專題強化帶電粒子在電場和重力場中的運動[學習目標]1.會應用運動和力、功和能的關(guān)系分析帶電粒子在電場和重力場中的運動問題(重難點)。2.學會利用“等效法”解決帶電粒子在電場和重力場中圓周運動的臨界問題(重難點)。一、帶電粒子在電場和重力場中的直線運動例1(1)如圖甲，一帶電液滴沿直線從b點運動到d點，bd與水平面成30°角，勻強電場方向豎直向下，液滴的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，重力加速度為g，則液滴帶________電(填“正”或“負”)，電場強度E＝eq\f(mg,q)，液滴做____________運動。(2)如圖乙，若其他條件不變，電場方向________，電場強度為________，液滴做____________運動，加速度大小a＝________。答案(1)負勻速直線(2)向左eq\f(\r(3)mg,q)勻加速直線2g帶電粒子在電場中做直線運動的條件1．合外力為零，帶電粒子做勻速直線運動，此種情況下，電場通常為豎直方向。2．合外力不為零，但合外力的方向與運動方向在同一直線上，帶電粒子做勻變速直線運動。二、帶電粒子在電場和重力場中的拋體運動例2在水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點以一定初速度水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰好水平，A、B、C三點在同一直線上，且AB＝BC，如圖所示。重力加速度為g，由此可知小球帶________(填“正”或“負”)電，小球從A到B與從B到C的運動時間________(填“相等”或“不相等”)，靜電力為________，小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小________(填“相等”或“不相等”)。答案負相等2mg相等解析由題意可知，小球受到的靜電力向上，與電場方向相反，所以小球帶負電，兩個運動過程水平方向的位移相等，所以運動時間也相等，在豎直方向有h＝eq\f(1,2)gt2，h＝eq\f(1,2)×eq\f(F－mg,m)t2，解得F＝2mg，速度變化量等于加速度與時間的乘積，即Δv＝at，結(jié)合以上的分析可得，AB過程Δv＝gt，BC過程|Δv|＝|eq\f(2mg－mg,m)·t|＝gt，故速度變化量的大小相等。處理帶電粒子在電場和重力場中拋體運動的方法1．明確研究對象并對其進行受力分析。2．將運動正交分解，分方向進行分析，把曲線運動轉(zhuǎn)化為分方向的直線運動，利用牛頓運動定律、運動學公式求解。3．涉及功和能量問題可利用功能關(guān)系和動能定理處理。①功能關(guān)系：靜電力做的功等于電勢能的減少量，W電＝Ep1－Ep2。②動能定理：合力做的功等于動能的變化，W＝Ek2－Ek1。三、帶電粒子在電場和重力場中的圓周運動例3將光滑絕緣圓軌道置于豎直面內(nèi)，一帶正電小球能在圓軌道內(nèi)完成完整的圓周運動，圓軌道的圓心為O。重力加速度為g，軌道半徑為R。(1)在圖甲中作圖確定小球速度最大的位置A及小球速度最小的位置B。(2)若將此軌道置于豎直向上勻強電場中，電場強度大小為E＝eq\f(2mg,q)。①小球受到重力與靜電力合力大小為________，方向________。②在圖乙中作圖確定小球速度最大的位置C及小球速度最小的位置D。③若小球恰好完成圓周運動，則vD＝________，vC＝________。(3)若將此軌道置于水平向右的電場中，電場強度大小為E＝eq\f(3mg,4q)。①小球受重力與靜電力的合力大小為________，方向為__________。②在圖丙中作圖確定小球速度最大的位置M和速度最小的位置N。③若小球恰好完成圓周運動，則vN＝________vM＝________。