kok电子竞技

带电粒子在重力场与电场中的运动[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复合场中的直线运动问题.一、带电粒子在复合场中的直线运动讨论带电粒子在复合场中做直线运动(加速或减速)的方法(1)动力学方法——牛顿运动定律、运动学公式．当带电粒子所受合力为恒力，且与速度方向共线时，粒子做匀变速直线运动，若题目涉及运动时间，优先考虑牛顿运动定律、运动学公式．在重力场和电场叠加场中的匀变速直线运动，亦可以分解为重力方向上、静电力方向上的直线运动来处理．(2)功、能量方法——动能定理、能量守恒定律．若题中已知量和所求量涉及功和能量，那么应优先考虑动能定理、能量守恒定律．例1如图所示，两水平边界M、N之间存在竖直向上的匀强电。桓嶂示凳毕父松系燃渚嗟毓潭ㄗ臕、B、C三个带正电小球，每个小球质量均为m，A、B两球带电荷量均为q、C球带电荷量为2q，相邻小球间的距离均为L.将该细杆从边界M上方某一高度处由静止释放，已知B球进入电场上边界时的速度是A球进入电场上边界时速度的2倍，且B球进入电场后杆立即做匀速直线运动，C球进入电场时A球刚好穿出电。鲈硕讨懈耸贾毡３质弊刺，重力加速度为g.不计空气阻力．求：(1)匀强电场的电场强度的大小E；(2)A球经过电场上边界时的速度的大小v0；(3)C球经过边界N时的速度的大。鸢(1)eq\f(3mg,2q)(2)eq\r(\f(gL,3))(3)eq\r(\f(gL,3))解析(1)B球进入电场后，杆立即做匀速直线运动，有3mg＝2Eq，解得E＝eq\f(3mg,2q).(2)从A球进入电场到B球进入电场的过程中，运用动能定理得3mgL－qEL＝eq\f(1,2)(3m)(2v0)2－eq\f(1,2)(3m)v02解得v0＝eq\r(\f(gL,3)).(3)由C球进入电场时A球刚好穿出电场可知，M、N间的宽度为2L.设C球经过边界N时的速度的大小为v1，从A球进入电场到C球穿出电场的过程，运用动能定理得3mg·4L－4qE·2L＝eq\f(1,2)·3mv12－eq\f(1,2)·3mv02，解得v1＝eq\r(\f(gL,3)).针对训练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，静电力与速度夹角为钝角，做负功，故电势能增加，机械能减。蔆正确，D错误．二、带电粒子的类平抛运动带电粒子在电场中的类平抛运动的处理方法：1．运动分解的方法：将运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的匀加速直线运动，在这两个方向上分别列运动学方程或牛顿第二定律．2．利用功能关系和动能定理分析(1)功能关系：静电力做功等于电势能的减少量，W电＝Ep1－Ep2.(2)动能定理：合力做功等于动能的变化，W＝Ek2－Ek1.例2(2019·全国卷Ⅲ)空间存在一方向竖直向下的匀强电。琌、P是电场中的两点．从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B.A不带电，B的电荷量为q(q>0)．A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为eq\f(t,2).重力加速度为g，求：(1)电场强度的大。(2)B运动到P点时的动能．答案(1)eq\f(3mg,q)(2)2m(v02＋g2t2)解析(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mg＋qE＝ma①eq\f(1,2)a(eq\f(t,2))2＝eq\f(1,2)gt2②解得E＝eq\f(3mg,q)③(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有mgh＋qEh＝Ek－eq\f(1,2)mv12④且有v1eq\f(t,2)＝v0t⑤h＝eq\f(1,2)gt2⑥联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2)．针对训练2(多选)(2021·荣成市高二月考)如图所示，有A、B、C三个质量相等，带正电、带负电和不带电的小球，从平行板电场的左侧不同位置以相同的初速度垂直于电场方向进入电。锹湓谕坏，极板平行于水平面，可以判断()A．小球A带正电，小球B不带电B．三个小球在电场中运动的时间相等C．三个小球到达极板时的动能关系为EkA＜EkB＜EkCD．