第十章 专题强化6 带电粒子在电场和重力场中的运动-（配套课件）2023-2024学年高一新教材物理必修第二册 【步步高】学习笔记（人教版）苏京

DISHIZHANG 第十章 专题强化6　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)。 2 内容索引 一、带电粒子在电场和重力场中的直线运动 二、带电粒子在电场和重力场中的曲线运动 专题强化练 三、带电粒子在电场和重力场中的圆周运动 3 一 带电粒子在电场和重力场中的直线运动 4 1.做直线运动的条件 (1)合外力为零，物体做匀速直线运动； (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，物体做匀变速直线运动。 2.处理带电粒子在电场和重力场中的直线运动的方法 (1)动力学方法——牛顿运动定律、运动学公式。 (2)功、能量方法——动能定理、能量守恒定律。 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 例1 A.所受合力为零 B.做匀加速直线运动 C.电势能逐渐增加 D.机械能逐渐增加 √ 根据题意可知，粒子做直线运动，静电力垂直极板向上，重力竖直向下，不在同一直线上，所以重力与静电力不平衡，对粒子受力分析可知静电力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，故A、B错误； 由图可知，静电力做负功，故电势能增加，机械能减小，故C正确，D错误。 如图所示，水平放置的平行板电容器的两极板M、N间距离L＝15 cm，接上直流电源。上极板M的中央有一小孔A，在A的正上方h＝20 cm处的B点，有一小油滴自由落下。已知小油滴的电荷量Q＝－3.5×10－14 C，质量m＝3.0×10－9 kg。当小油滴到达下极板时，速度 恰好为零。(不计空气阻力，g＝10 m/s2) (1)求两极板间的电场强度大小E； 针对训练 答案　2×106 V/m 小油滴下落过程中，在M板上方做自由落体运动；进入匀强电场后，受重力和静电力作用，小油滴做匀减速运动，到达N板时速度为零。 全过程由动能定理得mg(h＋L)－E|Q|L＝0 解得E＝2×106 V/m (2)求两极板间的电势差大小； 答案　3×105 V 平行板电容器两极板间为匀强电场，U＝EL＝2×106×0.15 V＝3×105 V (3)设平行板电容器的电容C＝4.0×10－12 F，则该电容器带电荷量q是多少？ 答案　1.2×10－6 C 平行板电容器的电容C＝4.0×10－12 F，由C＝ 可得q＝CU＝4.0× 10－12×3×105 V＝1.2×10－6 C。 二 带电粒子在电场和重力场中的曲线运动 12 如图所示，一带正电的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称，忽略空气阻力。下列说法正确的是 A.Q点的电势比P点高 B.油滴在Q点的动能比它在P点的大 C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大 D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小 例2 √ 轨迹向上弯曲且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称，合力竖直向上，静电力竖直向上，因为油滴带正电，所以电场强度方向竖直向上，Q点的电势比P点低，故A错误； 油滴向上运动时合力做正功，动能增大，所以油滴在Q点的动能比它在P点的大，故B正确； 油滴向上运动时静电力做正功，电势能减小，所以油滴在Q点的电势能比它在P点的小，故C错误； 由于油滴受重力、静电力都为恒力，加速度恒定且不为零，故D错误。 如图所示，在空间中水平面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＝2BC，重力加速度为g，由此可知 A.小球带正电 B.静电力大小为3mg C.小球从A到B与从B到C的运动时间之比为3∶1 D.小球从A到B与从B到C的速度变化量大小不相同 例3 √ 由题意知，在BC段，小球在竖直方向做减速运动，故小球所受静电力方向向上，电场方向向下，故小球带负电，故A错误； 由题意知，小球在水平方向不受力，故水平方向做匀速直线运动，又AB＝2BC，根据分运动和合运动的关系，故小球从A到B与从B到C的运动时间之比为2∶1，设在B点时小球在竖直方向的分速度为v，则在AB段，竖直方向有v＝gtAB，在BC段，竖直方向有v＝ atAB，又Eq－mg＝ma，得Eq ＝3mg，小球从A到B与从B到C的水平分速度不变，竖直分速度变化量大小相同，故合速度变化量大小相同，故B正确，C、D错误。 总结提升 处理带电粒子在电场和重力场中一般曲线运动的方法 1.明确研究对象并对其进行受力分析。 2.利用运动的合成与分解把曲线运动转化为直线运动，然后利用牛顿运动定律、运动学公式进行处理。 3.涉及到功和能量的问题时常用能量守恒定律、功能关系等处理。 三 带电粒子在电场和重力场中的圆周运动 18 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＝ 视为等效重力场中的“等效重力加速度” 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。 (2)几何最高点(最低点)与物理最高点(最低点) (2023·南京航空航天大学苏州附属中学校考)如图所示，一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆轨道在A点相切，B点为圆轨道的最低点，C点为圆轨道的最高点，整个空间存在水平向左的匀强电场。一质量m＝1 kg，电荷量为－q(q>0)的带电小球从斜面上静止释放，小球始终能沿轨道运动。 