第十章 专题三 带电粒子(物体)在电场中运动的综合问题-【金版教程】2024-2025学年新教材高中物理必修第三册创新导学案课件PPT（人教版2019）

第十章　静电场中 的能量 专题三　带电粒子(物体) 在电场中运动的综合问题 目录 1 2 课堂探究评价 课后课时作业 课堂探究评价 目录 探究1　带电粒子在交变电场中的运动问题 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(一般分段研究)。 (3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。 2．分析时从两条思路出发 (1)力和运动的关系。根据牛顿第二定律及运动学规律分析。 (2)功能关系。 目录 3．突破策略：抓住周期性和空间上的对称性 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在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、做功或确定与物理过程相关的边界条件。 目录 例1　一电荷量为q(q>0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t＝0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示，不计重力，求在t＝0到t＝T的时间间隔内， (1)粒子位移的大小和方向； (2)粒子沿初始电场反方向运动的时间。 答案 [答案]　(1)eq \f(qE0,16m)T2　方向沿初始电场方向　(2)eq \f(T,4) 目录 规范解答 [规范解答]　带电粒子在规律性变化的静电力作用下做变速运动。 (1)带电粒子在0～eq \f(T,4)、eq \f(T,4)～eq \f(T,2)、eq \f(T,2)～eq \f(3T,4)、eq \f(3T,4)～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得a1＝eq \f(qE0,m)，a2＝－eq \f(2qE0,m)，a3＝eq \f(2qE0,m)，a4＝－eq \f(qE0,m)，由此得带电粒子在0～T时间间隔内运动的加速度—时间图像如图a所示，对应的速度—时间图像如图b所示。 目录 规范解答 其中v1＝a1eq \f(T,4)＝eq \f(qE0T,4m) ① 由图b可知，带电粒子在t＝0到t＝T时间内的位移为x＝2×eq \f(1,2)×eq \f(T,4)v1 ② 由①②式得x＝eq \f(qE0,16m)T2，方向沿初始电场方向。 (2)由图b可知，粒子在t＝eq \f(3,8)T到t＝eq \f(5,8)T内沿初始电场的反方向运动，总的运动时间为t＝eq \f(5,8)T－eq \f(3,8)T＝eq \f(T,4)。 目录 模型点拨 在交变电场作用下粒子所受的静电力发生改变，从而影响粒子的运动性质；由于静电力周期性变化，粒子的运动性质也具有周期性；研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究，特别注意带电粒子进入交变电场的时间及交变电场的周期。 目录 答案 [变式训练1]　(多选)一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m、电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压uAB如图所示，交变电压的周期T＝eq \f(L,2v0)，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则(　　) A．所有电子都从右侧的同一点离开电场 B．所有电子离开电场时速度都是v0 C．t＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大 D.t＝eq \f(1,4)T时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为eq \f(d,16) 目录 解析 解析　电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度随时间变化的图像如图所示，根据图线与t轴所围面积表示竖直方向的分位移可知，各个电子在竖直方向的分位移不全相同，故所有电子从右侧离开电场的位置不全相同，故A错误。由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度vy＝0，速度都等于v0，故B正确。由上述分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同，故C错误。t＝eq \f(T,4)时刻进入电场的电子，在t＝eq \f(3,4)T时刻侧位移最大。 目录 解析 最大侧位移为ymax＝2×eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,4)))eq \s\up12(2)＝eq \f(aT2,16) ① 由题意知，在t＝0时刻进入电场的电子侧位移最大为eq \f(1,2)d， 则有eq \f(1,2)d＝4×eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq \s\up12(2) ② 联立①②得ymax＝eq \f(d,16)，故D正确。 