答案(1)見解析圖(a)(2)①mg豎直向上②見解析圖(b)③eq\r(gR)eq\r(5gR)(3)①eq\f(5,4)mg與水平方向成53°角斜向右下方②見解析圖(c)③eq\f(\r(5gR),2)eq\f(5,2)eq\r(gR)解析(1)(2)①F合＝Eq－mg＝mg，方向豎直向上②小球速度最大和最小位置如圖(b)③在D點：qE－mg＝meq\f(vD2,R)得：vD＝eq\r(gR)從D→C的過程中：(qE－mg)·2R＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvD2得：vC＝eq\r(5gR)。(3)①如圖(d)所示，重力與靜電力的合力F合大小為eq\f(5,4)mg，方向與水平方向成53°角斜向右下方。②過圓心O作與F合方向一致的直線，交圓周于M、N兩點，如圖(c)。③在N點：F合＝eq\f(5,4)mg＝meq\f(vN2,R)得：vN＝eq\f(\r(5gR),2)從N→M的過程中，F(xiàn)合·2R＝eq\f(1,2)mvM2－eq\f(1,2)mvN2得：vM＝eq\f(5,2)eq\r(gR)。解決電場和重力場中的圓周運動問題的方法1．首先分析帶電體的受力情況進而確定向心力的來源。2．用“等效法”的思想找出帶電體在電場和重力場中的等效“最高點”和“最低點”。(1)等效重力法將重力與靜電力進行合成，如圖所示，則F合為等效重力場中的“等效重力”，F(xiàn)合的方向為“等效重力”的方向，即等效重力場中的“豎直向下”方向。a＝eq\f(F合,m)視為等效重力場中的“等效重力加速度”(2)幾何最高點(最低點)與物理最高點(最低點)①幾何最高點(最低點)：是指圖形中所畫圓的最上(下)端，是符合人視覺習慣的最高點(最低點)。②物理最高點(最低點)：是指“等效重力F合”的反向延長線過圓心且與圓軌道的交點，即物體在圓周運動過程中速度最小(大)的點。1.(多選)如圖所示，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連。若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子()A．所受重力與靜電力平衡B．電勢能逐漸增加C．動能逐漸增加D．做勻變速直線運動答案BD解析根據(jù)題意可知，粒子做直線運動，則靜電力與重力的合力與速度方向反向，如圖所示粒子做勻減速直線運動，A錯誤，D正確；由A選項分析可知，靜電力做負功，則電勢能增加，動能減小，C錯誤，B正確。2.(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強電場，在勻強電場中有一根長為L的絕緣細線，細線一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球，小球電荷量大小為q。小球靜止時細線與豎直方向成θ角，此時讓小球獲得初速度且恰能繞O點在豎直平面內(nèi)順時針做圓周運動，重力加速度為g。下列說法正確的是()A．勻強電場的電場強度大小E＝eq\f(mgtanθ,q)B．小球動能的最小值為Ek＝eq\f(mgL,2cosθ)C．小球運動至圓周軌跡的最高點時機械能最小D．若小球恰好能夠完成圓周運動，則小球運動過程中對繩的最大拉力為eq\f(5mg,cosθ)答案AB解析如圖所示，小球靜止時細線與豎直方向成θ角，受重力、拉力和靜電力，三力平衡，根據(jù)平衡條件，有mgtanθ＝qE，解得E＝eq\f(mgtanθ,q)，選項A正確；小球恰能繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動，則在等效最高點A時速度最小，等效重力F′＝mg′＝eq\f(mg,cosθ)，根據(jù)牛頓第二定律有eq\f(mg,cosθ)＝meq\f(vA2,L)，得vA＝eq\r(\f(gL,cosθ))，則小球動能的最小值為Ek＝eq\f(1,2)mvA2＝eq\f(mgL,2cosθ)，選項B正確；小球的機械能和電勢能之和守恒，則小球運動至電勢能最大的位置機械能最小，小球帶負電，則小球運動到圓周軌跡的最左端時機械能最小，選項C錯誤；從A點至等效最低點的過程中，由動能定理：mg′·2L＝eq\f(1,2)mvmax2－eq\f(1,2)mvA2在等效最低點FT－mg′＝meq\f(vmax2,L)得FT＝eq\f(6mg,cosθ)，由牛頓第三定律球?qū)K的拉力FT′＝eq\f(6mg,cosθ)，D錯誤。3.