第1章 习题课4 带电粒子在电场中运动的综合应用（课件PPT）-【精讲精练】2025-2026学年高中物理必修第三册（教科版）

该高中物理课件聚焦带电粒子在电场中运动的综合应用，系统覆盖直线运动、类平抛运动、交变电场中的运动及圆周运动等题型，通过回顾电场力、牛顿运动定律、动能定理等基础知识点搭建学习支架，引导学生掌握综合分析方法。 其亮点在于采用分题型探究与变式训练结合的方式，通过模型建构（如类平抛运动分解、交变电场分段分析）和科学推理（动能定理应用、向心力来源分析）培养学生科学思维，助力学生提升复杂问题解决能力，教师可借助分层训练有效落实学业要求。

习题课四　 带电粒子在电场中运动的综合应用 第一章　静电场 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 目 录 探究案 01 知能达标训练 03 CONTENTS 提升案 02 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 探究案 关键能力·互动探究 01 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 答案　(1)2E　(2)2qEl 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 提升案 随堂演练·基础落实 02 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 点击进入Word 知能达标训练 03 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 谢谢观看 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 [学业要求与核心素养] 1．进一步掌握带电粒子在电场中直线运动和类平抛运动的分析方法。 2．会分析带电粒子在电场中的圆周运动，会分析向心力的来源。 3．会分析带电粒子在交变电场中的运动。 题型一　带电粒子在电场中的直线运动 1．带电粒子在电场中的直线运动 (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．讨论带电粒子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。 　如图所示，带电平行金属板A、B板间距离为d，A、B板间电势差为U(大小未知)，A板带正电，B板中央有一小孔。一带正电的液滴，电荷量为q，质量为m，自孔的正上方距板高h处自由下落，若液滴恰能落至A、B板的正中央c点，不计空气阻力，重力加速度为g，试求： (1)带电液滴刚达到B板小孔时的速度大小； (2)A、B板间的电势差U为多大。 [解析]　(1)由题知液滴自孔的正上方距板高h处自由下落， 有veq \o\al(2,B) ＝ 2gh，解得vB＝eq \r(2gh)。 (2)由题知带正电的液滴恰能落至A、B板的正中央c点，且A板带正电，则根据动能定理有mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(d,2)))＋qeq \f(UBA,2)＝0，UAB ＝ －UBA 解得U＝UAB＝eq \f(2mg,q) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(d,2)))。 [答案]　(1)eq \r(2gh)　(2)eq \f(2mg,q) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(d,2))) [变式1]　例题中，带电平行金属板A、B，板间的电势差为U，其他条件不变，则(　　) A．微粒在下落过程中动能逐渐增加，重力势能逐渐减小 B．微粒在下落过程中重力做功为mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(d,2)))，静电力做功为－qU C．微粒落入电场中，电势能逐渐增大，其增加量为eq \f(1,2)qU D．若微粒从距B板高1.5h处自由下落，则恰好能到达A板 [解析]　下落过程中，微粒的速度先增大后减小，故动能先增大后减小。重力势能逐渐减小，A错误；微粒在下落了h＋eq \f(d,2)高度后，重力做功mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(d,2)))，但静电力做功为－q×eq \f(U,d)×eq \f(d,2)＝－eq \f(1,2)qU，B错误；微粒落入电场中，静电力做功为－eq \f(1,2)qU，根据静电力做功与电势能变化关系知其电势能增加量为eq \f(1,2)qU，C正确；根据题意mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(d,2)))－eq \f(1,2)qU＝0，mg(h′＋d)－qU＝0，故h′＝2h，故D错误。 [答案]　C [变式2]　在例题中，若平行金属板电容器的电容为C，开始两板均不带电，B板接地。现将带电液滴一滴一滴地从小孔正上方h高处无初速度地滴下，当前一滴液滴落到A板后，下一滴液滴才开始下落，液滴落到A板后电荷全部传给A板，其他条件不变。试求： (1)第几滴液滴落到A板后，下一滴在A、B间可能做匀速直线运动？ (2)能够到达A板的液滴不会超过多少滴？ 解析　(1)设第n＋1滴恰在A、B间做匀速直线运动，则这时电容器的带电量为nq，对第n＋1滴液滴，根据它的受力平衡得qE＝mg 电场强度为E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(nq,Cd) 解得n＝eq \f(mgCd,q2)。 (2)当能够到达A板的液滴增多时，电容带电量Q增大，两板间电压也增大；当某带电液滴到达A板速度恰好为零时，该液滴将返回，在AB间往复运动。设能够到达A板的液滴不会超过n′，由动能定理有qU ′＝mg(h＋d)，则有qeq \f(n′q,C)＝mg(h＋d) 解得n′＝eq \f(mgCh＋d,q2)。 答案　(1)eq \f(mgdC,q2)　(2)eq \f(mgCh＋d,q2) 1．如图所示，A、B为平行金属板，两极板相距为d，分别与电源两极连接。两板的中央各有一小孔M、N。今有一带电质点自A板上方相距为d的P点由静止下落，不计空气阻力，到达两板中点时的速度恰好为零，然后沿原路返回。则带电质点的重力与它在电场中所受电场力的大小之比为(　　) A．1∶2　　　　　　　　　　 B．1∶3 C．2∶1 D．3∶1 解析　带电质点从P点开始下落，先加速后减速。根据动能定理，有mg×eq \f(3,2)d＝eq \f(1,2)Uq，重力与电场力的大小比值为1∶3，故选B。 答案　B 题型二　带电粒子的类平抛运动 1．先求加速度。 2．将运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的匀加速直线运动，在两个方向上分别列运动方程。 3．涉及功能关系，也可用动能定理列方程。 　如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ＞0)。质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。 (1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小； (2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？ [解析]　(1)PG、QG间场强大小相等，设为E，粒子在PG间所受静电力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E＝eq \f(2φ,d) F＝qE＝ma 设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有 qEh＝Ek－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 所以Ek＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＋eq \f(2qhφ,d) 设粒子第一次到达G时所用时间为t， 粒子在水平方向的位移为l，则有h＝eq \f(1,2)at2 l＝v0t 联立解得l＝v0eq \r(\f(mdh,qφ))。 (2)设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，由对称性知，此时金属板的长度L为L＝2l＝2v0eq \r(\f(mdh,qφ))。 [答案]　(1)eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＋eq \f(2φ,d)qh　v0eq \r(\f(mdh,qφ)) (2)2v0eq \r(\f(mdh,qφ)) [变式]　在例题中，若两金属板间距为3d，在P板下方2d处有一水平放置的金属网G，G接地。带电粒子自G的左端上方距离G为d的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，粒子穿越金属网过程中与金属网不接触，其他条件不变。求： (1)粒子第一次到达G所需的时间t； (2)粒子穿过G后距Q板的最近距离y； (3)若粒子恰好沿水平方向飞离电场，求金属板的长度L。 解析　(1)粒子在竖直方向做匀加速直线运动，第一次到达G所需的时间为t，则有d＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(qφ,2dm)，联立解得t＝2deq \r(\f(m,qφ))。 (2)粒子穿过G板时的竖直方向的速度为v＝at， 粒子穿过G后，粒子的加速度为a′＝eq \f(qφ,dm)＝2a 则粒子穿过G后，粒子在竖直方向做匀减速直线运动，速度减为0所用时间为t′＝eq \f(v,a′)＝eq \f(v,2a)＝eq \f(1,2)t，因为d＝eq \f(v,2)t，则d′＝eq \f(v,2)t′＝eq \f(1,2)d 所以粒子穿过G后距Q板的最近距离y＝d－eq \f(1,2)d＝eq \f(1,2)d。 (3)若粒子恰好沿水平方向飞离电场，即粒子在竖直方向速度为0，粒子在竖直方向先做匀加速运动t加速到v，后做匀减速运动eq \f(1,2)t 减到0，再接着反向加速eq \f(1,2)t 加到v，然后减速运动t减到0，竖直方向可能做周期性这种运动下去，但是水平方向一直做匀速直线运动，则粒子恰好沿水平方向飞离电场的时间为t总＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)t))(n＝1,2,3，…) 金属板的长度为L＝v0t总＝3nv0deq \r(\f(m,qφ))(n＝1、2、3、…)。 