2024届高考物理复习：“带电粒子在电场中运动问题”的综合研究

第4讲“带电粒子在电场中运动问题”的综合研究(一)电场中的三类图像问题类型1φ-x图像(1)φ-x图线上某点切线的斜率的绝对值表示电场强度的大小，φ-x图线存在极值，其切线的斜率为零，则对应位置处电场强度为零。(2)在φ-x图像中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。(3)在φ-x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断。[例1](2021·山东等级考)如图甲所示，边长为a的正方形，四个顶点上分别固定一个电荷量为＋q的点电荷；在0≤x＜eq\f(\r(2),2)a区间，x轴上电势φ的变化曲线如图乙所示。现将一电荷量为－Q的点电荷P置于正方形的中心O点，此时每个点电荷所受库仑力的合力均为零。若将P沿x轴向右略微移动后，由静止释放，以下判断正确的是()A．Q＝eq\f(\r(2)＋1,2)q，释放后P将向右运动B．Q＝eq\f(\r(2)＋1,2)q，释放后P将向左运动C．Q＝eq\f(2\r(2)＋1,4)q，释放后P将向右运动D．Q＝eq\f(2\r(2)＋1,4)q，释放后P将向左运动[解析]以最左端的电荷量为＋q的点电荷为研究对象，其余三个电荷量为＋q的点电荷对研究对象库仑力的合力与电荷量为－Q的点电荷对研究对象库仑力等大反向，则由物体的平衡和库仑定律得：keq\f(q2,\r(2)a2)＋2keq\f(q2,a2)cos45°＝keq\f(Qq,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))2)，解得Q＝eq\f(2\r(2)＋1,4)q，故A、B错误；在x轴上0≤x＜eq\f(\r(2),2)a区间内，根据题图乙可知电场方向水平向左，－Q所受电场力的方向水平向右，则释放P后将向右运动，故C正确，D错误。[答案]C类型2Ep-x图像(1)根据电势能的变化可以判断电场力做功的正负，电势能减少，电场力做正功；电势能增加，电场力做负功。(2)根据ΔEp＝－W＝－Fx，图像Ep-x斜率的绝对值表示电场力的大小。[例2](2022·广东深圳模拟)(多选)如图甲所示，A、B为电场中一直线上的两个点，带正电的点电荷只受电场力的作用，从A点以某一初速度做直线运动到B点，其电势能Ep随位移x的变化关系如图乙所示。则从A到B过程中，下列说法正确的是()A．点电荷的速度先增大后减小B．空间电场是某负点电荷形成的C．点电荷所受电场力先减小后增大D．空间各点的电势先升高后降低[解析]根据电势能Ep随位移x的变化图像可知点电荷运动过程中电势能先增大后减小，所以电场力先做负功再做正功，点电荷的动能先减小再增大，速度先减小后增大，故A错误；点电荷带正电，且电场力先做负功再做正功，所以电场强度的方向先向左再向右，空间电场可能是由某正点电荷形成的，故B错误；电势能Ep-x曲线的斜率表示电场力，可知电场力先减小后增大，故C正确；根据Ep＝qφ，点电荷的电势能先增大后减小，所以从A到B，空间各点的电势先升高后降低，故D正确。[答案]CD类型3E-x图像在给定了电场的E-x图像后，可以由图线确定电场强度的变化情况，E＞0表示场强沿正方向，E＜0表示场强沿负方向；E-x图线与x轴所围成的面积表示电势差，如果取x＝0处为电势零点，则可由图像的面积分析各点电势的高低，综合分析粒子的运动，进一步确定粒子的电性、电场力做功及粒子的动能变化、电势能变化等情况。[例3](多选)真空中相距为3a的两个点电荷M、N分别固定在x轴上x1＝0和x2＝3a的两点，在两者连线上各点的电场强度E随x变化的关系如图所示，设电场方向沿x轴正方向时E取正值，则以下判断正确的是()A．点电荷M、N均为正电荷B．M、N所带电荷量的绝对值之比为2∶1C．x＝2a处的电势一定为零D．沿x轴从0到3a电势先降低再升高[解析]若两电荷为异种电荷，在x＝2a处，电场强度不可能为0，故两电荷为同种电荷，在0～2a范围内电场为正，方向沿x轴正方向，所以点电荷M、N为正电荷，故A正确；2a处合场强为0，由E＝eq\f(kQ,r2)知，eq\f(QM,4a2)＝eq\f(QN,a2)，所以M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1，故B错误；由于零电势点的选取是任意的，故x＝2a处的电势不一定为零，沿电场线方向电势降低，故x＝0点的电势高于x＝2a点的电势，2a～3a范围内电场为负，方向沿x轴负方向，故x＝2a点的电势低于x＝3a点的电势，沿x轴从0移动到3a，电势先降低后升高，故C错误，D正确。[答案]AD(二)带电粒子在交变电场中的运动1．三种常见题型(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。