带电粒子在电场中的综合计算
带电粒子在电场中运动的综合问题
(1)求子弹打入靶盒后的瞬间，子弹和靶盒共 同的速度大小v1； 解析 子弹打入靶盒过程中，由动量守恒定 律得mv0＝10mv1 解得v1＝0.1v0。 答案 0.1v0
(2)求子弹打入靶盒后，靶盒向右离开O点的最
大距离s；
解析 靶盒向右运动的过程中，由牛顿第二
定律得qE＝10ma
又 v21＝2as 解得 s＝2m0qvE20 。
4.(多选)如图 4 所示，ACB 为固定的光滑半圆形竖直绝
缘轨道，半径为 R，AB 为半圆水平直径的两个端点， OC 为半圆的竖直半径，AC 为41圆弧，OC 的左侧、OA 的下方区域有竖直向下的匀强电场。一个带负电的小
球，从 A 点正上方高为 H 处由静止释放，并从 A 点
沿切线进入半圆轨道。不计空气阻力，小球电荷量不
电场，x 轴沿水平方向，一带负电小球以初速度 v0 从坐标原点 O 水平射出，一
段时间后小球通过第四象限 PL，－L点(图 2 中没有标出)。已知小球质量为 m，
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
重力加速度为 g，则小球( AB )
A.从 O 到 P 的运动过程，运动时间为vL0
B.到达 P 点时动能为25mv20
C.到达 P 点时速度偏向角正切值为 tan θ＝1
C.－mgLqsin θ
D.mgLqsin θ
图3
解析 带正电小滑块从 A 点由静止开始沿斜面下滑，受到重力和电荷 Q 的库仑
力作用，从 A 点运动到 B 点的过程，由动能定理可知 mgLsin θ＋qUAB＝0，解 得 A、B 两点间的电势差 UAB＝－mgLqsin θ，C 正确。
对点练 2 电场中的力、电综合问题
答案
mv20 20qE
(3)若靶盒回到O点时，第2颗完全相同的子弹 也以v0水平向右打入靶盒，求第2颗子弹对靶 盒的冲量大小I。
高中物理电容公式带电粒子在电场中的运动
高中物理电容公式带电粒子在电场中的运动
下面是高中物理电容器常见公式，以及带电粒子在电场中的运动问题
1、带电粒子在电场中的加速公式是)：
W＝ΔEK或qU＝mVt2/2，Vt＝(2qU/m)1/2 其中(Vo＝0）
2、带电粒子沿垂直电场方向以速度Vo进入匀强电场时的偏
转(不考虑重力作用的情况下)
在垂直电场方向:匀速直线运动L＝Vot(在带等量异种电荷的平行极板中：E＝U/d)
在平行电场方向:初速度为零的匀加速直线运动d＝at2/2，a＝F/m＝qE/m
带电小球接触后，电量分配3、两个完全相同的带电金属小球接触时,电量分配规律:原带异种电荷的先中和后平分,原带同种电荷的总量平分；
电场线从正电荷出发终止于负电荷,电场线不相交,切线方向为场强方向,电场线密处场强大,顺着电场线电势越来越低,电场线与等势线垂直；
电场强度（矢量）与电势（标量）均由电场本身决定,而电场力与电势能还与带电体带的电量多少和电荷正负有关；
处于静电平衡导体是个等势体,表面是个等势面,导体外表面附近的电场线垂直于导体表面，导体内部合场强为零,导体内部没有净电荷,净电荷只分布于导体外表面；
常见电场的电场线分布要求熟记〔[第二册P98]；
电容单位换算：1F＝106μF＝1012PF；
电子伏(eV)是能量的单位,1eV＝1.60×10-19J；。
高中物理精品课件：专题强化十 带电粒子在电场中的力电综合问题
qE(sAB＋R)＝mgR＋Q 得Q＝1.5×10－4 E－1(J) ③根据qE＝μmg得，带电体不停在水平轨道上电场强度至少为E＝ 1×104 N/C 当1×104 N/C<E≤2×104 N/C时，最终在BC轨道上，往复运动，且 到B点速度为零，对全过程由能量守恒有Q＝qEsAB 得Q＝E×10－4 (J) ④当0≤E≤1×104 N/C时，带电体不会动Q＝0.
小球在C点时速度最大，则静电力与重力的合力沿DC方向，如图 所示， 所以小球受到的静电力的大小 F＝mgtan 60°＝ 3mg.
(2)求小球在A点的速度v0为多大时，小球经过B点时 对圆轨道的压力最小. 答案 2 2gr
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，在D点 有coms 6g0°＝mvr2， 解得 v＝ 2gr.
最大
C.若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上往复运动
√D.若将小球在A点以大小为 gL的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点
因为电场强度 E＝mqg，所以小球所受静电力大小也为 mg，故小球所 受合力大小为 2mg，方向斜向右下方，与竖直方向夹角为 45°，故小 球通过圆弧 AD 的中点时速度最小，此时满足 2mg＝mvmLin2，因此小 球在竖直面内做圆周运动的最小速度 vmin＝ 2gL，A 项错误； 由功能关系知，小球机械能的变化等于除重力之 外的力所做的功，小球在竖直平面内绕O点做圆 周运动，运动到B点时，静电力做功最多，故运 动到B点时小球的机械能最大，B项正确；
(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)两个结论 ①若带电粒子只在静电力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变. ②若带电粒子只在重力和静电力作用下运动，其机械能和电势能之和保 持不变.
