6.4带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题
带电粒子在电场中的运动的综合问题
专题强化八带电粒子（带电体）在电场中运动的综合问题专题解读1.本专题主要讲解带电粒子（带电体）在电场中运动时动力学和能量观点的综合运用，高考常以计算题出现 2.学好本专题，可以加深对动力学和能量知识的理解，能灵活应用受力分析、运动分析特别是曲线运动（平抛运动、圆周运动）的方法与技巧，熟练应用能量观点解题 3.用到的知识：受力分析、运动分析、能量观点、带电粒子在电场中运动1.分析方法：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程（平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线），然后选用恰当的力学规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题.2.受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略.一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略,电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用二、用能量观点处理带电体的运动对于受变力作用的带电体的运动，必须借助于能量观点来处理.即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也常常显得简洁.具体方法常有两种:1.用动能定理处理思维顺序一般为:弄清研究对象，明确所研究的物理过程分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功弄清所研究过程的始、末状态（主要指动能）.根据W=A &列出方程求解.2.用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理列式的方法常有两种:（1）利用初、末状态的能量相等（即E i= E2）列方程.⑵ 利用某些能量的减少等于另一些能量的增加（即A E=A E ）列方程.3.两个结论（1）若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变（2）若带电粒子只在重力和电场力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变命题点一带电粒子在交变电场中的运动1.常见的交变电场 常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等2. 常见的题目类型 (1) 粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解). (2) 粒子做往返运动(一般分段研究).(3) 粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究 ).3. 思维方法 (1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对 称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件⑶注意对称性和周期性变化关系的应用板运动，时而向 B 板运动，并最终打在 A 板上.则t o 可能属于的时间段是( )3T < t o< —49T< to< y答案 B 解析设粒子的速度方向、位移方向向右为正.依题意知，粒子的速度方向时而为正，时而为 负，最终打在 A 板上时位移为负，速度方向为负.分别作出t o = 0、T T 、^T 时粒子运动的v-1图象，如图所示.由于v — t 图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象知, < t o <T 与3T < t o < T 时粒子在一个周期内的总位移大于零，T <t o <3T 时粒子在一个周期内的444 4 总位移小于零；t o >T 时情况类似.因粒子最终打在 A 板上，则要求粒子在每个周期内的总位 移应小于零，对照各项可知 B 正确.变式1如图2所示，A 、B 两金属板平行放置，在 t = 0时将电子从 A 板附近由静止释放(电 子的重力忽略不计).分别在A B 两板间加上下列哪种电压时，有可能使电子到不了 B 板()(2)从两条思路出发：一是力和运动的关系, 根据牛顿第二定律及运动学规律分析； 二是功能例1如图1(a)所示，两平行正对的金属板 A 、B 间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处.若在t o 时刻释放该粒子，粒子会时而向 A < 10< T答案 B变式2 （多选）（2015 •山东理综-20 ）如图3甲所示，两水平金属板间距为d,板间电场强度的变化规律如图乙所示.t = 0时刻，质量为m的带电微粒以初速度V0沿中线射入两板间，0!时间内微粒匀速运动,T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出.微粒运动过程中未与金属板接触3重力加速度的大小为g.关于微粒在0〜T时间内运动的描述，正确的是（）A.末速度大小为72v0B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了 I mgdD.克服电场力做功为mgd答案 BC解析因0〜T时间内微粒匀速运动，故E0q = mg在T〜耳时间内，粒子只受重力作用，做平3 3 3抛运动，在t=2T时刻的竖直速度为V yi=gT，水平速度为V0；在2T〜T时间内，由牛顿第二定律2E0q—mg= ma解得a= g,方向向上，则在t = T时刻，v y2= v yi—g T= 0，粒子的竖直3速度减小到零，水平速度为V0,选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小了△ &= mg-号= i mgd选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知，^mgd-W a= 0,可知克服电场力做功1为2mgd选项D错误；故选B、C.命题点二用“等效法”处理带电粒子在电场和重力场中的运动1.等效重力法F合将重力与电场力进行合成，如图 4所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g'="m为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向.2.物理最高点与几何最高点 在“等效力场”中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题.小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是 物理最高点.几何最高点是图形中所画圆的最上端，是符合人眼视觉习惯的最高点 高点是物体在圆周运动过程中速度最小（称为临界速度）的点.例2如图5所示，半径为r 的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内， 环上套有一质量为 m 带电荷量为+ q 的珠子，现在圆环平面内加一个匀强电场， 使珠子由最高点 A 从静止开始释放（ACBD 为圆环的两条互相垂直的直径 ），要使珠子沿圆弧经过 B C 刚好能运动到 D （重力加速度为g ）（1）求所加电场的场强最小值及所对应的场强的方向;⑵当所加电场的场强为最小值时，求珠子由A 到达D 的过程中速度最大时对环的作用力大小;（3）在（1）问电场中，要使珠子能完成完整的圆周运动，在 A 点至少应使它具有多大的初动能答案见解析解析（1）根据题述，珠子运动到BC 弧中点M 时速度最大，作过 M 点的直径MN 设电场力与重力的合力为F ,则其方向沿 NM 方向，分析珠子在 M 点的受力情况，由图可知，当 F 电垂直于F 时，F 电最小，最小值为:F 电 min = mg cos 45° = F 电 min qE min解得所加电场的场强最小值"讐方向沿/ AOB 勺角平分线方向指向左上方 ⑵当所加电场的场强为最小值时，电场力与重力的合力为 F （r + 乎r ） = ^mV — 02V 在M 点，由牛顿第二定律得： F N — F = m联立解得F N =（竽+ 1）mg 由牛顿第三定律知，珠子对环的作用力大小为F = mg>in 45°=乎mg 把电场力与重力的合力看做是“等效重力”，对珠子由A 运动到M 的过程，由动能定理得.而物理最⑵ 电场力做功的特点： VAB =FL AB COS 0 = qU\B = E A — E PB .F N '= F N = (^^I + 1)mg(3)由题意可知，N 点为等效最高点，只要珠子能到达N 点，就能做完整的圆周运动，珠子在N 点速度为0时，所需初动能最小，此过程中，由动能定理得：-解得 E A ="I〔mgr.变式3 (2018 •陕西西安质检)如图6所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处37° ) — |mg- (tanh+ 2R + R sin 37° )=如恋，联立解得 h ~.命题点三 电场中的力电综合问题1.力学规律 (1)动力学规律：牛顿运动定律结合运动学公式(2) 能量规律：动能定理或能量守恒定律 2.电场规律 (1)电场力的特点：F = Eq,正电荷受到的电场力与场强方向相同F (r —乎r ) = 0- E kA于水平向右的匀强电场中，带负电荷的小球从高为 h 的A 处由静止开始下滑，沿轨道 ABC 运动并进入圆环内做圆周运动.已知小球所受电场力是其重力的3,圆环半径为 R,斜面倾角为40= 60°, S BC = 2R 若使小球在圆环内能做完整的圆周运动,h 至少为多少(sin 37°=, cos37° =答案解析 小球所受的重力和电场力都为恒力，故可将两力等效为一个力 F,如图所示.可知F =,方向与竖直方向成 37°角.由图可知，小球做完整的圆周运动的临界点是 D 点，设小球恰好能通过D 点，即到达D 点时圆环对小球的弹力恰好为零由圆周运动知识得: F = mV 1，即:=2V DmR小球由A 运动到D 点，由动能定理结合几何知识得:mg h — R — R cos3. 多阶段运动 在多阶段运动过程中，当物体所受外力突变时，物体由于惯性而速度不发生突变，故物体在前一阶段的末速度即为物体在后一阶段的初速度 .对于多阶段运动过程中物体在各阶段中发 生的位移之间的联系，可以通过作运动过程草图来获得例3 （20i7 •全国卷I - 25 ）真空中存在电场强度大小为 E 的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为 V 0,在油滴处于位置 A 时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变.持续一段时间t i 后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B 点.重力加速度大小为g .⑴ 求油滴运动到B 点时的速度;（2）求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的 应满足的条件.已知不存在电场时，油滴以初速度V 0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于BA 两点间距离的两倍.答案见解析 解析（i ）油滴带电性质不影响结果.设该油滴带正电，油滴质量和电荷量分别为 m 和q ,油滴速度方向向上为正.油滴在电场强度大小为E i 的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上.在t = 0时，电场强度突然从 E 增加至 巳，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度 方向向上，大小a i 满足qE — mg= ma油滴在t i 时刻的速度为v i = v o + a i t 1电场强度在11时刻突然反向，之后油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小qE + mg= ma油滴在t 2 = 2t i 时刻，即运动到 B 点时的速度为V 2= V i — a 2t i由①②③④式得V 2= V o — 2gt i ⑵由题意，在t = 0时刻前有 qE = mg油滴从t = 0到t i 时刻的位移为i 2X i = V o t i + ^a i t i油滴在从t i 时刻到t 2= 2t i 时刻的时间间隔内的位移为X 2= V i t i —歹2上 i 2由题给条件有 v 2= 2gx2h = 4gh11 和 V oa 满足式中h 是B A 两点之间的距离. 若B 点在A 点之上，依题意有x i + X 2= h由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得V o 1 V o2 巳=[2-蚯+ 4(gn)]E为使E 2> E ,应有V o 1 V o 22 —京 + 4(頁)>1解得 0v t 1< (1 —¥)彳条件？