2024年高中物理新教材同步学案 必修第三册 第10章　专题强化6　带电粒子在电场和重力场中的运动（含解析）

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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)。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　(多选)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．做匀减速直线运动C．电势能逐渐增加 D．机械能逐渐增加答案　BC解析　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错误，B正确；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。针对训练　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；(2)求两极板间的电势差大小；(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)2×106 V/m　(2)3×105 V　(3)1.2×10－6 C解析　(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。全过程由动能定理得mg(h＋L)－E|Q|L＝0解得E＝2×106 V/m(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)平行板电容器的电容C＝4.0×10－12 F，由C＝eq \f(Q,U)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例2　(多选)(2022·淄博市高一期末)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点的小答案　AB解析　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；由于油滴受重力、静电力都为恒力，加速度恒定且不为零，故D错误。例3　(多选)(2022·翼城中学高二月考)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3mgC．小球从A到B与从B到C的运动时间之比为3∶1D．小球从A到B与从B到C的速度变化量大小不相同答案　AB解析　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，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＝eq \f(1,2)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。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＝eq \f(F合,m)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4　(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(　　)A．匀强电场的电场强度E＝eq \f(mgtan θ,q)B．小球动能的最小值为Ek＝eq \f(mgL,2cos θ)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答案　AB解析　如图所示，小球静止时细线与竖直方向成θ角，受重力、拉力和静电力，三力平衡，根据平衡条件，有mgtan θ＝qE，解得E＝eq \f(mgtan θ,q)，选项A正确；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eq \f(mg,cos θ)＝meq \f(v2,L)，得v＝eq \r(\f(gL,cos θ))，则小球动能的最小值为Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(mgL,2cos θ)，选项B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机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，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。例5　(2022·马鞍山二中博望分校高二期末)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；(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；(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)答案　(1)1.5 N/C　(2)6 N　(3)eq \r(21) m/s解析　(1)带电小球在 B点静止，受力平衡，根据平衡条件得qE＝mgtan θ得E＝eq \f(mgtan θ,q)＝1.5 N/C(2)设小球运动至C点时速度为vC，则mgL－qEL＝eq \f(1,2)mvC2解得vC＝eq \r(2) m/s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＝meq \f(vC2,L)，联立解得F＝6 N(3)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，则mgcos θ＋qEsin θ＝meq \f(v2,L)，得v＝eq \r(5) m/s由动能定理得－mgLcos θ－qEL(1＋sin θ)＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02解得v0＝eq \r(21) m/s。专题强化练1.(2023·乐山市草堂高级中学高二期中)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．小球的机械能增加答案　A解析　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；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。2.(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做的功最多答案　AC解析　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，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；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。3．(2022·富宁县第一中学高二开学考试)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．上述情况都可能答案　A解析　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。4.(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(考虑重力)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减少答案　AD解析　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，油滴的动能和电势能之和一定减小，故D正确。5.(多选)(2023·南阳市卧龙区高二月考)如图所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则(　　)A．小球可能做匀速圆周运动B．当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小C．当小球运动到最高点a时，小球的电势能一定最小D．当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大答案　AC解析　当重力等于静电力时，只有细线的拉力提供向心力，小球可能做匀速圆周运动，故A正确；当重力小于静电力时，a点为等效最低点，则小球运动到最高点a时，小球的速度最大，线的张力最大，故B、D错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，在圆周上a点的电势最高，根据Epa＝qφa，当小球运动到最高点a时，小球的电势能一定最小，故C正确。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E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>EkCB．三个小球在电场中运动的时间tA＝tB＝tCC．三个小球在电场中运动的加速度关系是aC>aB>aAD．落到A点的小球带负电，落到B点的小球不带电答案　C解析　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＝eq \f(G－F,m)g，则a3>a1>a2，由于竖直方向位移相等，且初速度相同，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，tA>tB>tC，选项C正确，B、D错误；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EkAeq \f(mg,q)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点的电势高答案　A解析　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，由几何知识可知qE>mg ，即E>eq \f(mg,q)，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。9.(多选)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＋eq \f(d,2))，静电力做功为－eq \f(Uq,2)C．微粒落入电场中，电势能逐渐增大，其增量为eq \f(Uq,2)D．若微粒从距B板高2h处自由下落，则恰好能到达A板答案　BCD解析　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＋eq \f(d,2)，重力做功为mg(h＋eq \f(d,2))，静电力做负功，大小为eq \f(qU,2)，B正确；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正确；若微粒从距B板高2h处自由下落，假设能够到达A点，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。10.(多选)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，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gC．小球上升的最大高度为eq \f(v02,4g)D．小球返回原位置所用时间为eq \f(v0,g)答案　BC解析　设静电力与水平方向夹角为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；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＝eq \f(F,m)＝g，故B正确；设P为小球沿ON方向所能到达的最高点，则OP＝eq \f(v02,2a)＝eq \f(v02,2g)，小球上升的最大竖直高度为h＝OPsin 30°＝eq \f(v02,4g)，故C正确；根据对称性可知小球返回原位置所用时间为t＝eq \f(2v0,a)＝eq \f(2v0,g)，故D错误。11.(2022·南靖县第一中学高二期中)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：(答案可用根号表示)(1)匀强电场的电场强度大小E；(2)小球运动过程中的最大速度vm；(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多大的竖直向下的初速度v0。答案　(1)eq \f(\r(3)mg,3q)　(2)eq \r(\f(2\r(3),3)gL)　(3)eq \r(\f(8\r(3),3)gL)解析　(1)根据题意，从初始位置到速度恰好为零过程中，根据功能关系可得mgLcos 30°－EqL(1＋sin 30°)＝0，解得E＝eq \f(\r(3)mg,3q)(2)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°。从初始位置到等效最低点C，根据动能定理得mgLsin 60°－EqL(1－cos 60°)＝eq \f(1,2)mvm2解得vm＝eq \r(\f(2\r(3),3)gL)(3)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，由图可知，重力与静电力的合力为G′＝eq \f(mg,sin 60°)＝eq \f(2\r(3),3)mg在等效最高点，根据牛顿第二定律G′＝meq \f(vD2,L)从初始位置到D，根据动能定理得－mgLsin 60°－EqL(1＋cos 60°)＝eq \f(1,2)mvD2－eq \f(1,2)mv02联立解得v0＝eq \r(\f(8\r(3),3)gL)。12．(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/CB．平衡时细线的拉力为0.17 NC．经过0.5 s，小球的速度大小为6.25 m/sD．小球第一次通过O点正下方时，速度大小为7 m/s答案　C解析　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＝eq \f(mgtan 37°,q)＝3.75×106 N/C，故A错误；细线的拉力F＝eq \f(mg,cos 37°)＝0.125 N，故B错误；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，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。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＝eq \f(F合,m)＝eq \f(0.125,0.01) m/s2＝12.5 m/s2，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，经过的距离x＝eq \f(1,2)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＝eq \f(1,2)mv2，又ΔE＞0，得v＜7 m/s，故D错误。