資源簡介

專題提升五　帶電粒子(體)在電場與重力場中的運動及帶電粒子在交變電場中的運動
(分值：100分)
選擇題1～8題，每小題8分，共64分。
對點題組練
題組一　帶電粒子(體)在電場和重力場中的直線運動
1.如圖所示，空間有一水平方向的勻強電場，初速度為v0的帶電微粒從A點射入電場，在豎直平面內(nèi)沿直線從A運動到B，在此過程中微粒的(　　)
動能和電勢能都減少，重力勢能增加
動能和重力勢能都增加，電勢能減少
動能減少，重力勢能和電勢能都增加
動能不變，重力勢能增加，電勢能減少
2.如圖所示，高為h的固定光滑絕緣斜面，傾角θ＝53°，將其置于水平向右的勻強電場中，現(xiàn)將一帶正電的物塊(可視為質(zhì)點)從斜面頂端由靜止釋放，其所受的電場力是重力的，重力加速度為g，則物塊落地的速度大小為(　　)
2 2 2
題組二　帶電粒子(體)在電場和重力場中的曲線運動
3.如圖所示，四個質(zhì)量均為m、帶電量均為＋q的微粒a、b、c、d距離地面的高度相同，以相同的水平速度被拋出，除了a微粒沒有經(jīng)過電場外，其他三個微粒均經(jīng)過電場強度大小為E的勻強電場(mg>qE)，這四個微粒從被拋出到落地所用的時間分別是ta、tb、tc、td，不計空氣阻力，則(　　)
tata＝td4.如圖所示，在水平向右的勻強電場中，一個帶正電的液滴在豎直平面內(nèi)運動，P、Q為其運動軌跡上的兩點，液滴經(jīng)過這兩點時速度大小均為v0，速度方向與水平方向的夾角分別為α＝53°、β＝37°，已知液滴質(zhì)量為m、電量為q，重力加速度為g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，則下列說法正確的是(　　)
液滴從P點運動到Q點的時間為
電場強度的大小為
P、Q兩點間的電勢差為
液滴從P點運動到Q點過程中，動能先增加后減少
題組三　帶電粒子(體)在電場和重力場中的圓周運動
5.(2024·江蘇鹽城高二期末) 在豎直向上的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，最高點為a，最低點為b，不計空氣阻力，則(　　)
小球帶負電
電場力跟重力平衡
小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減小
小球在運動過程中機械能守恒
6.(多選)如圖所示，絕緣光滑的半圓軌道位于豎直平面，豎直向下的勻強電場E穿過其中，在軌道的上緣有一個質(zhì)量為m、帶電量為＋q(q＞0)的小球，由靜止開始從半圓形軌道的頂點沿軌道運動，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
小球運動過程中機械能守恒
小球在軌道最低點時速度最大
小球在最低點對軌道的壓力為mg＋qE
小球在最低點對軌道的壓力為3(mg＋qE)
題組四　帶電粒子在交變電場中的運動
7.如圖甲所示，在平行板電容器的A板附近，有一個帶正電的粒子(不計重力)處于靜止狀態(tài)，在A、B兩板間加如圖乙所示的交變電壓，t＝0時刻，該帶電粒子在靜電力作用下由靜止開始運動，經(jīng)過3t0時間剛好到達B板，設此時粒子的動能大小為Ek3，若用只改變A、B兩板間距離的方法，使粒子在5t0時刻剛好到達B板，此時粒子的動能大小為Ek5，則等于(　　)
1
8.(多選)如圖(a)所示，A、B表示真空中水平放置的間距為d的平行金屬板，板長為L，兩板加電壓后板間電場可視為勻強電場，現(xiàn)在A、B兩板間加上如圖(b)所示的周期性的交變電壓，在t＝時，恰有一質(zhì)量為m、電量為q的粒子在板間中央沿水平方向以速度v0射入電場，忽略粒子重力，下列關于粒子運動狀態(tài)的表述正確的是(　　)
粒子在垂直于板的方向的分運動不可能是單向運動
粒子在垂直于板的方向的分運動可能是往復運動
粒子不可能沿與板平行的方向飛出
只要電壓周期T和v0的值同時滿足一定條件，粒子可以沿與板平行的方向飛出
綜合提升練
9.(12分)(2024·廣東省揭陽高二月考)如圖甲所示的平行板電容器板間距離為d，板長為L，兩板間所加電壓隨時間變化圖線如圖乙所示，0～時間內(nèi)電壓為U0，～T時間內(nèi)的電壓未知。t＝0時刻，質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子以平行于極板的速度沿平行板中軸線OO′射入電容器，t＝T時刻粒子剛好從O′射出電容器，帶電粒子的重力不計，求：
(1)(6分)粒子從O點射入的速度大小；
(2)(6分)～T時間內(nèi)的電壓大小。
10.(12分)在一個水平面上，建立x軸，在過原點O垂直于x軸的平面右側(cè)空間有一勻強電場，場強E＝6×105 N/C，方向與x軸正方向相同，在O處放一個帶電量q＝－5×10－8 C、質(zhì)量m＝10 g的絕緣物塊，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，沿x軸正方向給物塊一個初速度v0＝2 m/s，如圖所示，(g取10 m/s2)求：
(1)(4分)物塊所受電場力的方向；
(2)(4分)物塊沿x軸正方向運動時的加速度；
(3)(4分)物塊沿x軸正方向運動時距O點的最遠距離。
培優(yōu)加強練
11.(12分)如圖所示，勻強電場E＝1×104 V/m，方向水平向右，ABCD為豎直放置在電場中的絕緣導軌，半圓形軌道BCD光滑，半徑R＝0.1 m，B為圓軌道的最低點，水平軌道與其相切于B點，水平軌道粗糙，＝2R，一質(zhì)量m＝0.1 kg、電量q＝1×10－4 C的帶正電的小滑塊在A點有一個水平向右的初速度v0＝2 m/s。已知水平軌道與小滑塊之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)(4分)小滑塊從A到C，電場力做的功；
