專題52帶點粒子在復(fù)合場（重力和電場力）中的運動專題導(dǎo)航目錄TOC\o"1-3"\h\u?？键c帶點粒子在復(fù)合場（重力和電場力）中的運動 1考點拓展練習(xí) 7常考點歸納?？键c帶點粒子在復(fù)合場（重力和電場力）中的運動【典例1】如圖所示，豎直放置的帶有一定電量的平行板電容器，M板電勢高于N板電勢，兩極板間距為d。質(zhì)量為m、帶電荷量為q的微粒，從M板的邊緣以初速度v0射入電場，沿與水平方向夾角為60°的直線從N板的邊緣射出，設(shè)重力加速度為g。則（）A．兩極板間的電勢差為 B．微粒的動能減少 C．微粒的電勢能減少 D．微粒的機械能減少解：A、微粒沿直線運動，其所受的合外力方向與速度方向在同一直線上，受力分析如圖所示，則有：tan60°＝，得：E＝，兩極板間的電勢差為：U＝Ed＝．故A錯誤。B、根據(jù)動能定理得：﹣qEd﹣mg?d＝△Ek，得：△Ek＝﹣，即微粒的動能減少，故B錯誤。C、電勢能變化量為：△Ep＝﹣W電＝qEd＝，即電勢能增加，故C錯誤。D、根據(jù)能量守恒定律知微粒的電勢能和機械能之和保持不變，電勢能增加，則機械能減少，故D正確?！镜淅?】如圖中甲所示，在豎直平面內(nèi)的勻強電場中，虛線為電場線，與水平軸Ox的夾角為α＝37°，Ox軸上各點的電勢?的變化規(guī)律如圖乙所示。A點在Ox上，且OA＝4m，一個帶電小球質(zhì)量為m＝0.6kg，從O點靜止釋放，剛好沿OA做直線運動，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。（1）求勻強電場的場強；（2）求在此過程中電場力對小球做的功。解：（1）由圖像可得（2）帶點小球運動過程中受重力和電場力，且合力沿水平方向，則mg＝qEsinα，即qE＝，在OA過程中，W＝qEcosαOA＝mgOA＝0.6×10××4J＝32J答：（1）勻強電場的場強為10V/m；（2）在此過程中電場力對小球做的功為32J?！镜淅?】（多選）如圖所示，長為L、傾角為的光滑絕緣斜面處于沿斜面向下的勻強電場中，一帶電荷量絕對值為q、質(zhì)量為m的小球．以初速度v0由斜面底端的A點開始沿斜面向上做勻速直線運動，最終通過斜面頂端C點．已知重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．小球帶正電B．小球在C點的電勢能大于在A點的電勢能C．A、C兩點的電勢差D．電場強度大小為解：小球沿斜面向上做勻速直線運動，可知小球所受的電場力平行斜面向上，小球帶負電，選項A錯誤；從A到C電場力做正功，則電勢能減小，即小球在C點的電勢能小于在A點的電勢能，選項B錯誤；由平衡知識可知，解得，選項D正確；A、C兩點的電勢差，選項C正確；故選CD.【技巧點撥】1．帶電粒子在復(fù)合場中的直線運動的幾種常見情況勻速直線運動勻加速直線運動勻減速直線運動θθv0mgqEθθv0mgqEF合θθv0mgqEF合2．“等效重力法”分析復(fù)合場中圓周運動的幾種常見情況●●mgqEBA●vA●●mgqEBA●vA●mg●mgqEBA●vAmg'繩不松、不脫軌，在等效最低點的速度條件：【特別提醒】若帶電粒子在水平面內(nèi)運動，則為俯視圖，等效重力加速度為。3．帶電粒子在復(fù)合場中的勻變速曲線運動的幾種常見情況豎直向上拋出水平拋出斜上拋出AABC●●v0yxmgqEAABC●●v0yxmgqEAABC●●v0yxmgqE4．帶電粒子在復(fù)合場中的勻變速曲線運動AABC●●v0yxmgqEAADC●●v0yxmgqEθvmin加速度時間速度位移動能定理5．帶電小球在電容器中的直線運動勻速直線運動勻加速直線運動勻加速直線運動勻減速直線運動++++++++++++++++++++----------mgqEmgmgqEθmgmgqEθqE=mg，a=0qE=mgtanθ，a=g/cosθqE=mg/cosθ，a=gtanθqE=mg/cosθ，a=gtanθ6．