2024年高考物理复习第一轮：强化课7 带电粒子(或带电体)在电场中运动的综合问题

以专题强化课带电粒子（或带电体）在电场中运动的综合问题

1-----!HUANTIQ1ANGHUAKE

命题点一带电粒子在交变电场中的运动问题（多维探究）

I.三种常见题型

（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（一般根据交变电场的特点分段研究）.

2.两条分析思路

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（机械能守

恒、动能定理、能量守恒）.

3.两个运动特征

分析受力特点和运动规律，抓住粒子的运动具有周期性和空间上具有对称性的特征，求

解粒子运动过程中的速度、位移等，并确定与物理过程相关的边界条件.

第1维度：粒子的单向直线运动（分段研究）..............

dU如图中所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为加=0.2kg、带

电荷量为q=2.0X106c的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数〃=0.1.从f

=0时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场（取水平向

右为正方向，g取lOm/s?）,求：

^//(（xxKKPFNN//C)）

3-1---1---r--I---1一-r-

——?’；2：；4：6：；8而■i2-

-11-'_----—

甲乙

（1）23s内小物块的位移大小；

（2）23s内电场力对小物块所做的功.

解析：（1）设。〜2s内小物块的加速度为g

由牛顿第二定律得：Etq—umg—mai

四二g

m

位移占=/713=4m

2s末的速度为V2=ait\=4m/s

设2〜4s内小物块的加速度为。2,由牛顿第二定律得

E2q—/Liing=ma2

即小夫侬=—2mH

位移X2=xi=4m,4s末小物块的速度为04=0

因此小物块做周期为4s的先匀加速后匀减速运动

第22s末的速度为。22=4m/s,第23s末的速度

。23=022+血=2m/s(f=23s—22s=1s)

所求位移为工=条］+"甘也/=47m.

(2)23s内，设电场力对小物块所做的功为W,由动能定理得W-fimgx^mvl

解得W=9.8J.

答案:(1)47m(2)9.8J

第2维度：粒子的偏转运动(分解研究)..............

EG如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电

压为。0，电容器板长和板间距离均为L=10cm,下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离

也是乙=10cm,在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙

所示.(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：

⑴在f=0.06s时刻，电子打在荧光屏上的何处.

(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？

解析：⑴电子经电场加速满足

经电场偏转后侧移量丫=5»=3«

所以4〃，由图知/~0.06s时刻UK~\.8l/o,

所以y=4.5cm

£+-

YL2

设打在屏上的点距。点的距离为y,满足：=一］

2

所以7=13.5cm.

(2)由题知电子侧移量)的最大值为争所以当偏转电压超过2Uo,电子就打不到荧光屏

上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L=30cm.

答案：(1)打在屏上的点位于0点上方，距0点13.5cm(2)30cm

第3维度：粒子做往返运动(一般分段研究)..............

EE如图甲所示，A和B是真空中正对面积很大的平行金属板，。点是一个可以连

续产生粒子的粒子源，。点到A、B的距离都是/.现在A、B之间加上电压，电压UAB随时

间变化的规律如图乙所示.已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生300个粒子，

粒子质量为〃，、电荷量为一q.这种粒子产生后，在电场力作用下从静止开始运动.设粒子一

旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A、B板电势.不

计粒子的重力，不考虑粒子之间的相互作用力.已知上述物理量/=0.6m,t/o=1.2XlO3V,

-|07

T=1.2X10-2$,m=5X10kg,q=\.0X10C.

(1)在r=0时刻产生的粒子，会在什么时刻到达哪个极板？

(2)在f=0到聂段时间内哪个时刻产生的粒子刚好不能到达A板?

(3)在t=0至卜=如段时间内产生的粒子有多少个可到达A板？

解析：(1)根据题图乙可知，从，=0时刻开始，A板电势高于B板电势，粒子向A板运

因为》=翳。=3.6m>/,所以粒子从f=0时刻开始，一直加速到达A板.

设粒子到达A板的时间为3贝!!/=/•骁户

解得t=#X103s.