(2)(4分)小滑塊到達C點時的速度大小；
(3)(4分)小滑塊到達C點時對軌道壓力的大小。
專題提升五　帶電粒子(體)在電場與重力場中的運動及帶電粒子在交變電場中的運動
1.C　[帶電微粒沿直線AB運動，所以其合力與直線AB共線，由此可知微粒所受電場力水平向左，與重力的合力沿BA方向，故重力和電場力均做負功，動能減小，電勢能和重力勢能增加，選項C正確。]
2.D　[設重力和電場力的合力與水平方向的夾角為α，tan α＝，解得α＝37°，所以物塊并不是沿著斜面運動，而是沿著重力與電場力合力的方向運動，根據(jù)動能定理得mgh＋mg·＝mv2－0，解得v＝，故D正確。]
3.D　[設四個微粒拋出時距地面的高度為h，微粒a、d在豎直方向均做自由落體運動，由h＝gt2，可得落地時間為ta＝td＝，微粒b受電場力向下，做類平拋運動，微粒c受電場力向上，但由于重力較大，仍做類平拋運動，由牛頓第二定律分別可得qE＋mg＝mab，mg－qE＝mac類比微粒a可得，落地時間分別為tb＝ta，綜上可得tb4.C　[液滴做曲線運動，將液滴的運動分解，豎直方向做勻減速直線運動，則有v0sin β＝v0sin α－gt，解得液滴從P點運動到Q點的時間t＝，故A錯誤；液滴水平方向做勻加速直線運動，則有v0cos β＝v0cos α＋at，a＝，聯(lián)立解得電場強度的大小為E＝，故B錯誤；液滴水平方向的分位移x＝t＝，由勻強電場的電勢差與電場強度的關系公式可得，P、Q兩點間的電勢差UPQ＝Ex＝，故C正確；液滴受電場力與重力大小相等，相互垂直，因此兩力的合力與速度方向先成鈍角后成銳角，則合力先做負功后做正功，可知液滴從P點運動到Q點過程中，動能先減少后增加，故D錯誤。]
5.B　[小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，受到重力、電場力和細繩的拉力，電場力與重力平衡，則知小球所受的電場力方向豎直向上，因此小球帶正電，故A錯誤，B正確；小球在從a點運動到b點的過程中，電場力做負功，小球的電勢能增大，故C錯誤；由于電場力做功，所以小球在運動過程中機械能不守恒，故D錯誤。]
6.BD　[小球在運動過程中，除重力外，電場力做功，小球的機械能不守恒，故A錯誤；小球運動到軌道的最低點的過程中合外力一直做正功，動能增加，從最低點向最高點運動的過程中，合外力做負功，動能減小，在最低點小球動能最大，速度最大，故B正確；小球由靜止開始下滑到最低點的過程中，由動能定理得mgR＋qER＝mv2，小球經(jīng)過最低點時，由重力、電場力和軌道的支持力的合力提供向心力，則有FN－mg－qE＝，聯(lián)立可得軌道對小球的支持力FN＝3(mg＋qE)，則由牛頓第三定律知小球經(jīng)過最低點時對軌道的壓力大小為FN′＝FN＝3(mg＋qE)，故C錯誤，D正確。]
7.B　[設A、B兩板間距離為d，粒子經(jīng)過3t0時間剛好到達B板時，粒子在運動過程中先加速后減速再加速，根據(jù)運動的對稱性和動能定理，可得Ek3＝q，若改變A、B兩板間距離使粒子在5t0時刻剛好到達B板，根據(jù)運動的對稱性和動能定理，可得Ek5＝q，故＝，B正確。]
8.BD　[粒子在平行于板的方向做勻速直線運動，在垂直于板的方向上粒子受到靜電力的作用，做勻變速直線運動，粒子從t＝時刻出發(fā)，在電場中的運動時間不明確，可能做單向運動，也可能做往復運動，故A錯誤，B正確；若粒子在(＋n)(n＝1，2，…)時刻從右端離開電場，此時粒子沿電場方向的分速度恰好為0，粒子就可以沿與板平行的方向飛出，故C錯誤，D正確。]
9.(1)　(2)3U0
解析　(1)粒子在水平方向一直做勻速直線運動，則有v0＝。
(2)在豎直方向上，0～時間內(nèi)，設粒子向下運動，末速度大小為v1，豎直位移為y，則有y＝·，
～T時間內(nèi)，設末速度大小為v2，則
y＝·
解得v2＝2v1
由速度—時間公式可得a1＝，a2＝
由牛頓第二定律可得a1＝，a2＝
聯(lián)立解得U＝3U0。
10.(1)水平向左　(2)5 m/s2，方向水平向左　(3)0.4 m
解析　(1)物塊帶負電，則所受電場力方向水平向左。
(2)根據(jù)牛頓第二定律得qE＋μmg＝ma
解得a＝
＝ m/s2
＝5 m/s2，方向水平向左。
(3)物塊沿x軸正方向做勻減速直線運動，則距O點的最遠距離x＝＝ m＝0.4 m。
11.(1)0.3 J　(2) m/s　(3)7 N
解析　(1)小滑塊從A到C的運動過程，電場力做的功為
WF＝qE(＋R)＝0.3 J。
(2)設小滑塊到達C點時速度大小為vC，對小滑塊從A到C的運動過程，根據(jù)動能定理有
WF－μmg－mgR＝mv－mv
解得vC＝ m/s。
(3)設小滑塊到達C點時所受軌道支持力的大小為FN，根據(jù)牛頓第二定律有FN－qE＝m，解得FN＝7 N
根據(jù)牛頓第三定律可知小滑塊到達C點時對軌道壓力大小為7 N。專題提升五　帶電粒子（體）在電場與重力場中的運動
及帶電粒子在交變電場中的運動
學習目標　1.能進一步掌握平行板電容器的綜合問題。2.能解決帶電粒子（體）在復合場中的類平拋問題。3.能解決帶電粒子（體）在復合場中的圓周運動問題。4.學會分析帶電粒子在交變電場中的運動。
提升1　帶電粒子（體）在電場和重力場中的直線運動
1.做直線運動的條件
（1）合外力為0，物體做勻速直線運動。
（2）合外力不為0，但合外力的方向與運動方向在同一直線上，物體做變速直線運動。
2.帶電粒子（體）在電場和重力場中直線運動的研究方法