式和？式分别对应于V 2> 0和V 2V 0两种情形. X 2 + x i =— hV o . - 2巳=[2-2 3gr - 4(gr )]E为使E 2>E i ，应有2—2 竺—q 竺)2>1 gt 1 4(gt 1)解得t i >^25 + 1)罟厶y另一解为负，不符合题意，舍去 变式4 (2017 •全国卷n- 25 )如图7所示，两水平面(虚线)之间的距离为 H,其间的区域存 在方向水平向右的匀强电场 .自该区域上方的 A 点将质量均为 m 电荷量分别为q 和一q (q >0)的带电小球M N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出.小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开.已知N 离开电场时的速度方向竖直向下； M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为 N 刚离开电场时的动能的倍.不计空气阻力，重力加速度大小为 g .求:1 M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比;⑵A 点距电场上边界的高度;(3)该电场的电场强度大小.若B 在A 点之下, 依题意有由①②③⑥⑦⑧⑨ 式得 V 0. 2.答案(1) 3 ：1 (2) 3H ⑶粤解析(1)设小球M N 在A 点水平射出时的初速度大小为 V o ,则它们进入电场时的水平速度t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向， 大小均为a , v o 一 at = 0I 2S i = V o t + 評1 2S 2= V o t —尹 联立①②③式得 51—=352h ,小球下落h 时在竖直方向的分速度为 V y ,由运动学公式H = V y t + 2gt 2M 进入电场后做直线运动，由几何关系知联立①②⑤⑥⑦式可得h = 3H⑶设电场强度的大小为 E ,小球M 进入电场后做直线运动，则 V 0 qE V y mg设M N 离开电场时的动能分别为E ki 、E k2,由动能定理得1 2 2E ki = 2% v o + V y ) + mgHh qEs1 2 2E k2= 2% V o + V y ) + mgH- qEs由已知条件E ki = 联立④⑤⑦⑧⑨⑩？ ？式得仍然为、N 在电场中运动的时间 在电场中沿水平方向的位移分别为S i 和S 2.由题给条件和运动学公式得(2)设A 点距电场上边界的高度为V y2 = 2gh V o S2 H V y变式5如图8所示，在E= 103V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPNf—水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R= 40 cm N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q= 10「4C的小滑块质量仆10 g，与水平轨道间的动摩擦因数口=，位于N点右侧m的M处，g取10 m/s2,求：（1）要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q则小滑块应以多大的初速度V0向左运动（2）这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大答案（1）7 m/s （2） N 解析（1）设小滑块恰能到达Q点时速度为V,V2由牛顿第二定律得m叶qE= mR小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得12 1-mg-2 R-qE -2 R- 口（m叶qE）x=^mv-^mv联立解得：v o = 7 m/s.（2）设小滑块到达P点时速度为V',则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得1,212-（m肝qE） R—口（qE+ mgx = q mv -尹\0P点时，由牛顿第二定律得F N= nv-R-/ 2 又在代入数据，解得：F N= N由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力F N'=F N=N.1.（ 2017 •河南中原名校第二次联考）如图1所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子计重力），当两板间的电压分别如图2中甲、乙、丙、丁所示，电子在板间运动（假设不与板相碰），下列说法正确的是（）A.电压是甲图时，在 0〜T时间内, 电子的电势能一直减少B.电压是乙图时, 在 0〜T时间内，电子的电势能先增加后减少的距离足够大，下列说法正确的是A. 电子一直向着 A 板运动B. 电子一直向着 B 板运动答案 D电粒子于t = 0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是 带电粒子不与板相碰）（）A.带电粒子只向一个方向运动2s 内，电场力做功等于 0 s 末带电粒子回到原出发点 s 内，电场力做功等于0 答案 DC.电压是丙图时, 电子在板间做往复运动D.电压是丁图时, 电子在板间做往复运动 答案 D解析 若电压是甲图，0〜T 时间内，电场力先向左后向右， 则电子先向左做匀加速直线运动, 后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A 错误；电压是乙图时，在0〜T时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故 B 错误；电压是丙图时，电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动，过 了T 做加速度先增大后减小的减速运动，到T 时速度减为0,之后重复前面的运动,故电子 直朝同一方向运动，C 错误；电压是丁图时，电子先向左加速，到T后向左减速,2后向右加3速, 4T后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，故电子做往复运动,2.将如图3所示的交变电压加在平行板电容器 A B 两板上，开始B 板电势比A 板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间,它在电场力作用下开始运动， 设A 、B 两极板间C.电子先向A 板运动，然后返回向 B 板运动，之后在 A B 两板间做周期性往复运动D.电子先向B 板运动，然后返回向A 板运动，之后在 AB 两板间做周期性往复运动3. 一匀强电场的电场强度E 随时间 t 变化的图象如图4所示，在该匀强电场中，有一个带负（假设解析 画出带电粒子速度 v 随时间 t 变化的图象如图所示，v － t 图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动， 电粒子不能回到原出发点， A C 错误；2 s 末速度不为0,可见0〜2 s 内电场力做的功不等 于0, B 错误；s 末和4 s 末，速度的大小、方向都相同，则〜 4 s 内，电场力做功等于0, 所以D 正确.4. 如图 5 所示,在竖直向上的匀强电场中,一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小空气阻力，则下列说法正确的是 （图5A. 小球带负电B. 电场力跟重力平衡D. 小球在运动过程中机械能守恒 答案 B解析 由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为 竖直向上，小球带正电， A 错，B 对；从a i b ,电场力做负功，电势能增大, 场力做功，机械能不守恒， D 错.5. （多选）（2017 •河北唐山一模）如图6所示，竖直平面内有 A 、B 两点，两点的水平距离和竖 直距离均为 H,空间存在水平向右的匀强电场 .一质量为 m 的带电小球从 A 点以水平速度v o抛出，经一段时间竖直向下通过 B 点.重力加速度为g ,小球在由A 到B 的运动过程中，下列说法正确的是 （）图6A. 小球带负电B. 速度先增大后减小C. 机械能一直减小D. 任意一小段时间内，电势能的增加量总等于重力势能的减少量 答案 AC 解析 由题可知，小球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀减速运动，可知其所受 电场力方向向左，与电场方向相反，则小球带负电，电场力一直对小球做负功，小球的电势 能增加，机械能减小， A 、 C 正确 . 小球受竖直向下的重力和水平向左的电场力，合力方向指4 s 末带球，另一端固定于 O 点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a ，最低点为 b . 不计 C. 小球在从 a 点运动到 b 点的过程中，电势能减小 0，电场力方向 C 错；由于有电向左下方，又初速度水平向右，末速度竖直向下，由力与速度夹角关系可知，合力对小球先势能和重力势能的和保持不变，则电势能的增加量不一定等于重力势能的减少量, 6.（ 2017 •河南郑州第一次联考 ）如图7甲所示，在y = 0和y = 2 m之间有沿着x 轴方向的匀强电场，MN 为电场区域的上边界， 在x 轴方向范围足够大.电场强度的变化如图乙所示， 取x轴正方向为电场正方向.现有一个带负电的粒子，粒子的比荷m =x10-2C/kg ，在t=时刻2以速度V 0 = 5X 10 m/s 从0点沿y 轴正方向进入电场区域，不计粒子重力作用.求:（1）粒子通过电场区域的时间; （2）粒子离开电场的位置坐标;⑶ 粒子通过电场区域后沿 x 轴方向的速度大小答案 （1） 4X 10-3s （2）（ — 2X 10-5m,2 m ）区域的时间t = — = 4X 10 -3s.V 0巳。
高中物理【带电粒子(或带电体)在电场中运动的综合问题】典型题(带解析)
高中物理【带电粒子、带电体在电场中运动的综合问题】典型题1．(多选)一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用．若重力势能增加5 J，机械能增加1.5 J，电场力做功2 J，则小球() A．重力做功为5 J B．电势能减少2 JC．空气阻力做功0.5 J D．动能减少3.5 J解析：选BD．小球的重力势能增加5 J，则小球克服重力做功5 J，故A错误；电场力对小球做功2 J，则小球的电势能减少2 J，故B正确；小球共受到重力、电场力、空气阻力三个力作用，小球的机械能增加1.5 J，则除重力以外的力做功为1.5 J，电场力对小球做功2 J，则知空气阻力做功为－0.5 J，即小球克服空气阻力做功0.5 J，故C错误；重力、电场力、空气阻力三力做功之和为－3.5 J，根据动能定理，小球的动能减少3.5 J，D正确．2. (多选)如图所示，一根不可伸长的绝缘细线一端固定于O点，另一端系一带电小球，置于水平向右的匀强电场中，现把细线水平拉直，小球从A点由静止释放，经最低点B后，小球摆到C点时速度为0，则()A．小球在B点时速度最大B．小球从A点到B点的过程中，机械能一直在减少C．小球在B点时细线的拉力最大D．从B点到C点的过程中小球的电势能一直增加解析：选BD．小球所受重力和电场力恒定，重力和电场力的合力恒定，小球相当于在重力和电场力的合力及细线的拉力作用下在竖直平面内做圆周运动．当小球运动到重力和电场力的合力和细线的拉力共线时(不是B点)，小球的速度最大，此时细线的拉力最大，A、C错误；从A点到C点的过程中，小球所受重力做正功，小球摆到C点时速度为0，所以电场力对小球做负功，小球从A点到B点的过程中，机械能一直在减少，B正确；从B点到C点的过程中，小球克服电场力做功，小球的电势能一直增加，D正确．3.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的轻质绝缘细绳，一端系着一个带电小球，另一端固定于O 点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为 a ，最低点为 b ．不计空气阻力，则( )A ．小球带负电B ．电场力跟重力是一对平衡力C ．小球从 a 点运动到 b 点的过程中，电势能减少D ．运动过程中小球的机械能守恒解析：选B ．小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力平衡，则知小球带正电，故A 错误，B 正确．小球在从a 点运动到b 点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大，故C 错误．由于电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒，故D 错误．4．如图所示，高为h 的固定光滑绝缘斜面，倾角θ＝53°，将其置于水平向右的匀强电场中，现将一带正电的物块(可视为质点)从斜面顶端由静止释放，其所受的电场力是重力的43倍，重力加速度为g ，则物块落地的速度大小为( )A ．25ghB ．2ghC ．22ghD ．532gh 解析：选D ．