专题五 带电粒子在电场中运动的综合问题

1、专题五 带电粒子（带电体）在电场中运动的综合问题老纲毒情要求核心蠢养电场力分析卜运劫情况反映受力情巩 卜劫能定理全国卷i年9考高考指11物理观念带电粒子在电场中运动时动力学和能量观点的综合运用一酎受力分析、玄励分析、能崖观点、图象一科学思维除善于建立电学问题和力学i可魂转化模型，用雕昂守恒观点 解决曲坡运动问恕的方法，突破1电场中的图象问题（深化理解图象物理含义v-t图象根据E图象的速度变化、斜率变化即加速度的 变化），确定电荷所受电场力的方向与电场力的 大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的局低 及电势能的变化E-x图象在绐定K电场的E-x图象后，可以由图线确定电 场强度的变化情况、电势的

2、变化情况,项图线与 尤轴所围图形面枳表示电势差.在与粒子运动相 结合的题目中，可进一步确定粒子的电性、动能变 化、电势能变化等情况(p-X图象(1 )代尤图线的斜率大小等于电场强度的大小，电 场强度为零处冷存在极值，代笫图线的切线的斜 率为零在代图象中可以直接判断各点电势的高低, 并可根据电势高低关系确定电场强度的方向一在代图象中分析电荷移动时电势能的变化， 可用=出佰分析虬召的正负，然后做出判断图象反映了电势能随位移变化的规律.图线的切 线斜率大小等于电场力大小，进一步判断场强、动 能、加速度等随位移变化的情况1.一带负电粒子在电场中仅受静电力作用沿X轴正方向做直线 运动的v-t图象如图所示

3、，起始点O为坐标原点，下列关于电势。 粒子的动能k、电场强度、粒子加速度a与位移x的关系图象中 可能合理的是(C )解析：由v-t图象可知速度减小，且加速度逐渐减小，电场力做负功，动能逐渐减小，而电场强度E = F =号，所以沿+x方向场强逐渐减小，则电势不是均匀减小，所以A、B、D错误，C可能合理.2（多选）沿电场中某条直线电场线方向建立x轴，该电场线上 各点电场强度E随x的变化规律如图所示，坐标点0、x1、x2和x3 分别与x轴上O、A、B、C四点相对应，相邻两点间距相等.一个 带正电的粒子从O点由静止释放，运动到A点的动能为Ek，仅考虑 电场力作用，则（CD ）OABCF，F A从O点到

4、C点，电势先升高后降低粒子先做匀加速运动，后做变加速运动C粒子在AB段电势能变化量大于BC段的电势能变化量D粒子运动到C点时动能小于3Etk解析：沿x轴正方向，场强方向不变，带正电粒子沿x轴正方向运动，表示场强沿x轴正方向，电势降低，A错误；由于场强在改变, 段电势差大于BC段电势差，所以C正确；由于Uac2Uoa，根据动 能定理q（U +U ） = E ，已知qU =E，所以E X1.6X 10-19X1 125 m/s = 2X107 m/s.(2)由于电子穿过MN间所用时间极短，故电子穿过MN的过程 可视为板间电压不变，当U1 = 22.5 V时，电子经过MN极板向下的偏移量最大，为七=

5、备%（L）2 = 2X10-3 m ,7户，说明所有的电子 0都可以飞出M, N.此时电子在竖直方向的速度大小为 = %$ =1.6X10-19X22.54X10-2m/s = 2X106 m/s.电子离开极板后，以X-=9X10-31X4X10-32X107 荧光屏P的时间质条波濡s = 5X10-9 s，相应的偏移量为七=v t =2X106X5X10-9 m = 10-2 m .电子打在荧光屏上的总偏移量为 y 2y =y1 +y2 = 2X10-3 m +10 -2 m = 0.012 m .故电子打在荧光屏上的范|是从O”向下00.012m.【答案】(1)2X107 m/s(2)范为

6、从O向下0 - 0.012 m内y针对训练（2019河南豫南九校联考）（多选）如图甲所示，4、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，A板的电势为0, 一质量为血、电荷量T为q的电子仅在静电力作用下，在l=T时刻从A板的小孔处由静止释放进入两极板运动，恰好到达B板，则（AB ）A. A、B两板间的距离为、，冷6?电子在两板间的最大速度为 噜电子在两板间做匀加速直线运动T若电子在。=时刻进入两极板，它将时而向B板运动，时而8向A板运动，最终到达B板T解析：电子在片言时刻由静止释放进入两极板运动，恰好到达B 板，由于在第一个4内做匀加速直线运动，在第二个t内做匀减速直 线运动，在第三个T内反向做匀加速

7、直线运动，可知经过两个4时间 恰好到达B板加速度a = m，有d = 2xHT）2，解得djq6T，T故A正确.由题意可知，经过T时间速度最大，则最大速度为Dm = aT = qu，故B正确.电子在两板间先向右做匀加速直线运动，T然后向右做匀减速直线运动，故c错误.若电子在t=T时刻进入两 极板，先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，若电子匀减速 到零，位移之和大于极板的间距，电子不会做往复运动，在匀减速直 线运动的过程中到达B板，故D错误.（多选）如图甲，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%沿中T线射入两板间，0T时间内微粒匀