（1）動力學方法：若題目涉及運動時間，則優(yōu)先考慮牛頓運動定律、運動學公式。
（2）功和能量方法：若題中已知量和所求量涉及功和能量，則優(yōu)先考慮動能定理、能量守恒定律。
例1 （2024·廣東實驗中學月考）如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔。質(zhì)量為m、電量為＋q的小球從小孔正上方高h處由靜止開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零。空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g，求：
（1）小球到達小孔處的速度大小；
（2）小球從開始下落到運動到下極板的時間；
（3）電容器所帶電量Q。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
訓練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，兩極板與一恒壓直流電源相連。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
提升2　帶電粒子（體）在電場和重力場中的曲線運動
角度1　帶電粒子（體）在電場和重力場中的類平拋運動
例2 如圖所示，真空中水平放置兩塊間距為d的無限大平行極板，兩極板間的電場是勻強電場，質(zhì)量為m，帶電量為＋q的小油滴，從兩極板中央以水平速度v0射入后做勻速直線運動，重力加速度為g，求：
（1）兩極板分別帶何種電荷？兩極板間的電勢差；
（2）若保持兩平行極板間距d不變，僅將兩極板間的電勢差增大一倍，則小油滴將打到哪個極板上？其落點距入射點的水平位移。
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
訓練2 如圖所示，平行金屬板A、B水平正對放置，分別帶等量異號的電荷。一帶電微粒沿水平方向射入板間，在重力和靜電力共同作用下運動，其運動軌跡如圖中虛線所示，那么（　　）
A.若微粒帶正電荷，則A板一定帶正電荷
B.微粒從M點運動到N點，其電勢能一定增加
C.微粒從M點運動到N點，其動能一定增加
D.微粒從M點運動到N點，其機械能一定增加
帶電粒子（體）在電場和重力場中的類平拋運動
（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變化量，W電＝Ep1－Ep2。
②動能定理：合力做功等于動能的變化量，W＝Ek2－Ek1。　　　　
角度2　帶電粒子（體）在電場和重力場中的一般曲線運動
例3 （2024·廣州市高二期中）如圖，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直面（紙面）內(nèi)，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱。忽略空氣阻力。由此可知（　　）
A.Q點的電勢比P點低
B.油滴在Q點的動能比它在P點的大
C.油滴在Q點的電勢能比它在P點的大
D.油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例4 （多選）（2024·翼城中學高二月考）如圖所示，在空間中水平面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＝2BC，由此可知（　　）
A.小球帶負電
B.靜電力為3mg
C.小球從A到B與從B到C的運動時間之比為3∶1
D.小球從A到B與從B到C的速度變化量大小不相同
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
處理帶電粒子在電場和重力場中一般曲線運動的方法
1.明確研究對象并對其進行受力分析。
2.利用運動的合成與分解把曲線運動轉(zhuǎn)化為直線運動，然后利用牛頓運動定律、運動學公式進行處理。
3.涉及到功和能量的問題時常用功能關系等處理。　　　　
提升3　帶電粒子（體）在電場和重力場中的圓周運動
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＝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。
例5 （2024·廣東廣雅中學期中）如圖所示，豎直平面內(nèi)有一水平向右的勻強電場，電場強度大小為E＝1×102 V/m，其中有一個半徑為R＝2 m的豎直光滑圓環(huán)，現(xiàn)有一質(zhì)量為m＝0.08 kg、電量為q＝6×10－3 C的帶正電小球（可視為質(zhì)點）在最低點A點，給小球一個初動能，讓其恰能在圓環(huán)內(nèi)做完整的圓周運動，不考慮小球運動過程中電量的變化（已知cos 37°＝0.8，g取10 m/s2）。求：
（1）小球所受電場力與重力的合力F；
（2）小球在A點的初動能Ek。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
在等效重力場中做圓周運動的小球，小球能做完整圓周運動的條件是能過物理最高點。　　　　
訓練3 （2024·河源市高二月考）一長為l的絕緣細線，上端固定，下端拴一質(zhì)量為m、電量為q的帶正電的小球，處于如圖所示水平向右的勻強電場中。先將小球拉至A點，使細線水平。然后釋放小球，當細線與水平方向夾角為120°時，小球能到達B點且速度恰好為零，重力加速度為g，求：
（1）勻強電場AB兩點間的電勢差UAB的大小；
（2）小球由A點到B點過程中速度最大時細線與豎直方向的夾角θ；