目录 探究2　带电物体在电场中的运动问题 1．受力特点 带电物体的重力不可忽略，在匀强电场中受到的重力和电场力均为恒力。带电物体还可能受其他力，如支持力、摩擦力。 2．主要运动形式 (1)直线运动。 (2)类抛体运动。 (3)圆周运动。 (4)一般曲线运动。 目录 3．解题关键 (1)分析受力、运动 首先要分析带电物体的受力特点，弄清带电物体的运动形式，然后再选用合适的规律求解。 (2)合理选用规律 根据受力特点和运动形式，选用合适的动力学规律，或应用功能规律等解题。 常用的动力学规律：匀变速直线运动规律、抛体运动规律、运动的合成与分解、圆周运动规律、牛顿运动定律。 常用的功能规律：功能关系、动能定理、能量守恒定律。 目录 (3)巧用等效重力场 若带电物体在匀强电场中做类抛体运动或圆周运动，则可以先把重力G和静电力F电这两个力合成为一个等效重力F合，将静电场和重力场的复合场看作等效重力场，然后借助抛体运动或圆周运动的解题方法、规律进行分析、求解，从而使运算简化。 g′＝eq \f(F合,m)为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向为“等效重力”的方向。一般当此恒力F合的方向与运动方向垂直时，其速度(或动能)取得最大值或最小值。 目录 ①对于类抛体运动，常用到的方法、规律有：运动的合成与分解、平抛运动的推论、斜上抛运动的对称性； ②对于圆周运动，若不受摩擦阻力，则关键是找出等效最高点和等效最低点，然后用动力学规律、功能规律分析计算。过轨迹圆心且沿F合方向的直径与轨迹圆分别交于等效最高点和等效最低点。 目录 例2　(多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后，(　　) A．小球的动能最小时，其电势能最大 B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大 C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大 D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量 答案 目录 规范解答 [规范解答]　根据qE＝mg、E水平向右可知，带正电荷q的小球所受合力F斜向右下方，且与水平方向夹角为45°；小球在P点的初速度v0水平向左，可画出小球在匀强电场中做类斜抛运动的轨迹如图，其中O为轨迹等效最高点，N为轨迹上与P“等高”的点。根据类斜抛运动的规律及对称性可知，小球经过O点速度与F垂直时，速度最小，动能最小，经过N点时，速度大小为v0，动能等于初动能，且经过N点的速度竖直向下。根据Ep＝qφ，以及沿电场线方向电势降低，结合上述分析可知，小球经过O点动能最小时， 目录 规范解答 电势能不是最大，小球经过N点动能等于初动能时，电势能最大， A错误，B正确。分析可知，小球速度的水平分量和竖直分量大小 相等时，恰好经过O点，此时动能最小，C错误。小球速度的水平 分量为零时，经过N点，从P到N的过程，根据动能定理有WG＋ WE＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，根据功能关系，此过程电势能增加量ΔEp＝－ WE，则此过程WG＝ΔEp，D正确。 目录 模型点拨 带电物体在匀强电场中做类抛体运动时，应根据所要求解问题的特点，选择是沿等效重力和垂直等效重力的方向进行分解，还是沿重力和静电力的方向进行分解，若方法选择不恰当，会使求解更复杂。 目录 [变式训练2－1]　水平面上有一个竖直放置的部分圆弧轨道，O为圆心，A为轨道的最低点，半径OA竖直，圆心角∠AOB为60°，半径R＝0.8 m，空间有竖直向下的匀强电场，场强E＝1×104 N/C。一个质量为m＝2 kg、电荷量为q＝－1×10－3 C的带电小球，从轨道左侧与圆心O同一高度的C点水平抛出，恰好从B点沿切线进入圆弧轨道，到达最低点A时对轨道的压力FN＝32.5 N。求： (1)小球抛出时的初速度v0的大小； (2)小球从B到A的过程中克服摩擦所做的功Wf。 答案 答案　(1)eq \f(2\r(3),3) m/s　(2)eq \f(1,3) J 目录 解析 解析　(1)小球抛出后从C到B过程中受重力和竖直向上的静电力，做类平抛运动，则：mg－qE＝ma 解得小球的加速度a＝eq \f(mg－qE,m)＝eq \f(2×10－1×10－3×104,2) m/s2＝5 m/s2 C与B的高度差h＝Rcos60°＝0.4 m 设小球到B点时竖直分速度为vy，则veq \o\al(2,y)＝2ah 解得小球到达B点时竖直分速度vy＝2 m/s 小球在B点时，速度方向与水平方向夹角为60°，则tan60°＝eq \f(vy,v0) 解得小球抛出时的初速度v0＝eq \f(2\r(3),3) m/s。 目录 解析 (2)在B点时，sin60°＝eq \f(vy,vB)，则vB＝eq \f(4\r(3),3) m/s。 