(2023·廣州市實驗中學高二開學考試)如圖所示，勻強電場中相鄰豎直等勢線間距d＝10cm，質(zhì)量m＝0.1kg、帶電荷量為q＝－1×10－3C的小球以初速度v0＝10m/s拋出，初速度方向與水平線的夾角為45°，已知重力加速度g＝10m/s2，求：(1)小球加速度的大??；(2)小球再次回到圖中水平線時的速度大小和距拋出點的距離。答案(1)10eq\r(2)m/s2(2)10eq\r(5)m/s20m解析(1)設(shè)相鄰兩等勢線間的電勢差為U，由電場強度與電勢差之間的關(guān)系可知，電場強度為E＝eq\f(U,d)，解得E＝1×103V/m，靜電力F＝qE＝1N，方向水平向右重力G＝mg＝1N，方向豎直向下設(shè)小球加速度為a，由牛頓第二定律得F合＝eq\r(G2＋F2)＝ma解得a＝10eq\r(2)m/s2(2)設(shè)小球再次回到題圖中水平線時的速度大小為v，與拋出點的距離為L，小球加速度與初速度方向垂直，做類平拋運動，有Lcos45°＝v0t，Lsin45°＝eq\f(1,2)at2解得t＝eq\r(2)s，L＝20m，沿加速度方向有vy＝at，速度大小為v＝eq\r(v02＋vy2)解得v＝10eq\r(5)m/s。專題強化練[分值：100分]1～5題每題8分，6題12分，共52分1.(多選)(2024·撫州市高二期中)如圖所示，某一空間為真空，只有水平向右的勻強電場和豎直向下的重力場，在豎直平面內(nèi)有初速度為v0的帶電微粒，恰能沿圖示虛線由A向B做直線運動。下列說法正確的是()A．微粒只能帶負電荷B．微?？赡茏鰟蚣铀僦本€運動C．僅改變初速度的方向(與原速度不共線)，微粒將做曲線運動D．運動過程中微粒電勢能減小答案AC解析由題意可知，重力豎直向下，靜電力只能水平向左，故微粒只有帶負電荷才能做直線運動且一定是勻減速，故A正確，B錯誤；合力方向一定，僅改變初速度方向(與原速度不共線)，則初速度和合力不共線，將做曲線運動，故C正確；靜電力方向與運動方向夾角為鈍角，則靜電力做負功，電勢能變大，故D錯誤。2.(多選)(2023·南陽市高二月考)如圖所示，用絕緣細線拴一帶負電小球，在豎直平面內(nèi)做圓周運動，勻強電場方向豎直向下，則()A．小球可能做勻速圓周運動B．當小球運動到最高點a時，線的張力一定最小C．當小球運動到最高點a時，小球的電勢能一定最小D．當小球運動到最低點b時，小球的速度一定最大答案AC解析當重力等于靜電力時，只有細線的拉力提供向心力，小球可能做勻速圓周運動，故A正確；當重力小于靜電力時，a點為等效最低點，則小球運動到最高點a時，小球的速度最大，線的張力最大，故B、D錯誤；根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知，在圓周上a點的電勢最高，根據(jù)Epa＝qφa，當小球運動到最高點a時，小球的電勢能一定最小，故C正確。3．(2024·廣東省高二期中)如圖所示，一個正方體真空盒置于水平面上，它的ABCD面與EFGH面為金屬板，其他面為絕緣材料。ABCD面帶正電，EFGH面帶負電。從小孔P沿水平方向以相同速率射入三個質(zhì)量相同的帶正電液滴，最后分別落在1、2、3三點，則下列說法正確的是()A．三個液滴的運動時間相同B．三個液滴在真空盒中都做類平拋運動C．液滴1所帶電荷量最大D．三個液滴落到底板時的速度大小相同答案A解析由于三個液滴在豎直方向做自由落體運動，三個液滴下落的高度相同，三個液滴的運動時間相同，A正確；三個液滴在水平方向受到靜電力作用，水平方向不是勻速直線運動，所以三個液滴在真空盒中不是做類平拋運動，B錯誤；由于液滴3在水平方向位移最大，而運動時間和初速度相同，說明液滴3在水平方向加速度最大，所帶電荷量最大，C錯誤；三個液滴落到底板時豎直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三個液滴落到底板時的速度大小不相同，D錯誤。4.如圖所示，一個帶負電的油滴以初速度v0從P點斜向上進入水平方向的勻強電場中，v0與水平方向的夾角θ＝45°，若油滴到達最高點時速度大小仍為v0，則油滴最高點的位置在()A．P點的左上方 B．P點的右上方C．P點的正上方 D．