（3）小球速度最大時細線拉力的大小。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
提升4　帶電粒子在交變電場中的運動
1.帶電粒子在交變電場中的直線運動
（1）帶電粒子進入電場時初速度為零，或初速度方向與電場方向平行，帶電粒子在交變電場力的作用下，做加速、減速交替的直線運動。
（2）通常用動力學知識分析求解。重點分析各段時間內(nèi)的加速度、運動性質(zhì)、每段時間與交變電場的周期T間的關系等。
（3）常用圖像法來處理此類問題：通過畫出粒子的v－t圖像，可將粒子復雜的運動過程形象、直觀地反映出來，便于求解。
2.帶電粒子在交變電場中的曲線運動
帶電粒子以一定的初速度垂直于電場方向進入交變電場，粒子做曲線運動。
（1）若帶電粒子的初速度很大，粒子通過交變電場時所用時間極短，故可認為粒子所受電場力為恒力，粒子在電場中做類平拋運動。
（2）若粒子在電場中運動時間較長，在初速度方向上做勻速直線運動，在垂直初速度方向上利用vy－t圖像進行分析：
①vy＝0時，速度方向沿v0方向。
②y方向位移可用vy－t圖像的面積進行求解。
例6 在如圖所示的平行板電容器的兩板間分別加如圖甲、乙所示的兩種電壓，開始B板的電勢比A板高。在靜電力作用下原來靜止在兩板中間的電子開始運動。若兩板間距足夠大，且不計重力，試分析電子在兩種交變電壓作用下的運動情況，并定性畫出相應的v－t圖像。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例7 （多選）如圖甲所示，長為8d、間距為d的平行金屬板水平放置，O點有一粒子源，O點到兩極板的距離相同，能持續(xù)水平向右發(fā)射初速度為v0、電量為q（q>0）、質(zhì)量為m的粒子，在兩板間存在如圖乙所示的交變電場，取豎直向下為正方向，不計粒子重力，下列判斷正確的是（　　）
A.粒子在電場中運動的最短時間為
B.粒子射出時的最大動能為mv
C.t＝時刻射入的粒子，從O′點射出
D.t＝時刻射入的粒子，從O′點射出
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
隨堂對點自測
1.（帶電體在電場和重力場中的直線運動）如圖所示，兩金屬板M、N帶有等量異種電荷，正對且水平放置。帶正電小球a、b以一定的速度分別從A、B兩點射入電場，兩小球恰能分別沿直線AC、BC運動到C點，則下列說法正確的是（　　）
A.電場中的電勢φC>φB
B.小球a、b在C位置一定具有相等的電勢能
C.僅將下極板N向左平移，則小球a、b仍能沿直線運動
D.僅將下極板N向下平移，則小球a、b仍能沿直線運動
2.（帶電體在電場和重力場中的類平拋運動）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，從平行板電場左端的中點P以相同的初速度沿水平方向垂直于電場方向進入電場，它們分別落在A、B、C三點，可以判斷（　　）
A.小球A帶正電，B不帶電，C帶負電
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EkA>EkB>EkC
D.三個小球在電場中運動的加速度aA>aB>aC
3.（帶電體在電場和重力場中的圓周運動）如圖所示，用絕緣細線拴住一帶正電的小球，在方向豎直向上的勻強電場中的豎直平面內(nèi)做圓周運動，則正確的說法是（　　）
A.當小球運動到最高點a時，線的張力一定最小
B.當小球運動到最低點b時，小球的速度一定最大
C.小球可能做勻速圓周運動
D.小球不可能做勻速圓周運動
專題提升五　帶電粒子(體)在電場與重力場中的運動及帶電粒子在交變電場中的運動
提升1
例1 (1)　(2)　(3)
解析　(1)小球自由下落過程中由運動學公式可得
v2＝2gh
解得v＝。
(2)加速下落過程有t1＝h
減速過程有t2＝d
則t＝t1＋t2＝。
(3)對從釋放到到達下極板處過程由動能定理有
mg(h＋d)－qU＝0
電容器所帶電量Q＝CU＝。
訓練1 BD　[對帶電粒子受力分析如圖所示，F(xiàn)合≠0，A錯誤；由圖可知靜電力與重力的合力方向與v0方向相反，F(xiàn)合對粒子做負功，其中重力mg不做功，靜電力qE做負功，故粒子動能減少，電勢能增加，B正確，C錯誤；F合恒定且F合與v0方向相反，粒子做勻減速直線運動，D正確。]
提升2
例2 (1)上極板帶負電，下極板帶正電　
(2)上極板　v0　
解析　(1)帶正電油滴做勻速直線運動，說明所受電場力方向向上，所以上極板帶負電，下極板帶正電
根據(jù)平衡條件有mg＝qE，又有E＝
聯(lián)立解得電勢差U＝。
(2)僅將電勢差增大一倍，即有E′＝
場強增大一倍，電場力增大一倍，小油滴所受合力向上，所以小油滴將打到上極板上
豎直方向上，做勻加速直線運動，有ma＝qE′－mg
y＝＝at2
水平方向上做勻速運動，有x＝v0t
聯(lián)立解得x＝v0。
訓練2 C　[由于不知道重力和靜電力的大小關系，所以不能確定靜電力方向，不能由微粒電性確定極板所帶電荷的電性，也不能確定靜電力對微粒做功的正、負，選項A、B、D錯誤；根據(jù)微粒偏轉(zhuǎn)方向可知微粒所受合外力一定豎直向下，則合外力對微粒做正功，由動能定理知微粒的動能一定增加，選項C正確。]
例3 B　[由于油滴所受重力方向向下，而到達P點時其豎直方向的速度減為零，故其所受電場力的方向豎直向上，又油滴帶負電，在電場中所受電場力的方向與該點場強方向相反，故該勻強電場的方向豎直向下，由于沿電場線方向電勢降低，故P點電勢比Q點低，A錯誤；由于油滴先向下減速，后向上加速，故電場力大于重力，故若油滴從P運動到Q，合力對其做正功，動能增大，電勢能減小，若油滴從Q運動到P，合力對其做負功，動能減小，電勢能增大，故油滴在Q點的動能比它在P點的大，在Q點的電勢能比它在P點的小，B正確，C錯誤；由于油滴所在電場為勻強電場，故所受的電場力為恒力，所受合力為恒力，故加速度處處相等，D錯誤。]