小球在A点时， FN′＝FN，FN′＋qE－mg＝m2,A)eq \f(v,R) 解得：vA＝3 m/s 小球从B到A的过程，由动能定理得： (mg－qE)(R－Rcos60°)－Wf＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B) 解得小球从B到A的过程中克服摩擦所做的功Wf＝eq \f(1,3) J。 目录 答案 [变式训练2－2]　如图所示，在竖直面内放置光滑的绝缘轨道，匀强电场水平向右，电场强度为E。一带负电的小球从高h的A处由静止开始下滑，沿轨道ABC运动(小球通过B点时无机械能的损失)并进入圆环内做圆周运动。已知小球所带电荷量为eq \f(3mg,4E)，圆环半径为R，斜面倾角θ＝60°，BC段长为2R。 (1)若h＝5R，求小球到斜面底端时的速度大小； (2)若要求小球在全过程中不脱离轨道，求h的取值范围。(用R表示) 答案　(1)2.4eq \r(gR)　(2)h≥7.7R或h≤4.4R 目录 解析 解析　(1)由A到B的过程，重力做正功，静电力做负功， 由动能定理：mgh－Feq \f(h,tanθ)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)－0，又F＝qE， 解得：vB＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20－5\r(3),2)))gR)≈2.4eq \r(gR)。 (2)小球在复合场中运动，重力与静电力的合力F合＝eq \f(5,4)mg，方向与竖直方向夹角为37°，斜向左下方， 由等效重力思想，小球不脱离轨道，如图所示，临界时： 目录 解析 ①小球到达与圆心等效等高点D时速度为0： 从C到D：－F合Rcos37°＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C1)， 解得：veq \o\al(2,C1)＝2gR 由斜面顶端到C点： mgh1－F(BC,\s\up15(——))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h1,tanθ)＋)) ＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C1)－0， 解得：h1＝eq \f(10（4＋\r(3)）,13)R≈4.4R。 ②小球恰能通过等效最高点E，在E点：F合＝m2,E)eq \f(v,R) ，解得：veq \o\al(2,E)＝eq \f(5,4)gR 目录 解析 从C到E：－F合R(1＋cos37°)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,E)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C2)， 解得：veq \o\al(2,C2)＝eq \f(23,4)gR 由斜面顶端到C点： mgh2－F(BC,\s\up15(——))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h2,tanθ)＋)) ＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C2)－0 解得：h2＝eq \f(140＋35\r(3),26)R≈7.7R 综上：h≥7.7R或h≤4.4R。 目录 课后课时作业 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 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。若一带电小球恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该小球(　　) 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 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析　做直线运动的条件是垂直于速度方向上受力平衡，本题中是重力和静电力的一个分力平衡。对带电小球受力分析，如图所示，F合≠0，故A错误。由图可知，静电力与重力的合力与v0反向，F合对小球做负功，其中重力不做功，静电力做负功，故小球动能减少，电势能增加，B正确，C错误。F合恒定，且F合与v0方向相反，小球做匀减速直线运动，D正确。 解析 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2.如图所示，质量为m的带负电的小物块置于倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置处于竖直向下的匀强电场中时，小物块恰好静止在斜面上。现将电场方向突然改为水平向右，而场强大小不变，则(　　) A．小物块仍静止 B．小物块将沿斜面加速上滑 C．小物块将沿斜面加速下滑 D．小物块将脱离斜面运动 答案 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析　小物块恰好静止时静电力大小等于重力，即F电＝mg。