对物块受力分析知， 物块不沿斜面下滑， 离开斜面后沿重力、 电场力合力的方向运动，F 合＝53mg ，x ＝53h ，由动能定理得F 合·x ＝12m v 2，解得v ＝532gh . 5．(多选)如图所示，ABCD 为竖直放置的光滑绝缘细管道，其中AB 部分是半径为R 的14圆弧形管道，BCD 部分是固定的水平管道，两部分管道恰好相切于B 点．水平面内的M 、N 、B 三点连线构成边长为L 的等边三角形，M 、N 连线过C 点且垂直于BC D ．两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M 、N 两点，电荷量分别为＋Q 和－Q .现把质量为m 、电荷量为＋q 的小球(小球直径略小于管道内径，小球可视为点电荷)，由管道的A 处静止释放，已知静电力常量为k ，重力加速度为g ，则( )A ．小球运动到B 点时受到的电场力小于运动到C 点时受到的电场力B ．小球在B 点时的电势能小于在C 点时的电势能C ．小球在A 点时的电势能等于在C 点时的电势能D ．小球运动到C 点时的速度为gR 解析：选AC ．根据等量异种点电荷的电场特征，B 点电场强度小于C 点，小球在B 点时受到的电场力小于运动到C 点时受到的电场力，故A 项正确．根据等量异种点电荷的电场特征可知A 、B 、C 三点处于同一个等势面上，所以三点的电势相等，小球在三点处的电势能是相等的，故B 项错误，C 项正确．从A 点到C 点的运动过程只有重力对小球做功，由动能定理可得：mgR ＝12m v 2C，所以小球在C 点时速度为2gR ，故D 项错误． 6.如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC ，其下端(C 端)距地面高度h ＝0.8 m ．有一质量为500 g 的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑．小环离杆后正好通过C 端的正下方P 点处．(g 取10 m/s 2)求：(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；(2)小环从C 运动到P 过程中的动能增量；(3)小环在直杆上匀速运动速度的大小v 0.解析：(1)结合题意分析知：qE ＝mg ，F 合＝2mg ＝ma ，a ＝2g ＝10 2 m/s 2，方向垂直于杆向下．(2)设小环从C 运动到P 的过程中动能的增量为ΔE k ＝W 重＋W 电其中W 重＝mgh ＝4 J ，W 电＝0，所以ΔE k ＝4 J.(3)环离开杆做类平抛运动，平行杆方向匀速运动，有22h ＝v 0t 垂直杆方向匀加速运动，有22h ＝12at 2，解得v 0＝2 m/s. 答案：(1)10 2 m/s 2 垂直于杆向下 (2)4 J (3)2 m/s7．如图所示，矩形区域PQNM 内存在平行于纸面的匀强电场，一质量为m ＝2.0×10－11 kg 、电荷量为q ＝1.0×10－5 C 的带正电粒子(重力不计)从a 点以v 1＝1×104 m/s 的初速度垂直于PQ 进入电场，最终从MN 边界的b 点以与水平边界MN 成30°角斜向右上方的方向射出，射出电场时的速度v 2＝2×104 m/s ，已知MP ＝20 cm 、MN ＝80 cm ，取a 点电势为零，如果以a 点为坐标原点O ，沿PQ 方向建立x 轴，则粒子从a 点运动到b 点的过程中，电场的电场强度E 、电势φ、粒子的速度v 、电势能E p 随x 的变化图象正确的是( )解析：选D ．因为规定a 点电势为零，粒子进入电场后做类平抛运动，根据电场力做功与电势能的变化的关系，有qEx ＝ΔE p ＝0－E p ，故E p ＝－qEx ，故选项D 正确；因为匀强电场中的电场强度处处相等，故选项A 错误；因为粒子离开电场时的速度v 2＝v 1sin 30°＝2v 1，电场的方向水平向右，沿电场线的方向电势降低，故选项B 错误；粒子在电场中运动的过程中，由动能定理可知，qEx ＝12m v 2－12m v 21，所以v 与x 不是线性关系，选项C 错误． 8. (多选)如图所示为匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象．当t ＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，下列说法中正确的是( )A．带电粒子将始终向同一个方向运动B．2 s末带电粒子回到原出发点C．3 s末带电粒子的速度为零D．0～3 s内，电场力做的总功为零解析：选CD．设第1 s内粒子的加速度大小为a1，第2 s内的加速度大小为a2，由a 可知，a2＝2a1，设带电粒子开始时向负方向运动，可见，粒子第1 s内向负方向运动，＝qEm1.5 s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为0，vt图象如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D 正确．9．(多选)如图所示，竖直放置的两平行金属板间有匀强电场，在两极板间同一等高线上有两个质量相等的带电小球a、b(可以看成质点)．将小球a、b分别从紧靠左极板和两极板正中央的位置由静止释放，它们沿图中虚线运动，都能打在右极板上的同一点．从释放小球到刚要打到右极板的运动中，下列说法正确的是()A．它们的运动时间t a＞t bB．它们的电荷量之比q a∶q b＝2∶1C．它们的电势能减少量之比ΔE p a∶ΔE p b＝4∶1D．它们的动能增加量之比ΔE k a∶ΔE k b＝4∶1解析：选BC．两小球由同一高度释放，打在同一点，故竖直方向位移相同；在竖直方向上做自由落体运动，故两小球运动时间相同，A错误．在水平方向，s a＝2s b，由于时间相同，所以水平方向的加速度a a＝2a b，由Eq＝F＝ma知它们的电荷量之比为2∶1，B正确．电势能的减少量之比为电场力做的功之比，a球所受电场力和水平位移均为b球的两倍，所以它们电势能的减少量之比为4∶1，C正确．动能的增加量等于合外力做的功，合外力对a 球做的功不是对b球做功的4倍，D错误．10．如图甲所示，将一倾角θ＝37°的粗糙绝缘斜面固定在地面上，空间存在一方向沿斜面向上的匀强电场．一质量m ＝0.2 kg ，带电荷量q ＝2.0×10－3 C 的小物块从斜面底端静止释放，运动0.1 s 后撤去电场，小物块运动的v -t 图象如图乙所示(取沿斜面向上为正方向)，g ＝10 m/s 2. (sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：(1)电场强度E 的大小；(2)小物块在0～0.3 s 运动过程中机械能增加量．解析：(1)加速时：a 1＝Δv 1Δt 1＝20 m/s 2 减速时：加速度大小a 2＝⎪⎪⎪⎪Δv 2Δt 2＝10 m/s 2 由牛顿第二定律得：Eq －mg sin θ－F f ＝ma 1mg sin θ＋F f ＝ma 2联立得E ＝3×103 N/C摩擦力F f ＝0.8 N.(2)方法一：ΔE k ＝0ΔE p ＝mgx sin 37°x ＝0.3 mΔE ＝ΔE pΔE ＝0.36 J.方法二：加速距离x 1＝v 2t 1＝0.1 m 减速距离x 2＝v 2t 2＝0.2 m 电场力做功W E ＝Eqx 1＝0.6 J摩擦力做功W f ＝－F f (x 1＋x 2)＝－0.24 J物块在0～0.3 s 运动过程中机械能增加量ΔE ＝W E ＋W f ＝0.36 J.答案：(1)3×103 N/C (2)0.36 J11．如图所示，LMN 是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN 水平且足够长，LM 下端与MN 相切．质量为m 的带正电小球B 静止在水平面上，质量为2m 的带正电小球A 从LM 上距水平面高为h 处由静止释放，在A 球进入水平轨道之前，由于A 、B 两球相距较远，相互作用力可认为零，A 球进入水平轨道后，A 、B 两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点．已知A 、B 两球始终没有接触．重力加速度为g .求：(1)A 球刚进入水平轨道的速度大小；(2)A 、B 两球相距最近时，A 、B 两球系统的电势能E p ；(3)A 、B 两球最终的速度v A 、v B 的大小．解析：(1)对A 球下滑的过程，据机械能守恒得2mgh ＝12·2m v 20 解得v 0＝2gh .(2)A 球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，当两球相距最近时共速，有 2m v 0＝(2m ＋m )v解得v ＝23v 0＝232gh 据能量守恒定律得2mgh ＝12(2m ＋m )v 2＋E p 解得E p ＝23mgh . (3)当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定．则2m v 0＝2m v A ＋m v B12×2m v 20＝12×2m v 2A ＋12m v 2B 解得v A ＝13v 0＝132gh v B ＝43v 0＝432gh . 答案：(1)2gh (2)23mgh (3)132gh 432gh。
2018年高考物理一轮复习专题六带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题精讲深剖
专题六带电粒子（带电体）在电场中运动的综合问题【专题解读】1.本专题是动力学和能量观点在带电粒子(带电体)在电场中运动的综合运用，高考常以计算题出现．2．学好本专题，可以加深对动力学和能量知识的理解，能灵活应用受力分析、运动分析特别是曲线运动(平抛运动、圆周运动)的方法与技巧，熟练应用能量观点解题．3．用到的知识：受力分析、运动分析、能量观点．考向一示波管的工作原理1．如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子束沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑．2．YY′上加的是待显示的信号电压．XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压，若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图象. (如图1)图1【例1】如图2所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N 形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点．已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力．(1)求电子穿过A板时速度的大小；(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；(3)若要使电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？关键词①偏转电场可视为匀强电场；②速度与电场垂直；③不计重力【答案】(1) 2eU1m(2)U2L24U1d(3)减小U1或增大U2阶梯练习1．(多选)示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图1所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的( )A．极板X应带正电B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电D．极板Y′应带正电【答案】AC【解析】根据亮斑的位置，电子水平方向偏向X，竖直方向偏向Y，电子受到电场力作用发生偏转，因此极板X、极板Y均应带正电．2．图3(a)为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到图形是( )(a)图3【答案】B【解析】电子在示波管内的运动速度很快,所以可以认为它在两电极板之间运动时两板间的电压是不变的（瞬时值）.所以当U y 最大时，电子会在纵轴方向上运动最大的距离.U x 同理比如说，当t =0时，U y=0，U x 为负向最大，所以电子在纵轴方向上位移为0，在x 轴方向上位移达到负向最大值.（原点在虚线交点处）所以B 。
带电粒子在电场中的运动的综合问题
