資源簡介

專題提升五　帶電粒子在重力場與電場中的運動
(分值:100分)
選擇題1~8題,每小題10分,共80分。
基礎對點練
題組一　帶電粒子在復合場中的直線運動
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 (　　)
所受重力與靜電力平衡
電勢能逐漸增加
動能逐漸增加
做勻變速直線運動
2.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。那么 (　　)
微粒只能帶正電荷
微粒一定做勻減速直線運動
僅改變初速度的方向微粒仍做直線運動
運動中微粒電勢能保持不變
題組二　帶電粒子在復合場中的類平拋運動
3.(多選)如圖所示,真空中存在豎直向下的勻強電場,一個帶電油滴(考慮重力)沿虛線由a向b運動,以下判斷正確的是 (　　)
油滴一定帶負電
油滴的電勢能一定增加
油滴的動能一定減少
油滴的動能與電勢能之和一定減少
4.如圖所示,噴霧器可以噴出質量和電荷量都不盡相同的帶負電油滴。假設油滴以相同的水平速度射入接有恒定電壓的兩水平正對金屬板之間,有的沿水平直線①飛出,有的沿曲線②從板邊緣飛出,有的沿曲線③運動到板的中點上。不計空氣阻力及油滴間的相互作用,則 (　　)
沿直線①運動的所有油滴質量都相等
沿直線①運動的所有油滴電荷量都相等
沿曲線②、③運動的油滴,運動時間之比為1∶2
沿曲線②、③運動的油滴,加速度大小之比為1∶4
題組三　帶電粒子在復合場中的圓周運動
5.如圖所示,用長為L的絕緣輕線把質量為m、帶電荷量為q(q>0)的小球懸掛于天花板上的O點,小球靜止于O點正下方。如果在天花板下方空間加上水平向右的勻強電場,小球向右運動,懸線偏轉的最大角度為60°,則所加勻強電場的電場強度為 (　　)
6.(多選)如圖所示,用絕緣細線拴一帶負電小球,在豎直平面內做圓周運動,勻強電場方向豎直向下,則 (　　)
小球可能做勻速圓周運動
當小球運動到最高點a時,線的張力一定最小
當小球運動到最高點a時,小球的電勢能一定最小
當小球運動到最低點b時,小球的速度一定最大
7.(多選)兩個共軸的半圓柱形電極間的縫隙中存在一沿半徑方向的電場,如圖所示,帶正電的粒子流由電場區域邊緣的M點射入電場,沿圖中所示的半圓形軌道通過電場并從另一邊緣的N點射出,由此可知 (　　)
若入射粒子的電荷量相等,則出射粒子的質量一定相等
若入射粒子的電荷量相等,則出射粒子的動能一定相等
若入射粒子的比荷相等,則出射粒子的速率一定相等
若入射粒子的比荷相等,則出射粒子的動能一定相等
綜合提升練
8.(多選)在水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場,質量為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=2BC,如圖所示。重力加速度為g,由此可知 (　　)
靜電力為3mg
小球帶正電
小球從A到B與從B到C的運動時間相等
小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小相等
　　　　　　　　　　　　　　　　
9.(10分)水平放置的平行金屬板,相距6 cm,兩板分別與電池的正負極相連,板間電壓為100 V(如圖),原來不帶電的小球,質量為2 g,從與下板相距4 cm的地方,由靜止自由落下,與下板做彈性碰撞(碰撞中動能不損失)過程中,小球獲得電荷量q=2.0×10-6 C的負電荷(g=10 m/s2)。求:
(1)(5分)小球與下板相碰后能上升的高度;
(2)(5分)小球上升到最高點的過程中,電場力做的功。
培優加強練
