2025年高中物理新教材同步 必修第三册 第10章　专题强化　带电粒子在电场和重力场中的运动

专题强化带电粒子在电场和重力场中的运动[学习目标]1.会应用运动和力、功和能的关系分析带电粒子在电场和重力场中的运动问题(重难点)。2.学会利用“等效法”解决带电粒子在电场和重力场中圆周运动的临界问题(重难点)。一、带电粒子在电场和重力场中的直线运动例1(1)如图甲，一带电液滴沿直线从b点运动到d点，bd与水平面成30°角，匀强电场方向竖直向下，液滴的质量为m，带电荷量为q，重力加速度为g，则液滴带________电(填“正”或“负”)，电场强度E＝eq\f(mg,q)，液滴做____________运动。(2)如图乙，若其他条件不变，电场方向________，电场强度为________，液滴做____________运动，加速度大小a＝________。答案(1)负匀速直线(2)向左eq\f(\r(3)mg,q)匀加速直线2g带电粒子在电场中做直线运动的条件1．合外力为零，带电粒子做匀速直线运动，此种情况下，电场通常为竖直方向。2．合外力不为零，但合外力的方向与运动方向在同一直线上，带电粒子做匀变速直线运动。二、带电粒子在电场和重力场中的抛体运动例2在水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝BC，如图所示。重力加速度为g，由此可知小球带________(填“正”或“负”)电，小球从A到B与从B到C的运动时间________(填“相等”或“不相等”)，静电力为________，小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小________(填“相等”或“不相等”)。答案负相等2mg相等解析由题意可知，小球受到的静电力向上，与电场方向相反，所以小球带负电，两个运动过程水平方向的位移相等，所以运动时间也相等，在竖直方向有h＝eq\f(1,2)gt2，h＝eq\f(1,2)×eq\f(F－mg,m)t2，解得F＝2mg，速度变化量等于加速度与时间的乘积，即Δv＝at，结合以上的分析可得，AB过程Δv＝gt，BC过程|Δv|＝|eq\f(2mg－mg,m)·t|＝gt，故速度变化量的大小相等。处理带电粒子在电场和重力场中抛体运动的方法1．明确研究对象并对其进行受力分析。2．将运动正交分解，分方向进行分析，把曲线运动转化为分方向的直线运动，利用牛顿运动定律、运动学公式求解。3．涉及功和能量问题可利用功能关系和动能定理处理。①功能关系：静电力做的功等于电势能的减少量，W电＝Ep1－Ep2。②动能定理：合力做的功等于动能的变化，W＝Ek2－Ek1。三、带电粒子在电场和重力场中的圆周运动例3将光滑绝缘圆轨道置于竖直面内，一带正电小球能在圆轨道内完成完整的圆周运动，圆轨道的圆心为O。重力加速度为g，轨道半径为R。(1)在图甲中作图确定小球速度最大的位置A及小球速度最小的位置B。(2)若将此轨道置于竖直向上匀强电场中，电场强度大小为E＝eq\f(2mg,q)。①小球受到重力与静电力合力大小为________，方向________。②在图乙中作图确定小球速度最大的位置C及小球速度最小的位置D。③若小球恰好完成圆周运动，则vD＝________，vC＝________。(3)若将此轨道置于水平向右的电场中，电场强度大小为E＝eq\f(3mg,4q)。①小球受重力与静电力的合力大小为________，方向为__________。②在图丙中作图确定小球速度最大的位置M和速度最小的位置N。③若小球恰好完成圆周运动，则vN＝________vM＝________。答案(1)见解析图(a)(2)①mg竖直向上②见解析图(b)③eq\r(gR)eq\r(5gR)(3)①eq\f(5,4)mg与水平方向成53°角斜向右下方②见解析图(c)③eq\f(\r(5gR),2)eq\f(5,2)eq\r(gR)解析(1)(2)①F合＝Eq－mg＝mg，方向竖直向上②小球速度最大和最小位置如图(b)③在D点：qE－mg＝meq\f(vD2,R)得：vD＝eq\r(gR)从D→C的过程中：(qE－mg)·2R＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvD2得：vC＝eq\r(5gR)。(3)①如图(d)所示，重力与静电力的合力F合大小为eq\f(5,4)mg，方向与水平方向成53°角斜向右下方。②过圆心O作与F合方向一致的直线，交圆周于M、N两点，如图(c)。③在N点：F合＝eq\f(5,4)mg＝meq\f(vN2,R)得：vN＝eq\f(\r(5gR),2)从N→M的过程中，F合·2R＝eq\f(1,2)mvM2－eq\f(1,2)mvN2得：vM＝eq\f(5,2)eq\r(gR)。解决电场和重力场中的圆周运动问题的方法1．首先分析带电体的受力情况进而确定向心力的来源。2．用“等效法”的思想找出带电体在电场和重力场中的等效“最高点”和“最低点”。(1)等效重力法将重力与静电力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“等效重力”，F合的方向为“等效重力”的方向，即等效重力场中的“竖直向下”方向。