带电粒子在电场中的运动的综合问题专题强化八带电粒子（带电体）在电场中运动的综合问题【专题解读丨1.本专题主要讲解带电粒子（带电体）在电场中运动时动力学和能量观点的综合运用，高考常以计算题出现.2.学好本专题，可以加深对动力学和能量知识的理解，能灵活应用受力分析、运动分析特别是曲线运动（平抛运动、圆周运动）的方法与技巧，熟练应用能量观点解题.3.用到的知识：受力分析、运动分析、能量观点.过好双基关----------------------------------------------- 回扣碁础知识训练基础尊目--------------------------------------------------一、带电粒子在电场中运动1.分析方法：先分析受力情况，再分析运—和运动过程（平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线），然后选用恰当的力学规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题. 2.受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略.一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用.二、用能量观点处理带电体的运动对于受变力作用的带电体的运动，必须借助于能量观点来处理.即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也常常显得简洁.具体方法常有两种：1.用动能定理处理思维顺序一般为：(1)弄清研究对象，明确所研究的物—. (2)分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功.(3)弄清所研究过程的始、末状态(主要指动能).(4)根据W=4E k列出方程求解.2.用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理列式的方法常有两种：(1)利用初、末状态的能量相等(即E i= E2)列方程.(2)利用某些能量的减少等于另一些能量的增加(即圧=圧’)列方程.3.两个结论(1)若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变.(2)若带电粒子只在重力和电场力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变.研透命题点--------------------------------------------- 堀硏考到和鼻題分折密菠葩题点 -----------------------------------------------命题点一带电粒子在交变电场中的运动■—•…-…—能力考点师主共研1.常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等.2.常见的题目类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解).(2)粒子做往返运动(一般分段研究).(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究).3.思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律):抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件.⑵从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系. (3)注意对称性和周期性变化关系的应用.例1如图1(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处.若在t o时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上.则t o可能属于的时间段是( )图1"c , T □ T ■ 3TA.0V t o< 4B运v t)v&-3T 9TC.”v t o v TD.T v t o<g答案B解析设粒子的速度方向、位移方向向右为正 . 依题意知，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负.分别作出t o= 0、T、2、乎时粒子运动的v —t图象，如图所示.由于v —t图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象知，O v t o v :与3T v t o v T 时粒子在一个周期内的总位移大于零，丁<t o ^4时粒子在一个周期内的总位移小于零；t o>T时情况类似.因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各项可知B正确.I变式1如图2所示，A、B两金属板平行放置,在t= 0时将电子从A板附近由静止释放（电子的重力忽略不计）.分别在A、B两板间加上下列哪种电压时，有可能使电子到不了B板（）图2_______________ 丹—t A答案B变式2 （多选）（2015山东理综20）如图3甲所示，两水平金属板间距为d,板间电场强度的变化规律如图乙所示.t= 0时刻，质量为m的带电微粒以初速度V。
第4节 带电粒子在电场中运动的综合问题
[针对训练] 1.(2019·浙江 4 月选考)用长为 1.4 m 的轻质柔软绝
缘细线，拴一质量为 1.0×10－2 kg、电荷量为 2.0×10－8 C 的小球，细线的上端固定于 O 点。 现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成 37°， 如图所示。现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，则 (sin 37°＝0.6，g 取 10 m/s2)( ) A．该匀强电场的场强为 3.75×107 N/C B．平衡时细线的拉力为 0.17 N C．经过 0.5 s，小球的速度大小为 6.25 m/s D．小球第一次通过 O 点正下方时，速度大小为 7 m/s
静置在一光滑绝缘水平面上。从某时刻起在整个空间施加一水 平向右的电场，电场强度大小为 E1，经过 t 时间，电场改变方 向，变成水平向左，电场强度大小变为 E2，再经过 2t 时间，物 体恰好返回出发点，则( )
A．电场强度 E1 与 E2 之比为 5∶4 B．电场强度 E1 与 E2 之比为 2∶1 C．这一过程中带电物体的动能先增大后减小再增大，其变 化量大于 0 D．这一过程中带电物体的动能先增加后减小，其变化量大 于0
[针对训练] 1.[多选]如图所示，粗糙绝缘直角斜面 ABC 固定
在水平面上，并处在方向与 AB 面平行的匀强 电场中，一带正电的物体在电场力的作用下从 斜面的底端运动到顶端，它的动能增加了 ΔEk，重力势能增 加了 ΔEp，系统产生的内能为 Q，则下列说法正确的是( ) A．电场力对物体所做的功等于 ΔEk B．物体克服重力做的功等于 ΔEp C．合外力对物体做的功等于 ΔEk D．电场力所做的功等于 ΔEk＋Q
他＝ΔEk
者总和不变，即：ΔEk＝－ΔEp。
考法一 用动力学观点和能量观点解决力电综合问题 [例 1] (2019·全国卷Ⅲ)空间存在一方向竖直向下的匀强电
5.高考物理带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题专题精练含答案
课时作业26 带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题时间：45分钟1．如图所示，空间有与水平方向成θ角的匀强电场．一个质量为m 的带电小球，用长L 的绝缘细线悬挂于O 点．当小球静止时，细线恰好处于水平位置．现用一个外力将小球沿圆弧缓慢地拉到最低点，此过程小球的电荷量不变．则该外力做的功为( B )A ．mgLB.mgL tan θ C ．mgL tan θ D.mgL cos θ解析：对小球受力分析如图所示，则重力与电场力的合力F 合＝mg tan θ，由动能定理可知：W F ＝－W F 合＝mg tan θ·L .2．水平放置的平行板电容器与某一电源连接充电后，断开开关，重力不可忽略的小球由电容器的正中央沿水平向右的方向射入该电容器，如图所示，小球先后经过虚线的A、B两点．则(D)A．如果小球所带的电荷量为正电荷，小球所受的电场力一定向下B．小球由A到B的过程中电场力一定做负功C．小球由A到B的过程中动能可能减小D．小球由A到B的过程中，小球的机械能可能减小解析：小球在极板间受到竖直向下的重力作用与竖直方向的电场力作用，由图示小球运动轨迹可知，小球受到的合力竖直向下，即重力与电场力的合力竖直向下．当小球带正电时，若上极板带正电荷，小球受到的合力向下，小球运动轨迹向下，若上极板带负电荷，但如果电场力小于重力，小球受到的合力向下，小球运动轨迹向下，故无法确定电场力的方向，A错误．如果小球受到的电场力向下，小球从A运动到B过程中电场力做正功，如果小球受到的电场力向上，则电场力做负功，B错误．小球受到的合力向下，小球从A运动到B过程中合外力做正功，小球的动能增加，C错误．小球从A运动到B过程中，若电场力做正功，机械能增加，若电场力做负功，机械能减少，D正确．3．如图甲所示，AB是电场中的一条电场线，一带正电粒子以某一初速度从A点出发，仅在电场力作用下沿直线从A点运动到B点做减速直线运动，其a-t图象如图乙所示，则下列说法正确的是(C)A．该电场一定是匀强电场B．电场线的方向由A指向BC．A、B两点电场强度的大小关系满足E A<E BD．A、B两点的电势关系满足φA>φB解析：由图乙可以知道，加速度逐渐增大，即电场力逐渐增大，故场强增大，即E A<E B，说明电场不是匀强电场，故A错误，C正确；根据题意，带正电的粒子，仅在电场力作用下沿直线从A点运动到B 点做减速直线运动，可以知道场强方向与粒子运动方向相反，故B错误；由于电场线的方向为由B指向A，则电势的关系为φA<φB，故D 错误．4．(多选)图甲中直线PQ表示电场中的一条电场线，质量为m、电荷量为q的带负电粒子仅在电场力作用下沿电场线向右运动，经过P点时速度为v0，到达Q点时速度减为零，粒子运动的v-t图象如图乙所示．下列判断正确的是(ABC)A．P点电势高于Q点电势B．P点场强大于Q点场强C．P、Q两点的电势差为m v20 2qD．带负电粒子在P点的电势能大于在Q点的电势能解析：由题图乙知带电粒子的速度减小，受到向左的电场力，故电场线方向向右，P 点电势一定高于Q 点电势，故A 正确；由题图乙可知，粒子在P 处的加速度大于粒子在Q 处的加速度，故P 处的场强大于Q 处的场强，故B 正确；由动能定理知qU PQ ＝12m v 20，可求出P 、Q 两点的电势差为m v 202q，故C 正确；负电荷在电势低的地方电势能大，故该带负电的粒子在P 点的电势能一定小于在Q 点的电势能，故D 错误．5．如图所示为某电场中x 轴上电势φ随x 变化的图象，一个带电粒子仅受电场力作用在x ＝0处由静止释放沿x 轴正向运动，且以一定的速度通过x ＝x 2处，则下列说法正确的是( D )A ．x 1和x 2处的电场强度均为零B ．x 1和x 2之间的场强方向不变C ．粒子从x ＝0到x ＝x 2过程中，电势能先增大后减小D ．粒子从x ＝0到x ＝x 2过程中，加速度先减小后增大解析：φ-x 图象中斜率表示场强，斜率的绝对值的大小表示场强的大小，斜率的正负表示场强的方向，题图中x 1和x 2之间的场强大小先减小后增大，场强方向先沿负方向后沿正方向，A 、B 项错误；粒子由x ＝0处由静止沿x 轴正向运动，表明粒子运动方向与电场力方向同向，则从x ＝0到x ＝x 2的过程中，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，C 项错误；因从x ＝0到x ＝x 2过程中，电场强度先减小后增大，故粒子的加速度先减小后增大，D 项正确．6．(多选)质量为m 、电荷量为＋q 的小金属块A 以初速度v 0从光滑绝缘水平高台上飞出．已知在足够高的高台边缘右面空间中存在水平向左的匀强电场，电场强度大小E ＝3mg q .则( BD )A ．金属块不一定会与高台边缘相碰B ．金属块一定会与高台边缘相碰，相碰前金属块在做匀变速运动C ．金属块运动过程中距高台边缘的最大水平距离为v 204gD ．金属块运动过程的最小速度为10v 010解析：小金属块水平方向先向右做匀减速直线运动，然后向左做匀加速直线运动，故一定会与高台边缘相碰，故A 错误，B 正确；小金属块水平方向上加速度为－3g ，根据速度位移关系公式，有x max ＝v 202×3g ＝v 206g，故C 错误；小金属块水平方向，分速度v x ＝v 0－3gt ；竖直方向做自由落体运动，分速度v y ＝gt ；合速度v ＝v 2x ＋v 2y ＝(v 0－3gt )2＋(gt )2＝10g 2t2－6gt v 0＋v 20，根据二次函数知识，当t ＝3v 010g 时，有极小值10v 010，故D 正确． 7．如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O ，半径为r ，内壁光滑，A 、B 两点分别是圆轨道的最低点和最高点．该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m 、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C 点时速度最大，O 、C 连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g .(1)求小球所受的电场力大小；(2)求小球在A 点的速度v 0为多大时，小球经过B 点时对圆轨道的压力最小．解析：(1)小球在C 点时速度最大，则电场力与重力的合力沿DC 方向，所以小球受到的电场力的大小F ＝mg tan60°＝3mg .(2)要使小球经过B 点时对圆轨道的压力最小，则必须使小球经过D 点时的速度最小，即在D 点小球对圆轨道的压力恰好为零，有mg cos60°＝m v 2r ，解得v ＝2gr .