已知电场强度E＝ ，θ＝53°，圆轨道半径R＝0.8 m，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，若小球恰好能完成圆周运动，释放点沿 斜面到A的距离为 A.1.2 m B.2.2 m C.2.0 m D.2.1 m 例4 √ 对小球受力分析，小球所受静电力水平向右，若小球恰好能完成圆周运动，则设小球于B点右侧某位置达到最大速度，位置和圆心连线与竖直方向成α角，由受力分析得 故α＝37°，此时两个力的合力 当小球运动到与该位置关于原点对称的位置时，小球速度最小， 从开始释放到到达速度最小的位置，由动能定理得 mg(ssin θ－Rcos θ－Rcos α)＋qE(scos θ＋Rsin θ－Rsin α)＝ mv12， 解得s＝1.2 m，故选A。 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＝0.4 m的绝缘细线把质量为m＝0.4 kg、电荷量为q＝＋2 C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10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)匀强电场的电场强度大小； 例5 答案　1.5 N/C 带电小球在B点静止，受力平衡，根据平衡条件得qE＝mgtan θ (2)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； 答案　6 N 设小球运动至C点时速度为vC， 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＝ ，联立解得F＝6 N (3)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) 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， 由动能定理得 四 专题强化练 1.如图所示，水平向左的匀强电场中，质量为m的带电小球从A点沿直线由A点运动到B点。不计空气阻力，在这一过程中 A.小球一定带负电 B.小球在做匀加速直线运动 C.小球的电势能减小 D.小球的机械能增加 基础强化练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 小球做直线运动，则小球所受的合力一定与小球的初速度共线，当小球带正电时，静电力方向水平向左，重力竖直向下，合力斜向左下方，不可能 与小球的初速度共线，当小球为负电时，小球所受静电力水平向右，与重力的合力斜向右下方，当合力的方向与小球的初速度共线时，小球做直线运动，故A正确； 由A项分析可知，小球所受合力的方向与初速度方向相反，小球做匀减速直线运动，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 小球所受静电力水平向右，位移斜向左上方，可知静电力做负功，故小球的电势能增加，故C错误； 根据能量守恒定律，小球的电势能增加，则小球的机械能减小，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2.如图所示，真空环境下，三个质量相同、带电荷量分别为＋q、－q和0的小液滴a、b、c，从竖直放置的两板中间上方由静止释放，最后从两板间穿过，小液滴a、b、c的运动轨迹如图所示，则在穿过极板的过程中，下列说法正确的是 A.静电力对液滴a、b做的功相等 B.三者动能的增量相同 C.液滴a与液滴b电势能的变化量不相等 D.重力对液滴c做的功最多 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 因为液滴a、b的带电荷量的绝对值相等，则液滴所受的静电力大小相等，由静止释放，穿过两板的时间相等，则偏转位移大小相等，静电力做功相等，故A正确； 静电力对a、b两液滴做功相等，重力做功相等，则a、b动能的增量相等，对于液滴c，只有重力做功，小于a、b动能的增量，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 对于液滴a和液滴b，静电力均做正功，静电力所做的功等于电势能的减少量，故C错误； 三者在穿过极板的过程中竖直方向的位移相等，质量相同，所以重力做的功相等，故D错误。 3.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 √ 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 4.如图所示，真空中存在竖直向下的匀强电场，一个带电油滴沿虚线由a向b运动，以下判断正确的是 A.油滴一定带负电 B.油滴的电势能一定增加 C.油滴的动能一定减少 D.油滴的动能与电势能之和一定增加 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 物体做曲线运动时，受到的合力的方向指向物体运动轨迹弯曲的凹侧，由此可知，该油滴受到的静电力的方向是向上的，与电场方向相反，所以油滴一定带负电，故A正确； 该油滴受到的静电力做正功，电势能减小，故B错误； 该油滴受到的静电力做正功，而重力做负功，油滴的动能不一定减小，故C错误； 重力对油滴做负功，重力势能增加，根据能量守恒定律，油滴的动能和电势能之和一定减小，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 5.(2023·江苏省南通中学期中)如图，绝缘细线一端固定在O点，另一端系一带正电小球A，空间存在方向竖直向上的匀强电场E，静电力大于重力，球A在电场中竖直平面内绕O点做圆周运动，则球A A.可能做匀速圆周运动 B.在最低点时细线中拉力最小 C.在最高点时重力瞬时功率最大 D.