高考物理一轮复习专题七-带电粒子在电场中运动的综合问题
[解析] 由图象可知，将正电荷沿 x 轴正向移动，从 x2 移 动到 x4 的过程电场力做功不为零，两点处的电势能不相等，选 项 A 错误；从 x1 移动到 x3 的过程电场力沿 x 轴负方向，电场 力做负功，电势能增大，选项 B 正确；从 x1 到 x4 的过程场强 先增大后减小，所以电场力先增大后减小，选项 C 正确，D 错 误．
32xd＝ΔΔEEppAB ⑨ 解得 x＝d.MA 为等势线，电场必与其垂线 OC 方向平行．设 电场方向与竖直向下的方向的夹角为 α，由几何关系可得 α＝ 30° ⑩ 即电场方向与竖直向下的方向的夹角为 30°斜向右下方
设场强的大小为 E，有 qEdcos 30°＝ΔEpA ⑪ 由④⑦⑪式得 E＝ 36mq g. ⑫
(1)无电场时，小球到达 A 点时的动能与初动能的比值； (2)电场强度的大小和方向．
[解题指导] 第一步：抓关键点
关键点 ① ②
③④ ⑤
获取信息
小球做平抛运动
平抛运动过A点时的水平、竖直位移可 确定
有重力做功和电场力做功，其中电场力 做的功等于电势能的变化量
重力不能忽略
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)．
带电粒子的力、电综合问题
1．方法技巧 功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种 性质不同的力．因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分 析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择 相应规律求解．动能定理和能量守恒定律在处理电场中能量问 题时仍是首选．
带电粒子在电场中的加速和偏转知识归纳与运用技巧
带电粒子在电场中的加速和偏转知识归纳与运用技巧知识点一：带电粒子在电场中的加速和减速运动要点诠释：（1）带电粒子在匀强电场中运动的计算方法用牛顿第二定律计算：带电粒子受到恒力的作用，可以方便的由牛顿第二定律以及匀变速直线运动的公式进行计算。
用动能定理计算：带电粒子在电场中通过电势差为U AB的两点时动能的变化是，则。
(2)带电粒子在非匀强电场中运动的计算方法用动能定理计算：在非匀强电场中，带电粒子受到变力的作用，用牛顿第二定律计算不方便，通常只用动能定理计算。
：如图真空中有一对平行金属板，间距为d，接在电压为U的电源上，质量为m、电量为q的正电荷穿过正极板上的小孔以v0进入电场，到达负极板时从负极板上正对的小孔穿出。
不计重力，求：正电荷穿出时的速度v是多大？解法一、动力学由牛顿第二定律：①由运动学知识：v2－v02=2ad ②联立①②解得：解法二、由动能定理解得讨论：（1）若带电粒子在正极板处v0≠0，由动能定理得qU=mv2-mv02解得v=（2）若将图中电池组的正负极调换，则两极板间匀强电场的场强方向变为水平向左，带电量为+q，质量为m的带电粒子，以初速度v0，穿过左极板的小孔进入电场，在电场中做匀减速直线运动。
①若v0＞，则带电粒子能从对面极板的小孔穿出，穿出时的速度大小为v，有 -qU=mv2-mv02解得v=②若v0＜，则带电粒子不能从对面极板的小孔穿出，带电粒子速度减为零后，反方向加速运动，从左极板的小孔穿出，穿出时速度大小v=v0。
设带电粒子在电场中运动时距左极板的最远距离为x，由动能定理有： -qEx=0-mv02又E=(式d中为两极板间距离)解得x=。
知识点二：带电粒子在电场中的偏转要点诠释：（1）带电粒子在匀强电场中的偏转高中阶段定量计算的是，带电粒子与电场线垂直地进入匀强电场或进入平行板电容器之间的匀强电场。
如图所示：（2）粒子在偏转电场中的运动性质受到恒力的作用，初速度与电场力垂直，做类平抛运动：在垂直于电场方向做匀速直线运动；在平行于电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。
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
知识讲解_带电粒子在电场中的综合计算(提高)
带电物体在电场中的综合计算编稿：周军审稿：隋伟【学习目标】1、进一步强化对静电场的认识，理解静电场力的性质和能的性质；2、能够熟练地解决带电粒子在恒定的电场以及一些变化的电场中的加速和偏转问题；3、能够熟练地解决带电物体在静电场和重力场所构成的复合场中的运动问题.【要点梳理】知识点一：带电粒子在电场中的加速运动要点诠释：（1）带电粒子在任何静电场中的加速问题，都可以运用动能定理解决，即带电粒子在电场中通过电势差为U AB 的两点时动能的变化是k E ∆，则21222121mv mv E qU k AB -=∆= （2）带电粒子在静电场和重力场的复合场中的加速，同样可以运用动能定理解决，即21222121mv mv E qU mgh W k AB AB -=∆=++（W 为重力和电场力以外的其它力的功） （3）带电粒子在恒定场中运动的计算方法带电粒子在恒力场中受到恒力的作用，除了可以用动能定理解决外还可以由牛顿第二定律以及匀变速直线运动的公式进行计算.知识点二：带电粒子在偏转电场中的运动问题（定量计算通常是在匀强电场中，并且大多数情况是初速度方向与电场线方向垂直）要点诠释：（1）运动性质：受到恒力的作用，初速度与电场力垂直，做类平抛运动.（2）常用的关系：，，粒子的加速度：偏转电场强度：mdqU a d U E ==0v L t =时间：粒子在偏转电场中运动（U 为偏转电压，d 为两平行金属板间的距离或沿着电场线方向运动的距离，L 为偏转电场的宽度（或者是平行板的长度），v 0为经加速电场后粒子进入偏转电场时的初速度.）带电粒子离开电场时：沿电场线方向的速度 0mdv qUL at v y ==； 垂直电场线方向的速度 0v v x = 合速度大小是：22y x v v v += 方向是：20tan mdv qUL v v x y ==θ 离开电场时沿电场线方向发生的位移2220122qUL y at mdv == 知识点三：带电微粒或者带电物体在静电场和重力场的复合场中运动时的能量守恒要点诠释：（1）带电物体只受重力和静电场力作用时，电势能、重力势能以及动能相互转化，总能量守恒，即（恒定值）电重K E K =++P P E E（2）带电物体除受重力和静电场力作用外，如果还受到其它力的作用时，电势能、重力势能以及动能之和发生变化，此变化量等于其它力的功，这类问题通常用动能定理来解决.【典型例题】类型一、带电粒子在匀强电场中的加速例1、如图所示,平行板电容器两极板间有场强为E 的匀强电场,且带正电的极板接地.一质量为m ､电荷量为+q 的带电粒子(不计算重力)从x 轴上坐标为x 0处静止释放.(1)求该粒子在x 0处的电势能E px0;(2)试从牛顿第二定律出发,证明该带电粒子在极板间运动过程中,其动能与电势能之和保持不变.【思路点拨】带电粒子在某点的电势能等于电场力将该带电粒子从零势能处移动到该点做的负功（做正功电势能减小做负功电势能增加），可求出该粒子在x 0处的电势能；运用运动学、动力学结合动能定理，均可证明动能与电势能之和保持不变。
带电粒子在电场中的运动
l
t
v0
（离开电场）
沿电场力方向为初速度为零的匀加速直线运动，
加速度：a = F/m = qU/dm
离开电场时的偏移量
y
qUL 2mdv02
2
离开电场时的速度偏转角：
tan
qUL mdV0 2
2y L
3.带电粒子在电场里先加速再偏转 不同的带电粒子从静止经过同一电场加速后进入
同一偏转电场，它们在电场中的偏转角度、偏转量y 总是相同的。即轨迹相同。
(2)粒子从a点射入金属板的时刻应满足
什么条件？
设+q
v0
(1)粒子在板间做什么运动？
审 (2)粒子沿初速度方向做什么运动？
题 (3)粒子在垂直初速度方向做什么运 析 动？ 疑
(4)“欲使该粒子仍能从b点以v0射出” 隐含了粒子运动的什么状态？
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方法提升 利用速度图象分析带电粒子的运动过程
一是注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒的运 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 过程的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界.