三个小球在电场中运动时的加速度关系为aA＞aB＞aC答案BD解析小球在水平方向做匀速直线运动，落在同一位置，水平位移相同，根据t＝eq\f(x,v0)可知时间相等；再根据竖直方向的匀加速直线运动知y＝eq\f(1,2)at2，可知加速度aA＞aB＞aC，所以A带负电、B不带电、C带正电，故A错误，B、D正确；落在下极板上时，水平方向的速度相同，竖直方向的速度vy＝at，可知vAy＞vBy＞vCy，三个小球到达极板时的动能关系为EkA＞EkB＞EkC，故C错误．三、带电粒子在电场(复合场)中的圆周运动1．解决复合场中的圆周运动问题，关键是分析向心力的来源，向心力的来源有可能是重力和静电力的合力，也有可能是单独的静电力．有时可以把复合场中的圆周运动等效为竖直面内的圆周运动，找出等效“最高点”和“最低点”．2．等效最高点和最低点的确定方法在复合场中，任取一点(取题目中的圆心O点)，在该点处把物块所受重力与静电力合成为等效重力，等效重力所在直线与物块做圆周运动的圆周有两个交点，这两个交点一个是等效最低点，一个是等效最高点，并且等效最低点就是等效重力线箭头所在方向与圆周的交点，另一个就是等效最高点．例3(2021·六安市高二期中)如图所示，一个竖直放置的半径为R的光滑绝缘环，置于水平方向的匀强电场中，电场强度为E，有一质量为m、电荷量为q的带正电荷的空心小球套在环上，并且Eq＝mg.(1)当小球由静止开始从环的顶端A下滑eq\f(1,4)圆弧长到位置B时，小球的速度为多少？环对小球的压力为多大？(2)小球从环的顶端A滑至底端C的过程中，小球在何处速度最大？最大速度为多少？答案(1)eq\r(4gR)5mg(2)BC弧的中点eq\r(2\r(2)＋1gR)解析(1)从A到B根据动能定理得：mgR＋qER＝eq\f(1,2)mvB2－0，解得：vB＝eq\r(4gR).根据牛顿第二定律得：FN－qE＝meq\f(vB2,R)，解得：FN＝5mg.根据牛顿第三定律得，环对小球的压力为5mg.(2)由于小球所受的静电力与重力都是恒力，它们的合力也是恒力，小球从A处下滑时，静电力与重力的合力先与速度成锐角，做正功，动能增大，速度增大，后与速度成钝角，做负功，动能减。俣燃跣。缘焙狭τ胨俣却怪笔彼俣茸畲，由于qE＝mg，所以速度最大的位置位于BC圆弧的中点，设为D点．则从A到D过程，根据动能定理得：mg(R＋eq\f(\r(2),2)R)＋qE·eq\f(\r(2),2)R＝eq\f(1,2)mvm2解得：vm＝eq\r(2\r(2)＋1gR).1.(2021·龙岩市新罗区高二学业考试)如图所示，某一空间为真空，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力。谑逼矫婺谟谐跛俣任獀0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动．那么()A．微粒只能带正电荷B．微粒一定做匀减速直线运动C．仅改变初速度的方向微粒仍做直线运动D．运动中微粒电势能保持不变答案B解析微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的静电力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的静电力的方向与电场强度方向相反，则微粒必带负电，故A错误；微粒受力沿运动的反方向，故微粒一定做匀减速直线运动，故B正确；仅改变初速度的方向时，如果合力的方向与运动方向不在同一直线上，微粒不可能再做直线运动，故C错误；运动过程中微粒做匀减速直线运动，静电力做负功，电势能增加，机械能减。蔇错误．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.(多选)(2021·淮南市高二期中)如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异种电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和静电力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么()A．若微粒带正电荷，则A板带负电荷B．微粒从M点运动到N点电势能增加C．微粒从M点运动到N点动能减少D．微粒从M点运动到N点机械能增加答案AD解析微粒向上偏转，说明微粒受到的静电力大于重力，若微粒带正电荷，则板间的电场强度方向竖直向上，则A板带负电荷，故A正确；微粒从M到N的过程中，静电力做正功，所以微粒的电势能减。蔅错误；微粒从M点到N点过程中，合力做正功，所以微粒的动能增加，故C错误；微粒从M点到N点静电力做正功，电势能减。跣〉牡缡颇茏⒘５幕的，所以微粒的机械能增加，故D正确．4.(多选)(2021·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，线的张力最大，故B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。