10.(10分)(2024·四川成都高二期中)如圖所示,在沿水平方向的勻強電場中有一固定點O,用一根長度為L=0.4 m的絕緣細線把質量為m=0.4 kg、電荷量為q=+2 C的金屬小球懸掛在O點,小球靜止在B點時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10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)(5分)勻強電場的電場強度大小;
(2)(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少為多少(結果可用根號表示)
專題提升五　帶電粒子在重力場與電場中的運動
1.BD　[根據題意可知，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，故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，故C錯誤，B正確。]
2.B　[微粒做直線運動的條件是速度方向和合外力的方向在同一條直線上，只有微粒受到水平向左的靜電力才能使合力方向與速度方向相反且在同一條直線上，由此可知微粒所受的靜電力的方向與電場強度方向相反，則微粒必帶負電，故A錯誤；微粒所受合力沿運動的反方向，故微粒一定做勻減速直線運動，故B正確；僅改變初速度的方向時，合力的方向與運動方向不在同一直線上，微粒不可能再做直線運動，故C錯誤；運動過程中微粒做勻減速直線運動，靜電力做負功，電勢能增加，機械能減小，故D錯誤。]
3.AD　[物體做曲線運動時，受到的合力的方向指向物體運動軌跡彎曲的凹側，由此可知，該油滴受到的靜電力的方向是向上的，與電場方向相反，所以油滴一定帶負電，故A正確；該油滴受到的靜電力做正功，電勢能減小，故B錯誤；該油滴受到的靜電力做正功，而重力做負功，油滴的動能不一定減小，故C錯誤；重力對油滴做負功，重力勢能增加，根據能量守恒，油滴的動能和電勢能之和一定減小，故D正確。]
4.D　[沿直線①運動的油滴，滿足mg＝qE，即＝，所以沿直線①運動的油滴比荷相同，A、B錯誤；沿曲線②、③運動的油滴，均做類平拋運動，水平方向勻速運動，則x＝v0t，初速度相同，所以運動時間之比等于位移之比，即為2∶1，C錯誤；沿曲線②、③運動的油滴，水平方向有x＝v0t，豎直方向有y＝at2，聯立解得a＝，因為水平位移之比為2∶1，v0和y相同，所以加速度之比為1∶4，D正確。]
5.B　[根據動能定理得qELsin 60°－mgL(1－cos 60°)＝0，解得E＝，B正確。]
6.AC　[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，線的張力最大，故B錯誤；根據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Ep＝qφ知，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；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，故D錯誤。]
7.BC　[由題圖可知，粒子在電場中做勻速圓周運動，靜電力提供向心力，則有qE＝m，解得R＝，R、E為定值，若入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的動能一定相等，質量不一定相等；若入射粒子的比荷相等，則出射粒子的速率v一定相等，但動能不一定相等，故B、C正確。]