在小球从圆轨道上的A 点运动到D 点的过程中，有mgr (1＋cos60°)＋Fr sin60°＝12m v 20－12m v 2， 解得v 0＝22gr .答案：(1)3mg (2)22gr8．(2019·安徽蚌埠一模)(多选)在光滑绝缘水平面存在着一个静电场，其中一条电场线沿x 轴方向且各点电势φ随x 坐标变化规律如图所示．一质量为m 、电荷量为－q 的带负电小球从O 点由静止释放，该小球沿x 轴做直线运动，则( ABC )A ．小球在0～x 2间做加速度增大的加速运动，经过x 2后做匀减速直线运动B ．小球在x 2处电势能最小，动能最大C ．小球在x 2处速度最大，在x 1、x 3处速度相同D ．小球在x 4处速度是在x 3处速度的一半解析：由E ＝－ΔφΔx可知，小球在0～x 2间电场强度大小逐渐增大，方向沿x 轴负方向，经过x 2后电场强度大小和方向不变，方向沿x 轴正方向，所以小球在0～x 2间做加速度增大的加速运动，在x 2后做匀减速直线运动，A 正确；x 2处电势最高，小球在x 2处电势能最小，动能最大，B 正确；小球在x 2处速度最大，x 1、x 3处电势相等，小球在x 1、x 3处电势能相等，则动能相同，速度相同，C 正确；0～x 3间由动能定理2φ0q ＝12m v 23，v 3＝2φ0qm ，同理可得v 4＝2φ0qm ，D 错误．9．(2019·湖北襄阳五中质检)(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象，当t ＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是(CD)A．带电粒子将始终向同一个方向运动B．2 s末带电粒子回到出发点C．3 s末带电粒子的速度为零D．0～1.5 s内，电场力做的总功为零解析：根据a＝Fm＝qEm，可知带电粒子在第1 s匀加速运动，在第2 s内先匀减速后反向加速，所以不是始终向同一方向运动，故A错误．带电粒子的v-t图象如图所示，图象与t轴围成图形的面积表示位移，时间轴上方为正，时间轴下方为负，可知在t＝2 s时位移不为零，故B错误．粒子在第3 s末的瞬时速度刚好减到零，故C正确．第1.5 s末的速度为零，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前1.5 s 内动能的变化量为零，即电场力做的总功为零，故D正确．10．(2019·湖北荆州一模)平行金属板A、B相距为d(d足够大)，如图甲所示，板间加有随时间而变化的电压，如图乙所示．其中U0和T已知．A板上O处有一静止的带电粒子，其电荷量为q(q>0)，质量为m(不计重力)．在t＝0时刻受板间电场加速向B板运动，途中由电场反向又向A 板返回，T 时粒子恰好回到O 点．(1)求U 0、U x 的比值应满足什么关系？(2)粒子返回O 点时的动能是多少？解析：(1)0～T 3、5T 6～T 粒子加速度大小a 1＝U 0q dm ，方向向右，T 3～5T 6粒子加速度大小a 2＝U x q dm ，方向向左．T 时粒子恰好回到O 点12a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫T 32＋a 1×T 3×T 2－12a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1×T 3－a 2×T 2×T 6＋12a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫T 62＝0，U 0U x ＝a 1a 2＝57 (2)粒子回到O 点速度v ＝a 1×T 3－a 2×T 2＋a 1×T 6＝－U 0qT 5dm此时粒子动能E k ＝12m v 2＝U 20q 2T 250d 2m答案：(1)U 0U x＝57 (2)q 2U 20T 250md 2 11．(2019·湖南郴州二模)如图所示，一足够长的固定斜面，倾角θ＝30°.质量为M ＝0.2 kg 的绝缘长板A ，以初速度v 0＝3 m/s ，沿斜面匀速下滑．空间有一沿斜面向下的匀强电场，电场强度E ＝2.5×102 N/C.质量为m ＝0.1 kg 、电荷量为q ＝＋4×10－4 C 的光滑小物块B ，轻放在A 板表面上(整个过程未从上端滑出)，此后经时间t ＝0.1 s ，撤去电场，当物块速度为v ＝8 m/s 时恰好离开板A ，g 取10 m/s 2.求：(1)撤电场时物块B的动能E k B和1 s内的电势能变化量ΔE p；(2)撤电场时，板A的速度v A；(3)物块B在板A上运动的全过程，系统发热Q.解析：(1)开始时，B在板上加速：qE＋mg sin30°＝ma1撤去电场时，B的速度v B＝a1t＝0.6 m/sB的动能E k B＝12m v2B＝0.018 J此时B在电场方向上的位移L1＝v2B2a1＝0.03 mB的电势能变化量ΔE p＝－qEL1＝－3×10－3 J(2)A匀速下滑有Mg sin30°＝μMg cos30°B轻放上A，对A有μ(M＋m)g cos30°－Mg sin30°＝Ma0撤去电场时，A的速度：v A＝v0－a0t＝2.75 m/s；(3)如果B还在A上运动时：因为最大静摩擦力F fmax>Mg sin30°，当A速度减为0后，A将静止在斜面上从撤去电场到A静止的过程中，A、B整体动量守恒：m v B＋M v A＝m v1当A速度为0时，可得B的速度v1＝6.1 m/s<8 m/s因此，A静止后，B继续在A上加速运动直到离开A的总位移x A＝v202a0＝1.8 m系统发热Q＝μ(m＋M)g cos30°×x A＝2.7 J.答案：(1)0.018 J3×10－3 J(2)2.75 m/s(3)2.7 J。
第六章第4节 带电粒子在电场中运动的综合问题
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带电粒子在电场中运动的综合问题
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1．如图 648 所示，半径为 r 的绝缘光滑圆环 固定在竖直平面内，环上套有一质量为 m， 带电荷量为＋q 的珠子，现在圆环平面内加 一个匀强电场，使珠子由最高点 A 从静止 开始释放(AC、BD 为圆环的两条互相垂直
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带电粒子在电场中运动的综合问题
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第二步：找突破口 (1)要确定小球到达 A 点时的动能与初动能比值， 可由 平抛运动规律求解；写出水平、竖直方向的位移关系。 (2)要确定电场强度的方向，根据到 A、B 两点的动能 变化可确定两个过程电势能的变化，可先找出两个等势点 (在 OB 线上找出与 A 等势的点，并确定其具体位置)。 (3)电场强度的大小可由 W＝qEl 求出。
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解析
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(三)粒子做偏转运动 [典例 3] 如图 643 甲所示，热电子由阴极飞出时 的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为 U0，电 容器板长和板间距离均为 L＝10 cm，下极板接地，电容 器右端到荧光屏的距离也是 L＝10 cm，在电容器两极板 间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图 乙所示。(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为 电压是不变的)求：
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图 643 (1)在 t＝0.06 s 时刻，电子打在荧光屏上的何处。 (2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？
带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题
专题强化十带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题【专题解读】 1.本专题主要讲解带电粒子(带电体)在电场中运动时动力学和能量观点的综合运用，高考常以计算题出现。
2.学好本专题，可以加深对动力学和能量知识的理解，能灵活应用受力分析、运动分析(特别是平抛运动、圆周运动等曲线运动)的方法与技巧，熟练应用能量观点解题。
3.用到的知识：受力分析、运动分析、能量观点。
题型一带电粒子在交变电场中的运动1.常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。
2.常见的题目类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。
(2)粒子做往返运动(一般分段研究)。
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。
3.思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件。
(2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。
【例1】(多选)(2020·湖北荆门市1月调考)如图1(a)所示，A、B表示真空中水平放置的相距为d的平行金属板，板长为L，两板加电压后板间的电场可视为匀强电场。
现在A、B两板间加上如图(b)所示的周期性的交变电压，在t＝0时恰有一质量为m、电量为q的粒子在板间中央沿水平方向以速度v0射入电场，忽略粒子的重力，则下列关于粒子运动情况的表述中正确的是()图1A.粒子在垂直于板的方向上的分运动可能是往复运动B.粒子在垂直于板的方向上的分运动是单向运动C.只要周期T和电压U0的值满足一定条件，粒子就可沿与板平行的方向飞出D.粒子不可能沿与板平行的方向飞出答案BC解析如果板间距离足够大，粒子在垂直于板的方向上的分运动在前半个周期做匀加速，后半个周期做匀减速，如此循环，向同一方向运动，如果周期T和电压U0的值满足一定条件，粒子就可在到达极板之前飞出极板，当飞出时垂直于极板的速度恰好为零时，将沿与板平行的方向飞出。
新教材高中物理精品课件 专题强化十一 带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题
(3)分析可知，在T4～T2内，电场力方向、速度方向均向右，带电粒子向 A 板做匀 加速运动；同理，在T2～34T内，则向 A 板做匀减速运动，速度减为零后再返回。 由于运动具有“对称性”，即先、后两段位移大小相等，得粒子向 A 板运动可能
的最大位移为 xmax＝2×12a(T4)2＝116aT2。因题目要求粒子不能到达 A 板，故必有 xmax＜d, 根据频率和周期的关系为 f＝T1，由以上三式即可求出电势变化频率应满
(1)小物块Q经过水平面C点时的速度大小； (2)小物块Q在半圆轨道CDM上运动过程中对轨 道的最大压力； (3)小物块Q在运动过程中所受摩擦力做的功。 答案 (1) 3gR (2)(3 2＋1)mg，方向与竖直方向夹角为 45°斜图向6左下方
解析 小球静止时细线与竖直方向成 θ 角，对小球受力 分析，小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡
条件，有 qE＝mgtan θ，解得 E＝mgtqan θ，选项 A 正确； 小球恰能绕 O 点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点 A 速度最小，根据牛顿第二定律，有cmosgθ＝mvL2，则最小动能 Ek＝12mv2＝2mcogsLθ，选项 B 正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动 至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端
解析 (1)带电粒子所受电场力大小为 F＝qE＝qdU 由牛顿第二定律得 a＝mF＝dqmU＝4.0×109 m/s2。 (2)由位移公式计算粒子在 0～T2时间内运动的距离为 x＝21a(T2)2＝5.0×10－2 m 由此可见带电粒子在 t＝T2时恰好到达 A 板。 再由运动学公式可得 v＝aT2＝2×104 m/s。
2.处理带电粒子(带电体)运动的方法
(1)结合牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题。 (2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理思路 ①利用初、末状态的能量相等(即E1＝E2)列方程。 ②利用某些能量的减少等于另一些能量的增加列方程。 (3)常用的两个结论 ①若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变。 ②若带电粒子只在重力和电场力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变。
