第2章 专题强化7 带电粒子在电场和重力场中的运动(课件PPT)-【步步高】2024-2025学年高一物理必修第三册学习笔记（鲁科版）

该高中物理课件聚焦带电粒子在电场与重力场中的运动，涵盖直线运动、曲线运动及圆周运动等核心内容，通过基础例题导入，以受力分析、运动合成与分解为支架，衔接从简单到复杂的知识脉络，帮助学生构建系统认知。 其亮点在于融合物理观念与科学思维，通过等效重力、等效最高点等模型建构分析圆周运动，结合动能定理强化能量观念，分层练习题（基础、能力、尖子生）适配不同学情，助力学生提升科学推理能力，教师可高效实施分层教学，提升课堂效率。

DIERZHANG 第2章 专题强化7　带电粒子在电场和 重力场中的运动 1 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)。 学习目标 2 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 内容索引 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。 (多选)(2023·厦门市大同中学高二月考)如图所示，竖直放置的平行金属板与一电池连接，一个带电微粒沿图中直线以一定的初速度进入电场，方向如图所示，运动轨迹为直线。则下列说法正确的是 A.微粒带正电 B.微粒的电势能减少 C.微粒的动能可能增加 D.微粒的动能一定减小 例1 √ √ 带电微粒沿题图中直线进入电场，其所受重力与电场力的合力方向一定与速度方向在同一直线上，由于重力方向竖直向下，所以电场力方向一定水平向左，则微粒带正电，故A正确； 电场力对微粒做负功，微粒的电势能增加，故B错误； 根据前面分析可知，微粒所受合外力方向沿虚线斜向 下，则微粒速度方向与所受合外力方向相反，合外力 对微粒做负功，根据动能定理可知微粒的动能一定减 小，故C错误，D正确。 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； 例2 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， 则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 返回 二 带电粒子在电场和重力场中的曲线运动 12 (多选)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点低 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3 √ √ 轨迹向上弯曲且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称，可知油滴所受合力竖直向上，则油滴所受静电力竖直向上，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正确； 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； 由于油滴受到的重力、静电力都为恒力，加速度恒定且不为零，故D错误。 (多选)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.小球带负电 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4 √ √ 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正确； 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，故C错误； 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＝atBC＝ atAB，又Eq－mg＝ma，得Eq＝3mg，故B正确； 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.涉及功和能量的问题时常用能量守恒定律、功能关系等处理。 返回 三 带电粒子在电场和重力场中的圆周运动 19 解决带电体在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＝ 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。 (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 例5 C.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小 D.小球从初始位置开始，在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，其电势能先 减小后增大 √ √ 如图所示，小球静止时细线与竖直方向成θ角，小球受重力、拉力和静电力，三力平衡，可知小球带负电，根据平衡条件，有mgtan θ＝qE，解得E＝ ，选项A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时机械能最小，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； 小球从初始位置开始，在竖直平面内顺时针 运动一周的过程中，静电力先做负功，后做 正功，再做负功，则其电势能先增大后减小， 再增大，选项D错误。 返回 专题强化练 四 25 1.(2023·泉州市高二期中)互相正对的平行金属板M、N带等量的异种电荷，倾斜固定放置，一个带电小球(可看成点电荷)从一块金属板的边缘附近由静止释放沿图中水平虚线运动通过电场区域，两板间的电场可看成匀强电场，则下列判断正确的是 A.小球一定带正电 B.小球一定从P点运动到Q点 C.小球受到的电场力和重力大小相等 D.小球的电势能一定减小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 基础强化练 √ 由于小球由静止释放后，沿水平直线运动，小球一定做的是初速度为零的匀加速直线运动，由题意知小球受力如图所示，由于两板带电的电性不明确，因此小球的带电电性不能确定，故A项错误； 由受力情况可知，小球一定从Q点运动到P点，故B项错误； 小球受到的电场力的竖直分力与重力平衡，因此小 球受到的电场力一定大于重力，故C项错误； 由于电场力做正功，因此小球的电势能一定减小， 故D项正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2.(多选)(2023·北京交通大学附属中学高二期中)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.