蔆正确；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，故D错误．5.(多选)两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中存在一沿半径方向的电。缤妓，带正电的粒子(不计重力)流由电场区域边缘的M点射入电。赝贾兴镜陌朐残喂斓劳ü绯〔⒋恿硪槐咴档腘点射出，由此可知()A．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的质量一定相等B．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等C．若入射粒子的比荷相等，则出射粒子的速率一定相等D．若入射粒子的比荷相等，则出射粒子的动能一定相等答案BC解析由题图可知，粒子在电场中做匀速圆周运动，静电力提供向心力，则有qE＝meq\f(v2,R)，得R＝eq\f(mv2,qE)，R、E为定值，若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等，质量不一定相等；若入射粒子的比荷相等，则出射粒子的速率v一定相等，但动能不一定相等，故B、C正确．6.一带正电的小球质量为m、电荷量为q，将小球向右水平抛入范围足够大的匀强电。绯》较蛩较蜃，电场强度E＝eq\f(mg,q).不计空气阻力，重力加速度为g，则小球()A．做直线运动 B．机械能先增加后减少C．加速度大小为2g D．速率先减少后增大答案D解析小球受重力和静电力两个力作用，合力的方向与速度方向不在同一条直线上，小球做曲线运动，故A错误；在水平方向，小球受静电力，水平速度先减小为零，后反向增大，那么静电力先做负功，后做正功，据机械能守恒定律知，除重力以外的力对小球做的功等于机械能的增加量，所以机械能先减小后增大，故B错误；小球受到两个恒力，其合力为eq\r(2)mg，所以加速度大小为eq\r(2)g，故C错误；小球所受的合力与速度方向先成钝角，然后成直角、锐角，可知合力先做负功，后做正功，则速度先减小后增大，故D正确．7.如图所示，内表面光滑且绝缘的半径为1.2m的圆形轨道处于竖直平面内，竖直向下的匀强电场的电场强度大小为3×106V/m.有一质量为0.12kg、带负电的小球，电荷量大小为1.6×10－6C，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A时，小球与轨道间压力恰好为零，g取10m/s2，求：(1)小球在A点时的速度大。(2)小球运动到最高点B时对轨道的压力大。鸢(1)6m/s(2)21.6N解析(1)重力：G＝mg＝0.12kg×10N/kg＝1.2N，静电力：F＝qE＝1.6×10－6C×3×106V/m＝4.8N，在A点，有：qE－mg＝meq\f(v12,R)，代入数据解得：v1＝6m/s.(2)设小球在B点的速度大小为v2，从A到B，由动能定理有：(qE－mg)2R＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，在B点，设轨道对小球的弹力为FN，则有：FN＋mg－qE＝eq\f(mv22,R)，由牛顿第三定律有：FN′＝FN，代入数据解得：FN′＝21.6N.8．在地面附近存在一个有界匀强电。呓缃占浞殖缮、下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电。谇颌裰欣氡呓缒骋桓叨却τ删仓故头乓桓鲋柿课猰的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v－t图像如图乙所示，不计空气阻力，则()A．小球受到的重力与静电力大小之比为4∶5B．t＝5s时，小球经过边界MNC．在0～5s过程中，重力做的功大于克服静电力做的功D．在1～4s过程中小球机械能先减小后增大答案D解析由题意知，小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到静电力和重力作用，先做减速运动后做加速运动，由题图分析可知，小球经过边界MN的时刻是t＝1s和t＝4s，B错误；由v－t图像的斜率表示加速度，知小球进入电场前的加速度为a1＝eq\f(v1,t1)＝eq\f(v1,1)＝v1(m/s2)，进入电场后的加速度大小为a2＝eq\f(2v1,t2)＝eq\f(2v1,3)(m/s2)，由牛顿第二定律得mg＝ma1，F－mg＝ma2，得静电力F＝mg＋ma2＝eq\f(5,3)ma1，可得重力mg与静电力F的大小之比为3∶5，A错误；0～5s过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与克服静电力做的功大小相等，C错误；由题图可得，小球在0～2.5s内向下运动，在2.5～5s内向上运动，在1～4s过程中，静电力先做负功后做正功，小球的机械能先减小后增大，D正确．