第二章 专题强化5 带电粒子在电场和重力场中的运动(Word教参)-【步步高】2024-2025学年高一物理必修第三册学习笔记（粤教版）

本讲义聚焦带电粒子在电场和重力场中的运动这一核心知识点，系统梳理直线运动（受力分析、动力学与能量方法）、曲线运动（运动合成与分解）、圆周运动（等效法找最高点/最低点）的递进脉络，以例题为支架构建从基础到临界问题的应用体系。 该资料特色在于以等效法为核心（科学思维中的模型建构），结合动力学与能量双路径分析（科学推理），例题解析详尽，强化练覆盖不同运动情境。课中辅助教师分层教学，课后助力学生巩固运动和相互作用观念，提升科学思维与问题解决能力。

专题强化5　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 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。 例1　(2023·云浮市高二月考)一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所示，AB与电场线夹角θ＝30°，已知带电微粒的质量m＝1.0×10－7 kg，电荷量q＝1.0×10－10 C。A、B相距l＝20 cm。(g＝10 m/s2，结果均保留两位有效数字) (1)微粒在电场中做什么运动； (2)求电场强度的大小和方向； (3)要使微粒从A点运动到B点，微粒进入电场时的最小速度是多大。 答案　(1)匀减速直线运动　(2)1.7×104 N/C　水平向左　(3)2.8 m/s 解析　(1)带电微粒做直线运动，所受的合力与速度在同一直线上，则带电微粒受力如图所示，因为重力和电场力均是恒力，所以所受的合力也是恒力，由图可知，合力与速度方向相反，微粒做匀减速直线运动(2)由mg＝qEtan θ可得 E＝≈1.7×104 N/C，方向水平向左 (3)微粒从A到B做匀减速直线运动，则当vB＝0时，微粒进入电场的速度vA最小，由动能定理得 －mglsin θ－qElcos θ＝0－mvA2 代入数据得vA≈2.8 m/s。 二、带电粒子在电场和重力场中的曲线运动 例2　(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＝10 cm，质量m＝0.1 kg、带电荷量为q＝－1×10－3 C的小球以初速度v0＝10 m/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＝10 m/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)10 m/s2　(2)10 m/s　20 m 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＝，解得E＝1×103 V/m，电场力F＝qE＝1 N，方向水平向右 重力G＝mg＝1 N，方向竖直向下 设小球加速度为a，由牛顿第二定律得F合＝＝ma 解得a＝10 m/s2 (2)设小球再次回到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Lcos 45°＝v0t，Lsin 45°＝at2 解得t＝ s，L＝20 m， 沿加速度方向有vy＝at，速度大小为v＝ 解得v＝10 m/s。 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 解决带电粒子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 将重力与电场力进行合成，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。 例3　(多选)(2024·深圳市高二月考)如图所示，在水平向右的匀强电场中，一内壁光滑、半径为R的固定绝缘圆轨道处在竖直平面内，AB为圆轨道的水平直径，CD为竖直直径。一个质量为m、电荷量为q的带正电小球从轨道的最低点获得一定的初速度v0后，能够在轨道内做圆周运动。已知重力加速度为g，匀强电场的电场强度E＝，不计空气阻力，下列说法中正确的是(　　) A．