答案　(1)2deq \r(\f(m,qφ))　(2)eq \f(1,2)d　(3)3nv0deq \r(\f(m,qφ))(n＝1,2,3，…) 2．(2025·银川期末)如图所示，水平面内有一直角坐标系xOy，在第二、三象限内存在沿x轴正方向、场强大小为E的匀强电场Ⅰ，在第一、四象限的x＝0至x＝l区间内存在沿y轴正方向的有理想边界的匀强电场Ⅱ，场强大小未知。一带正电的粒子(可视为点电荷)从P点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(l,2)，0))由静止开始仅在电场力作用下运动，从Q点(l，l)离开电场Ⅱ。带电粒子的质量为m，电荷量为q，不计带电粒子的重力。求： (1)电场Ⅱ的场强E的大小； (2)若将带电粒子从x轴负半轴上某一位置由静止释放，可使粒子飞出电场Ⅱ时动能最小，求该粒子飞出电场Ⅱ时的最小动能Ek。 解析　(1)粒子在电场Ⅰ中做初速度为0的匀加速运动，从P点到O点，根据动能定理可得qEeq \f(l,2)＝eq \f(1,2)mv2，粒子进入电场Ⅱ的速度为v＝ eq \r(\f(qEl,m)) 粒子在电场Ⅱ中做类平抛运动，由运动学公式可得l＝vt，l＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(qE′,m) 解得E′＝2E。 (2)设粒子在电场Ⅰ中x轴上距原点O为x的位置释放，从释放到O点，由动能定理得qEx＝eq \f(1,2)mv′2 解得v′＝ eq \r(\f(2qEx,m)) 粒子进入电场Ⅱ中做类平抛运动，设偏移量为y， 则有l＝v′t′，y＝eq \f(1,2)·eq \f(qE′,m)t′2 解得y＝eq \f(l2,2x) 由全过程动能定理得qEx＋qE′y＝Ek 带入y整理后得Ek＝qEeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(l2,x))) 根据均值不等式可知，当x＝eq \f(l2,x)，即x＝l时，动能有最小值。且最小值为Ek＝2qEl。 题型三　带电粒子在交变电场中的运动 1．当空间存在交变电场时，粒子所受静电力方向将随着电场方向的改变而改变，粒子的运动性质也具有周期性。 2．研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究，并辅以v ­t图像。特别需注意带电粒子进入交变电场时的时刻及交变电场的周期。 　如图甲，两平行金属板MN、PQ的板长相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场强度大小为E，t＝0 s时一质量为m，带电量为q的粒子(不计重力)沿板间中线垂直电场方向以v0速度射入电场，经过时间T恰好从MN极板边缘N处水平射出。求： (1)带电粒子在电场中运动的加速度大小和平行板的长度。 (2)电容器两极板间的电势差U。 [解析]　(1)加速度为qE＝ma 带电粒子在电场中运动的加速度a＝eq \f(qE,m) 带电粒子在水平方向做匀速直线运动，则平行板长度l＝v0T。 (2)0～eq \f(T,2)垂直平行板方向位移x1·x1＝eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＝eq \f(qET2,8m) eq \f(T,2)～T垂直平行板位移x2，x2＝aeq \f(T,2)×eq \f(T,2)－eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＝eq \f(qET2,8m) 平行板间距离d＝2(x1＋x2)＝eq \f(qET2,2m) 电容器两极板间的电势差U＝Ed＝eq \f(qE2T2,2m)。 [答案]　(1)eq \f(qE,m)，v0T　(2)eq \f(qE2T2,2m) [变式1]　在例题中，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0。已知t＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电，其他条件不变。则(　　) A．部分粒子会打到两极板上 B．每个粒子在板间运动全过程，所受电场力会致使带电粒子离开电场时沿电场方向的速度不为零 C．运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2Ek0 D．有t＝neq \f(T,2)(n＝0,1,2，…)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场 解析　带电粒子在垂直于电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上，做加速度大小不变、方向周期性变化的变速直线运动，由t＝0时刻进入电场的粒子运动情况可知，粒子在平行板间运动时间为交变电流周期的整数倍，在0～eq \f(T,2)时间内带电粒子运动的加速度为a＝eq \f(E0q,m)，由匀变速直线运动规律得vy＝at＝eq \f(E0q,m)t。