二是分析问题时要从力和运动的关系出发，结合功能关系， 列式求解.
三是明确此类题型的三种情况：①粒子做单向的直线运动 (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).
板间的距离足够大,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
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,
专题十三 带电粒子在电场中运动的综合问题
C
[解析] 由动能图线知，小物块的速度先增大后减小，根据库仑定律知，小物块所受的库仑力逐渐减小，合力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小物块先沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零，由动能图线可知，速度有最大值，此时小物块受力平衡，小物块所受的库仑力与重力沿斜面的分力平衡，由于没有小物块与点电荷距离的具体数据，故不能求出 ，故A错误；从 到 的过程中，重力势能的增加量等于电势能的减少量，所以可以求出小物块电势能的减少量，由于小物块的电荷量不知道，故不能求出 、 之间的电势差，故B错误；由重力势能图线得 ，可求出 ，故C正确；图像中不能确定哪一点的速度最大，也不知道小物块的电荷量，所以不能确定小物块速度最大时到斜面底端的距离，故D错误.
变式1 [2022·全国乙卷] （多选）一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为 和 ）和探测器组成，其横截面如图所示，点 为圆心.在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到 点的距离成反比，方向指向 点.4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器.不计重力.粒子 、 做圆周运动，圆的圆心为 、半径分别为 、 ；粒子3从距 点 的位置入射并从距 点 的位置出射；粒子4从距 点 的位置入射并从距 点 的位置出射，轨迹如图中虚线所示.则( )
变式2 [2022·湖北师大附中模拟] （多选）在带电粒子碰撞实验中， 时粒子甲以初速度 向静止的粒子乙运动，之后两粒子的速度-时间的图像如图所示.仅考虑它们之间的静电力作用，且甲、乙始终未接触，在 、 、 时刻系统电势能分别为 、 、 ，则( )
AC
第4节带电粒子在电场中运动的综合问题
第4节__带电粒子在电场中运动的综合问题1.课堂释疑一站突破在示波管模型中，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，需要经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P，如图6-4-1所示。
图6-4-11．确定最终偏移距离2．确定偏转后的动能(或速度)思路一：思路二：[典例1]如图6-4-2所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y′长为L，相距为d，足够大的竖直屏与两板右侧相距为b。
在两板间加上可调偏转电压U，一束质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出。
图6-4-2(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；(2)求两板间所加偏转电压U的范围；(3)求粒子可能到达屏上区域的长度。
[典例1][思路点拨](1)带电粒子在两极板之间做________运动；从电场中射出到屏幕之间做________运动。
提示：类平抛匀速直线(2)当两极板间所加电压最大时，带电粒子从极板的________射出。
提示：右边缘[针对训练]1．(多选)(2015·江苏二校联考)如图6-4-3所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是()图6-4-3A．滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升B．滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升C．电压U增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变D．电压U增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变2．如图6-4-4所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、电场强度为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏。
现有一电荷量为＋q、质量为m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O。
带电粒子在电场中运动的综合应用
带电粒子在电场中运动的综合应用:1、带电粒子在电场中的平衡问题：带电粒子在电场中处于静止或匀速直线运动状态时，则粒子在电场中处于平衡状态。
假设匀强电场的两极板间的电压为U，板间的距离为d，则：mg=qE=，有q=。
2、带电粒子在电场中的加速问题：带电粒子在电场中加速，若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做功等于带电粒子动能的增量。
3、带电粒子在电场中的偏转问题：带电粒子以垂直匀强电场的场强方向进入电场后，做类平抛运动。
垂直于场强方向做匀速直线运动：V x=V0，L=V0t；平行于场强方向做初速为零的匀加速直线运动：，，，偏转角：。
4、粒子在交变电场中的往复运动当电场强度发生变化时，由于带电粒子在电场中的受力将发生变化，从而使粒子的运动状态发生相应的变化，粒子表现出来的运动形式可能是单向变速直线运动，也可能是变速往复运动。
带电粒子是做单向变速直线运动，还是做变速往复运动主要由粒子的初始状态与电场的变化规律（受力特点）的形式有关。
①若粒子（不计重力）的初速度为零，静止在两极板间，再在两极板间加上甲图的电压，粒子做单向变速直线运动；若加上乙图的电压，粒子则做往复变速运动。
②若粒子以初速度为v0从B板射入两极板之间，并且电场力能在半个周期内使之速度减小到零，则甲图的电压能使粒子做单向变速直线运动；则乙图的电压也不能粒子做往复运动。
所以这类问题要结合粒子的初始状态、电压变化的特点及规律、再运用牛顿第二定律和运动学知识综合分析。
注：是否考虑带电粒子的重力要根据具体情况而定，一般说来：①基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力（但并不忽略质量）；②带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力。
电场中无约束情况下的匀速圆周运动:1．物体做匀速圆周运动的条件从力与运动的关系来看，物体要做匀速圆周运动，所受合外力必须始终垂直于物体运动的方向，而且大小要恒等于物体所需的向心力。
第6课时 带电粒子(体)在电场中运动的综合问题
2．(2015·全国卷Ⅱ)如图，两平行的带电金属
板水平放置。若在两板中间 a 点从静止释
放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过 a 点
的轴(垂直于纸面)逆时针旋转 45°，再由 a 点从静止释放一同
样的微粒，该微粒将
()
A．保持静止状态
B．向左上方做匀加速运动
C．向正下方做匀加速运动
D．向左下方做匀加速运动