8.AD　[將從B到C的過程逆向看作從C到B的平拋運動，則兩個平拋過程水平方向的位移是二倍的關系，所以時間也是二倍的關系，故C錯誤；在豎直方向有h＝gt2，＝×，解得F＝3mg，故A正確；小球受到的靜電力向上，與電場方向相反，所以小球應該帶負電，故B錯誤；速度變化量等于加速度與時間的乘積，即Δv＝at，結合上述分析可得，AB過程Δv＝gt，BC過程|Δv|＝＝gt，故D正確。]
9.(1)4.8 cm　(2)1.6×10－4 J
解析　(1)設兩板間距為d，板間電壓為U，釋放時距下板距離為h，反彈的最大高度為H，反彈前后的速度大小均為v，小球上升過程加速度大小為a，
小球與下板相碰后，受到的電場力為F電＝qE
兩板間場強E＝
聯立并代入數據解得F電＝×10－2 N
方向豎直向上
重力大小為mg＝2×10－2 N
分析小球受力可知，重力大于電場力，所以小球反彈后向上做減速運動，小球到達最高點時速度為0
由牛頓第二定律有mg－F電＝ma
a方向豎直向下
根據速度位移公式有v2＝2gh
0－v2＝－2aH
聯立解得H＝4.8 cm。
(2)電場力做的功為W電＝F電H
代入數據解得W電＝1.6×10－4 J。
10.(1)1.5 N/C　(2) m/s
解析　(1)帶電小球在B點靜止，受力平衡，根據平衡條件得
qE＝mgtan θ
解得E＝＝1.5 N/C。
(2)分析可知小球做完整圓周運動時必須通過B點關于O點的對稱點，設在該點時小球的最小速度為v，則
＝m
由動能定理得
－mgLcos θ－qEL(1＋sin θ)＝mv2－mv
聯立解得v0＝ m/s。專題提升五　帶電粒子在重力場與電場中的運動
學習目標　1.會應用運動和力、功和能的關系分析帶電粒子在復合場中的直線運動問題。2.會應用運動和力、功和能的關系分析帶電粒子在復合場中的類平拋運動問題和圓周運動問題。
提升1　帶電粒子在復合場中的直線運動
分析方法
(1)動力學方法——牛頓運動定律、運動學公式。當帶電粒子所受合力為恒力，且與速度方向共線時，粒子做勻變速直線運動。若題目涉及運動時間，優先考慮牛頓運動定律、運動學公式。在重力場和電場的疊加場中的勻變速直線運動，亦可以分解為重力方向上、靜電力方向上的直線運動來處理。
(2)功、能量方法——動能定理、能量守恒定律。若題中已知量和所求量涉及功和能量，那么應優先考慮動能定理、能量守恒定律。
例1 如圖所示，兩水平邊界M、N之間存在豎直向上的勻強電場。一根輕質絕緣豎直細桿上等間距地固定著A、B、C三個帶正電小球，每個小球質量均為m，A、B兩球帶電荷量均為q、C球帶電荷量為2q，相鄰小球間的距離均為L。將該細桿從邊界M上方某一高度處由靜止釋放，已知B球進入電場上邊界時的速度是A球進入電場上邊界時速度的2倍，且B球進入電場后桿立即做勻速直線運動，C球進入電場時A球剛好穿出電場。整個運動過程中桿始終保持豎直狀態，重力加速度為g。不計空氣阻力。求：
(1)勻強電場的電場強度的大小E；
(2)A球經過電場上邊界時的速度的大小v0；
(3)C球經過邊界N時的速度的大小。
　
　
　
　
　
　
　
　
帶電粒子在復合場中做直線運動的條件
(1)粒子所受合力F合＝0，粒子做勻速直線運動。
(2)粒子所受合力F合≠0，F合一定且與初速度v0的方向在同一條直線上，若F合恒定粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動。　　
訓練1 (多選)如圖所示，一個平行板電容器，兩極板間的距離為d，板長為L，電容為C，帶電量為Q，一個電荷量為＋q的帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，直線與極板間的夾角為30°。則在此過程中，該粒子(　　)
A.電容器上極板帶正電
B.粒子做勻減速直線運動
C.沿著粒子運動路徑電勢逐漸降低
D.粒子的電勢能增加
提升2　帶電粒子在復合場中的類平拋運動
帶電粒子在電場中的類平拋運動的處理方法