多過程運動規(guī)律運動模型受力分析運動分析規(guī)律mgmgmg●qEttOvt2t1agv0=1\*GB3①速度公式v0=gt1=at2;速度位移公式v02=2gx1=2ax2=2\*GB3②全程動能定理：mg(h+d)-qU=0【變式演練1】．如圖所示，A為帶正電的點電荷，電量為Q，中間豎直放置一無限大的金屬板，B為質(zhì)量為m、電量為+q的小球，用絕緣絲線懸掛于O點，平衡時絲線與豎直方向的夾角為θ，且A、B兩個小球在同一水平面上，間距為L，則金屬板上的感應(yīng)電荷在小球B處產(chǎn)生的電場強度大小E為（）A．B．C．D．解：靜電平衡時，金屬板的感應(yīng)電荷在小球B所在處產(chǎn)生的電場強度方向向右，以小球為研究對象，受重力、點電荷對小球的靜電力F、感應(yīng)電荷的靜電力和細線的拉力，如圖根據(jù)共點力平衡條件，又根據(jù)庫侖定律得聯(lián)立解得故D正確，ABC錯誤?！咀兪窖菥?】（多選）如圖所示，長為L傾角為θ的光滑絕緣斜面處于電場中，一帶電量為＋q質(zhì)量為m的小球，以初速度v0從斜面底端A點開始沿斜面上滑，當?shù)竭_斜面頂端B點時，速度仍為v0，則下列說法正確的是

A．若電場是勻強電場，則該電場的電場強度的最小值一定為B．A、B兩點間的電壓一定等于C．小球在B點的電勢能一定大于在A點的電勢能D．若該電場是斜面中點豎直正上方某點的點電荷Q產(chǎn)生的，則Q一定是正電荷解：小球從A運動到B的過程中：，所以：，B對；若電場為勻強電場，由公式U=Ed，知當兩點剪的電壓一定時，間距越大，電場強度越小，故電場強度的最小值為，B對；在上升過程中，重力做負功，故電場力做正功，電勢能減小，A點的電勢能大于B點的電勢能，C錯；若該電場時斜面中點正上方某點的點電荷Q產(chǎn)生的，離電荷遠的A點電勢高，所以Q一定是負電荷，D錯．考點拓展練習(xí)1．（多選）如圖所示.用絕緣細線懸掛一個帶正電的小球，置于水平向右的勻強電場中，將小球從最低點A無初速釋放，當小球通過B點時具有速度v，則這一過程中A．小球的重力勢能增加B．小球的電勢能減少C．增加的重力勢能等于減少的電勢能D．增加的重力勢能小于減少的電勢能解：小球從A到B的過程中小球的位置升高，重力做負功，小球的重力勢能增加．故A正確；小球帶正電荷，到的電場力的方向向右，運動的方向向右，該過程中電場力做正功，電勢能減少．故B正確；小球在B點有速度v，所以小球的動能增加，由能量關(guān)系可知，小球增加的動能和重力勢能之和等于電勢能的減小，則小球增加的重力勢能小于減少的電勢能．故C錯誤，D正確．2．（多選）如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點是P，直線MN水平，a、b是兩個完全相同的帶正電小球（視為點電荷），b固定在M點，a從N點靜止釋放，沿半圓槽運動經(jīng)過P點到達某點Q（圖中未畫出）時速度為零。則小球a（）A．從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小B．從N到P的過程中，動量的大小先增大后減小C．從N到Q的過程中，電勢能一直增加D．從P到Q的過程中，動能減少量小于電勢能增加量解：A．a(chǎn)由N到Q的過程中，重力豎直向下，而庫侖力一直沿二者的連線方向，則可知，重力與庫侖力的夾角一直減小，且?guī)靵隽υ龃?，依?jù)力的合成法則，故合力一直在增大;故A錯誤；B．從N到P的過程中,合力先與運動方向的夾角均為銳角，合力做正功；而后一過程中合力與運動方向夾角為鈍角，合力做負功；從N到P的過程中，速率先增大后減小，所以動量的大小先增大后減小，故B正確；C．從N到Q小球電場力與速度的夾角一直是鈍角，則電場力一直做負功，電勢能增大，故C正確；D．從P到Q的過程中，電場力做負功，重力也做負功，動能的減少量等于電勢能和重力勢能的增加量之和，即動能減少量大于電勢能增加量，故D錯誤；3．如圖甲所示，空間有一水平向右的勻強電場，其中有一個半徑為R＝2m的豎直光滑圓環(huán)，環(huán)內(nèi)有兩根光滑的弦軌道AB和AC，A點所在的半徑與豎直直徑BC成37°角。