要使电子恰能平行于极板飞出，则电子在 OO′方向上至少运动
一个周期，故极板长至少为 L＝v0T。
(3)若要使电子从 OO′平行于极板飞出，则电子在电场方向上应
先加速、再减速，反向加速、再减速，每阶段时间相同，一个周
期后恰好回到 OO′上，可见应在 t＝T4＋k·T2(k＝0,1,2，…)时射入； 极板间距离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上，
解析：(1)PG、QG 间场强大小相等，设均为 E。粒子在 PG 间所 受电场力 F 的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为 a，有 E＝2dφ① F＝qE＝ma② 设粒子第一次到达 G 时动能为 Ek，由动能定理有 qEh＝Ek－12mv02③ 设粒子第一次到达 G 时所用的时间为 t，粒子在水平方向的位移 大小为 l，则有
C. 4 <t0<T
T 3T B.2<t0< 4 D．T<t0<98T
解析：设粒子的速度方向、位移方向向右为正。 依题意得，粒子的速度方向时而为负，时而为 正，最终打在 A 板上时位移为负，速度方向为 负。作出 t0＝0、T4、T2、34T时粒子运动的速度图像如图所示。由 于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图像 可知 0<t0<T4，34T<t0<T 时粒子在一个周期内的总位移大于零；T4 <t0<34T时粒子在一个周期内的总位移小于零；当 t0>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，对照各选项可知只有 B 正确。 答案：B
带电粒子在电场中的平衡问题
•1、带电粒子在电场中的平衡问题：带电粒子在电场中处于静止或匀速直线运动状态时，则粒子在电场中处于平衡状态。
假设匀强电场的两极板间的电压为U，板间的距离为d，则：mg=qE=，有q=。
2、带电粒子在电场中的加速问题：带电粒子在电场中加速，若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做功等于带电粒子动能的增量。
3、带电粒子在电场中的偏转问题：带电粒子以垂直匀强电场的场强方向进入电场后，做类平抛运动。
垂直于场强方向做匀速直线运动：V x=V0，L=V0t；平行于场强方向做初速为零的匀加速直线运动：，，，偏转角：。
4、粒子在交变电场中的往复运动当电场强度发生变化时，由于带电粒子在电场中的受力将发生变化，从而使粒子的运动状态发生相应的变化，粒子表现出来的运动形式可能是单向变速直线运动，也可能是变速往复运动。
带电粒子是做单向变速直线运动，还是做变速往复运动主要由粒子的初始状态与电场的变化规律（受力特点）的形式有关。
①若粒子（不计重力）的初速度为零，静止在两极板间，再在两极板间加上甲图的电压，粒子做单向变速直线运动；若加上乙图的电压，粒子则做往复变速运动。
②若粒子以初速度为v0从B板射入两极板之间，并且电场力能在半个周期内使之速度减小到零，则甲图的电压能使粒子做单向变速直线运动；则乙图的电压也不能粒子做往复运动。
所以这类问题要结合粒子的初始状态、电压变化的特点及规律、再运用牛顿第二定律和运动学知识综合分析。
注：是否考虑带电粒子的重力要根据具体情况而定，一般说来：①基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力（但并不忽略质量）；②带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力。
••电场中无约束情况下的匀速圆周运动:•1．物体做匀速圆周运动的条件从力与运动的关系来看，物体要做匀速圆周运动，所受合外力必须始终垂直于物体运动的方向，而且大小要恒等于物体所需的向心力。
带电粒子在电场中运动的公式
带电粒子在电场中运动的公式电场是由电荷产生的一种物理现象，它对带电粒子具有吸引或排斥的作用。
当带电粒子处于电场中时，它会受到电场力的作用，从而发生运动。
带电粒子在电场中的运动可以用一些公式进行描述和计算。
我们先来介绍电场力的公式。
根据库仑定律，电场力的大小与电荷之间的距离和电荷的大小有关。
设带电粒子所受电场力为F，电荷为q，电场强度为E，则有公式F=qE。
这个公式告诉我们，电场力的大小与电荷和电场强度成正比。
接下来，我们来看带电粒子在电场中的运动轨迹。
根据牛顿第二定律，物体的加速度与作用力成正比，与物体的质量成反比。
带电粒子的质量为m，电场力为F，所以带电粒子的加速度a与电场力成正比，与质量成反比，即有公式a=F/m。
根据运动学中的加速度公式，加速度a等于速度v的变化率dv/dt，所以上述公式可以写成dv/dt=F/m。
我们可以进一步求解上述微分方程，得到带电粒子在电场中的速度随时间变化的公式。
假设带电粒子初始时刻的速度为v0，时间为t，那么有公式v=v0+at。
将上面的公式代入进去，可以得到v=v0+Ft/m。
这个公式告诉我们，带电粒子的速度随着时间的增加而增加，且与电场力的大小成正比。
我们来看带电粒子在电场中的位移和运动轨迹。
根据运动学中的位移公式，位移s等于速度v的变化率dv/dt的积分，即有公式s=∫vdt。
将上述的速度公式代入进去，可以得到s=∫(v0+Ft/m)dt。
对该积分进行求解，可以得到位移s的具体公式。
带电粒子在电场中运动的公式可以总结为以下几个方面：电场力F=qE，加速度a=F/m，速度v=v0+Ft/m，位移s=∫(v0+Ft/m)dt。
这些公式可以帮助我们理解和计算带电粒子在电场中的运动情况。
带电粒子在电场中的运动是物理学中的重要问题，对于理解电场的性质和作用具有重要意义。
通过以上的公式，我们可以定量地描述和计算带电粒子在电场中的运动，进一步深入研究电场的特性和应用。
同时，这些公式也为我们解决相关问题提供了一种有效的方法和工具。
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.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：(1)弄清研究对象，明确所研究的物理过程.(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＝ΔE 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(即ΔE＝ΔE′)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. (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 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1A.0＜t 0＜T4B.T 2＜t 0＜3T 4C.3T4＜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、3T4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，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＜3T4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.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 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3A.末速度大小为2v 0B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了12mgdD.