1、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
2、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 E k列出方程求解.2
3、.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 1E 2)列方程.(2)利用某些能量的减少等于另一些能量的增加( 即E 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
4、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.0t 0 B.
5、 t 0T4 T2 3T4C. t 0T D.Tt 03T4 9T8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 00、 、 、 时粒子运动的vt图象，如图所示.由于vt图线与时间轴T4 T2 3T4所围面积表示粒子通过的位移，则由图象知，0t 0 与 t 0T时粒子在一个周期内的总位移大于零， T4 3T4 T4t0 时粒子在一个周期内的总位移小于零；t 0T 时情况类似.因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周3T4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
6、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.t0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T3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0T时间内运动的描述，正确的是( )图3A.末速度大小为 v02B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了 mgd12D.克服电场力做功为mgd答案 BC解析
7、 因0 时间内微粒匀速运动，故E 0qmg；在 时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在tT3 T3 2T3时刻的竖直速度为v y1 ，水平速度为v 0；在 T时间内，由牛顿第二定律 2E0qmg ma，解得ag，2T3 gT3 2T3方向向上，则在tT时刻，v y2v y1g 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T3；微粒的重力势能减小了E pmg mgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知， mgdW 电 0d2 12 12，可知克服电场力做功为 mgd，选项D 错误；故选B、C.12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
8、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 为等效重力场中的“等F合m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
9、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
10、 电 最小，最小值为：F电min mgcos45 mg22F电min qE min解得所加电场的场强最小值E min ，方向沿AOB的角平分线方向指向左上方.2mg2q(2)当所加电场的场强为最小值时，电场力与重力的合力为Fmg sin45 mg22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 r) mv2022 12在M点，由牛顿第二定律得：F NFmv2r联立解得F N( 1) mg322由牛顿第三定律知，珠子对环的作用力大小为FNF N( 1)mg.322(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
11、速度为0时，所需初动能最小，此过程中，由动能定理得：F(r r)0E kA22解得E kA mgr.2 12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 ，圆环半径为R，斜面倾角为60 ，s BC2R.若使小球在圆环内能做完整的圆周运动，h至少为34多少？(sin37 0.6，cos37 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F1.25mg，方向与竖直方向
12、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 ，即：1.25mgmmvD2R vD2R小球由A运动到D点，由动能定理结合几何知识得：mg(hR Rcos37) mg( 2RRsin37) mvD2，联立解得h7.7R.34 htan 12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：FEq，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 FLABcosqU AB
13、E pAE pB.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25) 真空中存在电场强度大小为E 1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 1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)
14、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t 1和v 0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E 1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上.在t0时，电场强度突然从E 1增加至E 2，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a 1满足qE2mgma 1 油滴在t 1时刻的速度为v1v 0a 1t1 电场强度在t 1时刻突然反向，之后油滴做匀变速直线
15、运动，加速度方向向下，大小a 2满足qE2mgma 2 油滴在t 22t 1时刻，即运动到B点时的速度为v2v 1a 2t1 由式得v2v 02gt 1 (2)由题意，在t 0时刻前有qE1mg 油滴从t0到t 1时刻的位移为x1v 0t1 a1t12 12油滴在从t 1时刻到t 22t 1时刻的时间间隔内的位移为x2v 1t1 a2t12 12由题给条件有v 2g2h4gh 20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x1x 2h 由式得E222 ( )2E1 v0gt1 14v0gt1为使E 2E 1，应有22 ( )21 v0gt1 14v0gt1解得0t 1(1 )
16、 32v0g或t 1(1 ) 32v0g条件式和式分别对应于v 20和v 20两种情形.若B在A点之下，依题意有x2x 1h 由式得E222 ( )2E1 v0gt1 14v0gt1为使E 2E1，应有22 ( )21 v0gt1 14v0gt1解得t 1( 1) 52 v0g另一解为负，不符合题意，舍去.变式4 (2017全国卷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( q0)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.
