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。