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，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3mgC.小球從A到B與從B到C的運動時間之比為3∶1D.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＝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。例5（2024·廣東廣雅中學期中）如圖所示，豎直平面內有一水平向右的勻強電場，電場強度大小為E＝1×102V/m，其中有一個半徑為R＝2m的豎直光滑圓環，現有一質量為m＝0.08kg、電量為q＝6×10－3C的帶正電小球（可視為質點）在最低點A點，給小球一個初動能，讓其恰能在圓環內做完整的圓周運動，不考慮小球運動過程中電量的變化（已知cos37°＝0.8，g取10m/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的加速度、運動性質、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，能持續水平向右發射初速度為v0、電量為q（q>0）、質量為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eq\f(\r(2)d,v0)B.粒子射出時的最大動能為eq\f(5,4)mveq\o\al(2,0)C.t＝eq\f(d,2v0)時刻射入的粒子，從O′點射出D.t＝eq\f(3d,v0)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>φBB.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>EkCD.三個小球在電場中運動的加速度aA>aB>aC3.（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)eq\r(2gh)(2)eq\f(2（h＋d）,\r(2gh))(3)eq\f(mg（h＋d）C,q)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＝eq\r(2gh)。(2)加速下落過程有eq\f(v,2)t1＝h減速過程有eq\f(v,2)t2＝d則t＝t1＋t2＝eq\f(2（h＋d）,\r(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電容器所帶電量Q＝CU＝eq\f(mg（h＋d）C,q)。訓練1BD[對帶電粒子受力分析如圖所示，F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eq\f(mgd,q)(2)上極板v0eq\r(\f(d,g))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，下極板帶正電根據平衡條件有mg＝qE，又有E＝eq\f(U,d)聯立解得電勢差U＝eq\f(mgd,q)。(2)僅將電勢差增大一倍，即有E′＝eq\f(2U,d)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′－mgy＝eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2水平方向上做勻速運動，有x＝v0t聯立解得x＝v0eq\r(\f(d,g))。訓練2C[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；根據微粒偏轉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3B[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4AB[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＝eq\f(1,2)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)1N，方向與豎直方向夾角為37°斜向右下方(2)4.6J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＝eq\r(（mg）2＋（qE）2)＝1N方向與豎直方向的夾角為θ，有tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(3,4)可得合力與豎直方向夾角為θ＝37°斜向右下方。(2)小球恰能在圓環內做完整的圓周運動，則在其等效最高點，有F＝meq\f(v2,R)小球從等效最高點至A點的過程中，由動能定理得F(R＋Rcosθ)＝Ek－eq\f(1,2)mv2代入數據聯立解得小球在A點的初動能Ek＝4.6J。訓練3(1)－eq\f(\r(3)mgl,2q)(2)30°(3)eq\f(4\r(3),3)mg解析(1)小球由A點到B點過程，根據動能定理得qUAB＋mglcos30°＝0解得電勢差UAB＝－eq\f(\r(3)mgl,2q)。(2)d＝l＋lsin30°，由E＝eq\f(U,d)得勻強電場電場強度的大小為E＝eq\f(\r(3)mg,3q)小球所受重力和電場力的合力大小為F合＝eq\r(（mg）2＋（qE）2)＝eq\f(2\r(3)mg,3)合力方向與豎直方向夾角的正切值tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(\r(3),3)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，根據動能定理得F合l(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mv2根據牛頓第二定律得T－F合＝meq\f(v2,l)聯立解得速度最大時細線拉力大小T＝eq\f(4\r(3),3)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～eq\f(1,2)T內電子做初速度為零的正向勻加速直線運動，eq\f(1,2)T～T內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～eq\f(T,2)內做類似題圖甲0～T的運動，eq\f(T,2)～T內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7AD[由題圖乙可知電場強度大小E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qd)，則粒子在電場中的加速度a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(veq\o\al(2,0),2d)，粒子在電場中運動的最短時間tmin滿足eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,min)，解得tmin＝eq\f(\r(2)d,v0)，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＝eq\f(8d,v0)，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eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項B錯誤；t＝eq