2025高考物理总复习带电粒子在电场中运动的综合问题
0
又 t1= t2
联立解得
故在
4 5
9
t1= T= T
25
25
7
0~50 T
时间内发出的粒子均可打到 B 上,所以一个周期内发出的粒子打
7
到 B 上所占百分比约为 η=50 ×100%=14%。
归纳总结
带电粒子在交变电场中运动的研究类型和方法及注意问题
类型:通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方波)的情形。
大小为2 =
23,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)物块第一次到达B点时的速度大小v1以及B、C两点间的距离x;
(2)小球过P点时的速度大小v以及S、C两点间的距离L;
(3)小球的质量。
2
答案 (1)gt1 10g1 -23R
(2)
5
2
9
R
5
(3)3m
解析 (1)物块从 A 点运动到 B 点的过程,根据牛顿第二定律有
解得
d=2
0
。
=
2 0 2
T
9
(3)若
φ=4φ0,d=5
2 0
,t0=2 ,设经过 t1 时间向上加速运动、再经过 t2 时间向
上减速运动的粒子恰好能打在 B 金属板上,粒子沿垂直金属板方向的运动有
1
2
0
·
2
·1 +
0
1
·
t1·
t2
2
·
·2 2 =d
行分析与研究。这类问题中常用到的基本规律有运动学公式、牛顿定律、
高考物理课程复习：带电粒子在电场中运动的综合问题
1 2
A.动能增加 mv
2
B.机械能增加 2mv2
3 2
C.重力势能增加 mv
2
D.电势能增加 2mv2
)
答案 B
解析
1
2 1
2 3
小球由 M 到 N 点过程动能增加量为 ΔEk=2m(2v) -2mv =2mv2,选项 A 错
误;小球在竖直方向做上抛运动,竖直方向的位移为
1
1
2
W=mgh= mv ,即重力势能增加 mv2,选项
2
2
1
加2mv2,故机械能增加
2mv2,选项 D 错误。
C
2
h=2 ,故克服重力做功为
3
错误;动能增加 mv2,重力势能增
2
2mv2,选项 B 正确;根据能量守恒定律可知,电势能减小
2.如图甲所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压,
Q,两板间距为d,两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压。
在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A,自t=0时刻开始连续释放初速度大小
为v0,方向平行于金属板的相同带电粒子,t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右
2
侧边缘离开电场。已知电场变化周期T=
0
及相互间的作用力。则(
)
,粒子质量为m,不计粒子重力
8
粒子在静电力作用下的加速度大小
0
a=
开电场时在竖直方向的位移大小为
1
3 2
1
2
d'=2×2 8 -2×2 8
C
=
=
1 2 1
aT
=
d,故
2018年高考物理一轮复习 专题六 带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题精讲深剖
专题六带电粒子（带电体）在电场中运动的综合问题【专题解读】1.本专题是动力学和能量观点在带电粒子(带电体)在电场中运动的综合运用，高考常以计算题出现．2．学好本专题，可以加深对动力学和能量知识的理解，能灵活应用受力分析、运动分析特别是曲线运动(平抛运动、圆周运动)的方法与技巧，熟练应用能量观点解题．3．用到的知识：受力分析、运动分析、能量观点．考向一示波管的工作原理1．如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子束沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑．2．YY′上加的是待显示的信号电压．XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压，若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图象. (如图1)图1【例1】如图2所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N 形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点．已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力．(1)求电子穿过A板时速度的大小；(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；(3)若要使电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？关键词①偏转电场可视为匀强电场；②速度与电场垂直；③不计重力【答案】(1) 2eU1m(2)U2L24U1d(3)减小U1或增大U2阶梯练习1．(多选)示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图1所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的( )A．极板X应带正电B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电D．极板Y′应带正电【答案】AC【解析】根据亮斑的位置，电子水平方向偏向X，竖直方向偏向Y，电子受到电场力作用发生偏转，因此极板X、极板Y均应带正电．2．图3(a)为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到图形是( )(a)图3【答案】B【解析】电子在示波管内的运动速度很快,所以可以认为它在两电极板之间运动时两板间的电压是不变的（瞬时值）.所以当U y 最大时，电子会在纵轴方向上运动最大的距离.U x 同理比如说，当t =0时，U y=0，U x 为负向最大，所以电子在纵轴方向上位移为0，在x 轴方向上位移达到负向最大值.（原点在虚线交点处）所以B 。
课时作业5：带电粒子(或带电体)在电场中运动的综合问题
能力课带电粒子(或带电体)在电场中运动的综合问题(时间：40分钟)►题组一电场中的力、电综合问题1.A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图1所示。
则此电场的电场线分布可能是()图1解析从v－t图象可以看出物体的速度逐渐减小，图线的斜率逐渐增大，v－t图线中图线的斜率表示物体的加速度大小，故物体做加速度逐渐增大的减速运动，所以带负电的粒子顺着电场线运动，电场力做负功，速度逐渐减小，且电场线沿粒子运动方向逐渐密集，故选项A正确，选项B、C、D错误。
答案 A2.(多选)如图2所示，两个带等量正电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑绝缘水平面上。
P、N是小球A、B连线的垂直平分线上的点，且PO＝ON。
现将一个电荷量很小的带负电的小球C(可视为质点)，由P点静止释放，在小球C 向N点运动的过程中，关于小球C的v－t图象中，可能正确的是()图2解析 在AB 的垂直平分线上，从无穷远处到O 点电场强度先变大后变小，到O 点变为零，带负电的小球C 受力沿垂直平分线，加速度先变大后变小，速度不断增大，在O 点加速度变为零，速度达到最大，v －t 图线的斜率先变大后变小；由O 点到无穷远，速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性。
如果PN 足够远，选项B 正确；如果PN 很近，选项A 正确。
答案 AB3.(2017·四川自贡一诊)(多选)在地面附近，存在着一有界电场，边界MN 将空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m 的带电小球A ，如图3甲所示，小球运动的v －t 图象如图乙所示，不计空气阻力，则( )图3A.小球受到的重力与电场力大小之比为3∶5B.在t ＝5 s 时，小球经过边界MNC.在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做功D.在1～4 s 过程中，小球的机械能先减少后增加解析 小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到重力和电场力作用而做减速运动，由题图乙可以看出，小球经过边界MN 的时刻是t ＝1 s 和t ＝4 s 时，故选项B 错误；由v －t 图象的斜率等于加速度得，小球进入电场前的加速度大小a 1＝g ＝v 1t 1＝v 1，进入电场后的加速度大小a 2＝v 1t 2＝v 11.5＝2v 13，由牛顿第二定律得mg ＝ma 1，F －mg ＝ma 2，得电场力F ＝mg ＋ma 2＝53mg ，得重力mg 与电场力F 大小之比为3∶5，故选项A 正确；小球向下运动的整个过程中，动能的变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等，故选项C 错误；整个过程中，由题图可得，小球在0～2.5 s内向下运动，在2.5～5 s内向上运动，在1～4 s过程中，电场力先做负功后做正功，所以小球的机械能先减少后增加，故选项D正确。
带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题
专题强化七带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题专题解读 1.本专题是动力学和能量观点在带电粒子(带电体)在电场中运动的综合运用，高考常以计算题出现．2．学好本专题，可以加深对动力学和能量知识的理解，能灵活应用受力分析、运动分析特别是曲线运动(平抛运动、圆周运动)的方法与技巧，熟练应用能量观点解题．3．用到的知识：受力分析、运动分析、能量观点．命题点一示波管的工作原理1．如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子束沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑．2．YY′上加的是待显示的信号电压．XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压，若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图象. (如图1)图1例1如图2所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点．已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力．图2(1)求电子穿过A板时速度的大小；(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；(3)若要使电子打在荧光屏上P 点的上方，可采取哪些措施？①偏转电场可视为匀强电场；②速度与电场垂直；③不计重力答案 (1) 2eU 1m (2)U 2L 24U 1d(3)减小U 1或增大U 2 解析 (1)设电子经电压U 1加速后的速度为v 0，由动能定理得eU 1＝12m v 20－0解得v 0＝ 2eU 1m (2)电子以速度v 0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E ，电子在偏转电场中运动的时间为t ，加速度为a ，电子离开偏转电场时的侧移量为y .由牛顿第二定律和运动学公式得t ＝L v 0，F ＝ma ，F ＝eE ，E ＝U 2d ，y ＝12at 2 解得y ＝U 2L 24U 1d. (3)减小加速电压U 1；增大偏转电压U 2.1．(多选)示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图1所示．如果在荧光屏上P 点出现亮斑，那么示波管中的( )A ．极板X 应带正电B ．极板X ′应带正电C ．极板Y 应带正电D ．极板Y ′应带正电答案 AC解析 根据亮斑的位置，电子水平方向偏向X ，竖直方向偏向Y ，电子受到电场力作用发生偏转，因此极板X 、极板Y 均应带正电．2．图3(a)为示波管的原理图．如果在电极YY ′之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极XX ′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到图形是( )(a)图3答案 B命题点二 带电粒子在交变电场中的运动1．常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等．2．常见的题目类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)．