第10章 专题强化5 带电粒子在重力场和电场中的运动-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理必修第三册同步导学案配套PPT课件（人教版）单选

第十章　静电场中的能量 专题强化5　带电粒子在重力场和电场中的运动 课时作业 巩固提升 类型1　带电粒子在重力场和电场中的直线运动 类型2　带电粒子在重力场和电场中的类平抛运动 内容索引 类型3　带电粒子在重力场与电场中的圆周运动 1.带电体直线运动的三种类型 (1)匀速直线运动：带电粒子受到的合外力一定等于零，即所受到的静电力与其他力平衡。 (2)匀加速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向相同。 (3)匀减速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向相反。 2.讨论带电体在电场中做直线运动(加速或减速)的方法 (1)力和加速度方法——牛顿运动定律、匀变速直线运动公式。 (2)功和能方法——动能定理。 (3)能量方法——能量守恒定律。 3 [例1]　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 C 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;静电力做负功, 故电势能增加,机械能减小,故C正确,D错误。 [例2]　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取10 m/s2) (1)求两极板间的电场强度大小E。 [答案](1)2×106 V/m　 (1)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。 对全过程,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] (2)3×105 V　 (2)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] (3)1.2×10-6 C (3)平行板电容器的电容C=4.0×10-12 F, 则q=CU=4.0×10-12×3×105 V=1.2×10-6 C。 二 类型2　带电粒子在重力场和电场中的类平抛运动 10 1.分析带电体在静电力、重力作用下的类平抛运动的方法：利用运动的合成与分解把曲线运动转换为直线运动。 利用的物理规律：牛顿运动定律结合运动学公式、动能定理、功能关系等。 2.分析此类问题要注意粒子在哪个方向不受力，在哪个方向受静电力，粒子的运动轨迹向哪个方向弯曲。 11 [例3]　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等 B 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可知,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等,故合速度变化量大小相等,故B正确,C、D错误。 [例4]　空间存在一方向竖直向下的匀强电场,O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电,B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0,到达P点所用时间为t;B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g,求: (1)电场强度的大小; [答案]　(1)　 (1)设电场强度的大小为E,小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件,有 mg+qE=ma ① a()2=gt2 ② 解得E=。 ③ (2)B运动到P点时的动能。 [答案]　(2)2m(+g2t2) (2)设B从O点发射时的速度为v1,到达P点时的动能为Ek,O、P两点的高度差为h,根据动能定理有 mgh+qEh=Ek-m ④ 且有v1·=v0t ⑤ h=gt2 ⑥ 联立③④⑤⑥式得Ek=2m(+g2t2)。 ⑦ 三 类型3　带电粒子在重力场与电场中的圆周运动 18 1.解决复合场中的圆周运动问题，关键是分析向心力的来源，向心力的来源有可能是重力和静电力的合力，也有可能是单独的静电力。有时可以把复合场中的圆周运动等效为竖直面内的圆周运动，找出等效“最高点”和“最低点”。 2.等效法求解电场中圆周运动问题的思路 (1)求出重力和静电力的合力F合，将这个合力视为一个“等效重力”，F合的方向视为“等效重力”的方向。 (2)将a＝视为“等效重力加速度”。 (3)带电体能自由静止的位置即“等效最低点”，圆周上与该点在同一直径的点是“等效最高点”。 (4)将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解。 19 [例5]　半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内,环上套有一质量为m、带正电荷的珠子,空间存在水平向右的匀强电场,如图所示。珠子所受静电力是重力的。将珠子从环上的最低点A由静止释放(重力加速度为g),则:   (1)珠子所能获得的最大动能是多少? [思路点拨]　(1)由电场力和重力确定合力的方向,找等效最低点。 [答案]　(1)mgr　 (1)因qE=mg,所以珠子所受静电力与重力的合力F合与竖直方向的夹角θ满足tan θ==,故θ=37° 如图所示,设OB与竖直方向的夹角为θ,则B点为等效最低点,珠子从A点由静止释放后从A到B过程中做加速运动,珠子在B点动能最大,对圆环的压力最大,由动能定理得qErsin θ-mgr(1-cos θ)=Ekm 解得Ekm=mgr。 (2)珠子对圆环的最大压力是多少? [思路点拨] (2)利用动能定理求珠子在等效最低点的速度。利用向心力公式求珠子受到的支持力。 [答案]　(2)mg (2)设珠子在B点受圆环弹力大小为FN,有 FN-F合=m 则FN=F合+m=+mg=mg 由牛顿第三定律得珠子对圆环的最大压力大小为mg。 [针对训练]　1.在竖直平面内有水平向右、电场强度大小为E的匀强电场,在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线,一端固定在O点,另一端系一质量为m的带电小球,它静止时位于A点,此时细线与竖直方向成37°角,如图所示。现给小球一沿与细线方向垂直的速度,使小球能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动。