(2)在0〜号时间内，粒子的加速度大小为

a\=§^=2X105m/s2

T

在5〜7时间内，粒子的加速度大小为

2qUo52

==4X10m/s

Cl221m

TT△t

可知42=20,若粒子在0〜5时间内加速△人再在5〜7时间内减速万一刚好不能到达A

板，则

/=51△P+a\At•半一52・(或l=^a\Ar•|Ar)

解得A/=2Xl(T3s

因为科=6X1()-3s,

T

所以在0〜5时间内4X10-3S时刻产生的粒子刚好不能到达A板.

(3)因为粒子源在一个周期内可以产生300个粒子，而在0〜方T时间内的前2;时间内产生的

17

粒子可以到达A板，所以到达A板的粒子数〃=300X与xJ=100(个).

答案:(IK^Xlcr3s到达A极板(2)4X10-3s时刻(3)100个

命题点二带电粒子的力电综合问题(师生互动)

［核心整合］

解决电场中的力电综合问题，要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电粒子(体)在

电场中运动的模型，能够灵活应用动力学观点、能量观点和动量观点等多角度进行分析与研

究：

1.动力学的观点

(1)由于匀强电场中带电粒子(体)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运动学公式，注意受力分析和运动分析，特别注意重力是

否需要考虑的问题.

2.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.

(2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现.

3.动量的观点

(1)运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须

选同一个正方向.

(2)运用动量守恒定律，要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，注意正方向的选取.

EE如图所示，为竖直平面内的光滑绝缘轨道，AB段为足够长的水平轨道，

8。段为半径R=0.2m的半圆轨道，二者相切于3点，整个轨道处于竖直向下的匀强电场

中，场强大小E=5.OX1()3y/m.一不带电的绝缘小球甲，以速度。。沿水平轨道向右运动，与

静止在8点带正电的小球乙发生弹性正碰.已知乙球质量〃?=1.0X10-2kg,所带电荷量q

=2.0X10-5。乙球质量为甲球质量的3倍.取g=10m/s2,甲、乙两球均可视为质点，整

个运动过程中无电荷转移.

(1)甲、乙两球碰撞后，乙球通过轨道的最高点。时，对轨道的压力大小M为自身重力

的2.5倍，求乙在水平轨道上的首次落点到B点的距离；

（2）在满足（1）的条件下，求甲球的初速度加.

解析：（1）设乙到达最高点。时的速度为。小乙离开。点首次到达水平轨道的时间为

加速度为。，乙在水平轨道上的首次落点到3点的距离为x,乙离开。点后做类平抛运动，

则2R—^aP-,x=vot

根据牛顿第二定律有。=安必

v2

乙过。点时有wg+qE+N=〃rF（式中N为乙在D点时轨道对乙的作用力）

根据牛顿第三定律有N=N，=25mg

解得x=0.6m.

（2）设碰后瞬间甲、乙两球的速度分别为0、。2,根据动量守恒定律和机械能守恒定律

有

11,

口-'jmv1十mvz

gX:义；加成+巡

联立解得V2~^Vo

乙球从8到。的过程中，根据动能定理有

—mg-2R—qE-2R=^invo2~^rnvl

由（1）可得。°=3m/s

联立解得。0=10m/s.

答案：（1）0.6m（2）10m/s

［题组突破］

1.（在电场中运动物体的功能关系）（2022•名师原创预测）如图所示，在光滑的水平桌面

上，水平放置的粗糙直线轨道AB与水平放置的光滑圆弧轨道8C。相切于8点，整个轨道

位于水平桌面内，圆心角N8OC=37。，线段OC垂直于。£）,圆弧轨道半径为R,直线轨道

AB长为乙=5R整个轨道处于电场强度为E的匀强电场中，电场强度方向平行于水平桌面所

在的平面且垂直于直线OD现有一个质量为〃八带电荷量为+<7的小物块P从A点无初速

度释放，小物块P与AB之间的动摩擦因数“=0.25,$也37。=0.6,8$37。=0.8,忽略空气

阻力.求：

(1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小FNC1；

(2)小物块第一次通过D点后离开D点的最大距离；

(3)小物块在直线轨道AB上运动的总路程.

解析：(1)设小物块第一次到达C点时的速度大小为。0,根据动能定理有

qE[Lsin37°+7?(1—cos37°)]—fiqELcos37。=/的1一•()

的弭c/22qER

解侍。5m

在C点根据向心力公式得尸Nc「-gE=

解得FNc「=5.4qE

根据牛顿第三定律得FNCI=5.4qE.