上述情況都可能答案A解析當油滴到達最高點時，重力做了負功，要使油滴的速度大小仍為v0，需靜電力做正功，又油滴帶負電，故油滴最高點的位置在P點的左上方，故A正確。5.(2023·上海市青浦高級中學高二期中)如圖所示，有三個質(zhì)量相等分別帶正電、負電和不帶電的小球，從P點以相同的初速度垂直電場方向進入勻強電場E中，它們分別落到A、B、C三點，則可判斷()A．三個小球到達正極板時的動能關(guān)系是EkA>EkB>EkCB．三個小球在電場中運動的時間tA＝tB＝tCC．三個小球在電場中運動的加速度關(guān)系是aC>aB>aAD．落到A點的小球帶負電，落到B點的小球不帶電答案C解析在平行金屬板間不帶電小球、帶正電小球和帶負電小球的受力如圖所示。由圖可知不帶電小球做平拋運動a1＝g，帶正電小球做類平拋運動a2＝eq\f(G－F,m)<g，帶負電小球做類平拋運動a3＝eq\f(G＋F,m)>g，則a3>a1>a2，由于豎直方向位移相等，且初速度相同，則aC>aB>aA，所以落到A點的是帶正電小球；落到B點的是不帶電小球；落到C點的是帶負電小球，tA>tB>tC，選項C正確，B、D錯誤；根據(jù)動能定理，三小球到達正極板時的動能等于這一過程中合外力對小球做的功；由受力圖可知，帶負電小球合力最大為G＋F，做功最多，動能最大；帶正電小球合力最小為G－F，做功最少，動能最??；即EkA<EkB<EkC，故A錯誤。6．(12分)如圖所示，在范圍足夠大的、沿水平方向的勻強電場中有一固定點O，用一根長度為L＝0.4m的絕緣細線把質(zhì)量為m＝0.4kg、電荷量為q＝＋2C的小球懸掛在O點，在B點時小球靜止，細線與豎直方向的夾角為θ＝37°。已知A、C兩點分別為細線懸掛小球的水平位置和豎直位置，求：(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)(3分)勻強電場的電場強度大??；(2)(4分)將小球從A點由靜止釋放，小球通過最低點C時細線對小球的拉力大??；(3)(5分)如果要使小球能繞O點做完整的圓周運動，則小球在A點時沿垂直于OA方向運動的初速度最小為多少？(結(jié)果可用根號表示)答案(1)1.5N/C(2)6N(3)eq\r(21)m/s解析(1)帶電小球在B點靜止，受力平衡，根據(jù)平衡條件得qE＝mgtanθ得E＝eq\f(mgtanθ,q)＝1.5N/C(2)設(shè)小球運動至C點時速度為vC，則mgL－qEL＝eq\f(1,2)mvC2解得vC＝eq\r(2)m/s在C點，小球所受重力和細線拉力的合力提供向心力，即F－mg＝meq\f(vC2,L)，聯(lián)立解得F＝6N(3)分析可知小球做完整圓周運動時必須通過B點關(guān)于O點的對稱點，設(shè)在該點時小球的最小速度為v，則mgcosθ＋qEsinθ＝meq\f(v2,L)，得v＝eq\r(5)m/s由動能定理得－mgLcosθ－qEL(1＋sinθ)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得v0＝eq\r(21)m/s。7、8題每題10分，9題15分，共35分7．(2024·宣城市高二期中)空間存在水平向左的勻強電場，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電液滴在電場中的A點(圖中未畫出)以大小為v0的初速度水平向右射入電場。液滴經(jīng)過一段時間運動到A點下方的B點，液滴運動到B點時，速度大小為5v0，速度方向與豎直方向夾角為37°，sin37°＝0.6，重力加速度為g，不計空氣阻力，則勻強電場的電場強度大小為()A.eq\f(mg,2q)B.eq\f(\r(2)mg,2q)C.eq\f(\r(2)mg,q)D.eq\f(mg,q)答案D解析將液滴在B點的速度沿豎直與水平方向分解vy＝5v0cos37°＝4v0vx＝5v0sin37°＝3v0液滴從A點到B點經(jīng)歷的時間為t＝eq\f(4v0,g)所以液滴在水平方向的加速度由3v0＝－v0＋at得a＝g根據(jù)牛頓第二定律qE＝ma解得E＝eq\f(mg,q)，故選D。8.