a＝eq\f(F合,m)视为等效重力场中的“等效重力加速度”(2)几何最高点(最低点)与物理最高点(最低点)①几何最高点(最低点)：是指图形中所画圆的最上(下)端，是符合人视觉习惯的最高点(最低点)。②物理最高点(最低点)：是指“等效重力F合”的反向延长线过圆心且与圆轨道的交点，即物体在圆周运动过程中速度最小(大)的点。1.(多选)如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子()A．所受重力与静电力平衡B．电势能逐渐增加C．动能逐渐增加D．做匀变速直线运动答案BD解析根据题意可知，粒子做直线运动，则静电力与重力的合力与速度方向反向，如图所示粒子做匀减速直线运动，A错误，D正确；由A选项分析可知，静电力做负功，则电势能增加，动能减小，C错误，B正确。2.(多选)如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球，小球电荷量大小为q。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内顺时针做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是()A．匀强电场的电场强度大小E＝eq\f(mgtanθ,q)B．小球动能的最小值为Ek＝eq\f(mgL,2cosθ)C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小D．若小球恰好能够完成圆周运动，则小球运动过程中对绳的最大拉力为eq\f(5mg,cosθ)答案AB解析如图所示，小球静止时细线与竖直方向成θ角，受重力、拉力和静电力，三力平衡，根据平衡条件，有mgtanθ＝qE，解得E＝eq\f(mgtanθ,q)，选项A正确；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，则在等效最高点A时速度最小，等效重力F′＝mg′＝eq\f(mg,cosθ)，根据牛顿第二定律有eq\f(mg,cosθ)＝meq\f(vA2,L)，得vA＝eq\r(\f(gL,cosθ))，则小球动能的最小值为Ek＝eq\f(1,2)mvA2＝eq\f(mgL,2cosθ)，选项B正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端时机械能最小，选项C错误；从A点至等效最低点的过程中，由动能定理：mg′·2L＝eq\f(1,2)mvmax2－eq\f(1,2)mvA2在等效最低点FT－mg′＝meq\f(vmax2,L)得FT＝eq\f(6mg,cosθ)，由牛顿第三定律球对绳的拉力FT′＝eq\f(6mg,cosθ)，D错误。3.(2023·广州市实验中学高二开学考试)如图所示，匀强电场中相邻竖直等势线间距d＝10cm，质量m＝0.1kg、带电荷量为q＝－1×10－3C的小球以初速度v0＝10m/s抛出，初速度方向与水平线的夹角为45°，已知重力加速度g＝10m/s2，求：(1)小球加速度的大小；(2)小球再次回到图中水平线时的速度大小和距抛出点的距离。答案(1)10eq\r(2)m/s2(2)10eq\r(5)m/s20m解析(1)设相邻两等势线间的电势差为U，由电场强度与电势差之间的关系可知，电场强度为E＝eq\f(U,d)，解得E＝1×103V/m，静电力F＝qE＝1N，方向水平向右重力G＝mg＝1N，方向竖直向下设小球加速度为a，由牛顿第二定律得F合＝eq\r(G2＋F2)＝ma解得a＝10eq\r(2)m/s2(2)设小球再次回到题图中水平线时的速度大小为v，与抛出点的距离为L，小球加速度与初速度方向垂直，做类平抛运动，有Lcos45°＝v0t，Lsin45°＝eq\f(1,2)at2解得t＝eq\r(2)s，L＝20m，沿加速度方向有vy＝at，速度大小为v＝eq\r(v02＋vy2)解得v＝10eq\r(5)m/s。专题强化练[分值：100分]1～5题每题8分，6题12分，共52分1.(多选)(2024·抚州市高二期中)如图所示，某一空间为真空，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动。下列说法正确的是()A．微粒只能带负电荷B．微粒可能做匀加速直线运动C．仅改变初速度的方向(与原速度不共线)，微粒将做曲线运动D．运动过程中微粒电势能减小答案AC解析由题意可知，重力竖直向下，静电力只能水平向左，故微粒只有带负电荷才能做直线运动且一定是匀减速，故A正确，B错误；合力方向一定，仅改变初速度方向(与原速度不共线)，则初速度和合力不共线，将做曲线运动，故C正确；静电力方向与运动方向夹角为钝角，则静电力做负功，电势能变大，故D错误。2.(多选)(2023·南阳市高二月考)如图所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则()A．小球可能做匀速圆周运动B．当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小C．