(2)设小物块第一次到达。点时的速度大小为vD\,

根据动能定理有

1°

qE(Lsin37°—/?cos37。)一〃"Leos37°=产品一0

解得s=寸穿

小物块第一次到达D点后先以速度VDI逆着电场方向做匀减速直线运动，设运动的最大

距离为xm,根据动能定理得一死0尸0一最〃出

解得Xm=qR.

(3)分析可知小物块最终会在圆弧轨道上做往复运动，到达8点的速度恰好为零时，动

能和电势能之和不再减小.设小物块在直线轨道上运动的总路程为s,则根据功能关系

得qELsin37°=〃qE6cos37°

解得篮=]5R.

答案：(l)5.4qE(2)|/?(3)15/?

2.(用动力学观点和能量观点解决力电综合问题)如图所示，光滑绝

缘的轨道放置在竖直平面内，轨道的A8部分竖直，8c部分是半径为R的半圆，整个空间

存在方向水平向左的匀强电场，其电场强度为£=磐，现将质量为，"、带电荷量为+q的小

球(可看作质点)从A点由静止释放，A、B距离为h,不计空气阻力，重力加速度为g,求：

(1)当/i=L5R时，小球到达半圆轨道最低点时的速率为多大？

(2)要使小球能到达半圆轨道的C点，人应满足什么条件？

(3)若小球从C点射出时的速率为荻，则小球与轨道AB的撞击点与B点之间

的距离"为多少？

解析：(1)带电小球从A点到半圆轨道最低点时，由动能定理可得

mg(h+R)—qER=^nw2

解得。=2辆.

(2)设小球经过C点时的最小速率为加加，此时小球对C点的压力为零，

2

由圆周运动知识得夕£=〃爷

由动能定理可得mgh—qE-2R—

两式联立代入数据得力=三？

所以要使小球能到达半圆轨道的C点，"应满足的条件是Zze/?.

(3)小球从C点射出后，在水平方向上做初速度为零的匀加速运动，在竖直方向上做竖

直上抛运动

其水平方向所受合力Fx—qE=max

则ax=^g

所以水平方向有2R=//，

竖直方向有

两式联立得"=0.

答案：(1)2病(2)栏和(3)0

后要季芸芸芸核心素养新导向学科培优蕉蕉蕉蕉与^■

素养培优23等效思维法在电场中的应用

1.“等效重力”及“等效重力加速度”

在匀强电场中，将重力与电场力进行合成，如图所示，则尸方为“等效重力场”中的“等

效重力"，g'=普为"等效重力场”中的“等效重力加速度”，F☆的方向为“等效重力”

的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向.

2.等效最“高”点与最“低”点的确定方法

在“等效重力场”中过圆周运动的圆心作“等效重力”的作用线，其反向延长线交于圆

周上的那个点即为圆周运动的等效最“高”点，沿着“等效重力”的方向延长交于圆周的那

个点为即等效最“低”点，如图所示.

等效“最高点

等效重力场

(等效重力)

等效重力加速度

典例如图所示，半径为/•的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，

环上套有一质量为"?、带电荷量为的珠子，现在圆环平面内加一个f\\

匀强电场，使珠子由最高点A从静止开始释放(AC、BQ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；

(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？

解析：(1)根据题述，珠子运动到BC弧中点M时速度最大，作过」一

M点的直径MN,设电场力与重力的合力为尸，则其方向沿方向,

分析珠子在M点的受力情况，由图可知，当尸电垂直于尸时，尸率最小,

最小值为：

F电min=/%gcos450=2

解得所加电场的场强最小值Emin="萨，方向沿NA08的角平分线指向左上方.

（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=mgs\n45=2

把电场力与重力的合力看作是“等效重力”，对珠子由A运动到M的过程，由动能定

理得

《厂+坐,=^n?一（）

IT

在M点，由牛顿第二定律得：F^-F=ITI~

联立解得FN=C乎+0mg

由牛顿第三定律知，珠子对环的作用力大小为

AN'=FN=l）"g.

（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：

-NL乎‘=0—EM

解得EM：*2'mgr.