油滴的电势能一定减少 √ 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，D正确； 该油滴受到的静电力与重力的合力向上，与 运动方向夹角为锐角，合力做正功，油滴的动能增大，故C错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 3.(多选)(2023·漳州市高二期中)如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的轻质绝缘细绳一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b，不计空气阻力，则 A.小球带正电 B.电场力跟重力是一对平衡力 C.小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小 D.运动过程中小球的机械能始终守恒 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 据题小球在竖直平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，小球受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力应与重力平衡，即小球所受电场力与重力等大反向，则知小球带正电，故A、 B正确； 小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功， 小球的电势能增大，故C错误； 由于电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不 守恒，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 C.电场力做正功 D.液滴的机械能减小 4.一个带负电的液滴从A点以一定的初速度射入水平方向的匀强电场中，液滴沿直线AB运动，AB与电场线夹角为θ，液滴的质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，则 A.电场强度的方向水平向左 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 带负电的液滴在电场中受到竖直向下的重力与水平方向的电场力作用而沿AB做直线运动，液滴所受合力一定与AB在同一直线上，电场力只能水平向左，由于液滴带负电，则匀强电场方向 水平向右，A错误； 因为液滴运动过程中，运动方向与电场力的方向是钝角，故电场力做负功，则电势能增大，故液滴的机械能减小，C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 5.(多选)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 √ √ 因为液滴a、b的带电荷量的绝对值相等，则两液滴所受的静电力大小相等，由静止释放，由于液滴质量相等，则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，故c动能的增量小于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正确； 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 6.(2023·上海市青浦高级中学高二期中)如图所示，有三个质量相等的分别带正电、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>EkC B.三个小球在电场中运动的时间tA＝tB＝tC C.三个小球在电场中运动的加速度关系是aC>aB>aA D.落到A点的小球带负电，落到B点的小球不带电 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 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＝ <g，带负电小球做类平抛运动，a3＝ >g，则a3> a1>a2，由于竖直方向位移相等，且初速度相同， 故tA>tB>tC，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，选项C正确，B、D错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 根据动能定理，三小球到达下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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 7.如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面内，且关于过轨迹最右侧的点N的水平虚线对称。已知重力加速度为g，忽略空气阻力，则下列说法正确的是 A.匀强电场的电场强度E必须满足E> B.匀强电场的方向水平向左 C.油滴在M点的电势能比它在N点的电势能大 D.M点的电势比N点的电势高 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 能力综合练 因运动轨迹关于过轨迹最右侧的点N的水平虚线对称，可知油滴所受的合外力方向水平向左，静电力方向斜向左上方，可知qE>mg，即E> ，选项A正确； 静电力方向斜向左上方，则电场方向斜向左上方，选项 B错误； 电场方向斜向左上方，则N点的电势高于M点的电势，则 油滴在M点的电势能比它在N点的电势能小，选项C、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 8.(多选)(2023·泉州市高二期末)如图，一半径为R的光滑绝缘半圆环轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑绝缘水平面相切于B点，整个空间存在水平向右的匀强电场。一带电小球从A点以某一初速度向左运动，经过P点时重力与静电力的合力恰好提供小球做圆周运动的向心力。已知轨道上的M点与圆心O等高，OP与竖直方向夹角为37°，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度大小为g，则小球 A.所受重力与静电力之比为4∶3 B.经过M点的速度大于经过C点的速度 C.经过P点的速度大于经过C点的速度 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 9.