当小球运动到最高点a时，小球的电势能一定最小D．当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大答案AC解析当重力等于静电力时，只有细线的拉力提供向心力，小球可能做匀速圆周运动，故A正确；当重力小于静电力时，a点为等效最低点，则小球运动到最高点a时，小球的速度最大，线的张力最大，故B、D错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，在圆周上a点的电势最高，根据Epa＝qφa，当小球运动到最高点a时，小球的电势能一定最小，故C正确。3．(2024·广东省高二期中)如图所示，一个正方体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料。ABCD面带正电，EFGH面带负电。从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴，最后分别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是()A．三个液滴的运动时间相同B．三个液滴在真空盒中都做类平抛运动C．液滴1所带电荷量最大D．三个液滴落到底板时的速度大小相同答案A解析由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动，三个液滴下落的高度相同，三个液滴的运动时间相同，A正确；三个液滴在水平方向受到静电力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做类平抛运动，B错误；由于液滴3在水平方向位移最大，而运动时间和初速度相同，说明液滴3在水平方向加速度最大，所带电荷量最大，C错误；三个液滴落到底板时竖直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三个液滴落到底板时的速度大小不相同，D错误。4.如图所示，一个带负电的油滴以初速度v0从P点斜向上进入水平方向的匀强电场中，v0与水平方向的夹角θ＝45°，若油滴到达最高点时速度大小仍为v0，则油滴最高点的位置在()A．P点的左上方 B．P点的右上方C．P点的正上方 D．上述情况都可能答案A解析当油滴到达最高点时，重力做了负功，要使油滴的速度大小仍为v0，需静电力做正功，又油滴带负电，故油滴最高点的位置在P点的左上方，故A正确。5.(2023·上海市青浦高级中学高二期中)如图所示，有三个质量相等分别带正电、负电和不带电的小球，从P点以相同的初速度垂直电场方向进入匀强电场E中，它们分别落到A、B、C三点，则可判断()A．三个小球到达正极板时的动能关系是EkA>EkB>EkCB．三个小球在电场中运动的时间tA＝tB＝tCC．三个小球在电场中运动的加速度关系是aC>aB>aAD．落到A点的小球带负电，落到B点的小球不带电答案C解析在平行金属板间不带电小球、带正电小球和带负电小球的受力如图所示。由图可知不带电小球做平抛运动a1＝g，带正电小球做类平抛运动a2＝eq\f(G－F,m)<g，带负电小球做类平抛运动a3＝eq\f(G＋F,m)>g，则a3>a1>a2，由于竖直方向位移相等，且初速度相同，则aC>aB>aA，所以落到A点的是带正电小球；落到B点的是不带电小球；落到C点的是带负电小球，tA>tB>tC，选项C正确，B、D错误；根据动能定理，三小球到达正极板时的动能等于这一过程中合外力对小球做的功；由受力图可知，带负电小球合力最大为G＋F，做功最多，动能最大；带正电小球合力最小为G－F，做功最少，动能最小；即EkA<EkB<EkC，故A错误。6．(12分)如图所示，在范围足够大的、沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为L＝0.4m的绝缘细线把质量为m＝0.4kg、电荷量为q＝＋2C的小球悬挂在O点，在B点时小球静止，细线与竖直方向的夹角为θ＝37°。已知A、C两点分别为细线悬挂小球的水平位置和竖直位置，求：(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)(3分)匀强电场的电场强度大小；(2)(4分)将小球从A点由静止释放，小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小；(3)(5分)如果要使小球能绕O点做完整的圆周运动，则小球在A点时沿垂直于OA方向运动的初速度最小为多少？(结果可用根号表示)答案(1)1.5N/C(2)6N(3)eq\r(21)m/s解析(1)带电小球在B点静止，受力平衡，根据平衡条件得qE＝mgtanθ得E＝eq\f(mgtanθ,q)＝1.5N/C(2)设小球运动至C点时速度为vC，则mgL－qEL＝eq\f(1,2)mvC2解得vC＝eq\r(2)m/s在C点，小球所受重力和细线拉力的合力提供向心力，即F－mg＝meq\f(vC2,L)，联立解得F＝6N(3)分析可知小球做完整圆周运动时必须通过B点关于O点的对称点，设在该点时小球的最小速度为v，则mgcosθ＋qEsinθ＝meq\f(v2,L)，得v＝eq\r(5)m/s由动能定理得－mgLcosθ－qEL(1＋sinθ)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得v0＝eq\r(21)m/s。