最大速度至少为即

解析小球在运动的过程中，电场力做功，机械能不守恒，故A错误，B正确；

如图所示，小球在电场中运动的等效最高点和最低点分别为A点和B点，等效

重力小球在最高点的最小速度v\满足G,=nrr,得故C

错误；小球由最高点运动到最低点，由动能定理有G，2L=：〃加一沙〃浮，解得•S

=1\/江，故D正确。

答案BD

4.（2019•山东潍坊模拟）如图4甲所示，平行金属板A、3正对竖直放置，C、D

为两板中线上的两点。A、3板间不加电压时，一带电小球从C点无初速释放，

经时间7到达D点,此时速度为voo在A、3两板词加上如图乙所示的交变电压，

/=0带电小球仍从C点无初速释放，小球运动过程中未接触极板，则时，

小球（）

ArB

T卜

甲

图4

A.在。点上方

B.恰好到达。点

C.速度大于。

D.速度小于。

解析小球仅受重力作用时从。到。做自由落体运动，由速度公式得oo=g7;

现加水平方向的周期性变化的电场，由运动的独立性知竖直方向还是做匀加速直

线运动，水平方向。〜（沿电场力方向做匀加速直线运动，（〜彳做匀减速直线运

动刚好水平速度减为零，楙〜子做反向的匀加速直线运动，号〜丁做反向的匀减

速直线运动，水平速度由对称性减为零，故r=7时合速度为00,水平位移为零,

则刚好到达。点，故选项B正确。

答案B

5.（多选）如图5,一根不可伸长绝缘的细线一端固定于O点，另一端系一带电

小球，置于水平向右的匀强电场中，现把细线水平拉直，小球从A点由静止释

放，经最低点8后，小球摆到C点时速度为0,则（）

B

图5

A.小球在B点时速度最大

B.小球从A点到8点的过程中，机械能一直在减少

C.小球在3点时的细线拉力最大

D.从B点到C点的过程中小球的电势能一直增加

解析小球所受重力和电场力恒定，重力和电场力的合力恒定，小球相当于在重

力和电场力的合力及细线的拉力作用下在竖直平面内做圆周运动。当小球运动到

重力和电场力的合力和细线的拉力共线时(不是B点)，小球的速度最大，此时细

线的拉力最大，故A、C错误；从A点到C点的过程中，因为重力做正功，小

球摆到。点时速度为0,所以电场力对小球做负功，小球从A点到8点的过程

中，机械能一直在减少，B正确；从8点到。点的过程中，小球克服电场力做

功，小球的电势能一直增加，D正确。

答案BD

6.如图6所示，在一个倾角9=30。的斜面上建立x轴，。为坐标原点，在不轴

正向空间有一个匀强电场，场强大小E=4.5X1()6N/C,方向与x轴正方向相同,

在。处放一个电荷量q=5.0X10-6c,质量m=1kg带负电的绝缘物块。物块

与斜面间的动摩擦因数"=坐，沿x轴正方向给物块一个初速度oo=5m/s,如

图所示(g取10m/s?)。求：

(1)物块沿斜面向下运动的最大距离为多少？

⑵到物块最终停止时系统产生的焦耳热共为多少？

解析(1)设物块向下运动的最大距离为Xm,由动能定理得〃吆sin〃〃7gCOS

O-Xm-qEXm=()一

代入数据解得Xm=0.5m

(2)因qE>〃zgsin夕+4加geos物块不可能停止在x轴正向，设最终停在x轴负

向且离。点为x处，整个过程电场力做功为零，由动能定理得

一〃zgxsin6—〃〃zgcos0(2xm+x)=0—

代入数据解得x=0.4m

产生的焦耳热Q=〃〃吆cos〃・(2xm+x)

代入数据解得Q=1().5J

答案(1)0.5m(2)10.5J

综合提能练

7.(多选)如图7(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷，，=0时，甲静

止，乙以初速度6m/s向甲运动。此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运

动(整个运动过程中没有接触)，它们运动的v-t图象分别如图(b)中甲、乙两曲

线所示。则由图线可知()

(a)(b)

图7

A.两电荷的电性一定相反

B.。时刻两电荷的电势能最大

C.0〜Z2时间内，两电荷的静电力先增大后减小

D.0〜A时间内，甲的动量一直增大，乙的动量一直减小，且整个过程中动量守

恒

解析1=0时，甲静止，乙以初速度6m/s向甲运动，由图可知甲的速度在增大,

乙的速度在减小，所以两电荷的电性一定相同，故A错误；A时刻两电荷相距最

近，电势能最大，故B正确；()〜，2时间内，两电荷之间的距离先减小后增大，

由尸=卢罟可知两电荷的静电力先增大后减小，故C正确；0〜A时间内，因为

甲、乙两个点电荷的合力为零，所以在。〜门时间内动量守恒，但甲的动量一直

增大，乙的动量先减小到0后增大，故D错误c

答案BC

8.（2019•江西宜春调研）如图8所示，0、A、B、C为一粗糙绝缘水平面上的四

点，不计空气阻力，一电荷量为一Q的点电荷固定在O点，现有一质量为历、

电荷量为一q的小金属块（可视为质点），从A点由静止沿它们的连线向右运动，

到B点时速度最大，其大小为。m,小金属块最后停止在。点。已知小金属块与

水平面间的动摩擦因数为〃，A、B间距离为心静电力常量为鼠则（）

~QF

OABC

图8

A.在点电荷一。形成的电场中，A、B两点间的电势差坂=2〃吗;”一

B.在小金属块由4向。运动的过程中，电势能先增大后减小

C.0、8间的距离为'像

D.从8到。的过程中，小金属块的动能全部转叱为电势能

解析小金属块从A到。过程，由动能定理得一9UAB—〃〃7gL=%n总一（），得A、

B两点间的电势差UAB=一2〃吗丁叫故A错误；小金属块由4点向。点运

动的过