1.運動分解的方法：將運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直初速度方向的勻加速直線運動，在這兩個方向上分別列運動學方程或牛頓第二定律。
2.利用功能關系和動能定理分析
(1)功能關系：靜電力做功等于電勢能的減少量，W電＝Ep1－Ep2。
(2)動能定理：合力做功等于動能的變化，W＝Ek2－Ek1。
例2 空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后發射兩個質量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q(q>0)。A從O點發射時的速度大小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為。重力加速度為g，求：
(1)電場強度的大小；
(2)B運動到P點時的動能。
　
　
　
　
　
　
　
　
訓練2 (多選)如圖所示，有A、B、C三個質量相等的帶正電、帶負電和不帶電的小球，從平行板電場的左側不同位置以相同的初速度垂直于電場方向進入電場，它們落在同一點，極板平行于水平面，可以判斷(　　)
A.小球A帶正電，小球B不帶電
B.三個小球在電場中運動的時間相等
C.三個小球到達極板時的動能關系為EkA＜EkB＜EkC
D.三個小球在電場中運動時的加速度關系為aA＞aB＞aC
提升3　帶電粒子在復合場中的圓周運動
1.解決復合場中的圓周運動問題，關鍵是分析向心力的來源，向心力的來源有可能是重力和靜電力的合力，也有可能是單獨的靜電力。有時可以把復合場中的圓周運動等效為豎直面內的圓周運動，找出等效“最高點”和“最低點”。
2.等效最高點和最低點的確定方法
在復合場中，任取一點(取題目中的圓心O點)，在該點處把物塊所受重力與靜電力合成為等效重力，等效重力所在直線與物塊做圓周運動的圓周有兩個交點，這兩個交點一個是等效最低點，一個是等效最高點，并且等效最低點就是等效重力線箭頭所在方向與圓周的交點，另一個就是等效最高點。
例3 如圖所示，一個豎直放置的半徑為R的光滑絕緣環，置于水平方向的勻強電場中，電場強度為E，有一質量為m、電荷量為q的帶正電荷的空心小球套在環上，并且qE＝mg。
(1)當小球由靜止開始從環的頂端A下滑圓弧長到位置B時，小球的速度為多少？環對小球的壓力為多大？
(2)小球從環的頂端A滑至底端C的過程中，小球在何處速度最大？最大速度為多少？
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　
訓練3 質量為m的小球帶電荷量為＋q，由長為L的絕緣繩系住，在水平向右、電場強度為E的勻強電場中最初靜止于A點，如圖所示，已知θ＝60°。為了讓小球在豎直平面內做完整的圓周運動，則小球在A點的初速度至少為(重力加速度為g)(　　)
A. B.
C. D.
隨堂對點自測
1.(帶電粒子在復合場中的類平拋運動)(多選)如圖所示，平行金屬板A、B水平正對放置，分別帶等量異種電荷。一帶電微粒水平射入板間，在重力和靜電力共同作用下運動，軌跡如圖中虛線所示，那么(　　)
A.若微粒帶正電荷，則A板帶負電荷
B.微粒從M點運動到N點電勢能增加
C.微粒從M點運動到N點動能減少
D.微粒從M點運動到N點機械能增加
2.(帶電粒子在復合場中的圓周運動)如圖所示，一半徑為R的絕緣圓形軌道豎直放置，圓軌道最低點與一條水平軌道相連，軌道都是光滑的。軌道所在空間存在水平向右的勻強電場。從水平軌道上的A點由靜止釋放一質量為m的帶正電的小球，已知小球受到的電場力大小等于小球重力的。為使小球剛好在圓軌道內做圓周運動，則釋放點A距圓軌道最低點B的距離s為(　　)