当把电场方向突然改为水平向右时小物块受到的静电力方向变为水平向左，把静电力和重力分解到沿斜面和垂直斜面的两个方向上，在垂直斜面方向上有F电sin37°＋FN＝mgcos37°，在沿斜面方向上有F电cos37°＋mgsin37°＝ma，故小物块将沿斜面加速下滑，C正确。 解析 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 3．如图甲所示，在间距足够大的平行金属板A、B之间有一电子，在A、B之间加上按如图乙所示规律变化的电压，在t＝0时刻电子静止且A板电势比B板电势高，则(　　) A．电子在A、B两板间做往复运动 B．在足够长的时间内，电子一定会碰 上A板 C．当t＝eq \f(T,2)时，电子将回到出发点 D．当t＝eq \f(T,2)时，电子的位移最大 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析　电子先向A板做半个周期的匀加速直线运动，接着做半个周期的匀减速直线运动，经历一个周期后速度为零，以后重复以上过程，运动方向不变，故选B。 解析 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 4.(多选)如图所示，地面上方存在水平向右的匀强电场，现将一带电小球从距离地面O点高h处的A点以水平速度v0抛出，经过一段时间小球恰好垂直于地面击中地面上的B点，B到O的距离也为h，当地重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．从A到B的过程中小球的动能先增大后减小 B．下落过程中小球的机械能一直减小 C．小球在B点的速度刚好为v0 D．从A点到B点小球的电势能增加了mgh 答案 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 解析　因为小球垂直击中地面，所以小球所受静电力水平向 左，则重力和静电力的合力F指向左下方，而初速度水平向右， 末速度竖直向下，则F与速度v的夹角先为钝角后为锐角，F先 做负功后做正功，所以小球从A到B的过程中动能先减小后增 大，故A错误；由于静电力水平向左，所以下落过程中小球一直克服静电力做功，小球的机械能一直减小，故B正确；对小球的运动分解，水平方向有eq \f(1,2)v0t＝h，竖直方向有eq \f(1,2)vBt＝h，可解得vB＝v0，故C正确；由v0＝a水平t，vB＝gt，可得a水平＝g，则静电力大小F电＝ma水平＝mg，因此，静电力做的功为W电＝－F电h＝－mgh，根据W电＝－ΔEp电，所以小球电势能增加了mgh，故D正确。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 5.(多选)如图所示，一电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角。已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点间的电势差为U，不计重力作用，设P点的电势为零。则下列说法正确的是(　　) A．带电粒子在Q点的电势能为－Uq B．带电粒子带负电 C．此匀强电场的电场强度大小为E＝eq \f(2\r(3)U,3d) D．此匀强电场的电场强度大小为E＝eq \f(\r(3)U,3d) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 解析　根据带电粒子的偏转方向，可判断B错误；因为静电 力做正功，电势能减少，又因为P、Q两点的电势差为U，而P 点的电势为零，所以A正确；带电粒子在P点时的速度为v0，在 Q点建立直角坐标系，垂直于电场线为x轴，平行于电场线为y 轴，由曲线运动的规律和几何知识求得带电粒子在y轴方向的分速度为vy＝eq \r(3)v0，设带电粒子在y轴方向上的位移为y0，带电粒子在电场中的运动时间为t，y0＝eq \f(\r(3)v0,2)t，d＝v0t，得y0＝eq \f(\r(3)d,2)，由E＝eq \f(U,y0)得E＝eq \f(2\r(3)U,3d)，C正确，D错误。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 6．一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒(重力不计)，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。已知偏移量越大打在纸上的字迹越大。现要增大字迹，下列措施可行的是(　　) A．增大墨汁微粒的比荷 B．增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能 C．减小偏转极板的长度 D．减小偏转极板间的电压 答案 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 解析　微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类 平抛运动，则在水平方向有：l＝v0t，在竖直方向有：y ＝eq \f(1,2)at2，又a＝eq \f(qU,md)，联立得：y＝2,0)eq \f(qUl2,2mdv) ＝eq \f(qUl2,4dEk0)。