[考法全析]eq\a\vs4\al(考法一带电粒子的单向直线运动)[例1]如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图像中能正确反映电子速度随时间变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)()[解析]电子在交变电场中所受电场力大小恒定，加速度大小不变，C、D错误；从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，eq\f(1,2)T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t＝T时刻速度变为零。之后重复上述运动，A正确，B错误。[答案]Aeq\a\vs4\al(考法二带电粒子的往复运动)[例2](多选)匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是()A．带电粒子将始终向同一个方向运动B．2s末带电粒子回到原出发点C．3s末带电粒子的速度为零D．0～3s内，电场力做的总功为零[解析]设第1s内粒子的加速度为a1，第2s内的加速度为a2，由a＝eq\f(qE,m)可知，a2＝2a1，可见，粒子第1s内向负方向运动，1.5s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3s末回到原出发点，粒子的速度为0，v-t图像如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确。[答案]CDeq\a\vs4\al(考法三带电粒子在交变电场中的偏转)[例3]如图甲所示，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U0，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L＝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：(1)在t＝0.06s时刻进入电容器的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](1)电子经电场加速满足qU0＝eq\f(1,2)mv2经电场偏转后侧移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU偏,mL)eq\f(L,v)2所以y＝eq\f(U偏L,4U0)，由题图知t＝0.06s时刻U偏＝1.8U0，所以y＝4.5cm设打在屏上的点距O点的距离为Y，满足eq\f(Y,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))所以Y＝13.5cm，即打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5cm。(2)由题知电子侧移量y的最大值为eq\f(L,2)，所以当偏转电压超过2U0，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O点上方，距O点13.5cm(2)30cm(三)“等效重力法”在电场中的应用1．等效重力法把电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力。如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝eq\f(F合,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电场和重力场的叠加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。[典例]如图所示，一光滑绝缘半圆环轨道固定在竖直平面内，与光滑绝缘水平面相切于B点，轨道半径为R。整个空间存在水平向右的匀强电场E，场强大小为eq\f(3mg,4q)，一带正电小球质量为m、电荷量为q，从距离B点为eq\f(R,3)处的A点以某一初速度沿AB方向开始运动，经过B点后恰能运动到轨道的最高点C。(重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)则：(1)带电小球从A点开始运动时的初速度v0多大？(2)带电小球从轨道最高点C经过一段时间运动到光滑绝缘水平面上D点(图中未标出)，B点与D点的水平距离多大？[解析](1)小球在半圆环轨道上运动时，当小球所受重力、电场力的合力方向与速度垂直时，速度最小。设F合与竖直方向夹角为θ，则tanθ＝eq\f(Eq,mg)＝eq\f(3,4)，则θ＝37°，故F合＝eq\f(Eq,sin37°)＝eq\f(5,4)mg。