A. B.
C. D.
專題提升五　帶電粒子在重力場與電場中的運動
提升1
例1 (1)　(2)　(3)
解析　(1)B球進入電場后，桿立即做勻速直線運動，有3mg＝2qE，解得E＝。
(2)從A球進入電場到B球進入電場的過程中，運用動能定理得
3mgL－qEL＝×3m·(2v0)2－×3mv
解得v0＝。
(3)由C球進入電場時A球剛好穿出電場可知，MN間的寬度為2L
設C球經過邊界N時的速度的大小為v1，從A球進入電場到C球穿出電場的過程，運用動能定理得
3mg·4L－4qE·2L＝×3mv－×3mv
解得v1＝。
訓練1 BD　[帶電粒子在電場中受到電場力與重力，由粒子做直線運動可知粒子所受合力方向與速度共線，分析可知，電場力垂直極板向上，故上極板帶負電，粒子做勻減速直線運動，A錯誤，B正確；電場力與位移方向的夾角是鈍角，故電場力做負功，粒子電勢能增大，粒子帶正電，則沿著粒子運動路徑電勢逐漸升高，C錯誤；粒子克服電場力做功W＝qE·Ltan 30°，電勢能增加量ΔE＝W，聯立極板間場強E＝和Q＝CU，解得ΔE＝，D正確。]
提升2
例2 (1)　(2)2m(v＋g2t2)
解析　(1)設電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a。根據牛頓第二定律、運動學公式和題給條件，有
mg＋qE＝ma①
a＝gt2②
聯立解得E＝。③
(2)設B從O點發射時的速度為v1，到達P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，
根據動能定理有
mgh＋qEh＝Ek－mv④
且有v1·＝v0t⑤
h＝gt2⑥
聯立③④⑤⑥式得
Ek＝2m(v＋g2t2)。
訓練2 BD　[小球在水平方向做勻速直線運動，落在同一位置，水平位移相同，根據t＝可知時間相等；再根據豎直方向的勻加速直線運動規律y＝at2，可知加速度aA＞aB＞aC，所以A帶負電、B不帶電、C帶正電，故A錯誤，B、D正確；落在下極板上時，水平方向的速度相同，由豎直方向的速度vy＝at，可知vAy＞vBy＞vCy，三個小球到達極板時的動能關系為EkA＞EkB＞EkC，故C錯誤。]
提升3
例3 (1)　5mg　(2)BC弧的中點　
解析　(1)從A到B根據動能定理得
mgR＋qER＝mv－0
解得vB＝
根據牛頓第二定律得FN－qE＝m
解得FN＝5mg
根據牛頓第三定律得，環對小球的壓力大小為5mg。
(2)由于小球所受的靜電力與重力都是恒力，它們的合力也是恒力，小球從A處下滑時，靜電力與重力的合力先與速度成銳角，做正功，動能增大，速度增大，后與速度成鈍角，做負功，動能減小，速度減小，所以當合力與速度垂直時速度最大，由于qE＝mg，所以速度最大的位置位于BC圓弧的中點，設為D點。
則從A到D過程，根據動能定理得
mg＋qE·R＝mv
解得vm＝。
訓練3 D　[小球做圓周運動的等效最高點與A點關于圓心對稱，當小球在等效最高點且速度最小時，繩子的拉力為零，此時的合力F合＝＝2mg，根據牛頓第二定律得2mg＝，解得vmin＝；從等效最高點到等效最低點，由動能定理可得2mg·2L＝mv－mv，解得vA＝，A、B、C錯誤，D正確。]
隨堂對點自測
1.AD　[微粒向上偏轉，說明微粒受到的靜電力大于重力，若微粒帶正電荷，則板間的電場強度方向豎直向上，A板帶負電荷，故A正確；微粒從M到N的過程中，靜電力做正功，所以微粒的電勢能減小，故B錯誤；微粒從M點到N點過程中，合力做正功，所以微粒的動能增加，故C錯誤；微粒從M點到N點靜電力做正功，電勢能減小，減小的電勢能轉化為微粒的機械能，所以微粒的機械能增加，故D正確。]
2.D　[小球所受的等效重力為G′＝mg，設方向與水平方向成θ角斜向右下方，則tan θ＝＝，即θ＝53°。設等效最高點為C點，小球剛好在圓軌道內做圓周運動，則在C點等效重力提供小球做圓周運動的向心力，即G′＝m，解得vC＝，從A到C由動能定理得F電(s－Rcos 53°)－mg(R＋Rsin 53°)＝mv－0，其中F電＝mg，解得釋放點A距圓軌道最低點B的距離s＝，故D正確。](共50張PPT)
專題提升五　帶電粒子在重力場與電場中的運動
第一章　靜電場