同理可分析eq \f(T,2)～T时间内的运动情况，所以带电粒子在沿电场方向的速度v与E­t图线所围面积成正比(时间轴下方的面积取负值)，而经过整数个周期， E0­t图像与坐标轴所围面积始终为零，故带电粒子离开电场时沿电场方向的速度总为零，都垂直电场方向射出电场，故B、D错误；带电粒子在t＝0时刻射入时，侧向位移最大，故其他粒子均不可能打到极板上，故A错误；当粒子在t＝0时刻射入且经过T离开电场时，粒子在t＝eq \f(T,2)时达到最大速度，由题意得此时两分位移之比为eq \f(x,y)＝eq \f(2,1)，即v0t＝2×eq \f(1,2)at2，可得vy＝v0，故粒子的最大速度为v＝eq \r(2)v0，因此最大动能为初动能的2倍，故C正确。 答案　C [变式2]　(多选)在例题中，不计重力的带电粒子沿板间中线且垂直于电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初速度大小均为v0，已知t＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边线垂直电场方向射出电场，不计粒子间的相互作用，其他条件不变。则(　　) A．t＝0之后射入电场的粒子可能会打到极板上 B．所有粒子最终都垂直电场方向射出电场 C．eq \f(T,4)时刻进入电场的粒子在两板间的最大偏移量为eq \f(d,8) D．若粒子的入射速度变为2v0，则无论哪个时刻进入电场的粒子，其从电场射出时的侧向位移都减半 解析　粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；t＝0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍，故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场，故B正确，A错误； 当t＝0时刻射入电场的粒子，在eq \f(T,2)时刻，粒子在水平方向上的分速度为v0，因为两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，则有v0T＝eq \f(vy′,2)×eq \f(T,2)×2×2，则t＝eq \f(T,2)时刻vy＝v0，当该粒子在eq \f(T,4)时刻以速度v0进入电场，则此时粒子竖直方向上在电场力的作用下，先做匀加速，再匀减速，接着再匀加速和匀减速后回到中线位置，竖直方向的最大速度vy′＝eq \f(vy,2)。其两板间最大偏移量为y＝eq \f(vy,2)×eq \f(T,4)×2，联立可得y＝eq \f(d,8)，故C正确； 若粒子恰好在一个周期射出电场，由C选项分析可知，粒子的入射速度为v0时，eq \f(T,4)时刻进入电场的粒子从中线位置射出，从电场射出时的侧向位移为零，当粒子的入射速度变为2v0时，水平方向长度不变，则时间t＝eq \f(T,2)，则在eq \f(3,4)T时刻射出电场，此过程中沿着电场方向，粒子先做匀加速运动，再做匀减速运动到沿着电场方向速度为零时射出电场，侧向位移不为零，故D错误。 答案　BC 3．在如图甲所示的平行板电容器A、B两板上加上如图乙所示的交变电压，开始时B板的电势比A板的高。这时在两板中间的电子由静止在静电力作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下列说法正确的是(不计电子重力)(　　) A．电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性运动 B．电子一直向A板运动 C．电子一直向B板运动 D．电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性运动 解析　由运动学和动力学规律可画出如图所示的v ­t图像，可知电子一直向B板运动，选项C正确。 答案　C 题型四　带电体在电场(复合场)中的圆周运动 1．解决电场(复合场)中的圆周运动问题，关键是分析向心力的来源，指向圆心的力提供向心力，向心力的提供有可能是重力和静电力的合力，也有可能是单独的重力或静电力。 2．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”。 　如图所示，直角坐标系处于竖直面内，第一、二象限存在着平滑连接的光滑绝缘轨道。第一象限内的轨道呈抛物线形状，其方程为y＝eq \f(1,2R)x2；第二象限内的轨道呈半圆形状，半径为R，B点是其最高点，且第二象限处于竖直方向的匀强电场中。现有一质量为m、带电量为q的带电小球，从与B点等高的A点静止释放，小球沿着轨道运动且恰能运动到B点。重力加速度为g，求： (1)小球刚运动到O点瞬间，圆轨道对小球的弹力FN的大小； (2)第二象限内匀强电场的场强E的大小； (3)小球落回抛物线轨道时的动能Ek。 [解析]　(1)小球从A点运动到O点的过程中机械能守恒，则有mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 在O点处，对小球由牛顿第二定律得FN－mg＝meq \f(v\o\al(2,0),R)，解得FN＝5mg。 (2)小球恰能运动到B点，说明小球所受的电场力向上，由牛顿第二定律得mg－qE＝meq \f(v\o\al(2,B),R) 小球从A点到B点的过程中，由动能定理得qE·2R＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)－0 解得vB＝2eq \r(\f(gR,5))，E＝eq \f(mg,5q)。 (3)小球从B点飞出后做平抛运动，设落回抛物线轨道时的坐标为(x，y)，则有x＝vBt,2R－y＝eq \f(1,2)gt2，x、y满足关系为y＝eq \f(1,2R)x2 联立可得eq \f(1,2)gt2＝eq \f(10,9)R 小球从B点到抛物线轨道，由动能定理得mg(2R－y)＝Ek－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B) 解得Ek＝eq \f(68,45)mgR。 [答案]　(1)5mg　(2)eq \f(mg,5q)　(3)eq \f(68,45)mgR 4．如图所示，半径为R的光滑圆环竖直置于场强大小为E、方向水平向右的匀强电场中，质量为m、带电荷量为＋q的空心小球穿在环上，当小球从顶点A由静止开始下滑到与圆心O等高的位置B时，求小球对环的压力。(重力加速度为g) 解析　小球从A到B的过程中，重力做正功，静电力做正功，动能增加，由动能定理有mgR＋qER＝eq \f(1,2)mv2。在B点时小球受到重力G、静电力F和轨道对小球的弹力F1三个力的作用，沿半径方向指向圆心的合力提供向心力，则F1－Eq＝meq \f(v2,R)，可得F1＝2mg＋3Eq。 小球对环的作用力与环对小球的作用力为作用力与反作用力，两者等大反向，即小球对环的压力大小F1＝2mg＋3Eq，方向水平向右。 答案　2mg＋3Eq，方向水平向右 1．如图所示，平行板电容器与电源相连，下极板接地。一带电油滴位于两极板的中心P点且恰好处于静止状态，现将平行板电容器两极板在纸面内绕OO′顺时针转过45°，则(　　) A．P点处的电势降低 B．带电油滴仍将保持静止状态 C．带电油滴到达极板前具有的电势能不断增加 D．带电油滴将水平向右做匀加速直线运动 解析　因电容器与电源始终相接，故电压不变，由E＝eq \f(U,d)知，电容器极板旋转后，d′＝d×sin 45°，所以场强变为E′＝eq \f(U,d′)＝eq \f(U,dsin 45°)＝eq \r(2)E，又因电容器下极板接地且油滴在中间，故电势φP＝UPO＝eq \f(1,2)U，故电势不变，故A错误；因极板旋转前油滴静止，应有mg＝qE，电场力方向向上，极板旋转后，电场力方向不再向下而是斜向右上方与竖直方向成45°角，油滴不能再保持静止，故B错误；由图可知油滴向右运动过程中，电场力做正功，油滴电势能应减小，故C错误； 旋转前qE＝mg，旋转后对油滴受力分析并沿水平与竖直方向分解知，在竖直方向上F＝qE′cos 45°－mg＝q×eq \r(2)E×eq \f(\r(2),2)－mg＝0，水平方向F＝qE′sin 45°＝q×eq \r(2)E×eq \f(\r(2),2)＝mg，故油滴将向右做加速度为g的匀加速直线运动，故D正确。 答案　D 2.(多选)如图，圆心为O的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab和cd为该圆直径。将电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点，电场力做功为2W(W>0)；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为W。下列说法正确的是(　　) A．该匀强电场的场强方向与ab平行 B．将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为0.5W C．a点电势低于c点电势 D．若只受电场力，从d点射入圆形电场区域的所有带 电粒子都做曲线运动 解析　由于该电场为匀强电场，可采用矢量分解的的思路，沿cd方向建立x轴，垂直与cd方向建立y轴如下图所示 在x方向有W ＝ Exq2R 在y方向有2W ＝ Eyqeq \r(3)R ＋ ExqR 经过计算有 Ex ＝ eq \f(W,2qR)，Ey ＝ eq \f(\r(3)W,2qR)，E ＝ eq \f(W,qR)，tan θ ＝ eq \f(Ey,Ex)＝eq \r(3)， 由于电场方向与水平方向成60°，则电场与ab平行，且沿a指向b，A正确； 该粒从d点运动到b点，电场力做的功为 W′ ＝ Eqeq \f(R,2)＝ 0.5W，B正确； 沿电场线方向电势逐渐降低，则a点的电势高于c点的电势，C错误； 若粒子的初速度方向与ab平行则粒子做匀变速直线运动，D错误。故选AB。 答案　AB 3．如图，半径为R、圆心在O点的绝缘光滑圆环固定在竖直面内，环上套着一个质量为m的带正电小球；两个等量异种点电荷分别固定在圆环平面内过O点的水平虚线上E、F两点，EO＝FO>R，小球以初速度v0从A点开始沿逆时针方向运动。不考虑小球的运动对两个点电荷形成的电场的影响，小球可视为质点，重力加速度大小为g。下列判定正确的是(　　) A．在B、D两点，小球所受电场力大小相等、方向相反 B．从B经C到D点，小球的电势能先减小后增大 C．在C点，小球对圆环的作用力大小为meq \f(v\o\al(2,0),R)＋4mg D．