例4 AB　[由題意知，在BC段，小球在豎直方向做減速直線運動，故小球所受靜電力方向向上，電場方向向下，故小球帶負電，故A正確；由題意知，小球在水平方向不受力，故水平方向做勻速直線運動，又AB＝2BC，根據(jù)分運動和合運動的關系，可知小球從A到B與從B到C的運動時間之比為2∶1，設在B點時小球在豎直方向的分速度為v，則在AB段，豎直方向有v＝gtAB，在BC段，豎直方向有v＝atAB，又qE－mg＝ma，得qE＝3mg，小球從A到B與從B到C的水平分速度不變，豎直分速度變化量大小相同，故合速度變化量大小相同，故B正確，C、D錯誤。]
提升3
例5 (1)1 N，方向與豎直方向夾角為37°斜向右下方　(2)4.6 J
解析　(1)因為重力與電場力均為恒力，所以二者的合力大小為
F＝＝1 N
方向與豎直方向的夾角為θ，有tan θ＝＝
可得合力與豎直方向夾角為θ＝37°斜向右下方。
(2)小球恰能在圓環(huán)內(nèi)做完整的圓周運動，則在其等效最高點，有F＝m
小球從等效最高點至A點的過程中，由動能定理得
F(R＋Rcos θ)＝Ek－mv2
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得小球在A點的初動能
Ek＝4.6 J。
訓練3 (1)－　(2)30°　(3)mg
解析　(1)小球由A點到B點過程，根據(jù)動能定理得
qUAB＋mglcos 30°＝0
解得電勢差UAB＝－。
(2)d＝l＋lsin 30°，由E＝得勻強電場電場強度的大小為
E＝
小球所受重力和電場力的合力大小為
F合＝＝
合力方向與豎直方向夾角的正切值
tan θ＝＝
故θ＝30°
小球由A點到B點過程中，在細線與豎直方向夾角θ＝30°時速度最大。
(3)當小球運動到細線與豎直方向夾角θ＝30°時速度最大，設此時速度為v，根據(jù)動能定理得F合l(1－cos 60°)＝mv2
根據(jù)牛頓第二定律得T－F合＝m
聯(lián)立解得速度最大時細線拉力大小T＝mg。
提升4
例6 見解析
解析　t＝0時，B板電勢比A板高，在靜電力作用下，電子向B板(設為正向)做初速度為零的勻加速直線運動。
對于題圖甲所示電壓，在0～T內(nèi)電子做初速度為零的正向勻加速直線運動，T～T內(nèi)電子做末速度為零的正向勻減速直線運動，然后周期性地重復前面的運動，其速度—時間圖像如圖(a)所示。
對于題圖乙所示電壓，在0～內(nèi)做類似題圖甲0～T的運動，～T內(nèi)電子先反向做勻加速、后勻減速、末速度為零的直線運動。然后周期性地重復前面的運動，其速度—時間圖像如圖(b)所示。
例7 AD　[由題圖乙可知電場強度大小E＝，則粒子在電場中的加速度a＝＝，粒子在電場中運動的最短時間tmin滿足＝at，解得tmin＝，選項A正確；能從板間射出的粒子在板間運動的時間均為t＝，則任意時刻射入的粒子若能射出電場，則射出電場時沿電場方向的速度均為0，可知射出電場時粒子的動能均為mv，選項B錯誤；t＝＝時刻射入的粒子，先向下做加速運動，由于T＝>tmin，粒子將打在下極板上，選項C錯誤；t＝＝時刻射入的粒子，在沿電場方向先向上加速，后向上減速速度到零；然后向下加速，再向下減速速度到零……如此反復，則最后射出時沿電場方向的位移為零，則粒子將從O′點射出，選項D正確。]
隨堂對點自測
1.D　[帶正電的小球a沿AC運動，則受向上的電場力，可知上極板帶負電，電場線豎直向上，沿電場線方向電勢降低，可知φB>φC，A錯誤；兩球做直線運動，則滿足關系mag＝qaE，mbg＝qbE，可知兩球帶電量不一定相等，則小球a、b在C位置具有的電勢能不一定相等，B錯誤；根據(jù)E＝＝＝＝，兩極板帶電量Q一定，僅將下極板N向左平移，則S減小，E變大，則小球a、b不能沿直線運動；僅將下極板N向下平移，即d變大，則E不變，小球a、b仍能沿直線運動，C錯誤，D正確。]
2.A　[三個小球在水平方向做勻速直線運動，豎直方向，帶正電荷小球所受靜電力向上，合力為mg－F電，帶負電荷小球所受靜電力向下，合力為mg＋F電，不帶電小球只受重力，因此帶負電荷小球加速度最大，運動時間最短，水平位移最短，帶正電荷小球加速度最小，運動時間最長，水平位移最大，不帶電小球水平位移居中，選項A正確，B、D錯誤；在運動過程中，三個小球豎直方向位移相等，帶負電荷小球合力做功最大，動能改變量最大，帶正電荷小球動能改變量最小，即EkC>EkB>EkA，選項C錯誤。]
3.C　[當小球運動到最高點a時，如果重力大于電場力，線的張力一定最小，如果重力小于電場力，線的張力一定最大，故A錯誤；當小球運動到最低點b時，如果重力大于電場力，小球的速度一定最大，如果重力小于電場力，小球的速度一定最小，故B錯誤；當電場力等于重力時，小球做勻速圓周運動，故D錯誤，C正確。](共62張PPT)
專題提升五　帶電粒子(體)在電場與重力場中的運動
及帶電粒子在交變電場中的運動
第二章　靜電場的應用
1.能進一步掌握平行板電容器的綜合問題。2.能解決帶電粒子(體)在復合場中的類平拋問題。3.能解決帶電粒子(體)在復合場中的圓周運動問題。4.學會分析帶電粒子在交變電場中的運動。
學習目標
目 錄
CONTENTS
提升
01
課后鞏固訓練
03
隨堂對點自測
02
提升
1
提升2　帶電粒子(體)在電場和重力場中的曲線運動
提升1　帶電粒子(體)在電場和重力場中的直線運動
提升3　帶電粒子(體)在電場和重力場中的圓周運動