(多选)(2023·福建省三明一中月考)如图所示，质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E的匀强电场中，以初速度v0沿直线ON做匀变速运动，直线ON与水平面的夹角为30°，若小球在初始位置的电势能为零，重力加速度为g，则下列说法中正确的是 A.电场方向可能垂直ON向上 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场力的方向不确定，有最小值，当电场力垂直于ON向上时，电场力最小为Fmin＝mgcos 30°， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 10.(2023·漳州市高二期中)如图所示，在水平轨道AB的末端处，平滑连接一个半径R＝0.4 m的光滑半圆形轨道，半圆形轨道与水平轨道相切，C点为半圆形轨道的中点，D点为半圆形轨道的最高点，整个轨道处在电场强度方向水平向右、大小为E＝4×103 V/m的匀强电场中、将一个质量m＝0.1 kg、带正电的小物块(视为质点)，从水平轨道的A点由静止释放，小物块恰好能通过D点。小物块的电荷 量q＝2×10－4 C，小物块与水平轨道之 间的动摩擦因数μ＝0.2，取重力加速度 大小g＝10 m/s2。求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (1)A、B两点间的距离L； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解得vD＝2 m/s (2)小物块通过C点时对轨道的压力大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　5.4 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 根据牛顿第三定律，小物块通过C点时对轨道的压力大小N′＝N＝5.4 N (3)小物块在水平轨道AB上的落点到B点 的距离。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　0.16 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 水平方向上，qE＝ma 解得x＝0.16 m。 11.(2024·河南省实验中学开学考)一长为L的细线一端固定于O点，另一端拴一质量为m、带电荷量为＋q的小球(可视为质点)，处于如图所示的水平向右的匀强电场中。开始时，将细线与小球拉成水平伸直状态，小球静止在A点，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转动到O点左侧且与竖直方向夹角θ＝30°时，小球速度恰好为零， 重力加速度大小为g，求：(结果可用根号表示) (1)匀强电场的电场强度大小E； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 尖子生选练 根据题意，从初始位置到速度恰好为零过程中， 可得mgLcos 30°－EqL(1＋sin 30°)＝0， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (2)小球运动过程中的最大速度vm的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由几何关系知重力与合力间的夹角为30°，如图所示，从圆心作一条重力与静电力合力方向的有向线段，交AB圆弧于C点，则C点为等效最低点；当小球运动到等效最低点C时，速度达 到最大，且当小球位于等效最低点时，细线与水 平方向的夹角为60°。 从A到等效最低点C，根据动能定理得 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (3)若想让小球做完整的圆周运动，则小球在A点释 放瞬间至少要获得的竖直向下的初速度v0的大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 若让小球恰能做完整的圆周运动，即小球恰好能通过等效最高点D， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 从A到D，根据动能定理得 返回 BENKEJIESHU 本课结束 由C＝可得q＝CU＝4.0×10－12×3×105 V＝1.2×10－6 C。   A.匀强电场的电场强度大小E＝ B.小球动能的最小值为Ek＝ 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，根据牛顿第 二定律有＝m，得v＝，则小球 动能的最小值为Ek＝mv2＝，选项B正确； B.电场强度的大小为 tan θ＝，解得E＝，B错误； D.经过C点的速度大小为 经过P点时重力与静电力的合力恰好提供小球做圆周运动的向心力，则有tan 37°＝＝，可知小球所受重力与静电力之比为4∶3，故A正确； 小球从M点到C点过程，根据动能定理可得 ΔEk＝－mgR＋qER＝－mgR＋mgR＝－mgR， 可知小球从M点到C点动能减小，则小球经 过M点的速度大于经过C点的速度，故B正确； 小球经过P点时重力与静电力的合力恰好提供小球做圆周运动的向心力，则有F合＝＝m，解得vP＝，小球从P点到C点过程，根据动能定理可得－mgR(1－cos 37°) ＋qERsin 37°＝mvC2－mvP2，解得vC＝ >vP，故C、D错误。 B.电场强度E的最小值为E＝ C.如果电场强度为E＝，则小球的电势能始终为0 D.如果电场强度为E＝，则小球相对初始位置的最大高度为 如图所示，所以电场强度的最小值  Emin＝＝，故A正确， B错误； 如果电场强度为E＝，则小球所受电场力垂直于运动方向，电场力不做功，电势能不变，电势能始终为0，故C正确； 若E＝，则小球所受的重力和电场力大小相等，两个力的夹角为120°，所以电场力与重力的合力大小等于mg，根据牛顿第二定律知，小球的加速度为g，小球斜向上做匀减速直 线运动，匀减速直线运动的位移s＝， 则小球上升的最大高度h＝s·sin 30°＝， 故D正确。 答案　 m 小物块恰好能通过D点，由牛顿第二定律可知mg＝m 从A点到D点由动能定理有 (qE－μmg)L－mg·2R＝mvD2 解得A、B两点间的距离L＝ m 从C点到D点由动能定理有－mgR－qER＝mvD2－mvC2 在C点由牛顿第二定律得  N－qE＝m 从D点离开轨道后，在竖直方向上做自由落体运动，则2R＝gt2  x＝vDt－at2 答案　 解得E＝ 答案　 解得vm＝ mgLsin 60°－EqL(1－cos 60°)＝mvm2 答案　 －mgLsin 60°－EqL(1＋cos 60°)＝mvD2－mv02 在等效最高点，根据牛顿第二定律得G′＝m 联立解得v0＝。 由图可知，重力与静电力的合力为G′＝＝mg $