小球运动到D点时的动能最小 B．小球运动到B点时的机械能最大 C．若v0＝，小球恰好能够沿着轨道做圆周运动 D．若小球恰好能够在轨道内做圆周运动，则小球运动过程中对轨道的最大压力为12mg 答案　BD 解析　小球在等效重力场中做圆周运动，M点为等效最低点，N点为等效最高点，如图所示 设等效重力加速度的方向与竖直方向的夹角为θ，有tan θ＝＝，即θ＝60°，小球在等效最高点的速度最小，动能最小，即小球运动到N点时的动能最小，故A错误； 小球做圆周运动时，电场力做功等于小球机械能的变化量，小球运动到B点时电场力做正功最多，机械能最大，故B正确； 在等效重力场中的等效重力加速度为g效＝＝2g，若小球恰好能够沿着轨道做圆周运动，则在等效最高点N时由等效重力提供向心力，有mg效＝m可得vN＝＝，从C点到N点，由动能定理有－mg效(R＋Rcos θ)＝mvN2－mv02，解得v0＝2，故C错误； 若小球恰好能够在轨道内做圆周运动，即刚好能通过N点时的速度为vN＝，在C点的速度为v0＝2，而在等效最低点M点时速度最大，轨道对球的支持力最大，由C点到M点由动能定理mg效(R－Rcos θ)＝mvM2－mv02，可得vM＝，在M点由牛顿第二定律，有FNM－mg效＝m，解得FNM＝12mg，由牛顿第三定律可知小球运动过程中对轨道的最大压力为12mg，故D正确。 在等效重力场中做圆周运动的小球，小球能做完整圆周运动的条件是能过物理最高点。 例4　(2023·河源市高二月考)竖直平面内一长为l的绝缘细线，上端固定，下端拴一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，处于如图所示水平向右的匀强电场中。先将小球拉至A点，使细线水平。然后由静止释放小球，当细线与水平方向夹角为120°时，小球能到达B点且速度恰好为零，重力加速度为g，求： (1)匀强电场A、B两点间的电势差UAB； (2)小球由A点到B点过程中速度最大时细线与竖直方向的夹角θ； (3)小球速度最大时细线拉力的大小。 答案　(1)－　(2)30°　(3)mg 解析　(1)小球由A点到B点过程，根据动能定理得qUAB＋mglcos 30°＝0 得电势差UAB＝－ (2)由E＝得匀强电场电场强度的大小为 E＝ 小球所受到的合力大小为 F合＝＝ 合力方向与竖直方向夹角的正切值 tan θ＝＝ 故θ＝30° 小球由A点到B点过程中，在细线第一次与竖直方向夹角θ＝30°时速度最大； (3)当小球第一次运动到细线与竖直方向夹角θ＝30°时速度最大，设此时速度为v，根据动能定理得F合·l(1－cos 60°)＝mv2 得最大速度v＝ 根据牛顿第二定律得T－F合＝m 得速度最大时细线拉力大小T＝mg。 专题强化练　[分值：100分] 1～5题每题8分，6题12分，共52分 1.(2024·肇庆市高二期末)1909年，密立根因通过油滴实验测得了电子电荷量而荣获1923年诺贝尔物理学奖。密立根油滴实验原理如下：带负电的油滴自油滴盒顶部入口飘入油滴盒，油滴盒区域内存在匀强电场。通过显微镜观测油滴的运动情况测得油滴的电荷量。某次实验观测到某一带负电油滴在油滴盒内正好做匀速运动。设油滴质量为m，油滴盒内电场强度为E，重力加速度为g，忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．油滴盒内电场强度方向竖直向上 B．带电油滴所受电场力与重力是一对相互作用力 C．油滴所带电荷量q＝ D．油滴所带电荷量可以是任意值 答案　C 解析　带负电的油滴在匀强电场中处于平衡状态，所受重力与电场力平衡，电场力方向竖直向上，则电场强度方向竖直向下，选项A错误； 重力与电场力是一对平衡力，选项B错误； 由平衡条件mg＝qE可得q＝，选项C正确； 油滴所带电荷量一定是元电荷的整数倍，选项D错误。 2．(2024·广州市高二期末)如图所示，四个质量均为m、带电荷量均为＋q的微粒a、b、c、d距离地面的高度相同，以相同的水平速度被抛出，除了a微粒没有经过电场外，其他三个微粒均经过电场强度大小为E的匀强电场(mg>qE，g为重力加速度)，这四个微粒从被抛出到落地所用的时间分别是ta、tb、tc、td，不计空气阻力，则(　　) A．