提升4　帶電粒子在交變電場中的運動
提升1　帶電粒子(體)在電場和重力場中的直線運動
1.做直線運動的條件
(1)合外力為0，物體做勻速直線運動。
(2)合外力不為0，但合外力的方向與運動方向在同一直線上，物體做變速直線運動。
2.帶電粒子(體)在電場和重力場中直線運動的研究方法
(1)動力學方法：若題目涉及運動時間，則優(yōu)先考慮牛頓運動定律、運動學公式。
(2)功和能量方法：若題中已知量和所求量涉及功和能量，則優(yōu)先考慮動能定理、能量守恒定律。
例1 (2024·廣東實驗中學月考)如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔。質(zhì)量為m、電量為＋q的小球從小孔正上方高h處由靜止開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零。空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g，求：
(1)小球到達小孔處的速度大小；
(2)小球從開始下落到運動到下極板的時間；
(3)電容器所帶電量Q。
解析　(1)小球自由下落過程中由運動學公式可得v2＝2gh
(3)對從釋放到到達下極板處過程由動能定理有mg(h＋d)－qU＝0
BD
訓練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，兩極板與一恒壓直流電源相連。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
解析　對帶電粒子受力分析如圖所示，F(xiàn)合≠0，A錯誤；由圖可知靜電力與重力的合力方向與v0方向相反，F(xiàn)合對粒子做負功，其中重力mg不做功，靜電力qE做負功，故粒子動能減少，電勢能增加，B正確，C錯誤；F合恒定且F合與v0方向相反，粒子做勻減速直線運動，D正確。
提升2　帶電粒子(體)在電場和重力場中的曲線運動
角度1　帶電粒子(體)在電場和重力場中的類平拋運動
例2 如圖所示，真空中水平放置兩塊間距為d的無限大平行極板，兩極板間的電場是勻強電場，質(zhì)量為m，帶電量為＋q的小油滴，從兩極板中央以水平速度v0射入后做勻速直線運動，重力加速度為g，求：
(1)兩極板分別帶何種電荷？兩極板間的電勢差；
(2)若保持兩平行極板間距d不變，僅將兩極板間的電勢差增大一倍，則小油滴將打到哪個極板上？其落點距入射點的水平位移。
解析　(1)帶正電油滴做勻速直線運動，說明所受電場力方向向上，所以上極板帶負電，下極板帶正電
場強增大一倍，電場力增大一倍，小油滴所受合力向上，所以小油滴將打到上極板上
豎直方向上，做勻加速直線運動，有ma＝qE′－mg
水平方向上做勻速運動，有x＝v0t
C
訓練2 如圖所示，平行金屬板A、B水平正對放置，分別帶等量異號的電荷。一帶電微粒沿水平方向射入板間，在重力和靜電力共同作用下運動，其運動軌跡如圖中虛線所示，那么(　　)
A.若微粒帶正電荷，則A板一定帶正電荷
B.微粒從M點運動到N點，其電勢能一定增加
C.微粒從M點運動到N點，其動能一定增加
D.微粒從M點運動到N點，其機械能一定增加
解析　由于不知道重力和靜電力的大小關系，所以不能確定靜電力方向，不能由微粒電性確定極板所帶電荷的電性，也不能確定靜電力對微粒做功的正、負，選項A、B、D錯誤；根據(jù)微粒偏轉(zhuǎn)方向可知微粒所受合外力一定豎直向下，則合外力對微粒做正功，由動能定理知微粒的動能一定增加，選項C正確。
帶電粒子(體)在電場和重力場中的類平拋運動
(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變化量，W電＝Ep1－Ep2。
②動能定理：合力做功等于動能的變化量，W＝Ek2－Ek1。　　　　
B
角度2　帶電粒子(體)在電場和重力場中的一般曲線運動
例3 (2024·廣州市高二期中)如圖，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi)，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱。忽略空氣阻力。由此可知(　　)
A.Q點的電勢比P點低
B.油滴在Q點的動能比它在P點的大
C.油滴在Q點的電勢能比它在P點的大
D.油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小
解析　由于油滴所受重力方向向下，而到達P點時其豎直
方向的速度減為零，故其所受電場力的方向豎直向上，
又油滴帶負電，在電場中所受電場力的方向與該點場強方向相反，故該勻強電場的方向豎直向下，由于沿電場線方向電勢降低，故P點電勢比Q點低，A錯誤；由于油滴先向下減速，后向上加速，故電場力大于重力，故若油滴從P運動到Q，合力對其做正功，動能增大，電勢能減小，若油滴從Q運動到P，合力對其做負功，動能減小，電勢能增大，故油滴在Q點的動能比它在P點的大，在Q點的電勢能比它在P點的小，B正確，C錯誤；由于油滴所在電場為勻強電場，故所受的電場力為恒力，所受合力為恒力，故加速度處處相等，D錯誤。
AB
例4 (多選) (2024·翼城中學高二月考)如圖所示，在空間中水平面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＝2BC，由此可知(　　)
A.小球帶負電
B.靜電力為3mg
C.小球從A到B與從B到C的運動時間之比為3∶1
D.小球從A到B與從B到C的速度變化量大小不相同
處理帶電粒子在電場和重力場中一般曲線運動的方法
1.明確研究對象并對其進行受力分析。