在C点时加速度方向指向O点 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 对小球进行分析可知，除了圆周最高与最低位置小球所受合力沿半径方向外，其他位置小球所受合力并不指向圆心，可知，小球不可能做匀速圆周运动，故A错误； 由于静电力大于重力，因此圆周上的最低点，为等效物理最高点，此位置，静电力与重力的合力方向指向圆心，可知，在最低点时细线中拉力最小，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 在最高点时，重力的方向与小球速度方向垂直，因此，在最高点时重力瞬时功率为零，故C错误； 在C点时，小球受到线的拉力、重力与静电力，静电力与重力的合力竖直向上，因此合力斜向左上方，加速度方向不指向O点，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 6.如图所示，水平地面上方存在水平向左的匀强电场，一质量为m的带电小球(大小可忽略)用绝缘细线悬挂于O点，小球带电荷量为＋q，静止时距地面的高度为h，细线与竖直方向的夹角为α＝37°，重力加速度为g。求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)匀强电场的电场强度大小E； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 小球静止时，对小球受力分析如图所示， 有FTcos 37°＝mg FTsin 37°＝qE (2)现将细线剪断，小球落地过程中水平位移的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (3)现将细线剪断，带电小球落地前瞬间的动能。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 7.如图所示，带电平行金属板A、B，板间的电势差为U(不考虑板上方的电场)，A板带正电，B板中央有一小孔。一带正电的微粒，带电荷量为q，质量为m，自孔的正上方距板高h处自由落下，若微粒恰能落至A、B板的正中央c点，重力加速度为g，则 A.微粒在下落过程中动能逐渐增大，重力势能逐渐减小 B.微粒下落过程中重力做功为mg(h＋ )，静电力做功 为－qU C.微粒落入电场中，电势能逐渐减小，其减小量为 D.若微粒从距B板高2h处自由下落，则恰好能到达A板 能力综合练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由微粒运动到c点速度减小到零可知动能先增大后减小，A错误； 由功能关系可知克服静电力做了多少功，电势能就增大多少，C错误； 若微粒从距B板高2h处自由下落，假设能够到达A板，重力做功为mg(2h＋d)，克服静电力做功qU，由动能定理可知D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 8.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，则 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由题意可知，小球所受静电力和重力的合力方向一定与小球速度方向共线，而重力与静电力大小相等，重力方向竖直向下，小球速度方向斜向上， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 所以重力与静电力的合力不可能与小球速度方向同向，一定是反向，则根据对称性以及几何关系可知小球所受静电力方向与水平方向夹角为30°且斜向左上，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； 根据力的合成可知小球所受合外力大小为F＝2mgsin 30°＝mg 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 9.(2022·南京师大附中联考)如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的小球(可视为质点)与长为L的绝缘轻绳相连，轻绳另一端固定在O点，整个系统处在与竖直方向夹角为45°的匀强电场中。已知A、B、C、D、E、F为圆周上的点，AB为水平直径，CD为竖直直径，EF过O点且与CD的夹角为45°，当小球绕O点在竖直平面内做半径为L的圆周运动时，小球运动到A点时的速度最小，最小速度为vmin＝ ，g为重力加速度的大小，则下列说法正确的是 A.匀强电场的电场强度大小为 B.小球从A点运动到B点时，合力做的功为mgL C.小球运动到B点时轻绳拉力的大小为5mg D.小球运动到F点时的机械能最大 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 小球在A点受重力和静电力，如图所示，由题意，小球绕O点在竖直平面内做圆周运动，在A点时速度最小可知，小球受到的合外力提供向心力，小球在竖直方向受力平衡，则有mg＝qEsin 45° 因此合力做的功为2mgL，B错误； 代入数据解得FT＝6mg，C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 小球做圆周运动时，只有重力和静电力做功，则有小球的机械能和电势能之和是一个定值，小球在E点时电势最高，小球带正电，电势能最大，小球在F点时的电势最低，具有的电势能最小，因此小球在F点的机械能最大，D正确。 10.(2022·常州市统考期末)如图所示，在水平方向的匀强电场中有一与水平面成45°角的光滑绝缘直杆AC，质量为m、电荷量为＋q的带电小环套在杆上，小环正以速度v0沿杆匀速下滑，小环离开杆后正好落在C端的正下方地面上P点处，ACP所在平面与电场E平行，已知重力加速度为g。