質(zhì)量為m＝0.08kg、電荷量為q＝6×10﹣3C的帶電小球（可視為質(zhì)點）從A點靜止釋放，分別沿弦軌道AB和AC到達圓周的運動時間相同?，F(xiàn)去掉弦軌道AB和AC，如圖乙所示，給小球一個初速度，讓小球恰能在圓環(huán)內(nèi)做完整的圓周運動，不考慮小球運動過程中電荷量的變化。下列說法正確的是（cos37°＝0.8，g取10m/s2）（）A．小球做圓周運動經(jīng)過C點時動能最大 B．勻強電場的電場強度大小為E＝1×104V/m C．小球做圓周運動過程中動能最小值是0.5J D．小球做圓周運動過程中對環(huán)的壓力最大值是6N解：B、圖甲結(jié)合等時圓知識，重力與電場力合力必須指向AO，根據(jù)合成與分解可得：Eq＝mgtan37°，代入數(shù)據(jù)可得，勻強電場的電場強度大小為E＝100V/m，故B錯誤；A、等效最低點在AO延長線與圓軌道交點，等效最低點速度最大，動能最大，故A錯誤；C、因為重力與電場力均為恒力，所以二者的合力大小為F＝＝mg，小球做圓周運動，則在其等效最高點，F(xiàn)＝，此時小球速度最小，動能最小，最小動能為Ek＝mv2，解得Ek＝1J，故C錯誤；D、小球從等效最高點至等效最低點過程中，由動能定理得F×2R＝﹣，在等效最低點小球?qū)A環(huán)壓力最大，速度最大，動能最大，而非經(jīng)過C點時動能最大。由牛頓第二定律得FN﹣F＝m代入數(shù)據(jù)解得，F(xiàn)N＝6.0N由牛頓第三定律可知，小球做圓周運動的過程中對環(huán)的最大壓力是6.0N，故D正確。4．如圖所示，在一豎直平面內(nèi)有一光滑的絕緣傾斜軌道ab和一光滑的絕緣圓弧軌道bcde平滑相接，一個質(zhì)量為m的帶正電小球從距最低點c所在水平面高h．處由靜止釋放后，剛好能通過圓軌道的最高點e．現(xiàn)在軌道空間內(nèi)加一豎直向上的、范圍足夠大的勻強電場，且小球所受的電場力小于小球的重力，下列說法中正確的是（）A．小球經(jīng)過c點時，小球的機械能最小 B．小球經(jīng)過c點時動能最大，電勢能最小 C．若要小球仍能通過e點，必須從斜面上更高的位置靜止釋放 D．若小球仍從斜面上原位置靜止釋放，通過e點時會對軌道產(chǎn)生壓力解：加上電場后，當從斜面上高h0處釋放小球后，小球仍然是剛好能通過軌道的最高點，所以CD錯誤，由a到c重力做正功，電場力做負功，小球的機械能不守恒，在最低點，電勢能最大，機械能最小，故B錯誤，A正確。5．如圖一根不可伸長的絕緣細線一端固定于O點，另一端系一帶電小球，置于水平向右的勻強電場中，現(xiàn)把細線水平拉直，小球從A點靜止釋放，經(jīng)最低點B后，小球擺到C點時速度為0，則（）A．小球在B點時的速度最大 B．從A到C的過程中小球的電勢能一直增大 C．小球從A到C的過程中，機械能先減少后增大 D．小球在B點時的繩子拉力最大解：AD、小球受電場力、重力和繩子拉力作用，在復(fù)合場中擺動，當重力與電場力的合力與繩子的拉力在同一直線上時，小球處于等效最低點．據(jù)對稱性可知B點不是等效最低點，則球在B點時的速度不是最大，小球在B點時的繩子拉力不是最大，故AD錯誤；BC、據(jù)小球的擺動情況知，小球所受電場力的方向水平向右，則從A到C的過程中小球所受電場力一直做負功，從A到C的過程中小球的電勢能一直增大．據(jù)功能關(guān)系可得小球從A到C的過程中小球機械能變化等于電場力做的功，則從A到C的過程中小球的機械能一直減小。故B正確，C錯誤。6．(多選)電荷量為q＝1×10﹣4C的帶正電小物塊靜置于x＝0處的絕緣水平面上，所在空間存在沿x軸正方向的水平電場，電場強度E與位移x的關(guān)系和物塊速度v與時間t的關(guān)系如圖所示，若重力加速度g取10m/s2，則下列結(jié)論正確的是（）A．物塊的質(zhì)量為1kg B．0到4s內(nèi)電場力做功為14J C．