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 3～2T3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2T3～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 T3＝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 ·d2＝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.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 ′＝F 合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.图42.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.而物理最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(AC、BD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)图5(1)求所加电场的场强最小值及所对应的场强的方向；(2)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°＝22mgF电min＝qE min解得所加电场的场强最小值E min＝2mg2q，方向沿∠AOB的角平分线方向指向左上方.(2)当所加电场的场强为最小值时，电场力与重力的合力为F＝mg sin 45°＝22mg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F(r＋22r)＝12m v2－0在M点，由牛顿第二定律得：F N－F＝m v2r联立解得F N＝(322＋1)mg由牛顿第三定律知，珠子对环的作用力大小为 F N ′＝F N ＝(322＋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：－F (r －22r )＝0－E k A 解得E k A ＝2－12mgr . 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34，圆环半径为R ，斜面倾角为θ＝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°＝0.6，cos 37°＝0.8)图6答案 7.7R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 ＝1.25mg ，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 ＝m v D 2R ，即：1.25mg ＝m v D 2R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 cos 37°)－34mg ·(h tan θ＋2R ＋R sin 37°)＝12m v D 2，联立解得h ≈7.7R .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.(2)电场力做功的特点：W AB＝FL AB cos θ＝qU AB＝E p A－E p B.3.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(2017·全国卷Ⅰ·25)真空中存在电场强度大小为E1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v0，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t1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.(1)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t1和v0应满足的条件.已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍.答案见解析解析(1)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E1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E1增加至E2，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足qE2－mg＝ma1 ①油滴在t1时刻的速度为v1＝v0＋a1t1 ②电场强度在t1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a2满足qE2＋mg＝ma2 ③油滴在t 2＝2t 1时刻，即运动到B 点时的速度为 v 2＝v 1－a 2t 1④由①②③④式得 v 2＝v 0－2gt 1⑤(2)由题意，在t ＝0时刻前有 qE 1＝mg⑥油滴从t ＝0到t 1时刻的位移为 x 1＝v 0t 1＋12a 1t 12⑦油滴在从t 1时刻到t 2＝2t 1时刻的时间间隔内的位移为 x 2＝v 1t 1－12a 2t 12⑧ 由题给条件有v 20＝2g ×2h ＝4gh⑨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 1＋x 2＝h⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E 2＝[2－2v 0gt 1＋14(v 0gt 1)2]E 1⑪为使E 2＞E 1，应有 2－2v 0gt 1＋14(v 0gt 1)2＞1⑫ 解得0＜t 1＜(1－32)v 0g⑬ 或t 1＞(1＋32)v 0g⑭条件⑬式和⑭式分别对应于v 2＞0和v 2＜0两种情形. 若B 在A 点之下，依题意有 x 2＋x 1＝－h⑮由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得E 2＝[2－2v 0gt 1－14(v 0gt 1)2]E 1⑯为使E 2>E 1，应有 2－2v 0gt 1－14(v 0gt 1)2>1⑰ 解得t 1>(52＋1)v 0g⑱另一解为负，不符合题意，舍去.变式4 (2017·全国卷Ⅱ·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－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1.5倍.不计空气阻力，重力加速度大小为g .求：图7(1)M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比； (2)A 点距电场上边界的高度； (3)该电场的电场强度大小. 答案 (1)3∶1 (2)13H (3)2mg2q解析 (1)设小球M 、N 在A 点水平射出时的初速度大小为v 0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v 0.M 、N 在电场中运动的时间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 ，在电场中沿水平方向的位移分别为s 1和s 2.