答案：（1）“萨方向沿NAO8的角平分线指向左上方

（2）（殳乎+1）〃际

J2-1

（3）2mgr

限时规范训练

［基础巩固I

1.（2022・泰安质检）如图所示，内壁光滑的绝缘真空细玻璃管竖直放置，A、B

4A。

端分别固定带电小球a、b,另一带电小球c（其直径略小于管内径）位于AB中点O,M

处于静止状态，小球均带正电.轻晃玻璃管可观察到小球c在。点附近的M、N。。。

N

两点间（M、N关于。点对称）上下运动.下列说法正确的是（）Bldi

A.M、N两点的电势相等

B.小球C在运动过程中机械能守恒

C.小球a的电荷量等于小球匕的电荷量

D.小球c从。点运动到N点电场力做负功

解析：D小球c开始静止在。点，知重力和电场力平衡，可知6球对c球的电场力大

于a球对c球的电场力，则小球〃的电荷量小于小球b的电荷量，小球a和小球6的电荷量

不等，故关于ab中点。对称的两点M、N电势不等，故A、C错误；小球在振动的过程中，

除重力做功以外，还有电场力做功，机械能不守恒，故B错误；小球c从。点运动到N点

的过程是减速向下运动，合力向上，重力向下，则电场力向上，电场力做负功，故D正确.

2.（多选）如图所示，电量和质量都相同的带正电粒子分别以不同的初速+

度水平通过A、B两板间的加速电场后飞出，不计重力的作用，则（）

UyoL

A.它们通过加速电场所需的时间相等T

B.它们通过加速电场过程中动能的增量相等

AuuB

C.它们通过加速电场过程中动量的增量相等

D.它们通过加速电场过程中电势能的减少量相等

解析：BD根据牛顿第二定律得，粒子的加速度a=誓，可知加速度相等，因为初速

度不同，根据位移时间公式知，运动的时间不同.根据Ao=加知，速度的变化量不同，根

据△/?=机Ao可知动量增量不相同，故A、C错误；根据动能定理得，qU=△Ek,知电场力

做功相同，则动能的增量相同，故B正确；因为电场力做功相等，根据电场力做功与电势

能的关系知，电势能的减小量相等，故D正确.

3.示波器是一种多功能电学仪器，由加速电场和偏转电场组成.如图所示，电子在电

压为5的电场中由静止开始加速，然后射入电压为S的平行金属板间的电场中，入射方向

与极板平行，在满足电子能射出平行电场区域的条件下，下述情况一定能使电子偏转角度6

变大的是（）

A.5变大，齿变大B.3变小，S变大

C.U1变大，变小D.Ui变小，U2变小

解析：B电子通过加速电场时有eUi=jnv^,电子在偏转电场中，垂直于电场线的方

向上做匀速直线运动，则运动时间平行于电场线的方向上做初速度为零的匀加速直

线运动，加速度尸岩，末速度。尸画=懿，偏转角tanO=K=怒，所以。啮，B正

确.

4.（多选）如图所示，在绝缘的斜面上方存在着水平向右的匀强电场，

E

一带电金属块沿斜面滑下，已知金属块在滑下的过程中动能增加了12J,金

属块克服摩擦力做功8J,重力做功24J,则以下判断正确的是()

A.金属块的机械能增加32J

B.金属块的电势能增加4J

C.金属块带正电荷

D.金属块克服电场力做功8J

解析：BC由动能定理得：卬3=%+卬电+所=4反，解得：W电=-4J,所以金属

块克服电场力做功4J,金属块的电势能增加4J；由于金属块下滑，电场力做负功，所以电

场力应该水平向右，所以金属块带正电荷，故B、C正确，D错误；在金属块下滑的过程中

重力做功24J,重力势能减小24J,动能增加了12J,所以金属块的机械能减少12J,故A

错误.

5.(2022•广东六校联盟第二次联考)如图所示，AB为水平绝缘粗糙轨道，动摩擦因数为

〃=0.2,AB距离为5m；8c为半径r=1m的竖直光滑绝缘半圆轨道；8C的右侧存在竖直

向上的匀强电场，电场强度E=500N/C.一质量山=lkg、电量4=1.0X10-2c的带负电小

球，在功率P恒为20W的水平向右拉力作用下由静止开始运动，到8点时撤去拉力.已知

到达8点之前已经做匀速运动(g=10m/s2),求：

crh

AB

(1)小球匀速运动的速度大小；

(2)小球从A运动到B所用的时间；

(3)请计算分析小球是否可以到达C点，若可以，求轨道对小球的弹力大小.