9.(多选)在水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电。柿课猰的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电。酱顲点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图所示．重力加速度为g，由此可知()A．静电力为3mgB．小球带正电C．小球从A到B与从B到C的运动时间相等D．小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等答案AD解析两个平抛过程水平方向的位移是二倍的关系，所以时间也是二倍的关系，故C错误；在竖直方向有，h＝eq\f(1,2)gt2，eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)×eq\f(F－mg,m)(eq\f(t,2))2，解得F＝3mg，故A正确；小球受到的静电力向上，与电场方向相反，所以小球应该带负电，故B错误；速度变化量等于加速度与时间的乘积，即Δv＝at，结合以上的分析可得，AB过程Δv＝gt，BC过程|Δv|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(3mg－mg,m)×\f(t,2)))＝gt，故D正确．10.如图所示，质量m＝2.0×10－4kg、电荷量q＝1.0×10－6C的带正电的微粒静止在空间范围足够大、电场强度为E的匀强电场中，取g＝10m/s2.(1)求匀强电场的电场强度E的大小和方向；(2)在t＝0时刻，电场强度大小突然变为E0＝4.0×103N/C，方向不变．求在0.20s时间内静电力做的功；(3)在(2)的情况下，t＝0.20s时刻突然撤掉电。蟠缥⒘；氐匠龇⒌闶钡亩埽鸢(1)2×103N/C方向向上(2)8.0×10－4J(3)8.0×10－4J解析(1)因微粒静止，可知其受力平衡，对其进行受力分析可知静电力方向向上，且Eq＝mg，解得E＝eq\f(mg,q)＝eq\f(2.0×10－4×10,1.0×10－6)N/C＝2.0×103N/C，微粒带正电，知电场方向向上．(2)在t＝0时刻，电场强度大小突然变为E0＝4.0×103N/C，设微粒的加速度大小为a，在0.20s时间内上升的高度为h，静电力做功为W，则qE0－mg＝ma，解得a＝10m/s2，h＝eq\f(1,2)at2，解得h＝0.20m，W＝qE0h，解得W＝8.0×10－4J.(3)设在t＝0.20s时刻突然撤掉电场时微粒的速度大小为v，回到出发点时的动能为Ek，则v＝at，Ek＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，解得Ek＝8.0×10－4J.11.(2022·成都实外高二阶段练习)如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为L＝0.4m的绝缘细线把质量为m＝0.4kg、电荷量为q＝＋2C的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时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10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)匀强电场的电场强度大。(2)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少为多少？(结果可用根号表示)答案(1)1.5N/C(2)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＝mgtanθ得E＝eq\f(mgtanθ,q)＝1.5N/C(2)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mgcosθ＋qEsinθ＝meq\f(v2,L)由动能定理得－mgLcosθ－qEL(1＋sinθ)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02联立解得v0＝eq\r(21)m/s.