由题给条件和运动学公式得 v 0－at ＝0① s 1＝v 0t ＋12at 2② s 2＝v 0t －12at 2③联立①②③式得 s 1s 2＝3④(2)设A 点距电场上边界的高度为h ，小球下落h 时在竖直方向的分速度为v y ，由运动学公式 v y 2＝2gh⑤ H ＝v y t ＋12gt 2⑥M 进入电场后做直线运动，由几何关系知v 0v y ＝s 1H⑦联立①②⑤⑥⑦式可得 h ＝13H⑧(3)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 0v y ＝qE mg⑨设M 、N 离开电场时的动能分别为E k1、E k2，由动能定理得 E k1＝12m (v 02＋v y 2)＋mgH ＋qEs 1⑩ E k2＝12m (v 02＋v y 2)＋mgH －qEs 2⑪由已知条件 E k1＝1.5E k2⑫联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得 E ＝2mg2q⑬变式5 如图8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8(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)0.6 N解析(1)设小滑块恰能到达Q点时速度为v，由牛顿第二定律得mg＋qE＝m v2R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＝12－12m v022m v联立解得：v0＝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＝12－12m v022m v′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.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(不计重力)，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()图1图2A.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～T2时间内，电子的电势能先增加后减少C.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～T2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T2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，故电子一直朝同一方向运动，C 错误；电压是丁图时，电子先向左加速，到T 4后向左减速，T2后向右加速，34T 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，D 正确.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 D3.一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(假设带电粒子不与板相碰)()图4A.带电粒子只向一个方向运动B.0～2 s内，电场力做功等于0C.4 s末带电粒子回到原出发点D.2.5～4 s内，电场力做功等于0答案 D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，4 s末带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；2.5 s末和4 s末，速度的大小、方向都相同，则2.5～4 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，则下列说法正确的是()图5A.小球带负电B.电场力跟重力平衡C.小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小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0，电场力方向竖直向上，小球带正电，A错，B对；从a→b，电场力做负功，电势能增大，C错；由于有电场力做功，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v0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，合力对小球先做负功，后做正功，小球的速度先减小后增大，B 错误.任意一小段时间内，小球的动能、电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，D 错误. 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q m ＝1.0×10－2 C /kg ，在t ＝0时刻以速度v 0＝5×102 m/s 从O 点沿y 轴正方向进入电场区域，不计粒子重力作用.求：图7(1)粒子通过电场区域的时间； (2)粒子离开电场的位置坐标；(3)粒子通过电场区域后沿x 轴方向的速度大小.答案 (1)4×10－3 s (2)(－2×10－5 m,2 m) (3)4×10－3 m/s解析 (1)因为粒子初速度方向垂直于匀强电场，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间t ＝yv 0＝4×10－3 s.(2)粒子带负电，沿x 轴负方向先加速后减速，加速时的加速度大小a 1＝E 1qm ＝4 m/s 2，减速时的加速度大小a 2＝E 2q m ＝2 m/s 2，离开电场时，在x 轴方向上的位移大小x ＝12a 1(T 2)2＋a 1(T 2)2－12a 2(T2)2＝2×10－5 m ，因此粒子离开电场的位置坐标为(－2×10－5 m,2 m). (3)粒子通过电场区域后沿x 轴方向的速度大小为： v x ＝a 1T 2－a 2T2＝4×10－3 m/s.7.(2018·江西宜春调研)如图8所示，O 、A 、B 、C 为一粗糙绝缘水平面上的四点，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，A 、B 间距离为L ，静电力常量为k ，则( )图8A.在点电荷－Q 形成的电场中，A 、B 两点间的电势差U AB ＝2μmgL ＋m v m 22qB.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 C解析 小金属块从A 到B 过程，由动能定理得：－qU AB －μmgL ＝12m v m 2－0，得A 、B 两点间的电势差U AB ＝－2μmgL ＋m v m 22q ，故A 错误；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，金属块做减速运动，在B 点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有μmg ＝k Qqr2，得r ＝kQqμmg，故C 正确；从B 到C 的过程中，小金属块的动能和减少的电势能全部转化为内能，故D 错误.8.如图9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9(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. 9.如图10所示，光滑水平轨道与半径为R 的光滑竖直半圆轨道在B 点平滑连接，在过圆心O 的水平界面MN 的下方分布有水平向右的匀强电场，现有一质量为m 、电荷量为＋q 的小球从水平轨道上A 点由静止释放，小球运动到C 点离开圆轨道后，经界面MN 上的P 点进入电场(P 点恰好在A 点的正上方，小球可视为质点，小球运动到C 点之前电荷量保持不变，经过C 点后电荷量立即变为零).