(2)粒子做往返运动(一般分段研究)．(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)．3．思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件．(2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系．(3)注意对称性和周期性变化关系的应用．例2 如图4(a)所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处．若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上．则t 0可能属于的时间段是( )图4A ．0＜t 0＜T 4B.T 2＜t 0＜3T 4C.3T 4＜t 0＜T D ．T ＜t 0＜9T 8答案 B解析 设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意知，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A 板上时位移为负，速度方向为负．分别作出t 0＝0、T 4、T 2、3T 4时粒子运动的速度图象，如图所示．由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象知，0＜t 0＜T 4与3T 4＜t 0＜T 时粒子在一个周期内的总位移大于零，T 4＜t 0＜3T 4时粒子在一个周期内的总位移小于零；t 0＞T 时情况类似．因粒子最终打在A 板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各项可知B 正确．因电场随时间变化，交变电场中带电粒子所受到电场力出现周期性变化，导致运动过程出现多个阶段，分段分析是常见的解题思路．若要分析运动的每个细节，一般采用牛顿运动定律的观点分析，借助速度图象能更全面直观地把握运动过程，处理起来比较方便．3．(多选)如图5甲所示，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T 3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g .关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是( )图5A ．末速度大小为2v 0B ．末速度沿水平方向C ．重力势能减少了12mgd D ．克服电场力做功为mgd答案 BC解析 因0～T 3时间内微粒匀速运动，故E 0q ＝mg ；在T 3～2T 3时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在t ＝2T 3时刻的竖直速度为v y 1＝gT 3，水平速度为v 0；在2T 3～T 时间内，由牛顿第二定律2E 0q －mg ＝ma ，解得a ＝g ，方向向上，则在t ＝T 时刻，v y 2＝v y 1－g T 3＝0，粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v 0，选项A 错误，B 正确；微粒的重力势能减小了ΔE p ＝mg ·d 2＝12mgd ，选项C 正确；从射入到射出，由动能定理可知，12mgd －W 电＝0，可知克服电场力做功为12mgd ，选项D 错误；故选B 、C.4．如图6甲所示，A 和B 是真空中正对面积很大的平行金属板，O 是一个可以连续产生粒子的粒子源，O 到A 、B 的距离都是l .现在A 、B 之间加上电压，电压U AB 随时间变化的规律如图乙所示．已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生300个粒子，粒子质量为m 、电荷量为－q .这种粒子产生后，在电场力作用下从静止开始运动．设粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A 、B 板电势．不计粒子的重力，不考虑粒子之间的相互作用力．已知上述物理量l ＝0.6 m ，U 0＝1.2×103 V ，T ＝1.2×10－2 s ，m ＝5×10－10 kg ，q ＝1.0×10－7 C.图6(1)在t ＝0时刻产生的粒子，会在什么时刻到达哪个极板？(2)在t ＝0到t ＝T 2这段时间内哪个时刻产生的粒子刚好不能到达A 板？ (3)在t ＝0到t ＝T 2这段时间内产生的粒子有多少个可到达A 板？ 答案 (1)6×10－3 s 到达A 极板 (2)4×10－3 s (3)100个 解析 (1)根据图乙可知，从t ＝0时刻开始，A 板电势高于B 板电势，粒子向A 板运动．因为x ＝qU 04lm (T 2)2＝3.6 m ＞l ，所以粒子从t ＝0时刻开始，一直加速到达A 板．设粒子到达A 板的时间为t ，则l ＝12·qU 02lmt 2解得t ＝6×10－3 s. (2)在0～T 2时间内，粒子的加速度大小为a 1＝qU 02lm ＝2×105 m/s 2.在T 2～T 时间内，粒子的加速度大小为a 2＝2qU 02lm ＝4×105 m/s 2.可知a 2＝2a 1，若粒子在0～T 2时间内加速Δt ，再在T 2～T 时间内减速Δt 2刚好不能到达A 板，则l ＝12a 1Δt ·32Δt 解得Δt ＝2×10－3 s ．因为T 2＝6×10－3 s ，所以在t ＝4×10－3 s 时刻产生的粒子刚好不能到达A 板．(3)因为粒子源在一个周期内可以产生300个粒子，而在0～T 2时间内的前23时间内产生的粒子可以到达A 板，所以到达A 板的粒子数n ＝300×12×23＝100(个)． 命题点三 电场中的力电综合问题1．动力学的观点(1)由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法．(2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问题．2．能量的观点(1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断选用分过程还是全过程使用动能定理．(2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现．例3 如图7所示，在E ＝103 V/m 的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN 与一水平绝缘轨道MN 在N 点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R ＝40 cm ，N 为半圆形轨道最低点，P 为QN 圆弧的中点，一带负电q ＝10－4 C 的小滑块质量m ＝10 g ，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N 点右侧1.5 m 的M 处，g 取10 m/s 2，求：图7(1)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q ，则小滑块应以多大的初速度v 0向左运动？(2)这样运动的小滑块通过P 点时对轨道的压力是多大？①光滑半圆形绝缘轨道；②与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15.答案 (1)7 m/s (2)0.6 N解析 (1)设小滑块到达Q 点时速度为v ，由牛顿第二定律得mg ＋qE ＝m v 2R小滑块从开始运动至到达Q 点过程中，由动能定理得－mg ·2R －qE ·2R －μ(mg ＋qE )x ＝12m v 2－12m v 20 联立方程组，解得：v 0＝7 m/s.(2)设小滑块到达P 点时速度为v ′，则从开始运动至到达P 点过程中，由动能定理得－(mg ＋qE )R －μ(qE ＋mg )x ＝12m v ′2－12m v 20 又在P 点时，由牛顿第二定律得F N ＝m v ′2R代入数据，解得：F N ＝0.6 N由牛顿第三定律得，小滑块通过P 点时对轨道的压力F N ′＝F N ＝0.6 N.5．(多选)在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A 点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图8所示，小球运动的轨迹上A 、B 两点在同一水平线上，M 为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8 J ，在M 点的动能为6 J ，不计空气的阻力，则下列判断正确的是( )图8A．小球水平位移x1与x2的比值为1∶3B．小球水平位移x1与x2的比值为1∶4C．小球落到B点时的动能为32 JD．小球从A点运动到B点的过程中最小动能为6 J答案AC解析小球在水平方向做初速度为零的匀加速运动，小球在竖直方向上升和下落的时间相同，由匀变速直线运动位移与时间的关系可知水平位移x1∶x2＝1∶3，选项A正确，选项B错误；设小球在M点时的水平分速度为v x，则小球在B点时的水平分速度为2v x，根据题意有12m v2＝8 J，12m v2x＝6 J，因而在B点时小球的动能为E k B＝12m[v2＋(2v x)2]2＝32 J，选项C正确；由题意知，小球受到的合外力为重力与电场力的合力，为恒力，小球在A点时，F合与速度之间的夹角为钝角，小球在M点时，速度与F合之间的夹角为锐角，即F合对小球先做负功再做正功，由动能定理知，小球从A到M过程中，动能先减小后增大，小球从M到B的过程中，合外力一直做正功，动能一直增大，故小球从A运动到B的过程中最小动能一定小于6 J，选项D错误．6．如图9所示，在倾角θ＝37°的绝缘斜面所在空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E＝4×103 N/C，在斜面底端有一与斜面垂直的绝缘弹性挡板．质量m＝0.2 kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到斜面底端以与挡板相碰前的速率返回．已知斜面的高度h＝0.24 m，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.3，滑块带电荷量q＝－5.0×10－4C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图9(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端时的速度大小；(2)滑块在斜面上运动的总路程s和系统产生的热量Q.答案(1)2.4 m/s(2)1 m0.96 J解析(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力F f＝μ(mg＋qE)cos 37°＝0.96 N设到达斜面底端时的速度为v，根据动能定理得(mg＋qE)h－F f hsin 37°＝12m v2解得v＝2.4 m/s.(2)滑块最终将静止在斜面底端，因此重力势能和电势能的减少量等于克服摩擦力做的功，(mg＋解得滑块在斜面上运动的总路程：s＝1 mQ＝F f s＝0.96 J.题组1示波管的工作原理1．(多选)示波管的内部结构如图1甲所示．如果偏转电极XX′、YY′之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心．如果在偏转电极XX′之间和YY′之间加上图丙所示的几种电压，荧光屏上可能会出现图乙中(a)、(b)所示的两种波形．则()甲图1A．若XX′和YY′分别加电压(3)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形B．若XX′和YY′分别加电压(4)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形C．若XX′和YY′分别加电压(3)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形D．若XX′和YY′分别加电压(4)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形答案AC解析要使荧光屏上出现图乙中(a)所示波形，XX′加扫描电压(3)，YY′加正弦电压(1)，则A正确；要使荧光屏上出现图乙中(b)所示波形，XX′加扫描电压(3)，YY′加方波电压(2)，则C正确．2．如图2是示波管的原理图．它由电子枪、偏转电极(XX′和YY′)、荧光屏组成，管内抽成真空．给电子枪通电后，如果在偏转电极XX′和YY′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中图2(1)带电粒子在________区域是加速的，在________区域是偏转的．(2)若U YY′＞0，U XX′＝0，则粒子向________板偏移，若U YY′＝0，U XX′＞0，则粒子向________板偏移．答案(1)ⅠⅡ(2)Y X题组2带电粒子在交变电场中的运动3．