1.會應用運動和力、功和能的關系分析帶電粒子在復合場中的直線運動問題。
2.會應用運動和力、功和能的關系分析帶電粒子在復合場中的類平拋運動問題和圓周運動問題。
學習目標
目 錄
CONTENTS
提升
01
課后鞏固訓練
02
提升
1
提升2　帶電粒子在復合場中的類平拋運動
提升1　帶電粒子在復合場中的直線運動
提升3　帶電粒子在復合場中的圓周運動
提升1　帶電粒子在復合場中的直線運動
分析方法
(1)動力學方法——牛頓運動定律、運動學公式。當帶電粒子所受合力為恒力，且與速度方向共線時，粒子做勻變速直線運動。若題目涉及運動時間，優先考慮牛頓運動定律、運動學公式。在重力場和電場的疊加場中的勻變速直線運動，亦可以分解為重力方向上、靜電力方向上的直線運動來處理。
(2)功、能量方法——動能定理、能量守恒定律。若題中已知量和所求量涉及功和能量，那么應優先考慮動能定理、能量守恒定律。
例1 如圖所示，兩水平邊界M、N之間存在豎直向上的勻強電場。一根輕質絕緣豎直細桿上等間距地固定著A、B、C三個帶正電小球，每個小球質量均為m，A、B兩球帶電荷量均為q、C球帶電荷量為2q，相鄰小球間的距離均為L。將該細桿從邊界M上方某一高度處由靜止釋放，已知B球進入電場上邊界時的速度是A球進入電場上邊界時速度的2倍，且B球進入電場后桿立即做勻速直線運動，C球進入電場時A球剛好穿出電場。整個運動過程中桿始終保持豎直狀態，重力加速度為g。不計空氣阻力。求：
(1)勻強電場的電場強度的大小E；
(2)A球經過電場上邊界時的速度的大小v0；
(3)C球經過邊界N時的速度的大小。
帶電粒子在復合場中做直線運動的條件
(1)粒子所受合力F合＝0，粒子做勻速直線運動。
(2)粒子所受合力F合≠0，F合一定且與初速度v0的方向在同一條直線上，若F合恒定粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動。　　
訓練1 (多選)如圖所示，一個平行板電容器，兩極板間的距離為d，板長為L，電容為C，帶電量為Q，一個電荷量為＋q的帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，直線與極板間的夾角為30°。則在此過程中，該粒子(　　)
BD
提升2　帶電粒子在復合場中的類平拋運動
帶電粒子在電場中的類平拋運動的處理方法
1.運動分解的方法：將運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直初速度方向的勻加速直線運動，在這兩個方向上分別列運動學方程或牛頓第二定律。
2.利用功能關系和動能定理分析
(1)功能關系：靜電力做功等于電勢能的減少量，W電＝Ep1－Ep2。
(2)動能定理：合力做功等于動能的變化，W＝Ek2－Ek1。
解析　(1)設電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a。根據牛頓第二定律、運動學公式和題給條件，有mg＋qE＝ma①
BD
訓練2 (多選)如圖所示，有A、B、C三個質量相等的帶正電、帶負電和不帶電的小球，從平行板電場的左側不同位置以相同的初速度垂直于電場方向進入電場，它們落在同一點，極板平行于水平面，可以判斷(　　)
A.小球A帶正電，小球B不帶電
B.三個小球在電場中運動的時間相等
C.三個小球到達極板時的動能關系為EkA＜EkB＜EkC
D.三個小球在電場中運動時的加速度關系為aA＞aB＞aC
提升3　帶電粒子在復合場中的圓周運動
1.解決復合場中的圓周運動問題，關鍵是分析向心力的來源，向心力的來源有可能是重力和靜電力的合力，也有可能是單獨的靜電力。有時可以把復合場中的圓周運動等效為豎直面內的圓周運動，找出等效“最高點”和“最低點”。
2.等效最高點和最低點的確定方法
在復合場中，任取一點(取題目中的圓心O點)，在該點處把物塊所受重力與靜電力合成為等效重力，等效重力所在直線與物塊做圓周運動的圓周有兩個交點，這兩個交點一個是等效最低點，一個是等效最高點，并且等效最低點就是等效重力線箭頭所在方向與圓周的交點，另一個就是等效最高點。
例3 如圖所示，一個豎直放置的半徑為R的光滑絕緣環，置于水平方向的勻強電場中，電場強度為E，有一質量為m、電荷量為q的帶正電荷的空心小球套在環上，并且qE＝mg。