已知A 、B 间距离为2R ，重力加速度为g ，在上述运动过程中，求：图10(1)电场强度E 的大小；(2)小球在圆轨道上运动时的最大速率； (3)小球对圆轨道的最大压力的大小.答案 (1)mgq(2)2(2＋1)gR (3)(2＋32)mg解析 (1)设小球过C 点时速度大小为v C ，小球从A 到C 由动能定理知 qE ·3R －mg ·2R ＝12m v C 2小球离开C 点后做平抛运动到P 点，有 R ＝12gt 22R ＝v C t联立解得E ＝mgq.(2)设小球运动到圆轨道D 点时速度最大，设最大速度为v ，此时OD 与竖直线OB 夹角设为α，小球从A 点运动到D 点的过程，根据动能定理知 qE (2R ＋R sin α)－mgR (1－cos α)＝12m v 2即12m v 2＝mgR (sin α＋cos α＋1) 根据数学知识可知，当α＝45°时动能最大，由此可得 v ＝2(2＋1)gR .(3)由(2)中知，由于小球在D 点时速度最大且电场力与重力的合力恰好背离半径方向，故小球在D 点时对圆轨道的压力最大，设此压力大小为F ，由牛顿第三定律可知小球在D 点受到的轨道的弹力大小也为F ，在D 点对小球进行受力分析，并建立如图所示坐标系，由牛顿第二定律知F －qE sin α－mg cos α＝m v 2R解得F ＝(2＋32)mg .。
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、
知识讲解_带电粒子在电场中的综合计算(提高)
带电物体在电场中的综合计算【学习目标】1、进一步强化对静电场的认识，理解静电场力的性质和能的性质；2、能够熟练地解决带电粒子在恒定的电场以及一些变化的电场中的加速和偏转问题；3、能够熟练地解决带电物体在静电场和重力场所构成的复合场中的运动问题. 【要点梳理】知识点一：带电粒子在电场中的加速运动 要点诠释：（1）带电粒子在任何静电场中的加速问题，都可以运用动能定理解决，即带电粒子在电场中通过电势差为U AB 的两点时动能的变化是k E ∆，则21222121mv mv E qU k AB -=∆= （2）带电粒子在静电场和重力场的复合场中的加速，同样可以运用动能定理解决，即21222121mv mv E qU mgh W k AB AB -=∆=++（W 为重力和电场力以外的其它力的功） （3）带电粒子在恒定场中运动的计算方法带电粒子在恒力场中受到恒力的作用，除了可以用动能定理解决外还可以由牛顿第二定律以及匀变速直线运动的公式进行计算.知识点二：带电粒子在偏转电场中的运动问题（定量计算通常是在匀强电场中，并且大多数情况是初速度方向与电场线方向垂直） 要点诠释：（1）运动性质：受到恒力的作用，初速度与电场力垂直，做类平抛运动. （2）常用的关系：，，粒子的加速度：偏转电场强度：md qU a d U E ==v L t =时间：粒子在偏转电场中运动（U 为偏转电压，d 为两平行金属板间的距离或沿着电场线方向运动的距离，L 为偏转电场的宽度（或者是平行板的长度），v 0为经加速电场后粒子进入偏转电场时的初速度.）带电粒子离开电场时：沿电场线方向的速度 0mdv qULat v y ==； 垂直电场线方向的速度 0v v x = 合速度大小是：22yx v v v +=方向是：2tan mdv qULv v xy ==θ 离开电场时沿电场线方向发生的位移222122qUL y at mdv == 知识点三：带电微粒或者带电物体在静电场和重力场的复合场中运动时的能量守恒要点诠释：（1）带电物体只受重力和静电场力作用时，电势能、重力势能以及动能相互转化，总能量守恒，即（恒定值）电重K E K =++P P E E （2）带电物体除受重力和静电场力作用外，如果还受到其它力的作用时，电势能、重力势能以及动能之和发生变化，此变化量等于其它力的功，这类问题通常用动能定理来解决. 【典型例题】类型一、带电粒子在匀强电场中的加速例1、如图所示,平行板电容器两极板间有场强为E 的匀强电场,且带正电的极板接地.一质量为m ､电荷量为+q 的带电粒子(不计算重力)从x 轴上坐标为x 0处静止释放. (1)求该粒子在x 0处的电势能E px0;(2)试从牛顿第二定律出发,证明该带电粒子在极板间运动过程中,其动能与电势能之和保持不变.【思路点拨】带电粒子在某点的电势能等于电场力将该带电粒子从零势能处移动到该点做的负功（做正功电势能减小做负功电势能增加），可求出该粒子在x 0处的电势能；运用运动学、动力学结合动能定理，均可证明动能与电势能之和保持不变。
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带电物体在电场中的综合计算【学习目标】1、进一步强化对静电场的认识，理解静电场力的性质和能的性质；2、能够熟练地解决带电粒子在恒定的电场以及一些变化的电场中的加速和偏转问题；3、能够熟练地解决带电物体在静电场和重力场所构成的复合场中的运动问题. 【要点梳理】知识点一：带电粒子在电场中的加速运动 要点诠释：（1）带电粒子在任何静电场中的加速问题，都可以运用动能定理解决，即带电粒子在电场中通过电势差为U AB 的两点时动能的变化是k E ∆，则21222121mv mv E qU k AB -=∆= （2）带电粒子在静电场和重力场的复合场中的加速，同样可以运用动能定理解决，即21222121mv mv E qU mgh W k AB AB -=∆=++（W 为重力和电场力以外的其它力的功） （3）带电粒子在恒定场中运动的计算方法带电粒子在恒力场中受到恒力的作用，除了可以用动能定理解决外还可以由牛顿第二定律以及匀变速直线运动的公式进行计算.知识点二：带电粒子在偏转电场中的运动问题（定量计算通常是在匀强电场中，并且大多数情况是初速度方向与电场线方向垂直） 要点诠释：（1）运动性质：受到恒力的作用，初速度与电场力垂直，做类平抛运动. （2）常用的关系：，，粒子的加速度：偏转电场强度：mdqU a d U E ==0v Lt =时间：粒子在偏转电场中运动（U 为偏转电压，d 为两平行金属板间的距离或沿着电场线方向运动的距离，L 为偏转电场的宽度（或者是平行板的长度），v 0为经加速电场后粒子进入偏转电场时的初速度.）带电粒子离开电场时：沿电场线方向的速度 0mdv qULat v y ==； 垂直电场线方向的速度 0v v x = 合速度大小是：22yx v v v +=方向是：2tan mdv qULv v xy ==θ 离开电场时沿电场线方向发生的位移222122qUL y at mdv == 知识点三：带电微粒或者带电物体在静电场和重力场的复合场中运动时的能量守恒要点诠释：（1）带电物体只受重力和静电场力作用时，电势能、重力势能以及动能相互转化，总能量守恒，即（恒定值）电重K E K =++P P E E（2）带电物体除受重力和静电场力作用外，如果还受到其它力的作用时，电势能、重力势能以及动能之和发生变化，此变化量等于其它力的功，这类问题通常用动能定理来解决.【典型例题】类型一、带电粒子在匀强电场中的加速例1、如图所示,平行板电容器两极板间有场强为E的匀强电场,且带正电的极板接地.一质量为m､电荷量为+q的带电粒子(不计算重力)从x轴上坐标为x0处静止释放.(1)求该粒子在x0处的电势能E px0;(2)试从牛顿第二定律出发,证明该带电粒子在极板间运动过程中,其动能与电势能之和保持不变.【思路点拨】带电粒子在某点的电势能等于电场力将该带电粒子从零势能处移动到该点做的负功（做正功电势能减小做负功电势能增加），可求出该粒子在x0处的电势能；运用运动学、动力学结合动能定理，均可证明动能与电势能之和保持不变。