要增大 字迹，就要增大微粒通过偏转电场的偏移量y，由上式分析可知，可采用的措施有：增大比荷eq \f(q,m)、减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能Ek0、增大极板的长度l、增大偏转极板间的电压U，故B、C、D错误，A正确。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 7．(多选)如图甲所示，绝缘、光滑水平面上方，有水平向右的匀强电场，电场强度大小为E。在水平面右端固定一绝缘轻弹簧，一带电物块(可视为质点)质量为m，电荷量为＋q，将带电物块由静止释放，以物块出发点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，建立坐标系，物块动能Ek与它通过的距离x之间的关系如图乙，其中坐标x1处为弹簧原长位置，O～x1段为直线，坐标x2处动能最大，坐标x4处动能为零。下列说法正确的是(　　) A．弹簧的劲度系数为k＝eq \f(qE,x2－x1) B．从坐标x1处到坐标x4处，物块所受力的合力先增加后减小 C．从坐标x1处到坐标x3处，弹簧弹性势能增加了qE(x3－x1) D．从坐标x1处到坐标x2处，弹簧弹性势能增加量的大小等于电势能减少量的大小 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 解析　在x2处物块动能最大，此时物块加速度为 零，则F弹＝F电，即kΔx＝k(x2－x1)＝qE，解得k＝ eq \f(qE,x2－x1)，故A正确；从坐标x1处到坐标x4处，弹簧弹 力从0逐渐增大，在x2处F弹＝F电，所以物块所受合力先减小后增大(也可根据题图乙由图像的斜率分析)，故B错误；物块的动能、电势能和弹簧的弹性势能总和不变，从坐标x1处到坐标x3处，物块动能不变，则静电力做的功全部转化为弹簧的弹性势能，弹簧弹性势能增加了ΔEp＝qE(x3－x1)，故C正确；从坐标x1处到坐标x2处，弹簧的弹性势能增加，物块动能增加，电势能减小，可知弹簧弹性势能增加量和物块动能增加量之和等于电势能减少量，故D错误。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 8.如图所示，一带电小球从A处竖直向上进入一水平方向的匀强电场中，进入电场时小球的动能为4 J，运动到最高点B时小球的动能为5 J，则小球运动到与A点在同一水平面上的C点(图中未画出)时的动能为(　　) A．4 J B．14 J C．19 J D．24 J 答案 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 解析　从A到B，根据动能定理有F电x1－Gh＝EkB－EkA，其 中W1＝F电x1是从A到B静电力做的功，根据运动学规律，沿水 平方向和竖直方向分别有vB＝eq \f(F电,m)t1，x1＝eq \f(vB,2)t1，vA＝eq \f(G,m)t1，h＝eq \f(vA,2)t1， 代入数据，可解得W1＝5 J；下降的过程中，小球在竖直方向做自由落体运动，与竖直上抛是对称的，所以下降的时间与上升时间相等，即t2＝t1，则水平方向的总位移x2＝4x1，全过程中静电力做功W2＝qEx2＝4qEx1＝4W1＝20 J，全过程中，重力做功为0，根据动能定理有W2＝Ek末－Ek初，所以Ek末＝Ek初＋W2＝24 J，D正确。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 [名师点拨]　本题中小球在匀强电场中不是做类平抛运动，对于这类匀变速曲线运动，一般分析方法是：将运动沿电场方向和重力方向分解，进而应用相关运动规律求解。对于某些问题，如求速度极值，运用等效重力法更简单。 名师点拨 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 9．如图a所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图b所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是(　　) A．0<t0<eq \f(T,4) B．eq \f(T,2)<t0<eq \f(3T,4) C．eq \f(3T,4)<t0<T D．T<t0<eq \f(9T,8) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 解析　设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意得，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负。作出t0＝0、eq \f(T,4)、eq \f(T,2)、eq \f(3T,4)时粒子运动的v­t图像如图所示。由于图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图像可知0<t0<eq \f(T,4)，eq \f(3T,4)<t0<T时粒子在一个周期内的总位移为正；eq \f(T,4)<t0<eq \f(3T,4)时粒子在一个周期内的总位移为负；当t0>T时情况类似。