将如图3所示的交变电压加在平行板电容器A、B两板上，开始B板电势比A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A、B两极板间的距离足够大，下列说法正确的是()图3A．电子一直向着A板运动B．电子一直向着B板运动C．电子先向A板运动，然后返回向B板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动D．电子先向B板运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动答案 D解析根据交变电压的变化规律，作出电子的加速度a、速度v随时间变化的图线，如图甲、乙．从图中可知，电子在第一个T4内做匀加速运动，第二个T4内做匀减速运动，在这半周期内，因初始B板电势比A板电势高，所以电子向B板运动，加速度大小为eUmd.在第三个T4内电子做匀加速运动，第四个T4内做匀减速运动，但在这半个周期内运动方向与前半个周期相反，向A板运动，加速度大小为eUmd.所以电子在交变电场中将以t＝T4时刻所在位置为平衡位置做周期性往复运动，综上分析选项D正确．4．如图4甲所示，两平行金属板间距为d ，加上如图乙所示的电压，电压的最大值为U 0，周期为T .现有一离子束，其中每个离子的质量为m 、电荷量为＋q ，从与两板等距处沿着与板平行的方向连续地射入两板间的电场中．设离子通过平行板所需的时间恰好为T (与电压变化周期相同)，且所有离子都能通过两板间的空间打在右端的荧光屏上，求离子击中荧光屏上的位置的范围(不计离子重力)．图4答案 qU 0T 28md ≤y ≤3qU 0T 28md解析甲各个离子在板间电场中运动时，水平方向上都做匀速直线运动，所以每个离子经过电场所需的时间都是T ，但由于不同的离子进入电场的时刻不同，两板间的电压的变化情况不同，因此它们的侧向位移也会不同．如果离子在t ＝0、T 、2T ……时刻进入电场，则离子先在两板间做类平抛运动，侧向位移为y 1，然后做匀速直线运动，侧向位移为y 2，如图甲所示，这些离子在离开电场时，其侧向位移有最大值y max ，由题意可知y 1＝12a (T 2)2＝qU 0T 28md .偏转T 2时离子的竖直分速度为v y ＝a ·T 2＝qU 0md ·T 2.在之后的T 2内离子做匀速直线运动，向下运动的距离为y 2＝v y ·T 2＝qU 0T 24md.所以离子偏离中心线的最大距离为y max ＝y 1＋y 2＝3qU 0T 28md .如果离子在t ＝T 2、3T 2、5T 2……时刻进入电场，两板间电压为零，离子先在水平方向上做匀速直线运动，运动T 2后，两板间电压为U 0，离子开始偏转，做类平抛运动，侧向位移为y 1，如图乙所示，这些离子离开电场时的侧向位移最小，则y min ＝qU 0T 28md.如果离子不是在上述两种时刻进入电场，那么离子离开电场时的侧向位移在y min 与y max 之间．综上所述，离子击中荧光屏上的位置范围为qU 0T 28md ≤y ≤3qU 0T 28md .乙题组3 电场中的力电综合问题5．(2015·浙江理综·16)如图5所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置．工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属板中间，则( )图5A ．乒乓球的左侧感应出负电荷B ．乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上C ．乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用D ．用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞 答案 D解析 两极板间电场由正极板指向负极板，镀铝乒乓球内电子向正极板一侧聚集，故乒乓球的右侧感应出负电荷，A 错误；乒乓球不可能吸在左极板上，B 错误；库仑力就是电场力，C 错误；乒乓球与右极板接触后带正电，在电场力作用下向负极板运动，碰到负极板正电荷与负极板上的负电荷中和后带负电，在电场力作用下又向正极板运动，这样会在两极板间来回碰撞，D 正确． 6．(多选)如图6所示，O 、A 、B 、C 为一粗糙绝缘水平面上的三点，不计空气阻力，一电荷量为－Q 的点电荷固定在O 点，现有一质量为m 、电荷量为－q 的小金属块(可视为质点)，从A 点由静止沿它们的连线向右运动，到B 点时速度最大，其大小为v m ，小金属块最后停止在C 点．已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ，AB 间距离为L ，静电力常量为k ，则( )图6A ．在点电荷－Q 形成的电场中，A 、B 两点间的电势差为－2μmgL ＋m v 2m 2qB ．在小金属块由A 向C 运动的过程中，电势能先增大后减小 C ．OB 间的距离为kQqμmgD ．从B 到C 的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能 答案 AC解析 小金属块从A 到B 过程，由动能定理得：－qU AB －μmgL ＝12m v 2m－0，得A 、B 两点间的电势差U AB ＝－2μmgL ＋m v 2m2q，故A 正确；小金属块由A 点向C 点运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，故B 错误；由题意知，A 到B 过程，金属块做加速运动，B 到C 过程做减速运动，在B 点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有μmg ＝k Qqr 2，得r ＝kQqμmg，故C 正确；从B 到C 的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能和内能，故D 错误． 7．如图7所示，一绝缘“⊂”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ 、MN 和一半径为R 的光滑半圆环MAP 组成，固定在竖直平面内，其中MN 杆是光滑的，PQ 杆是粗糙的．现将一质量为m 的带正电荷的小环套在MN 杆上，小环所受的电场力为重力的12.图7(1)若将小环由D 点静止释放，则刚好能到达P 点，求DM 间的距离；(2)若将小环由M 点右侧5R 处静止释放，设小环与PQ 杆间的动摩擦因数为μ，小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功． 答案 (1)4R (2)若μ≥12，克服摩擦力做功为μmgR 1＋2μ；若μ＜12，克服摩擦力做功为12mgR解析 (1)小环刚好到达P 点时，速度为零，对小环从D 点到P 点过程，由动能定理qEx －2mgR ＝0－0，又由题意得qE ＝12mg ，联立解得x ＝4R .(2)若μ≥12，则μmg ≥qE ，设小环到达P 点右侧x 1时静止，由动能定理得qE (5R －x 1)－mg ·2R －F f x 1＝0， 又F f ＝μmg ， 联立解得x 1＝R1＋2μ，所以整个运动过程中克服摩擦力所做的功为 W 1＝μmgx 1＝μmgR1＋2μ. 若μ＜12，则μmg ＜qE ，小环经过多次的往复运动，最后在P 点的速度为0，根据动能定理可知qE ·5R －mg ·2R －W 2＝0－0， 克服摩擦力做的功W 2＝12mgR .8．如图8所示，匀强电场方向与水平线间夹角θ＝30°，方向斜向右上方，电场强度为E ，质量为m 的小球带负电，以初速度v 0开始运动，初速度方向与电场方向一致．图8(1)若小球的带电荷量为q ＝mgE，为使小球能做匀速直线运动，应对小球施加的恒力F 1的大小和方向各如何？(2)若小球的带电荷量为q ＝2mgE，为使小球能做直线运动，应对小球施加的最小恒力F 2的大小和方向各如何？答案 (1)3mg 方向与水平线成60°角斜向右上方 (2)32mg 方向与水平线成60°角斜向左上方 解析 (1)如图甲所示，为使小球做匀速直线运动，必使其合外力为0，设对小球施加的力F 1与水平方向夹角为α，则F 1cos α＝qE cos θ F 1sin α＝mg ＋qE sin θ代入数据解得α＝60°，F 1＝3mg 即恒力F 1与水平线成60°角斜向右上方．(2)为使小球能做直线运动，则小球所受合力的方向必和运动方向在一条直线上，故要使力F 2和mg 的合力和电场力在一条直线上．如图乙，当F 2取最小值时，F 2垂直于F .故F 2＝mg sin 60°＝32mg .方向与水平线成60°角斜向左上方．。
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专题 带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题
知识与技能目标：
1.本专题主要讲解带电粒子(带电体)在电场中运动时动力学和能量观点的综合运用，高考常以计算题出现.
2.学好本专题，可以加深对动力学和能量知识的理解，能灵活应用受力分析、运动分析特别是曲线运动(平抛运动、圆周运动)的方法与技巧，熟练应用能量观点解题.
3.用到的知识：受力分析、运动分析、能量观点.
新授：
一、带电粒子在交变电场中的运动
1.常见的交变电场
常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等.
2.常见的题目类型
(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解). (2)粒子做往返运动(一般分段研究).
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究).
3.思维方法
(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件.
(2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系.
(3)注意对称性和周期性变化关系的应用.
【例1】如图(a)所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处.若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上.则t 0可能属于的时间段是( )
A.0＜t 0＜T 4
B.T 2＜t 0＜3T 4
C.3T 4
＜t 0＜T D.T ＜t 0＜9T 8
【例2】(多选)(2015·山东理综·20)如图甲所示，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示.t ＝0
时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T 3
时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出.微粒运动过程中未与金属板接触.重力加速度的大小为g .关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是
( )
A.末速度大小为2v 0
B.末速度沿水平方向
C.重力势能减少了12
mgd D.克服电场力做功为mgd 二、用等效法处理带电粒子在电场、重力场中的运动
1.等效思维方法
等效法是将一个复杂的物理问题，等效为一个熟知的物理模型或问题的方法。
带电粒子在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题，是高中物理教学中一类重要而典型的题型。
对于这类问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大。
若采用“等效法”求解，则能避开复杂的运算，过程比较简捷。
2.等效法求解电场中圆周运动问题的解题思路
(1)求出重力与电场力的合力F 合，将这个合力视为一个“等效重力”。
(2)将a ＝F 合m
视为“等效重力加速度”。
(3)小球能自由静止的位置，即是“等效最低点”，圆周上与该点在同一直径的点为“等效最高点”。
注意：这里的最高点不一定是几何最高点。
(4)将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解。
【例3】 如图所示，绝缘光滑轨道AB 部分是倾角为30°的斜面，AC 部分为竖直平面上半径为R 的圆轨道，斜面与圆轨道相切。
整个装置处于场强为E 、方向水平向右的匀强电场中。
现有一个质量为m 的带正电小球，电荷量为q ＝3mg 3E
，要使小球能安全通过圆轨道，在O 点的初速度应满足什么条件？
【例4】 (多选)如图所示，一长为L 的绝缘细线一端固定于O 点，另一端连接质量为m 、电荷量为＋q 的小球，处于水平向右的匀强电场中，场强E ＝mg q
，A 、C 是竖直平面内以O 为圆心、L 为半径的圆周上与O 等高的两点，
B 、D 是圆周的最低点和最高点，不计空气阻力，则( )
A.将球由A 点静止释放，到达B 点时速度为零
B.将球由C 点静止释放，到达B 点前瞬间的速度为2gL
C.将球由C 点静止释放，到达A 点时速度为2gL
D.若在B 点给小球水平向右的速度v 0，球能经过最高点D ；若在B 点给小球水平向左的速度v 0，则小球也一定能通过最高点D
【学后反思】。