【解析】(1)带电粒子从O点移到x0点电场力所做的功为:W电=qEx0,①电场力所做的功等于电势能增加量的负值,故有:W电=-(E px0-0),②联立①②得:E px0=-qEx0.③(2)方法一:在带电粒子的运动方向上任取一点,设坐标为x,由牛顿第二定律可得qE=ma ④由运动学公式得2()xv=-2a x x⑤联立④⑤求得2)1(2xmv qE x x==-kxE粒子在任意点的电势能为pxE qEx=-,所以粒子在任意一点的动能与电势能的和为()000().x kx px pxE E E qE x x qEx qEx E=+=-+-=-=E px0为一常数,故粒子在运动过程中动能与电势能之和保持不变()121221k22222212121222p2k1p121111(),2211()(),:x x x,v v.F qE ma,2a x x,E E E E,,.22v v mv mv qE x xmv qEx mv qEx==--=-=-+-=++-=+方法二在轴上任取两点､速度分别为､联立得所以即故在其运动过程中其动能和电势能之和保持不变【总结升华】讨论带电粒子在电场中的直线运动问题(加速或减速)经常用到的方法是:(1)能量方法——能量守恒定律,注意题目中有哪些形式的能量出现.(2)功能关系——动能定理,注意过程分析要全面,准确求出过程中的所有功,判断选用分阶段还是全程使用动能定理.(3)动力学方法——牛顿运动定律和匀变速直线运动公式的结合,注意受力分析要全面,特别是重力是否需要考查的问题;其次是注意运动学公式的矢量性.举一反三【变式】如图所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中哪项是正确的()A．电子到达B板时的动能是EeB．电子从B板到达C板动能变化量为零C．电子到达D板时动能是3EeD．电子在A板和D板之间做往复运动【答案】ABD类型二、带电粒子在匀强电场中的偏转例2、如图所示，三个α粒子由同一点水平射入平行电容器两极板间的匀强电场，分别打在极板的A、B、C三点上，则（）A. 到达极板时，三个α粒子的速度大小比较为v v vA B C<<B. 三个α粒子到达极板前的飞行时间相同C. 三个α粒子到达极板时，它们的动能增量相等D. 打在A点的α粒子在电场中运动的时间最长【答案】ABC【解析】平行板之间的场强和粒子在电场中的加速度可以由下列两式计算：，，mdqUadUE==vxt=时间：粒子在偏转电场中运动，沿电场线方向发生的位移：222122qUxy atmdv==，由此两个式子解得：粒子的初速度mdyqUxv2=，粒子在电场中运动的时间qUymdayt22==由图中轨迹可见，三个粒子的偏转位移y相等，所以三个粒子到达极板之前运动的时间相等，选项B 正确；垂直于电场线方向的位移x不相等，而三个粒子的q、m相同，所以三个粒子的初速度与x成正比，选项A 正确；由动能定理知粒子到达极板上时的动能是U q E k ∆=∆，粒子的电量相等，由图知道，粒子经过的电势差相等，所以粒子的动能增量相等，选项C 正确；【总结升华】观察图形，明确粒子在偏转电场中的加速度相同，经历的偏转电压相等，发生的偏转位移相等，运用类平抛运动的知识方法加以解决. 举一反三【变式】如图，有三个质量相等分别带正电、负电和不带电小球，从平行板电场中P 点以相同初速垂直于E 进入电场，它们分别落到A 、B 、C 点，则：A ．落到A 点的小球带正电，落到B 点的小球不带电； B ．三小球在电场中运动时间相等；C ．三小球到达正极板时的动能关系是：KA KB KC E E E >>D ．三小球在电场中运动的加速度关系是： A B C a a a >>【答案】A类型三、带电物体在匀强电场与重力场的复合场中的运动情况分析例3、质量为m 的带电小球用绝缘丝线悬挂于O 点，并处于水平向左的大小为E 的匀强电场中，小球静止时丝线与铅垂线间的夹角为θ，如图所示，求： （1）小球带何种电荷？电荷量是多少？（2）若将丝线烧断，则小球将做什么运动？（设电场区域足够大）O θE【思路点拨】对题图做受力分析（判断电场力的方向），可解决第一问；根据第一问受力分析的结果，结合牛顿定律即可求得第二问。
【答案】（1）负，tan mg Eθ（2）初速度为零的匀加速直线运动 【解析】（1）小球受到的电场力一定是水平向右，与场强的方向相反，所以小球带负电. 小球受力如图所示：Emg由共点力平衡条件得，θtan mg qE = 所以带电小球所带的电荷量tan mg q Eθ=（2）小球受到重力和电场力的合力F 合与小球静止时线的拉力大小相等方向相反，是一个恒力.当烧断丝线时，小球在恒力作用下由静止开始运动，做初速度为零的匀加速直线运动.【总结升华】带电物体在匀强电场和重力场的复合场中运动时，将两个恒力归并成为一个恒力，对分析运动情况特别方便，要注意运用这个方法. 举一反三【变式1】图中虚线所示为某电场中一族相互平行、方向竖直的等势面，相邻等势面间距1cm ，各等势面电势如图所示，质量为30g 的带电小球从A 点以v m s =1/的速度沿与竖直方向成53角射入电场并做直线运动.(1)带电小球带什么电？电量是多少？(2)通过A 点后沿速度方向前进的最大距离是多少(sin .cos .53085306==，，g=10m s /2)－ 0 100V 200Vv【答案】（1）正电 5410q C -=⨯（2）3cm【解析】（1）分析电场分布和电场力由于等势面的情况已知，则可判断其电场线一定与等势面垂直且指向电势降低处，故电场情况已知，如图所示，场强E U d V m V m ===100001104.//－200V －100V 0 100V 200V53EA v（2）分析带电小球的受力情况和运动情况带电小球受电场力、重力。
若带负电，则电场力水平向右，由小球初速度与所受合外力可知，小球不可能在如图所示的直线上运动，必做曲线运动.因此可判断小球带正电.所受电场力方向水平向左，与重力合成后，合力方向恰好与小球运动方向相反，小球做匀减速直线运动，受力图如图所示： v 053 F 电53F 合 G（3）列方程求解520max (1)tan 53(2)(1)(2)410/cos53(3)(4)2(5)F qE FG q CF G F ma v aS -==⋅=⨯===电电合合由解得由解得max 3S cm =【总结升华】（1）从解题方法上看，对小球的受力分析及运动过程的分析是至关重要的.（2）在分析运动过程时，力求弄清物体做直线运动的条件和做曲线运动的条件.【变式2】真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场.在电场中，若将一个质量为m 、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度与竖直方向夹角为370(取sin37 0=0.6，cos37 0=0.8).现将该小球从电场中某点以初速度v 0竖直向上抛出.求运动过程中： (1) 小球受到的电场力的大小及方向； (2)小球从抛出点至最高点的电势能变化量【答案】（1）3mg 4 水平向右 （2）29-qx=-mv 32∆=E E 类型四、在重力场和静电场中的能量转化和守恒例4、如图所示，在光滑绝缘水平面上有一半径为．R 的圆，AB 是一条直径，空间有匀强电场，场强大小为E ，方向与水平面平行．在圆上A 点有一发射器，以相同的动能平行于水平面沿不同方向发射带电量为+q 的小球，小球会经过圆周上不同的点，在这些点中，经过B 点的小球动能最大，由于发射时刻不同时，小球间无相互作用，且∠α =30°，下列说法正确的是（ ）A.电场的方向垂直AB 向上 B ．电场的方向垂直AB 向下C ．小球在A 点垂直电场方向发射，若恰能落到C 点，则初动能为qER/8D ．小球在A 点垂直电场方向发射，若恰能落到C 点，则初动能为qER ／4 【答案】C【解析】由于C 点处动能最大，因此，相对整个圆而言，C 应处于电势最低处，电场方向应是沿图中虚线方向，则与AC 成300角，选项A 、B 错误；如果小球垂直于电场方向抛出带电体，则小球做类平抛运动，则，2122Rcos cos at αα⨯=，2Rcos α×sin α =v 0t ，得，选项C 正确、D 错误。