7、8题每题10分，9题15分，共35分7．(2024·宣城市高二期中)空间存在水平向左的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的带电液滴在电场中的A点(图中未画出)以大小为v0的初速度水平向右射入电场。液滴经过一段时间运动到A点下方的B点，液滴运动到B点时，速度大小为5v0，速度方向与竖直方向夹角为37°，sin37°＝0.6，重力加速度为g，不计空气阻力，则匀强电场的电场强度大小为()A.eq\f(mg,2q)B.eq\f(\r(2)mg,2q)C.eq\f(\r(2)mg,q)D.eq\f(mg,q)答案D解析将液滴在B点的速度沿竖直与水平方向分解vy＝5v0cos37°＝4v0vx＝5v0sin37°＝3v0液滴从A点到B点经历的时间为t＝eq\f(4v0,g)所以液滴在水平方向的加速度由3v0＝－v0＋at得a＝g根据牛顿第二定律qE＝ma解得E＝eq\f(mg,q)，故选D。8.(多选)如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动。ON与水平面的夹角为30°，且mg＝qE，重力加速度为g，则()A．电场方向竖直向上B．小球运动的加速度大小为gC．小球上升的最大高度为eq\f(v02,4g)D．小球返回原位置所用时间为eq\f(v0,g)答案BC解析设静电力与水平方向夹角为θ，根据题意可知小球所受静电力和重力的合力方向与小球速度方向共线，结合题意，对小球受力分析可知静电力方向一定斜向上。将静电力和重力分解成沿速度方向和垂直速度方向的分力。则在垂直速度方向，根据平衡条件有mgcos30°＝qEsin(θ－30°)，根据题意代入数据可得θ＝90°或θ＝150°，当θ＝90°时，重力和静电力等大反向，小球所受合外力为零，小球做匀速直线运动，不符合题意。故小球所受静电力方向与水平方向夹角为150°。若小球带正电，则电场方向与静电力方向同向，若小球带负电，则电场方向与静电力方向反向，故A错误；根据以上分析可知，小球受力如图所示，故其合外力大小为F＝mg，小球运动的加速度大小为a＝eq\f(F,m)＝g，故B正确；设P为小球沿ON方向所能到达的最高点，则OP＝eq\f(v02,2a)＝eq\f(v02,2g)，小球上升的最大竖直高度为h＝OPsin30°＝eq\f(v02,4g)，故C正确；根据对称性可知小球返回原位置所用时间为t＝eq\f(2v0,a)＝eq\f(2v0,g)，故D错误。9．(15分)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，BC为竖直直径，半圆形轨道的半径为R。整个轨道处于水平向右的匀强电场中，电场强度为E。现有一电荷量为＋q、质量为m的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P点由静止释放，带电体通过半圆形轨道的最高点C时对轨道恰好无压力，然后落至水平轨道上的D点，重力加速度为g，且qE＝mg。求：(1)(5分)带电体到达半圆形轨道最低点B时的速度大小；(用g、R表示)(2)(6分)带电体在从P开始运动到C点的过程中对轨道的最大压力；(用m、g表示)(3)(4分)带电体离开C点后经多长时间动能最小。(用g、R表示)答案(1)eq\r(5gR)(2)3(eq\r(2)＋1)mg，方向与竖直方向成45°角斜向右下方(3)eq\f(1,2)eq\r(\f(R,g))解析(1)设带电体恰好通过C点时的速度为vC，根据牛顿第二定律有mg＝eq\f(mvC2,R)解得vC＝eq\r(gR)，设带电体通过B点时的速度为vB，带电体从B运动到C的过程中，根据动能定理有－mg·2R＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝eq\r(5gR)(2)因qE＝mg，所以带电体所受重力与静电力的合力与竖直方向成45°角，且在圆心O右下方时(等效最低点)速度最大，设最大速度为vm，从B运动到该点时，根据动能定理有qERsin45°－mgR(1－cos45°)＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mvB2，由向心力公式可得FNm－eq\r(2)mg＝meq\f(vm2,R)，联立解得FNm＝3(eq\r(2)＋1)mg，根据牛顿第三定律，带电体对轨道的最大压力为FNm′＝3(eq\r(2)＋1)mg，方向与竖直方向成45°角斜向右下方。(3)带电体从C运动到D点的过程中，动能最小时速度方向与合力方向垂直，所以此时带电体水平方向和竖直方向的分速度大小相等，设运动到动能最小位置经过的时间为t，水平方向加速度大小为g，方向水平向右，由速度公式可得vx＝vC－gt，竖直方向上有vy＝gt，又vx＝