下列对小球运动的分析正确的是(　　) A.小球运动到C点时动能最小 B.小球运动到C点时细线拉力最小 C.小球运动到Q点时动能最大 D.小球运动到B点时机械能最大 D 由题意可知,小球所受的静电力与重力的合力沿OA方向,小球从A点开始无论向哪运动,合力对小球都做负功,小球动能都将减小,所以小球运动到A点时动能最大,C错误;小球运动到与A点关于圆心对称的点时动能最小,在该点时细线的拉力最小,A、B错误;小球在运动过程中,运动到B点时静电力做功最多,因此机械能最大,D正确。 2.如图所示,长l=0.20 m的丝线的一端拴一质量为m=1.0×10-4 kg、带电荷量为q=+1.0×10-6 C的小球,另一端连在一水平轴O上,丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动,整个装置处在竖直向上的匀强电场中,电场强度E=2.0×103 N/C。现将小球拉到与轴O在同一水平面上的A点,然后无初速度地将小球释放,g取10 m/s2。求: (1)小球通过最高点B时速度的大小; 答案:(1)2 m/s (1)小球由A运动到B,其初速度为零,静电力对小球做正功,重力对小球做负功,丝线拉力不做功,则由动能定理有qEl-mgl=-0 解得vB==2 m/s。 (2)小球通过最高点时,丝线对小球拉力的大小。 答案: (2)3.0×10-3 N (2)mg=1.0×10-4×10 N=1.0×10-3 N qE=1.0×10-6×2.0×103 N=2.0×10-3 N 因为qE>mg,而qE方向竖直向上,mg方向竖直向下,小球做圆周运动,其到达B点时向心力的方向一定指向圆心,由此可以判断出小球一定受丝线的拉力FTB作用,则小球到达B点时,受重力mg、静电力qE和拉力FTB作用, 由牛顿第二定律有FTB+mg-qE= 则FTB=+qE-mg=3.0×10-3 N。 四 课时作业 巩固提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 [A组　基础巩固练] 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 A 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,当小球带负电时,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;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;根据能量守恒定律可知,小球的电势能增加,则小球的机械能减小,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2.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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3.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。已知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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 B 设静电力与水平向右方向夹角为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mgcos 30°=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向右方向夹角为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; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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==g,故B正确;设P为小球沿ON方向所能到达 的最高点,则OP==,小球上升的最大竖直高度为h=OPsin 30°=,故C错误;根据对称性可知小球返回原位置所用时间为t==,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 4.(2024·福建福州高二上学期期末)如图所示,BD是竖直平面内圆的一条竖直直径,AC是该圆的另一条直径,该圆处于匀强电场中,场强方向平行于圆所在的平面。从O点向各个方向发射动能、带电荷量、质量均相同的带正电小球,小球会经过圆周上不同的点,其中过A点的小球的动能最小。忽略空气阻力和小球之间的作用力,则下列说法中正确的是(　　) A.过D点的小球的动能和电势能之和最小 B.过B点的小球的动能和电势能之和最小 C.过C点的小球的电势能和重力势能之和最大 D.可以断定电场方向由О点指向圆弧CND上的某一点 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 B 小球在运动过程中,受到重力与电场力作用,小球在运动 过程中只有重力势能、电势能与动能之间的相互转化, 三种能量的总和一定,小球运动到最高点B时,重力势能 最大,动能和电势能之和最小,故A错误,B正确;小球过A 点时动能最小,可知A点是等效最高点,在A点小球所受重力与电场力的合力方向指向圆心,则与A点对称的C点为等效最低点,在C点小球所受重力与电场力的合力方向背离圆心,可知,小球从O点运动到C点过程,合力做正功,且在所有合力做正功的路径中,该过程合力所做正功最大,小球在C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 点时动能最大,则过C点时小球的电势能和重力势能之和最小,故C错误;在A点小球所受重力与电场力的合力方向指向圆心,重力方向竖直向下,根据矢量合成可知,电场力方向一定由О点指向劣弧BC上的某一点,即可以断定电场方向由О点指向劣弧BC上的某一点,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5.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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A 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与重力的合力方向向上,与运动方向夹角为锐角,合力做正功,油滴的动能增加,故C错误;重力对油滴做负功,重力势能增加,根据能量守恒定律可知,油滴的动能和电势能之和一定减小,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 6.