因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应为负，速度时正时负，对照各选项可知只有B正确。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 10. (多选)如图所示，在竖直平面内有水平向右、电场强度为E＝ 1×104 N/C的匀强电场。在匀强电场中有一根长l＝2 m的绝缘细线，一 端固定在O点，另一端系一质量m＝0.08 kg的带电小球，静止时悬线与 竖直方向成37°角。若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做圆 周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cos37°＝0.8，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．小球的电荷量q＝6×10－5 C B．小球动能的最小值为1 J C．小球在运动至圆周轨迹上的最高点时有机械能的最小值 D．小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变，且为4 J 答案 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 解析　对小球进行受力分析，如图甲所示，由平衡条件可得mgtan37°＝qE，解得小球的电荷量为q＝eq \f(mgtan37°,E)＝6×10－5 C，A正确；由于重力和静电力都是恒力，所以它们的合力也是恒力，如图乙所示，在圆周轨迹上各点中，小球在平衡位置A点时的势能(重力势能和电势能之和)最小，在平衡位置A关于O的对称点B点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以小球在B点的动能EkB最小，对应速度vB最小，根据题意，在B点小球只受重力和电场力，其合力为小球做圆周运动提供向心力，有F合＝eq \f(mg,cos37°)＝1 N，又F合＝m2,B)eq \f(v,l) ，得EkB＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)＝1 J，B正确；由于总能量保持不变，即Ek＋EpG＋EpE＝恒量，当小球在圆周轨迹上最左侧的C点时，电势能EpE最大，所以在该点时机械能最小，C错误；小球由B运动到A，W合力＝F合·2l，所以EpB＝4 J，总能量E＝EpB＋EkB＝5 J，D错误。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 11．(多选)如图1所示，在与竖直平面平行的匀强电场中，有一质量为m、电荷量为＋q的小球(可视为质点)在长为l的绝缘轻绳牵引下绕其悬点O在竖直面内沿逆时针方向做完整的圆周运动。直径AC竖直，直径BD水平。小球从A点开始电势能Ep与转过的角度θ的关系如图2所示。已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．该匀强电场的电场强度方向沿BD方向 B．该匀强电场的电场强度大小为eq \f(mg,q) C．轻绳在D、B两点拉力的差值为3eq \r(3)mg D．轻绳在D、B两点拉力的差值为6eq \r(3)mg 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 解析　由题图2根据φ＝eq \f(Ep,q)可知，θ＝eq \f(π,6)和θ＝eq \f(7π,6)时，小球所处位 置的电势相等，则这两个位置的连线为等势线，同理可知，此连线 右侧比左侧电势高，由电场线与等势线垂直，且沿电场线方向电势 降低，可以画出电场强度的方向如图甲所示，即不沿BD方向而是沿 θ＝eq \f(2π,3)时轻绳所在直线的方向斜向左下方，(另一种解法：根据U＝ Edcosθ可知，直径d沿电场方向时，直径两端电势差U＝φ1－φ2最大，则对应小球的电势能差值ΔEp＝qφ1－qφ2最大，由题图2可知，θ＝eq \f(2π,3)和θ＝eq \f(5π,3)时轻绳在同一直径上，且对应小球的ΔEp最大， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 结合φ＝eq \f(Ep,q)和沿电场方向电势降低可知，电场沿θ＝eq \f(2π,3)时轻绳所在直线的方向斜向左下方)故A错误；根据W＝－ΔEp、W＝qU可得U＝－eq \f(ΔEp,q)，结合题图2可知，小球运动轨迹上沿电场方向的电势差最大为Um＝eq \f(2mgl,q)，根据匀强电场中电场强度与电势差的关系可得场强大小E＝eq \f(U,2l)＝eq \f(mg,q)，故B正确；小球在B、D点的受力分析如图乙所示，小球在B点时，有TB＋qEcos30°＝2,B)eq \f(mv,l) ，小球在D点时，有TD－qEcos30°＝2,D)eq \f(mv,l) ，小球从B点到D点的过程中，根据动能定理可得qEcos30°·2l＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)，联立解得TD－TB＝3eq \r(3)mg，故C正确，D错误。