x＝0與x＝4m兩點間的電勢差為8×104V D．0到4s內(nèi)物塊與水平面之間因摩擦產(chǎn)生的熱量為16J解：A、由題意得，當E1＝3×104N/C時，物體的加速度為a＝＝m/s2＝1m/s2，由牛頓第二定律得：qE1﹣f＝ma；當E2＝2×104N/C時，物體勻速運動，則物體受力平衡，電場力等于摩擦力，即：qE2＝f，又f＝μmg，代入數(shù)據(jù)解得：m＝1kg，μ＝0.2，故A正確；B、v﹣t圖象中圖象的與時間軸圍成的面積表示位移，則物塊在4s內(nèi)的總位移x＝×（2+4）×2＝6m，前4s內(nèi)電場力做功為W，由動能定理得：W﹣μmgs＝mv2，由此得：W＝14J，故B正確；C、x＝0與x＝2m兩點間的電勢差為：＝6×104V，x＝2m與x＝4m兩點間的電勢差為＝4×104V，所以x＝0與x＝4m兩點間的電勢差為：U＝U1+U2＝6×104V4×104V＝10×104V，故C錯誤；D、摩擦產(chǎn)生的熱量：Q＝Wf＝fx＝μmgx＝0.2×1×10×6J＝12J，故D錯誤。7．．如圖所示，帶有等量異種電荷的平行金屬板M、N豎直放置，M、N兩板間存在電場強度為E的勻強電場，距離d，現(xiàn)將一質(zhì)量m、電荷量未知的帶正電小球從兩極板上方的A點以v0的初速度水平拋出，之后小球恰好從靠近M板上端處以速度方向（為速度方向與水平方向的夾角）沿直線運動碰到N板上的C點，該直線與曲線的末端相切，不計空氣阻力，重力加速度為g。求：（1）帶電小球的電荷量；（2）小球到達C點時的動能。解：（1）小球進入電場后，沿直線運動到C點，所以重力與電場力的合力即沿該直線方向，則解得（2）進入電場后，小球受到的合外力B、C兩點間的距離B點速度從B到C由動能定理得聯(lián)立求得8.如圖所示，一質(zhì)量為m.電荷量為q的帶正電荷小球（可視為質(zhì)點）從y軸上的A點以初速度（未知）水平拋出，兩長為L的平行金屬板M.N傾斜放置且水平方向間的夾角為，帶電小球恰好能垂直M板從其中心小孔B進入兩板間（sin37°=0.6,g取10m/s2）（1）試求帶電小球拋出時的初速度；（2）若該平行金屬板M.N間有如圖所示的勻強電場，且勻強電場的電場強度大小與小球質(zhì)量之間的關(guān)系滿足，試計算兩平行板M.N之間的垂直距離d至少為多少時才能保證小球不打在N板上.解：（1）設(shè)小球由y軸上的A點運動到金屬板M的中點B的時間為t，由題意，在與x軸平行的方向上，有：，，帶電小球在豎直方向上下落的距離為：所以小球拋出點A的縱坐標為：，以上各式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可解得：．所以小球拋出點A的坐標為，小球拋出時的初速度大小為：（2）設(shè)小球進入電場時的速度大小為v，則由動能定理可得：解得：．帶電小球進入勻強電場后的受力情況如圖所示．因為，所以，因此，帶電小球進入該勻強電場之后，將做類平拋運動．其加速度大小為：，設(shè)帶電小球在該勻強電場中運動的時間為，欲使小球不打在N板上，由類平拋運動的規(guī)律可得：，以上各式聯(lián)立求解并代入數(shù)據(jù)可得：9.如圖所示，傾角θ=37?的固定斜面處于豎直向下的勻強電場中，電場強度E=104V/m，在足夠長的斜面上某點以v0=4m/s的初速度水平拋出一個質(zhì)量為m=0.1kg、電荷量為q=10-4C的帶正電的絕緣小球（可視為質(zhì)點），已知重力加速度g=10m/s2，sin37?=0.6，cos37?=0.8。求：（1）小球經(jīng)多長時間落到斜面上；（2）小球從水平拋出至落到斜面的過程中，電勢能減少了多少？解：(1)小球做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動。由牛頓第二定律得：（或：）解得：水平方向：豎直方向：又因為：聯(lián)立解得：t=0.3s(2)電場力做功為：W=F電y(或W=qEy)W=0.9J；因為電場力做了多少