2.利用運動的合成與分解把曲線運動轉(zhuǎn)化為直線運動，然后利用牛頓運動定律、運動學公式進行處理。
3.涉及到功和能量的問題時常用功能關系等處理。　　　　
提升3　帶電粒子(體)在電場和重力場中的圓周運動
(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。
例5 (2024·廣東廣雅中學期中)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一水平向右的勻強電場，電場強度大小為E＝1×102 V/m，其中有一個半徑為R＝2 m的豎直光滑圓環(huán)，現(xiàn)有一質(zhì)量為m＝0.08 kg、電量為q＝6×10－3 C的帶正電小球(可視為質(zhì)點)在最低點A點，給小球一個初動能，讓其恰能在圓環(huán)內(nèi)做完整的圓周運動，不考慮小球運動過程中電量的變化(已知cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)。求：
(1)小球所受電場力與重力的合力F；
(2)小球在A點的初動能Ek。
答案　(1)1 N，方向與豎直方向夾角為37°斜向右下方　(2)4.6 J
解析　(1)因為重力與電場力均為恒力，所以二者的合力大小為
可得合力與豎直方向夾角為θ＝37°斜向右下方。
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得小球在A點的初動能Ek＝4.6 J。
訓練3 (2024·河源市高二月考)一長為l的絕緣細線，上端固定，下端拴一質(zhì)量為m、電量為q的帶正電的小球，處于如圖所示水平向右的勻強電場中。先將小球拉至A點，使細線水平。然后釋放小球，當細線與水平方向夾角為120°時，小球能到達B點且速度恰好為零，重力加速度為g，求：
(1)勻強電場AB兩點間的電勢差UAB的大小；
(2)小球由A點到B點過程中速度最大時細線與豎直方向的夾角θ；
(3)小球速度最大時細線拉力的大小。
解析　(1)小球由A點到B點過程，根據(jù)動能定理得
qUAB＋mglcos 30°＝0
故θ＝30°
小球由A點到B點過程中，在細線與豎直方向夾角θ＝30°時速度最大。
(3)當小球運動到細線與豎直方向夾角θ＝30°時速度最大，設此時速度為v，
提升4　帶電粒子在交變電場中的運動
1.帶電粒子在交變電場中的直線運動
(1)帶電粒子進入電場時初速度為零，或初速度方向與電場方向平行，帶電粒子在交變電場力的作用下，做加速、減速交替的直線運動。
(2)通常用動力學知識分析求解。重點分析各段時間內(nèi)的加速度、運動性質(zhì)、每段時間與交變電場的周期T間的關系等。
(3)常用圖像法來處理此類問題：通過畫出粒子的v－t圖像，可將粒子復雜的運動過程形象、直觀地反映出來，便于求解。
2.帶電粒子在交變電場中的曲線運動
帶電粒子以一定的初速度垂直于電場方向進入交變電場，粒子做曲線運動。
(1)若帶電粒子的初速度很大，粒子通過交變電場時所用時間極短，故可認為粒子所受電場力為恒力，粒子在電場中做類平拋運動。
(2)若粒子在電場中運動時間較長，在初速度方向上做勻速直線運動，在垂直初速度方向上利用vy－t圖像進行分析：
①vy＝0時，速度方向沿v0方向。
②y方向位移可用vy－t圖像的面積進行求解。
例6 在如圖所示的平行板電容器的兩板間分別加如圖甲、乙所示的兩種電壓，開始B板的電勢比A板高。在靜電力作用下原來靜止在兩板中間的電子開始運動。若兩板間距足夠大，且不計重力，試分析電子在兩種交變電壓作用下的運動情況，并定性畫出相應的v－t圖像。
解析　t＝0時，B板電勢比A板高，在靜電力作用下，電子向B板(設為正向)做初速度為零的勻加速直線運動。
AD
例7 (多選)如圖甲所示，長為8d、間距為d的平行金屬板水平放置，O點有一粒子源，O點到兩極板的距離相同，能持續(xù)水平向右發(fā)射初速度為v0、電量為q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子，在兩板間存在如圖乙所示的交變電場，取豎直向下為正方向，不計粒子重力，下列判斷正確的是(　　)
隨堂對點自測
2
D
1.(帶電體在電場和重力場中的直線運動)如圖所示，兩金屬板M、N帶有等量異種電荷，正對且水平放置。帶正電小球a、b以一定的速度分別從A、B兩點射入電場，兩小球恰能分別沿直線AC、BC運動到C點，則下列說法正確的是(　　)
A.電場中的電勢φC>φB
B.小球a、b在C位置一定具有相等的電勢能
C.僅將下極板N向左平移，則小球a、b仍能沿直線運動
D.僅將下極板N向下平移，則小球a、b仍能沿直線運動
A
2.(帶電體在電場和重力場中的類平拋運動)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，從平行板電場左端的中點P以相同的初速度沿水平方向垂直于電場方向進入電場，它們分別落在A、B、C三點，可以判斷(　　)
A.小球A帶正電，B不帶電，C帶負電
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EkA>EkB>EkC
D.三個小球在電場中運動的加速度aA>aB>aC
解析　三個小球在水平方向做勻速直線運動，豎直方向，帶正電荷小球所受靜電力向上，合力為mg－F電，帶負電荷小球所受靜電力向下，合力為mg＋F電，不帶電小球只受重力，因此帶負電荷小球加速度最大，運動時間最短，水平位移最短，帶正電荷小球加速度最小，運動時間最長，水平位移最大，不帶電小球水平位移居中，選項A正確，B、D錯誤；在運動過程中，三個小球豎直方向位移相等，帶負電荷小球合力做功最大，動能改變量最大，帶正電荷小球動能改變量最小，即EkC>EkB>EkA，選項C錯誤。