(2024·江苏南通中学期中)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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 B 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, 则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;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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 [B组　综合强化练] 7.如图所示,带电平行金属板A、B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的功为mg(h+),静电力做的功为-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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 D 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;微粒下落高度为h+,重力做的功为mg(h+),静电 力做负功,大小为,B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,假设到达A板的速度为v,重力做的功为mg(2h+d),克服静电力做功qU,由动能定理可知mg(2h+d)-qU=mv2,又mg(h+)-=0,则v=0,即微粒恰好能到达A板,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8.(2024·江苏南京师大附中联考)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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 D 小球在A点受重力和静电力,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,则小球受到的合外力提供向心 力,如图所示,则有mg=qEsin 45°,则E=,A错误;小球从A点 运动到B点时,拉力与重力做的功均为零,静电力做的功为 W=qE·2Lcos 45°=mg×2L×=2mgL,因此合力做的功为2mgL,B错误; 小球运动到B点时,由动能定理可得2mgL=m-m,解得vB=, 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 在B点,由牛顿第二定律可得FT-qEcos 45°=m, 代入数据解得FT=6mg,C错误; 小球做圆周运动时,只有重力和静电力做功,则小球 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9.如图所示,一带电液滴的质量为m、电荷量为-q(q>0),在竖直向下的匀强电场中刚好与水平面成30°角以速度v0斜向上做匀速直线运动。重力加速度为g。   (1)求匀强电场的电场强度的大小。 答案:(1)　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)因为液滴处于平衡状态,所以有Eq=mg 解得E=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)若将电场方向改为垂直速度方向斜向下,要使液滴仍做直线运动,电场强度为多大?液滴前进多少距离后可返回? 答案: (2)　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)电场方向改变,对液滴受力分析如图所示。 液滴做直线运动时,垂直速度方向的合力为零,即 qE'=mgcos 30° 解得E'== 液滴在运动方向的反方向上的合力F=mgsin 30° 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 由牛顿第二定律得液滴做减速运动的加速度大小 a==gsin 30°= 液滴可前进的距离s== 或由动能定理得-mgsin 30°·s=0-m 得液滴可前进的距离s==。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 [C组　培优选做练] 10.如图所示,两水平边界M、N之间存在竖直向上 的匀强电场。一根轻质绝缘竖直细杆上等间距地 固定着A、B、C三个带正电小球,每个小球质量均 为m,A、B两球带电荷量均为q、C球带电荷量为2q,相邻小球间的距离均为L。将该细杆从边界M上方某一高度处由静止释放,已知B球进入电场上边界时的速度是A球进入电场上边界时速度的2倍,且B球进入电场后杆立即做匀速直线运动,C球进入电场时A球刚好穿出电场。整个运动过程中杆始终保持竖直状态,重力加速度为g。不计空气阻力。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)匀强电场的电场强度的大小E; 答案:(1) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)B球进入电场后,杆立即做匀速直线运动,有3mg=2qE 解得E=。 (2)A球经过电场上边界时的速度的大小v0; 答案: (2) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)从A球进入电场到B球进入电场的过程中,运用动能定理得 3mgL-qEL=(3m)(2v0)2-(3m) 解得v0=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (3)C球经过边界N时的速度的大小。 答案: (3) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (3)由C球进入电场时A球刚好穿出电场可知,M、N间的宽度为2L。 设C球经过边界N时的速度大小为v1,从A球进入电场到C球穿出电场的过程,运用动能定理得 3mg·4L-4qE·2L=×3m-×3m 解得v1=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 $$