若还知道小球在B点的速率，则可求出小球在D点的速率 解析　由等量异种电荷的场强分布可知，B、D关于O点对称，场强方向相同，对小球在A点进行受力分析，可得其受力方向相同，A错误；对小球在B点进行受力分析，小球带正电从B点至D点，所受电场力向右，与位移方向相同，故电场力一直做正功，所以小球电势能一直减小，B错误；根据对称性，从A到C的过程中，电场力对小球做功为零，只有重力做功，由动能定理可得mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，在C点由牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(v\o\al(2,1),R)，由牛顿第三定律可得F压＝FN＝5mg＋meq \f(v\o\al(2,0),R)，C错误；整个过程中，只有重力和电场力对小球做功，从A到B和A到D，根据对称性，从A到B正电荷对小球做功等于从A到D负电荷做功，所以D点速率等于B点速率，D正确。 答案　D 4.如图所示，圆形区域内有方向平行于纸面的匀强电场，其半径为R，AB为圆的直径。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自A点由静止释放，粒子从圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°。现将该种粒子在纸面内从A点先后以不同的速率垂直于电场线方向射入电场，只考虑电场力的作用。 (1)求电场强度大小及方向； (2)为使粒子从B点离开电场，粒子进入电场时的速率v应是多大？ 解析　(1)依题意，由动能定理有qE·2Rcos 60°＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－0 解得E＝eq \f(mv\o\al(2,0),2qR)，方向从A指向C。 (2)依题意可知粒子在电场中做类平抛运动，设粒子从A运动到B所用时间为t，粒子在垂直电场方向的位移x＝2Rsin 60°＝vt 平行电场方向的位移y＝2Rcos 60°＝eq \f(1,2)at2 由牛顿第二定律有qE＝ma 联立方程解得v＝eq \f(\r(3),2)v0。 答案　(1)eq \f(mv\o\al(2,0),2qR)，从A指向C　(2)eq \f(\r(3),2)v0 5．(2025·南通期中)如图所示，平面直角坐标系第一象限部分区域存在竖直向上的匀强电场，电场左侧边界为y轴，竖直线边界PQ位于x＝3d处，且PQ为电场的右侧边界，宽度为3d的水平电子束以相同的速度v0从第二象限垂直y轴进入电场区域，电子束最下沿贴着x轴。假设粒子的比荷大小满足以下关系eq \f(e,m)＝eq \f(v\o\al(2,0),2Ed)，不考虑电子所受重力以及电子之间相互作用力，求： (1)从y＝3d处进入电场的电子离开电场时候的位置坐标； (2)从y＝d处进入电场的电子离开电场时候的速度大小； (3)电子打到边界PQ上的点距x轴的最远距离l。 解析　(1)电子进入电场后受到向下的大小为F＝eE的电场力做类平抛运动，加速度a＝eq \f(eE,m)＝eq \f(v\o\al(2,0),2d) 当水平位移x＝v0t＝3d时，时间t＝eq \f(3d,v0)，竖直位移y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(9,4)d<3d 故从y＝3d处进入电场的电子会从右边界离开，纵坐标y′＝3d－eq \f(9,4)d＝eq \f(3,4)d 离开电场时候的位置坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3d，\f(3,4)d))。 (2)由第(1)问得：当进入电场坐标满足y>eq \f(9,4)d时粒子会从右边界离开，竖直位移都是eq \f(9,4)d；故对从y＝d处进入电场的电子列动能定理 eEd＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 解得v＝eq \r(2)v0。 (3)对于粒子从右边界射出的情况，最远距离是第(1)问中情况eq \f(3,4)d；对于粒子从下边界射出的情况，记粒子射入电场时y轴坐标是yeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y<\f(9,4)d))，那么它会先做平抛运动，达到x轴后做匀速直线运动，最后达到右边界，分两个阶段讨论： 平抛阶段下落y，竖直加速度为a＝eq \f(v\o\al(2,0),2d)，那么下落时间t＝eq \f(2\r(yd),v0)，水平位移是v0t＝2eq \r(yd) 匀速直线运动阶段，竖直速度是v＝at＝v0eq \r(\f(y,d)) 水平速度v0，水平位移x＝3d－2eq \r(yd)，a＝eq \f(eE,m)＝eq \f(v\o\al(2,0),2d) 那么竖直位移是l＝eq \f(x,v0)v＝deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(\f(y,d))－2\f(y,d))) l是关于 eq \r(\f(y,d))的二次函数，当 eq \r(\f(y,d))＝eq \f(3,4)时，得到最大值l＝eq \f(9,8)d。 答案　(1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3d，\f(3,4)d))　(2)eq \r(2)v0　(3)eq \f(9,8)d $