C
3.(帶電體在電場和重力場中的圓周運動)如圖所示，用絕緣細線拴住一帶正電的小球，在方向豎直向上的勻強電場中的豎直平面內(nèi)做圓周運動，則正確的說法是(　　)
A.當小球運動到最高點a時，線的張力一定最小
B.當小球運動到最低點b時，小球的速度一定最大
C.小球可能做勻速圓周運動
D.小球不可能做勻速圓周運動
解析　當小球運動到最高點a時，如果重力大于電場力，線的張力一定最小，如果重力小于電場力，線的張力一定最大，故A錯誤；當小球運動到最低點b時，如果重力大于電場力，小球的速度一定最大，如果重力小于電場力，小球的速度一定最小，故B錯誤；當電場力等于重力時，小球做勻速圓周運動，故D錯誤，C正確。
課后鞏固訓練
3
C
1.如圖所示，空間有一水平方向的勻強電場，初速度為v0的帶電微粒從A點射入電場，在豎直平面內(nèi)沿直線從A運動到B，在此過程中微粒的(　　)
對點題組練
題組一　帶電粒子(體)在電場和重力場中的直線運動
A.動能和電勢能都減少，重力勢能增加
B.動能和重力勢能都增加，電勢能減少
C.動能減少，重力勢能和電勢能都增加
D.動能不變，重力勢能增加，電勢能減少
解析　帶電微粒沿直線AB運動，所以其合力與直線AB共線，由此可知微粒所受電場力水平向左，與重力的合力沿BA方向，故重力和電場力均做負功，動能減小，電勢能和重力勢能增加，選項C正確。
D
D
題組二　帶電粒子(體)在電場和重力場中的曲線運動
3.如圖所示，四個質(zhì)量均為m、帶電量均為＋q的微粒a、b、c、d距離地面的高度相同，以相同的水平速度被拋出，除了a微粒沒有經(jīng)過電場外，其他三個微粒均經(jīng)過電場強度大小為E的勻強電場(mg>qE)，這四個微粒從被拋出到落地所用的時間分別是ta、tb、tc、td，不計空氣阻力，則(　　)
A.taC.ta＝tdC
4.如圖所示，在水平向右的勻強電場中，一個帶正電的液滴在豎直平面內(nèi)運動，P、Q為其運動軌跡上的兩點，液滴經(jīng)過這兩點時速度大小均為v0，速度方向與水平方向的夾角分別為α＝53°、β＝37°，已知液滴質(zhì)量為m、電量為q，重力加速度為g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，則下列說法正確的是(　　)
B
題組三　帶電粒子(體)在電場和重力場中的圓周運動
5.(2024·江蘇鹽城高二期末)在豎直向上的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，最高點為a，最低點為b，不計空氣阻力，則(　　)
A.小球帶負電
B.電場力跟重力平衡
C.小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減小
D.小球在運動過程中機械能守恒
解析　小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，受到重力、電場力和細繩的拉力，電場力與重力平衡，則知小球所受的電場力方向豎直向上，因此小球帶正電，故A錯誤，B正確；小球在從a點運動到b點的過程中，電場力做負功，小球的電勢能增大，故C錯誤；由于電場力做功，所以小球在運動過程中機械能不守恒，故D錯誤。
BD
6.(多選)如圖所示，絕緣光滑的半圓軌道位于豎直平面，豎直向下的勻強電場E穿過其中，在軌道的上緣有一個質(zhì)量為m、帶電量為＋q(q＞0)的小球，由靜止開始從半圓形軌道的頂點沿軌道運動，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
A.小球運動過程中機械能守恒
B.小球在軌道最低點時速度最大
C.小球在最低點對軌道的壓力為mg＋qE
D.小球在最低點對軌道的壓力為3(mg＋qE)
B
題組四　帶電粒子在交變電場中的運動
BD
A.粒子在垂直于板的方向的分運動不可能是單向運動
B.粒子在垂直于板的方向的分運動可能是往復運動
C.粒子不可能沿與板平行的方向飛出
D.只要電壓周期T和v0的值同時滿足一定條件，粒子可以沿與板平行的方向飛出
綜合提升練
解析　(1)粒子在水平方向一直做勻速直線運動，
10.在一個水平面上，建立x軸，在過原點O垂直于x軸的平面右側(cè)空間有一勻強電場，場強E＝6×105 N/C，方向與x軸正方向相同，在O處放一個帶電量q＝－5×10－8 C、質(zhì)量m＝10 g的絕緣物塊，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，沿x軸正方向給物塊一個初速度v0＝2 m/s，如圖所示，(g取10 m/s2)求：
(1)物塊所受電場力的方向；
(2)物塊沿x軸正方向運動時的加速度；
(3)物塊沿x軸正方向運動時距O點的最遠距離。
答案　(1)水平向左　(2)5 m/s2，方向水平向左　(3)0.4 m
解析　(1)物塊帶負電，則所受電場力方向水平向左。
(2)根據(jù)牛頓第二定律得qE＋μmg＝ma
方向水平向左。
(3)物塊沿x軸正方向做勻減速直線運動
培優(yōu)加強練
(1)小滑塊從A到C，電場力做的功；(2)小滑塊到達C點時的速度大小；
(3)小滑塊到達C點時對軌道壓力的大小。
解析　(1)小滑塊從A到C的運動過程，
(2)設小滑塊到達C點時速度大小為vC，對小滑塊從A到C的運動過程，
(3)設小滑塊到達C點時所受軌道支持力的大小為FN，根據(jù)牛頓第二定律有
解得FN＝7 N
根據(jù)牛頓第三定律可知小滑塊到達C點時對軌道壓力大小為7 N。

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