(2)由于小球所受的靜電力與重力都是恒力，它們的合力也是恒力，小球從A處下滑時，靜電力與重力的合力先與速度成銳角，做正功，動能增大，速度增大，后與速度成鈍角，做負功，動能減小，速度減小，所以當合力與速度垂直時速度最大，由于qE＝mg，所以速度最大的位置位于BC圓弧的中點，設為D點。
則從A到D過程，根據動能定理得
D
訓練3 質量為m的小球帶電荷量為＋q，由長為L的絕緣繩系住，在水平向右、電場強度為E的勻強電場中最初靜止于A點，如圖所示，已知θ＝60°。為了讓小球在豎直平面內做完整的圓周運動，則小球在A點的初速度至少為(重力加速度為g)(　　)
隨堂對點自測
2
AD
1.(帶電粒子在復合場中的類平拋運動)(多選)如圖所示，平行金屬板A、B水平正對放置，分別帶等量異種電荷。一帶電微粒水平射入板間，在重力和靜電力共同作用下運動，軌跡如圖中虛線所示，那么(　　)
A.若微粒帶正電荷，則A板帶負電荷
B.微粒從M點運動到N點電勢能增加
C.微粒從M點運動到N點動能減少
D.微粒從M點運動到N點機械能增加
解析　微粒向上偏轉，說明微粒受到的靜電力大于重力，若微粒帶正電荷，則板間的電場強度方向豎直向上，A板帶負電荷，故A正確；微粒從M到N的過程中，靜電力做正功，所以微粒的電勢能減小，故B錯誤；微粒從M點到N點過程中，合力做正功，所以微粒的動能增加，故C錯誤；微粒從M點到N點靜電力做正功，電勢能減小，減小的電勢能轉化為微粒的機械能，所以微粒的機械能增加，故D正確。
D
課后鞏固訓練
3
BD
題組一　帶電粒子在復合場中的直線運動
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
基礎對點練
解析　根據題意可知，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，故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，故C錯誤，B正確。
B
2.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。那么(　　)
A.微粒只能帶正電荷
B.微粒一定做勻減速直線運動
C.僅改變初速度的方向微粒仍做直線運動
D.運動中微粒電勢能保持不變
解析　微粒做直線運動的條件是速度方向和合外力的方向在同一條直線上，只有微粒受到水平向左的靜電力才能使合力方向與速度方向相反且在同一條直線上，由此可知微粒所受的靜電力的方向與電場強度方向相反，則微粒必帶負電，故A錯誤；微粒所受合力沿運動的反方向，故微粒一定做勻減速直線運動，故B正確；僅改變初速度的方向時，合力的方向與運動方向不在同一直線上，微粒不可能再做直線運動，故C錯誤；運動過程中微粒做勻減速直線運動，靜電力做負功，電勢能增加，機械能減小，故D錯誤。
AD
題組二　帶電粒子在復合場中的類平拋運動
3.(多選)如圖所示，真空中存在豎直向下的勻強電場，一個帶電油滴(考慮重力)沿虛線由a向b運動，以下判斷正確的是(　　)
A.油滴一定帶負電
B.油滴的電勢能一定增加
C.油滴的動能一定減少
D.油滴的動能與電勢能之和一定減少
解析　物體做曲線運動時，受到的合力的方向指向物體運動軌跡彎曲的凹側，由此可知，該油滴受到的靜電力的方向是向上的，與電場方向相反，所以油滴一定帶負電，故A正確；該油滴受到的靜電力做正功，電勢能減小，故B錯誤；該油滴受到的靜電力做正功，而重力做負功，油滴的動能不一定減小，故C錯誤；重力對油滴做負功，重力勢能增加，根據能量守恒，油滴的動能和電勢能之和一定減小，故D正確。
D
4.如圖所示，噴霧器可以噴出質量和電荷量都不盡相同的帶負電油滴。假設油滴以相同的水平速度射入接有恒定電壓的兩水平正對金屬板之間，有的沿水平直線①飛出，有的沿曲線②從板邊緣飛出，有的沿曲線③運動到板的中點上。不計空氣阻力及油滴間的相互作用，則(　　)
A.沿直線①運動的所有油滴質量都相等
B.沿直線①運動的所有油滴電荷量都相等
C.沿曲線②、③運動的油滴，運動時間之
比為1∶2
D.沿曲線②、③運動的油滴，加速度大小之比為1∶4
B
題組三　帶電粒子在復合場中的圓周運動