解析：(1)因为小球做匀速直线运动，所以F=Ff

Ff=〃〃?g=2N

p

小球匀速运动的速度大小0()=丁=10m/s.

Ff

(2)4到8过程中，由动能定理得

---19

AB=/沏~

其中如=Oo=10m/s

解得t=3s.

(3)小球从B点到。点，由动能定理得

—(mg+qE)-2r=^mvc2一品办2

解得Vc=2y[\0m/s

若小球恰好过C点，则mg+qE=nr^

解得m/sVoc

°C2

则在C点，根据牛顿第二定律机g+qE+FN=〃K

解得轨道对小球的弹力FN=25N.

答案：（l）10m/s（2）3s（3）可以25N

［能力提升］

6.如图所示，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。点，小球在竖直平面内做匀速圆周

运动，最高点为m最低点为6.不计空气阻力，则下列说法正确的是（）

A.小球带负电

B.电场力与重力平衡

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

解析：B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,即

电场力与重力平衡，则电场力方向竖直向上，小球带正电，A错误，B正确；从"一儿电

场力做负功，电势能增大，C错误；由于有电场力做功，机械能不守恒，D错误.

7.（多选）如图所示，ABC。为竖直放置的光滑绝缘细管道，其中A8部分是半径为R的

;圆弧形管道，BCD部分是固定的水平管道，两部分管道恰好相切于B点.水平面内的M、

N、8三点连线构成边长为心的等边三角形，M、N连线过C点且垂直于BCD.两个带等量

异种电荷的点电荷分别固定在M、N两点，电荷量分别为+Q和一Q.现把质量为,小电荷量

为+令的小球（小球直径略小于管道内径，小球可视为点电荷），由管道的A处静止释放，己

知静电力常量为左，重力加速度为g,贝lj（）

A.小球运动到B点时受到的电场力小于运动到C点时受到的电场力

B.小球在B点时的电势能小于在C点时的电势能

C.小球在4点时的电势能等于在C点时的电势能

D.小球运动到C点时的速度为病

解析：AC根据等量异种点电荷的电场特征，6点电场强度小于C点，小球在8点时

受到的电场力小于运动到C点时受到的电场力，故A项正确.根据等量异种点电荷的电场

特征可知A、8、C三点处于同一个等势面上，所以三点的电势相等，小球在三点处的电势

能是相等的，故B项错误，C项正确.从A点到C点的运动过程只有重力对小球做功，由

动能定理可得：，?吆/?=多"。（？，所以小球在C点时速度为N2gR,故D项错误.

8.（2022・四川达州市模拟）（多选）如图所示，M、N是组成电容器的两块水平放置的平行

金属极板，M中间有一小孔.M、N分别接到电压恒定的电源上（图中未画出）.小孔正上方

的A点与极板M相距h,与极板N相距3月某时刻一质量为〃1、带电荷量为q的微粒从A

点由静止下落，到达极板N时速度刚好为零，不计空气阻力，重力加速度为8.则（）

N

A.带电微粒在M、N两极板间往复运动

B.两极板间电场强度大小为崂

C.若将M向下平移专，微粒仍从A点由静止下落，进入电场后速度为零的位置与N的

距离为布

D.若将N向上平移号，微粒仍从A由静止下落，进入电场后速度为零的位置与M的距

离为永

解析：BD由于微粒在电场中和在电场外受到的力都是恒力不变，可知微粒将在A点

和下极板之间往复运动，选项A错误；由动能定理：3人一%-2〃=0,解得E=啜,选

项B正确；若将M向下平移g，则板间场强变为E产是=怒=出，则当微粒速度为零时，

由动能定理：，wg43/!一△/!）—Eq•（乎一△〃）=（）,可知方程无解，选项C错误；若将N向

上平移与，则板间场强变为E2=占步=患

设微粒速度为零时的位置与例极板相距A1,

3h

由动能定理：mg-（h+^h'）=E2q-解得选项D正确.

9.如图甲为一对长度为乙的平行金属板，在两板之间加上如图乙所示的电压.现沿两

板的中轴