(多選)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場強度為E、區(qū)域足夠大的勻強電場中，以初速度v0沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線運動。ON與水平面的夾角為30°，且mg＝qE，重力加速度為g，則()A．電場方向豎直向上B．小球運動的加速度大小為gC．小球上升的最大高度為eq\f(v02,4g)D．小球返回原位置所用時間為eq\f(v0,g)答案BC解析設(shè)靜電力與水平方向夾角為θ，根據(jù)題意可知小球所受靜電力和重力的合力方向與小球速度方向共線，結(jié)合題意，對小球受力分析可知靜電力方向一定斜向上。將靜電力和重力分解成沿速度方向和垂直速度方向的分力。則在垂直速度方向，根據(jù)平衡條件有mgcos30°＝qEsin(θ－30°)，根據(jù)題意代入數(shù)據(jù)可得θ＝90°或θ＝150°，當θ＝90°時，重力和靜電力等大反向，小球所受合外力為零，小球做勻速直線運動，不符合題意。故小球所受靜電力方向與水平方向夾角為150°。若小球帶正電，則電場方向與靜電力方向同向，若小球帶負電，則電場方向與靜電力方向反向，故A錯誤；根據(jù)以上分析可知，小球受力如圖所示，故其合外力大小為F＝mg，小球運動的加速度大小為a＝eq\f(F,m)＝g，故B正確；設(shè)P為小球沿ON方向所能到達的最高點，則OP＝eq\f(v02,2a)＝eq\f(v02,2g)，小球上升的最大豎直高度為h＝OPsin30°＝eq\f(v02,4g)，故C正確；根據(jù)對稱性可知小球返回原位置所用時間為t＝eq\f(2v0,a)＝eq\f(2v0,g)，故D錯誤。9．(15分)如圖所示，水平絕緣粗糙的軌道AB與處于豎直平面內(nèi)的半圓形絕緣光滑軌道BC平滑連接，BC為豎直直徑，半圓形軌道的半徑為R。整個軌道處于水平向右的勻強電場中，電場強度為E?，F(xiàn)有一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電體(可視為質(zhì)點)，在水平軌道上的P點由靜止釋放，帶電體通過半圓形軌道的最高點C時對軌道恰好無壓力，然后落至水平軌道上的D點，重力加速度為g，且qE＝mg。求：(1)(5分)帶電體到達半圓形軌道最低點B時的速度大??；(用g、R表示)(2)(6分)帶電體在從P開始運動到C點的過程中對軌道的最大壓力；(用m、g表示)(3)(4分)帶電體離開C點后經(jīng)多長時間動能最小。(用g、R表示)答案(1)eq\r(5gR)(2)3(eq\r(2)＋1)mg，方向與豎直方向成45°角斜向右下方(3)eq\f(1,2)eq\r(\f(R,g))解析(1)設(shè)帶電體恰好通過C點時的速度為vC，根據(jù)牛頓第二定律有mg＝eq\f(mvC2,R)解得vC＝eq\r(gR)，設(shè)帶電體通過B點時的速度為vB，帶電體從B運動到C的過程中，根據(jù)動能定理有－mg·2R＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝eq\r(5gR)(2)因qE＝mg，所以帶電體所受重力與靜電力的合力與豎直方向成45°角，且在圓心O右下方時(等效最低點)速度最大，設(shè)最大速度為vm，從B運動到該點時，根據(jù)動能定理有qERsin45°－mgR(1－cos45°)＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mvB2，由向心力公式可得FNm－eq\r(2)mg＝meq\f(vm2,R)，聯(lián)立解得FNm＝3(eq\r(2)＋1)mg，根據(jù)牛頓第三定律，帶電體對軌道的最大壓力為FNm′＝3(eq\r(2)＋1)mg，方向與豎直方向成45°角斜向右下方。(3)帶電體從C運動到D點的過程中，動能最小時速度方向與合力方向垂直，所以此時帶電體水平方向和豎直方向的分速度大小相等，設(shè)運動到動能最小位置經(jīng)過的時間為t，水平方向加速度大小為g，方向水平向右，由速度公式可得vx＝vC－gt，豎直方向上有vy＝gt，又vx＝