求： (1)匀强电场的电场强度大小和方向； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 小环以速度v0沿杆匀速下滑，处于受力平衡状态，小环受力如图所示，电场强度方向水平向右 则有mg＝qEtan 45° (2)小环离开直杆后运动的加速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (3)C点距离地面的高度； 根据运动的合成与分解可知，小环离开C点时，小环在竖直方向做初速度为vy0＝v0sin 45°，加速度为g的匀加速直线运动，在水平方向做初速度水平向左，大小为vx0＝v0cos 45° 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (4)取C点电势为零，从C到P过程中小环电势能的最大值。 逆着电场线的方向电势升高，可知，小环水平向左运动至最远位置M处时对应的电势最高，带正电的小环电势能最大， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 11.(2019·浙江4月选考)用长为1.4 m的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为1.0×10－2 kg、电荷量为2.0×10－8 C的小球，细线的上端固定于O点。现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成37°角，如图所示。现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，则(sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2) A.该匀强电场的电场强度为3.75×107 N/C B.平衡时细线的拉力为0.17 N C.经过0.5 s，小球的速度大小为6.25 m/s D.小球第一次通过O点正下方时，速度大小为7 m/s √ 尖子生选练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 在外力作用下，拉小球使细线水平时，由静止释放，如图所示，小球在静电力和重力的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动至B点，∠OAB＝∠OBA＝53°，OA＝OB＝l＝1.4 m， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 在此过程中，细线处于松弛状态，无拉力作用，小球运动至B点时，细线绷紧，匀加速直线运动结束。 假设经过0.5 s后，小球仍在沿AB方向做匀加速直线运动，则小球的速度v＝at＝6.25 m/s， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 经过的距离x＝ at2＝1.562 5 m，A、B间的距离|AB|＝2lcos 53°＝1.68 m，x<|AB|，假设成立，故0.5 s时，小球的速度大小为6.25 m/s，故C正确； 小球运动至B点时，细线绷紧，小球沿细线方向的分速度减小为零，动能减小，假设细线绷紧过程小球机械能损失ΔE，此后在静电力、重力和细线拉力作用下沿圆弧运动至O点正下方，对小球由A点第一次通过O点正下方全过程，根据能量守恒定律，可知(qE＋mg)·l－ΔE＝ mv2，又ΔE>0，得v<7 m/s，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 BENKEJIESHU 本课结束 更多精彩内容请登录：www.xinjiaoyu.com   tan α＝  F合＝＝mg， 则最小速度满足mg＝m，解得v1＝ m/s 得E＝＝1.5 N/C m 则mgL－qEL＝mvC2 解得vC＝ m/s 答案　 m/s 解得v0＝ m/s。 则mgcos θ＋qEsin θ＝m，得v＝ m/s －mgLcos θ－qEL(1＋sin θ)＝mv2－mv02 答案　 解得E＝。 答案　h 剪断细线，小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做加速度为a的匀加速直线运动，由Eq＝ma，  x＝at2，h＝gt2，联立以上三式解得x＝h。 答案　mgh 从剪断细线到落地瞬间，由功能关系得Ek＝mgh＋qEx＝mgh。 微粒下落高度为h＋，重力做功为mg(h＋)，静电力做负功，大小为，B错误； A.电场方向竖直向上 B.小球运动的加速度大小为g C.小球上升的最大高度为 D.小球返回原位置所用时间为 根据对称性可知小球返回原位置所用时间为t＝＝，故D错误。 小球运动的加速度大小为a＝＝g，故B错误； 如图所示，设P为小球所能到达的最高点，则OP＝＝ 小球上升的最大高度为h＝OPsin 30°＝，故C正确；    E＝，A错误； 解得vB＝ 在B点，由牛顿第二定律可得FT－qEcos 45°＝m 小球从A点运动到B点时，重力做功是零，静电力做功为W＝qE·2Lcos 45°＝mg×2L×＝2mgL 小球运动到B点时，由动能定理可得2mgL＝mvB2－mvA2 答案　，方向水平向右 解得E＝ 根据牛顿第二定律可知，小环离开直杆后运动的加速度大小为a＝＝g 答案　g 小环离开直杆后，在重力和静电力的作用下运动，合力的大小为F＝＝mg 答案　 加速度水平向右，大小为a＝＝g的匀变速直线运动，则小环落到C点正下方的P点处所用时间为 t＝＝ 则C点距离地面的高度h＝vy0t＋gt2 解得h＝ 答案　 电势能最大为Epmax＝qφM＝。 水平向左运动的最大距离为xmax＝＝ 该点的电势为φM＝UMC＝E·xmax＝ 小球处于平衡状态时，受力分析如图所示，则可知qE＝mgtan 37°，则该匀强电场的电场强度E＝＝3.75×106 N/C，故A错误； 细线的拉力F＝＝0.125 N，故B错误； 根据牛顿第二定律可知小球匀加速直线运动时的加速度a＝＝ m/s2＝12.5 m/s2， $$