tb＝tc<ta＝td B．tb<ta＝td<tc C．ta＝td<tb<tc D．tb＝ta＝tc＝td 答案　B 解析　设四个微粒抛出时距地面的高度为h，微粒a、d在竖直方向均做自由落体运动，由h＝gt2，可得落地时间为ta＝td＝，微粒b受电场力向下，做类平抛运动，微粒c受电场力向上，但由于mg>qE，仍做类平抛运动，由牛顿第二定律可得qE＋mg＝mab，mg－qE＝mac，由h＝at2可得，落地时间分别为tb＝<ta，tc＝>ta，对比可得tb<ta＝td<tc，故选B。 3.(2023·广州市高二期中)如图，一带负电荷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。由此可知(　　) 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 答案　B 解析　由于油滴所受重力方向向下，而到达P点时其竖直方向的速度减为零，故其所受电场力的方向竖直向上，又油滴带负电在电场中所受电场力的方向与该点场强方向相反，故该匀强电场的方向竖直向下，由于沿电场线方向电势降低，故P点电势比Q点低，A错误；由于油滴先向下减速，后向上加速，故电场力大于重力，合力方向竖直向上，故若油滴从P运动到Q，合力对其做正功，动能增大，电势能减小，若油滴从Q运动到P，合力对其做负功，动能减小，电势能增大，故油滴在Q点的动能比它在P点的大，在Q点的电势能比它在P点的小，B正确，C错误；由于油滴所在电场为匀强电场，故所受的电场力为恒力，所受合力为恒力，故加速度处处相等，D错误。 4．(多选)如图所示，竖直向下的匀强电场中，用绝缘细线拴住的带电小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，以下说法中正确的是(　　) A．带电小球可能做匀速圆周运动 B．带电小球一定做非匀速圆周运动 C．带电小球通过最高点时，细线的拉力一定最小 D．带电小球通过最低点时，细线的拉力可能最小 答案　AD 解析　若小球所受的电场力与重力等大反向，则小球在竖直平面内做匀速圆周运动，A正确，B错误；如果小球受到的电场力与重力的合力竖直向上，则根据动能定理，小球在最高点速度最大，细线的拉力最大，在最低点拉力最小；而如果电场力与重力的合力竖直向下，则在最低点速度最大，细线的拉力最大，最高点拉力最小，C错误，D正确。 5.如图所示，质量为m、电量为＋q的小球，用长为L的绝缘细线悬挂于O点，在图示空间加上一平行纸面的水平方向匀强电场后，带电小球由静止开始向右摆动，细线与竖直方向最大夹角为37°。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　) A．电场方向水平向左 B．小球最终会静止在37°角位置处 C．向右摆动过程，带电小球电势能不断增大 D．电场强度的大小为 答案　D 解析　带电小球向右摆动，说明小球所受电场力方向向右，又小球带正电，故电场方向水平向右，故A错误； 电场力和重力的合力方向指向右下方，带电小球向右摆动到细线与竖直方向成37°角位置，不会静止在该位置，而是向下摆回初位置，即小球会来回摆动，不会静止，故B错误； 向右摆动过程，电场力一直做正功，则电势能一直减小，故C错误； 从最低点向右摆动到细线与竖直方向成37°角过程， 根据动能定理qELsin 37°－mgL(1－cos 37°)＝0－0，解得E＝，故D正确。 6．(12分)(2023·清远市高二学业考试)如图所示，在范围足够大的水平向右的匀强电场中，一个电荷量为－q的油滴，从A点以速度v竖直向上射入电场。已知油滴质量为m，重力加速度为g，当油滴到达运动轨迹的最高点时，测得它的速度大小恰为，问： (1)(6分)电场强度E为多大； (2)(6分)A点与最高点的电势差为多少。 答案　(1)　(2)－ 解析　(1)由题意知，当油滴到达运动轨迹的最高点时，竖直方向速度减为零，则油滴在竖直方向上v＝gt 油滴在水平方向上＝at，a＝ 可得E＝ (2)油滴在水平方向上有x＝at2 因为油滴带负电，所以所受电场力向左，则A点电势低于最高点电势，设最高点为O点，则A点与最高点O的电势差为UAO＝－Ex 解得UAO＝－。 