8、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0T时间内运动的描述，正确的是（BC ）B.末速度沿水平方向D克服电场力做功为mgd末速度大小为,2v01C,重力势能减少7?mgd解析：因03内微粒匀速运动，故微粒受到的电场力方向向上，T 2T .Eq = mg，由题图可知在：号时间内，两金属板间没有电场，微粒 只受重力作用，做平抛运动，在片孕时刻的竖直速度为vyl=g,2T水平速度为v0，在3 T时间内，微粒满足2Eq - mg-ma，解得a -g，方向向上，则在t-T时刻，微粒的竖直速度减小到零，水平速 度为v0,选项A错误，B正确；

9、微粒的重力势能减少了型p-mgg- 112gd选项C正确从射入到射出由动能定理可程2mgd - W电-0 ,1可知克服电场力做功为言|&4 ,选项D错误.题后悟道带电粒子在交变电场中运动的思维流程：(1)分析电场的变化规律，确定粒子初始运动状态；(2)分析受力 情况，根据初始状态确定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)；(3)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.突破3带电粒子力电综合问题5深化理解匕要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电粒子在电场中加速 和偏转的模型，能够从带电粒子的受力与运动的关系、功能关系和动 量关系等多角

10、度进行分析与研究解决力电综合问题的方法：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.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，判断是对分过程还是对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.5典例2） （2019-福建莆田二模）如图所示，竖直平面内有 一坐标系尤仲，已知A点坐标为（一2五，h）, O、B区间存在竖直向上 的匀强电场.甲、乙两小球质量均为血，甲球带的电荷量为+g，乙

11、球带的电荷量为一g，分别从A点以相同的初速度水平向右抛出后， 都从O点进入匀强电场，其中甲球恰从B点射出电场，乙球从C点 射出电场，且乙球射出电场时的动能是甲球射出电场时动能的 13 倍.已知重力加速度为g求：小球经过O点时速度的大小和方向.(2)匀强电场的电场强度E.x(2)甲球在B点的速度如图2所示，乙球在C点的速度如图3所审题指导(1)从A到O，只受重力，做平抛运动.(2)甲、乙两球进入电场后，在重力和电场力作用下做匀变速曲 线运动，运用分解的方法处理.【解析】(1)如图1所示，设小球经过O点时的速度为P，水 平分速度为吼，竖直分速度为，平抛运动的时间为，.根据平抛运动规律h -么，2h

12、 = vjt,vy=gt,v = . v2 +V ，tanO =铲x由以上式子解得v = 2jgh ,。= 45 , vy = v_示依题意得广1%甲球在OB运动过程中电场力、重力做功为零，故甲球在B点射 出时速度仍为P，水平分速度仍为v，竖直分速度为马，大小不变, 方向竖直向上.设甲球在电场中的加速度为a甲，乙球在电场中的加速度为a乙； 甲、乙两球在电场中运动的时间为V .研究竖直方向，有对甲球：2% = a甲tf,Eq - mg = ma甲，对乙球：Vy，Py = a 乙 t , Eq + mg - ma 乙，由式解得E = 3mmg.【答案】（1）2 g与水平方向的夹角0=45（2018

13、-江苏卷）如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极 相连，带电油滴处于静止状态.现将B板右端向下移动一小段距离， 两金属板表面仍均为等势面，则该油滴（D ）.汕滴A.仍然保持静止C.向左下方运动竖直向下运动向右下方运动解析：水平金属板间电场沿竖直方向，等势面为一组水平面带 电油滴处于静止状态，说明油滴受到的电场力方向竖直向上且Eq = mg.B板右端向下移动一小段距离，两极板间电压不变，则两极板间 的等势面右端同样向下弯曲.电场线与等势面垂直，同样产生弯曲， 且电场强度减小.竖直方向上Eqmg，水平方向上Eq向右，故油 滴向右下方运动，故D项正确.（2019-江西师大附中、九江一中联考）（多选

14、）如图所示，在空 间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为+q的物块从A2点由静止开始下落，加速度为务，下落高度H到B点后与一绝缘轻 弹簧接触，又下落h到达最低点C,整个过程中不计空气阻力，且弹 簧始终在弹性限度内，重力加速度为g,则带电物块在由A点运动到 C点的过程中，下列说法正确的是（BD ）JE儿r ac| 1物块在B点速度最大弹簧的弹性势能的增加量为竺丝欢3带电物块电势能增加量为mg（H+h）D带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为竺毕冬2解析：物块由静止开始下落时的加速度为“=衣，根据牛顿第二定律得mg - Eq-ma，解得E-g，合外力为零时，速度最大，所 以B点速度不是最大速度，A错误；由A到C应用能量守恒定律,带电物块