设此时的速度为v，由于合力恰好提供小球圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得eq\f(5mg,4)＝meq\f(v2,R)解得v＝eq\r(\f(5gR,4))从A点到该点由动能定理得－mgR(1＋cos37°)－eq\f(3mgR,4)eq\f(1,3)＋sin37°＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得v0＝eq\f(5,2)eq\r(gR)。(2)设小球运动到C点的速度为vC，小球从A点到C点由动能定理得－2mgR－eq\f(3mg,4)×eq\f(R,3)＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv02解得vC＝eq\f(1,2)eq\r(7gR)当小球离开C点后，在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀加速直线运动，设C点到D点的运动时间为t。设水平方向的加速度为a，B点到D点的水平距离为x水平方向上有eq\f(3mg,4)＝max＝vCt＋eq\f(1,2)at2竖直方向上有2R＝eq\f(1,2)gt2联立解得x＝eq\r(7)＋eq\f(3,2)R。[答案](1)eq\f(5,2)eq\r(gR)(2)eq\r(7)＋eq\f(3,2)R[规律方法]等效法求解电场中圆周运动问题的解题思路(1)求出重力与电场力的合力F合，将这个合力视为一个“等效重力”。(2)将a＝eq\f(F合,m)视为“等效重力加速度”。找出等效“最低点”和等效“最高点”。(3)将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解。[多维训练]类型1等效场中的“绳球”模型1.(多选)如图，在水平向右的匀强电场中，一个质量为m、电荷量为＋q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度E＝eq\f(mg,q)，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．若小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，则过最高点D的最小速度为eq\r(gL)B．若小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，则小球运动到B点时机械能最大C．若小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，小球从C到D的过程中机械能不守恒D．若将小球从A点由静止释放，小球能沿圆弧运动到D点且速度为零解析：选BC由于电场强度mg＝Eq，将电场力和重力合成，合力方向通过圆心时，合力所在的直线与圆周的交点是速度最大点和最小点。当绳子拉力为零时，小球的加速度大小为a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(\r(2)mg,m)＝eq\r(2)g，故若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为v，在右上方的交点时，绳子拉力为零，此时则有：eq\r(2)mg＝meq\f(v2,L)，解得，v＝eq\r(\r(2)gL)，故过最高点D的最小速度一定大于eq\r(gL)，故A错误；除重力和弹力外其他力做功等于机械能的增加值，若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时，电场力做正功最大，故到B点时的机械能最大，故B正确；若小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，小球从C到D的过程中电场力做功，所以机械能不守恒，故C正确；由于mg＝Eq，则小球受合力方向与电场方向夹角45°斜向下，故若将小球在A点由静止开始释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动，故D错误。类型2等效场中的“杆球”模型2.如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是竖直方向的直径。一质量为m、电荷量为＋q(q＞0)的小球套在圆环上，并静止在P点，OP与竖直方向的夹角θ＝37°。不计空气阻力，已知重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)电场强度E的大小；(2)若要使小球从P点出发能做完整的圆周运动，小球初速度的大小应满足的条件。解析：(1)当小球静止在P点时，小球的受力情况如图所示，则有eq\f(qE,mg)＝tanθ，所以E＝eq\f(3mg,4q)。(2)小球所受重力与电场力的合力F＝eq\r(mg2＋qE2)＝eq\f(5,4)mg。当小球做圆周运动时，可以等效为在一个“重力加速度”为eq\f(5,4)g的“重力场”中运动。