7～8题每题10分，共20分 7．(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。 8.(多选)(2024·深圳市高二期末)如图所示，竖直面内有一个匀强电场，球1和球2是两个质量相同的带电小球，以相同的初速度沿电场中轴线水平射入，球1和球2的电荷量大小分别为q1和q2，根据两球的轨迹判断下列说法正确的是(　　) A．球1一定带负电 B．球2一定带正电 C．q1一定大于q2 D．q1可能小于q2 答案　AC 解析　根据题意可知电场线方向向下，则根据运动轨迹情况可知球1所受合力向上，球2所受合力向下，且由y＝at2，t＝可知两球竖直方向上位移大小相同，且初速度相同，球2在水平方向的位移更大，则球2的加速度更小，即a1>a2。对球1分析，球1所受电场力一定向上，与电场线方向相反，则球1一定带负电，Eq1－mg＝ma1，对球2分析，若球2所受电场力向上，则球2带负电，mg－Eq2＝ma2，若球2所受电场力向下，则球2带正电，mg＋Eq2＝ma2，则球2可能带正电，也可能带负电，故A正确，B错误； 由以上分析可知，若球2带负电，则Eq2<mg，又由Eq1>mg，可得q1>q2；若球2带正电，则根据a1>a2，得Eq1－mg＝ma1>ma2＝mg＋Eq2，可得q1>q2，故C正确，D错误。 9题12分，10题16分，共28分 9.(2023·广州市第一一三中学高二月考)在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8 J，在M点的动能为6 J，不计空气阻力，则下列判断正确的是(　　) A．小球水平位移s2与s1的比值为4∶1 B．小球水平位移s2与s1的比值为2∶1 C．小球落到B点时的动能为32 J D．小球从M点运动到B点的过程电场力做功为32 J 答案　C 解析　将小球的运动沿水平和竖直方向分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动，竖直分运动为竖直上抛运动，根据对称性，可知小球从A到M与从M到B的时间相等，小球水平方向在连续相等的时间间隔内位移之比为1∶3，小球水平位移s2与s1的比值为3∶1，A、B错误；小球从A到M有Fs1－mgh＝mvM2－mv2，小球从M到B有Fs2＋mgh＝mvB2－mvM2，在竖直方向上有v2＝2gh，解得mvB2＝32 J，Fs2＝18 J，即小球从M点运动到B点电场力做功为18 J，C正确，D错误。 10．(16分)如图所示，虚线左侧有一长度为、倾角θ＝37°的光滑斜面AB，虚线右侧有一光滑的半圆形轨道BCD，圆心为O，半径R＝，斜面AB与半圆形轨道BCD在B点平滑连接。已知在虚线的右侧空间有方向水平向右、电场强度E＝的匀强电场。现将一质量为m、电荷量为＋q的小物块从斜面AB的顶端A点由静止释放，已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)(4分)小物块第一次经过半圆形轨道最低点B时的速度大小； (2)(6分)小物块第一次经过半圆形轨道最右侧点C时，对半圆形轨道的压力； (3)(6分)试分析小物块在运动过程中是否会脱离半圆形轨道。 答案　(1)　(2)mg，水平向右　(3)不会脱离 解析　(1)A到B，由动能定理得 mgsin 37°＝mvB2－0 则vB＝ (2)B到C，由动能定理得 qER－mgR＝mvC2－mvB2 在C处，由牛顿第二定律有FN－qE＝ 由牛顿第三定律知FN′＝FN＝mg 小物块对半圆形轨道的压力方向水平向右。 (3)如图所示 小物块进入虚线右侧区域后，受到的电场力F电＝qE＝mg 电场力与重力的合力 F合＝＝mg 合力方向与竖直方向夹角为53°斜向右下。 假设小物块未到达半圆形轨道上与圆心等效等高点(从O作一条与合力的垂线，与半圆形轨道的交点)，且当速度减为零时，在合力的反方向上移动了距离h，由动能定理0－mvB2＝－F合·h＝－mg·h 圆心等效等高点在复合场中等效高度比B点高出了h0＝Rcos 53° 只要h小于h0小物块就不会脱离轨道， h＝L<Rcos 53°＝L 所以假设成立，小物块不会脱离半圆形轨道。 学科网（北京）股份有限公司 $