带电粒子在电场中的运动的综合问题

1、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

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

3、 ).(4)根据 W Ek 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 E1E2)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

4、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 t0 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

5、最终打在 A 板上 .则 t0 可能属于的时间段是 ()图 1A.0t0TB.Tt03T4243Tt0TD.Tt09TC. 48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TT3T作出 t00、4、 2、 4 时粒子运动的 vt 图象，如图所示 .由于 vt 图线与时间轴所围面积表示T3T粒子通过的位移，则由图象知，0t04与 4 Tt0T 时粒子在一个周期内的总位移大于零，4t03T时粒子在一个周期内的总位移小于零；t04T 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

6、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 t0 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T微粒以初速度 v0 沿中线射入两板间， 0 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 0T 时间内运动的描述，正确的是 (

7、)图 3A.末速度大小为2v0B.末速度沿水平方向1C.重力势能减少了 2mgdD.克服电场力做功为mgd答案BCT解析因 0 3时间内微粒匀速运动，故E0qT2Tmg；在 3 3 时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在 t2Tvy1gT3时刻的竖直速度为3 ，水2T平速度为 v0；在 3 T 时间内，由牛顿第二定律2E0qmgma，解得ag，方向向上，则在tTT 时刻，v y2vy1g 30，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；d1微粒的重力势能减小了Epmg mgd，选项221C 正确；从射入到射出，由动能定理可知，2mgd1W 电 0，可知克服电场力做

8、功为 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.等效重力法将重力与电场力进行合成，如图4 所示，则F合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 .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

9、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

10、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：2F 电 minmgcos 45 2 mgF 电 minqEmin2mg解得所加电场的场强最小值Emin2q ，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2的合力为 F mgsin 45 2 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F(r 22r)12mv 202v联立解得 F N(32

11、21)mg由牛顿第三定律知，珠子对环的作用力大小为3 2FN FN( 2 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2能定理得： F(r 2 r)0EkA21解得 EkAmgr.2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3的4，圆环半径为R，斜面倾角为 60，sBC2R.若使小球在

12、圆环内能做完整的圆周运动，h 至少为多少？ (sin 37 0.6，cos 370.8)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：mv D2v D2F R，即： 1.25mgm R小球由 A 运动到 D 点，由动能定理结合几何知识得：mg(h R Rcos 37)3mg( h 2R Rsin4tan 1237)2mvD ，联立解得 h7.7R.命题点三电场中的力电综

13、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：WAB FL ABcos qUABEpAEpB.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 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

14、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 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

15、E1 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qE2mgma1油滴在 t1 时刻的速度为v1v0a1t1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qE2mgma2油滴在 t2 2t1 时刻，即运动到 B 点时的速度为v2v1a2t1由 式得v2v02gt1(2)由题意，在 t0 时刻前有qE1mg油滴从 t0 到 t1 时刻的位移为12x1v0t12a1t1油滴在从 t1 时刻到 t22t1 时刻的时间间隔内的位移为12x2v1t

16、12a2t1由题给条件有 v202g2h4gh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x1x2h由 式得v01 v0 2E222gt14(gt1) E1为使 E2E1，应有v01 v02122 ()gt14 gt13 v0解得 0t1(1 2 ) gv0或 t1(1 2 ) g?条件 ? 式和 ? 式分别对应于v20 和 v20 两种情形 .若 B 在 A 点之下，依题意有x2x1 h?由 ? 式得v0 1 v0 2?E222gt14(gt1) E1为使 E2E1，应有v01 v0 2?22gt14(gt1)15v0?解得 t1( 2 1) g另一解为负，不符

17、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 .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

18、电场强度大小 .答案(1)31(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 v0，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s1 和 s2.由题给条件和运动学公式得v0at012s1v0t2at12s2v0t2at联立 式得s1s23(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vy22ghH vyt122gt进入电场后做直线运动，由几何关系知v0s1vy H联立 式可得1h3H(3)设电

19、场强度的大小为E，小球 M 进入电场后做直线运动，则v0 qEvy mg设 M、N 离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得122Ek12m(v0 vy )mgHqEs1122Ek22m(v0 vy )mgHqEs2?由已知条件Ek11.5Ek2?联立 ?式得2mg?E 2q变式 5如图 8 所示，在 E103V / 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 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

20、因数 0.15，位于 N 点右侧 1.5 m 的处， 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 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，2v小滑块从开始运动至到达Q 点过程中，由动能定理得1212mg2RqE2R (mgqE)x2mv 2mv0联立解得： v07 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1212(mgqE)R(qEmg)x2mv 2mv0v2又在 P

21、 点时，由牛顿第二定律得F Nm R代入数据，解得： FN0.6 N由牛顿第三定律得，小滑块通过P 点时对轨道的压力 FNFN0.6 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0T 时间内，电子的电势能一直减少B.电压是乙图时， 在 0T2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， 0T 时间内，电场

22、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T图时，在 0 2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T速度先增大后减小的加速运动，过了2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，T到 4后向左减速，T2后向右加速，34T后向右减速，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

23、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 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

24、 (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.02 s内，电场力做功等于0C.4 s 末带电粒子回到原出发点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，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， 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 02 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2.54 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

25、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，竖直平面内有 A、B 两点，两点的水平距离和竖直距离均为

26、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

27、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y0 和 y2 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 1.010 2，在t0时刻以速度v0mC/ kg5102 m/s 从 O 点沿 y 轴正方向进入电场区域，不计粒子重

28、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)410 3s(2)( 5m,2 m)2 103 m/s(3)410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 y 410 3 s.v0(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a1Em1q4 m/s2，减速时的加E2q2速度大小 a2 m 2 m/s ，离开电场时，在 x 轴1T 2T 2 1T 2方向上的位移大小x2a1(2) a1(2) 2a2(2)210 5 m，因此粒子

29、离开电场的位置坐标为(210 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：vxa1T2 a2T2410 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 vm，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2电

30、势差 UAB2 mgLmvmB.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kQq mgD.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：12qUAB mgL2mvm 0，得 A、B 两点间的2 mgLmv m2电势差 UAB2q，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 mg kQqr2 ，得rkQq，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，故错误 .8.如图 9 所示，匀强电场方向与水平线间夹角 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 v0 开始运动，初速度方向与电场方向一致 .图 9mg(1)若小球的带电荷量为q E ，为使小球能做匀速直线运动，应对小球施加的恒力F1 的大小和方向各如何？2mg(2)若小球的带电荷量为q E ，为使小球能做直线运动，应对小球施加的最小恒力F