17、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)31 (2) H (3)13 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 v0.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v0at0 s1v 0t at2 1
18、2s2v 0t at2 12联立式得3 s1s2(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 vy，由运动学公式vy22gh Hv yt gt2 12M进入电场后做直线运动，由几何关系知 v0vy s1H联立式可得h H 13(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 v0vy qEmg设M、N离开电场时的动能分别为E k1、E k2，由动能定理得Ek1 m(v02v y2)mgHqEs 1 12Ek2 m(v02v y2)mgHqEs 2 12由已知条件Ek11.5E k2 联立式得E 2mg2q变式5 如图8所示，在E10 3V/m的竖直匀强电场中
19、，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R40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q10 4 C的小滑块质量m10 g，与水平轨道间的动摩擦因数0.15，位于N点右侧1.5 m 的M 处，g取10 m /s2，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？答案 (1)7m/s (2)0.6N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mgqE mv2R小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定
20、理得mg2R qE 2R(mgqE)x mv2 mv0212 12联立解得：v 07m/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(mgqE )R (qEmg)x mv 2 mv0212 12又在P点时，由牛顿第二定律得F Nmv 2R代入数据，解得：F N0.6N由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力F NF N0.6N.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
21、时，在0T 时间内，电子的电势能一直减少B.电压是乙图时，在0 时间内，电子的电势能先增加后减少T2C.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，0T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 时间内，电子向右T2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 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T2前面的运动，故电子一直朝
22、同一方向运动，C错误；电压是丁图时，电子先向左加速，到 后向左减速， 后T4 T2向右加速， T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.342.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
23、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t0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.02s内，电场力做功等于0C.4s末带电粒子回到原出发点D.2.54s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，vt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，4s末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；2s末速度不为0，可见02s内电场力做的功不等于0，B错误；2.5s末和4s 末，速度的大小、方向都相同，则2.
24、54s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ab，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
25、，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 0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
26、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y2m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 1.010 2 C/kg，在t 0时刻以速度v 0510 2 qmm/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
27、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)410 3 s (2)(210 5 m,2m) (3)4 103 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 41yv003 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 4m/s 2，减速时的加速度大小a 2E1qm2m/s 2，离开电场时，在 x轴方向上的位移大小x a1( )2a 1( )2 a2( )2210 5 m，因此粒子离开电E2qm 12 T2 T2 12 T2场的位置坐标
28、为(210 5 m,2m).(3)粒子通过电场区域后沿x轴方向的速度大小为：vxa 1 a 2 410 3 m/s.T2 T27.(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，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 AB2mgL mvm22qB.在小金属块由A向C运动的过程中，
29、电势能先增大后减小C.OB间的距离为kQqmgD.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 ABmgL mvm20，得A、B两点间的电势差U AB12，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B2mgL mvm22q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mgk ，得r ，故C正确；从B到C的过程中，小金属块的动能和减少的Qqr2 kQqmg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
30、间夹角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 ，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？mgE(2)若小球的带电荷量为q ，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？2mgE答案 (1) mg 方向与水平线成60角斜向右上方3(2) mg 方向与水平线成 60角斜向左上方32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，则F1cosqEcos，F 1sinmgqEsin代入数据
31、解得60，F 1 mg3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 F2和 mg的 合 力 和 电场 力 在 一 条 直 线 上 .如 图 乙 ， 当 F2取 最 小 值 时 ， F2垂 直 于 F.故 F2 mgsin 60 mg，方向与水平线成60角斜向左上方.329.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
32、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) (2) (3)(2 3 )mgmgq 2 2 1gR 2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qE3Rmg2R mvC212小球离开C点后做平抛运动到 P点，有R gt2122Rv Ct联立解得E .mgq(2
33、)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，小球从A点运动到D点的过程，根据动能定理知qE(2RR sin)mgR(1cos ) mv212即 mv2mgR(sincos 1)12根据数学知识可知，当45时动能最大，由此可得v .2 2 1gR(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FqEsin mgcos mv2R解得F(2 3 )mg.2