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 12.如图所示，位于竖直面内的xOy直角坐标系内存在一匀强电场，电场方向水平，且沿x轴正方向；在x轴负半轴上P点可发射质量为m、电荷量为＋q(q>0)的带电小球，初速度大小均为v0，方向均沿y轴正方向，已知电场强度E＝eq \f(mg,q)，重力加速度为g，不计小球间的相互作用力。 (1)求带电小球自x轴发射后，在电场中运动时的加速度； (2)若带电小球自x轴上的Q点(图中未画出)发射时，小球经过y轴时的速度方向恰好垂直于y轴，求OQ的距离； (3)求带电小球自P点发射后，在电场中运动的最小速率是多少？ 答案　(1)eq \r(2)g，方向与x轴正方向夹角为45°斜向下　(2)2,0)eq \f(v,2g) 　(3)eq \f(\r(2),2)v0 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 解析　(1)对带电小球进行受力分析如图 由题意，有qE＝mg 由平行四边形定则，有F＝eq \r(（mg）2＋（qE）2)＝eq \r(2)mg 由牛顿第二定律，有F＝ma 解得a＝eq \r(2)g 且tanθ＝eq \f(mg,qE)＝1 解得θ＝45° 即加速度方向与x轴正方向夹角为45°斜向下。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 (2)带电小球从Q点到y轴的运动可分解为竖直方向和水平方向的分运动 竖直方向做竖直上抛运动，则运动时间t＝eq \f(v0,g) 水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，加速度为ax＝eq \f(qE,m)＝g O、Q的距离为水平方向位移 OQ＝eq \f(1,2)axt2＝2,0)eq \f(v,2g) 。 (3)带电小球自P点发射后做类斜上抛运动，最小速度为等效“最高点”的速度，对初速度正交分解，与加速度垂直的分量大小即为最小速率，有vmin＝v0cos45°＝eq \f(\r(2),2)v0。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 13.如图所示，水平向左的匀强电场中，用长为L的绝缘轻质细线悬挂一小球，小球质量为m，电荷量为＋q，将小球拉至竖直方向最低位置A点处无初速度释放，小球将向左摆动，细线向左偏离竖直方向的最大角度θ＝74°。(重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) (1)求电场强度的大小E； (2)求小球向左摆动的过程中，对细线拉力的最大值； (3)若从A点处释放小球，给小球一个水平向左的初速度v0，则为保证小球能做完整的圆周运动，v0的大小应满足什么条件？ 答案 答案　(1)eq \f(3mg,4q)　(2)eq \f(7,4)mg　(3)v0≥eq \f(\r(23gL),2) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 解析　(1)由于带电小球所受静电力方向向左，分析小球的受力情况，根据对称性，当细线与竖直方向成eq \f(θ,2)角时，作出小球受力示意图如图所示，此时重力与静电力的合力与θ角的角平分线在同一条线上，根据平衡条件得：qE＝mgtaneq \f(θ,2)， 解得E＝eq \f(3mg,4q)。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 (2)设静电力与重力的合力即等效重力为F，易知F＝eq \f(mg,cos\f(θ,2))＝eq \f(5,4)mg， 小球运动到等效最低点时速度最大，细线拉力最大，此时细线与竖直方向成eq \f(θ,2)角。 小球从A运动到等效最低点的过程中，由动能定理得FLeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos\f(θ,2)))＝eq \f(1,2)mv2－0 小球在等效最低点时，由等效重力和细线的拉力的合力提供向心力， 根据牛顿第二定律得T－F＝meq \f(v2,L)， 解得T＝eq \f(7,4)mg 由牛顿第三定律可知，小球对细线拉力的最大值为eq \f(7,4)mg。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 (3)若恰好使小球做完整的圆周运动，则小球运动到等效最高点时，细线拉力为0，F充当向心力，此时v0取最小值vmin，在等效最高点有F向＝F＝2,1)eq \f(mv,L) 根据动能定理有 －FLeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋cos\f(θ,2)))＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,min) 联立解得vmin＝eq \f(\r(23gL),2) 为保证小球能做完整的圆周运动，v0的大小应满足的条件为v0≥eq \f(\r(23gL),2)。 目录 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R $$