5.如圖所示，用長為L的絕緣輕線把質量為m、帶電荷量為q(q>0)的小球懸掛于天花板上的O點，小球靜止于O點正下方。如果在天花板下方空間加上水平向右的勻強電場，小球向右運動，懸線偏轉的最大角度為60°，則所加勻強電場的電場強度為(　　)
AC
6.(多選)如圖所示，用絕緣細線拴一帶負電小球，在豎直平面內做圓周運動，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
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，線的張力最大，故B錯誤；根據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Ep＝qφ知，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；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，故D錯誤。
BC
7.(多選)兩個共軸的半圓柱形電極間的縫隙中存在一沿半徑方向的電場，如圖所示，帶正電的粒子流由電場區域邊緣的M點射入電場，沿圖中所示的半圓形軌道通過電場并從另一邊緣的N點射出，由此可知(　　)
A.若入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的質量一定相等
B.若入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的動能一定相等
C.若入射粒子的比荷相等，則出射粒子的速率一定相等
D.若入射粒子的比荷相等，則出射粒子的動能一定相等
AD
綜合提升練
8.(多選)在水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場，質量為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＝2BC，如圖所示。重力加速度為g，由此可知(　　)
A.靜電力為3mg
B.小球帶正電
C.小球從A到B與從B到C的運動時間相等
D.小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小相等
9.水平放置的平行金屬板，相距6 cm，兩板分別與電池的正負極相連，板間電壓為100 V(如圖)，原來不帶電的小球，質量為2 g，從與下板相距4 cm的地方，由靜止自由落下，與下板做彈性碰撞(碰撞中動能不損失)過程中，小球獲得電荷量q＝2.0×10－6 C的負電荷(g＝10 m/s2)。求：
(1)小球與下板相碰后能上升的高度；
(2)小球上升到最高點的過程中，電場力做的功。
答案　(1)4.8 cm　(2)1.6×10－4 J
解析　(1)設兩板間距為d，板間電壓為U，釋放時距下板距離為h，反彈的最大高度為H，反彈前后的速度大小均為v，小球上升過程加速度大小為a，
小球與下板相碰后，受到的電場力為F電＝qE
方向豎直向上
重力大小為mg＝2×10－2 N
分析小球受力可知，重力大于電場力，所以小球反彈后向上做減速運動，小球到達最高點時速度為0
由牛頓第二定律有mg－F電＝ma
a方向豎直向下
根據速度位移公式有v2＝2gh
0－v2＝－2aH
聯立解得H＝4.8 cm。
(2)電場力做的功為W電＝F電H
代入數據解得W電＝1.6×10－4 J。
培優加強練
10.(2024·四川成都高二期中)如圖所示，在沿水平方向的勻強電場中有一固定點O，用一根長度為L＝0.4 m的絕緣細線把質量為m＝0.4 kg、電荷量為q＝＋2 C的金屬小球懸掛在O點，小球靜止在B點時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10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)勻強電場的電場強度大小；
(2)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少為多少(結果可用根號表示)

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