若要使小球能做完整的圆周运动，则小球必须能通过图中的Q点。设当小球从P点出发的速度为vmin时，小球到达Q点时速度为零，在小球从P运动到Q的过程中，根据动能定理有－eq\f(5,4)mg·2r＝0－eq\f(1,2)mvmin2，所以vmin＝eq\r(5gr)，即小球的初速度应不小于eq\r(5gr)。答案：(1)eq\f(3mg,4q)(2)不小于eq\r(5gr)[课时跟踪检测]一、立足主干知识，注重基础性和综合性1.某半导体PN结中存在电场，取电场强度E的方向为x轴正方向，其E-x关系如图所示，ON＝OP，OA＝OB。取O点的电势为零，则()A．A、B的电势相等B．从N到O的过程中，电势一直增大C．电子从N移到P的过程中，电势能先增大后减小D．电子从N移到O和从O移到P的过程中，电场力做功相等解析：选D由于场强为正值则电场强度E的方向为x轴正方向，沿着电场线方向电势逐渐降低，A、B错误；电子从N移到P的过程中，电场力一直做正功，电势能逐渐减小，C错误；由图像可知，图形的面积表示电势差，则有UNO＝UOP，再根据W＝qU可知，则电子从N移到O和从O移到P的过程中，电场力做功相等，D正确。2．空间存在着平行纸面的匀强电场，但电场的具体方向未知，现在纸面内建立直角坐标系xOy，用仪器沿Ox、Oy两个方向探测该静电场中各点电势，得到各点电势φ与横、纵坐标的函数关系如图所示。关于该电场的电场强度E，下列说法正确的是()A．E＝3V/m，方向沿x轴正方向B．E＝5V/m，方向指向第一象限C．E＝400V/m，方向沿y轴负方向D．E＝500V/m，方向指向第三象限解析：选D在沿y轴方向，电势为40V时，此时距离O点的距离为10cm，而沿x轴方向，电势为40V时，此时距离O点的距离为eq\f(40,3)cm，此两点为等势点，电场强度的方向垂直于两者连线且指向第三象限，由E＝eq\f(U,d)计算可得电场强度大小为500V/m，方向与x轴负方向成53°，指向第三象限，故A、B、C错误，D正确。3.一带负电粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x的变化关系如图所示，则粒子在从x1向x3运动的过程中，下列说法中正确的是()A．在x1处粒子速度最大B．在x2处粒子加速度最大C．在x3处电势最高D．在x2处电势为零解析：选C带负电粒子只在电场力作用下运动，所以动能与势能之和是恒定的。则粒子在从x1向x3运动的过程中，在x3处的电势能最小，速度最大，A错误；根据电场力做功与电势能的关系W＝－ΔEp＝Ep0－Ep，从而解得Ep＝－W＋Ep0＝－Fx＋Ep0，即图像中的斜率表示电场力大小，在x2处图像的斜率为零，粒子加速度为零，B错误；负电荷在电势低的地方电势能高，在x3处的电势能最小，所以电势最高，C正确；根据公式φ＝eq\f(Ep,q)，可知在x2处电势不为零，D错误。4.(多选)如图，一根不可伸长的绝缘细线一端固定于O点，另一端系一带电小球，置于水平向右的匀强电场中，现把细线水平拉直，小球从A点由静止释放，经最低点B后，小球摆到C点时速度为0，则()A．小球在B点时速度最大B．小球从A点到B点的过程中，机械能一直在减少C．小球在B点时细线的拉力最大D．从B点到C点的过程中小球的电势能一直增加解析：选BD小球所受重力和电场力恒定，重力和电场力的合力恒定，小球相当于在重力和电场力的合力及细线的拉力作用下在竖直平面内做圆周运动。当小球运动到重力和电场力的合力和细线的拉力共线时(不是B点)，小球的速度最大，此时细线的拉力最大，A、C错误；从A点到C点的过程中，小球所受重力做正功，小球摆到C点时速度为0，所以电场力对小球做负功，小球从A点到B点的过程中，机械能一直在减少，B正确；从B点到C点的过程中，小球克服电场力做功，小球的电势能一直增加，D正确。5．(多选)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，选项图中反映电子速度v、位移x和加速度a随时间t的变化规律图像，可能正确的是()解析：选AD在平行金属板之间加上题图乙所示的交变电压时，电子在平行金属板间所受的电场力大小始终不变，F＝eq\f(U0e,d)，由牛顿第二定律F＝ma可知，电子的加速度大小始终不变，电子在第一个eq\f(T,4)内向B板做匀加速直线运动，在第二个eq\f(T,4)内向B板做匀减速直线运动，在第三个eq\f(T,4)内反向做匀加速直线运动，在第四个eq\f(T,4)内向A板做匀减速直线运动，所以at图像应如图D所示，vt图像应如图A所示，A、D正确，C错误；又因匀变速直线运动位移x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，所以xt图像应是曲线，B错误。6.如图所示，ABCD是半径为R的四分之三光滑绝缘圆形轨道，固定在竖直面内。以轨道的圆心O为坐标原点，沿水平直径AC方向建立x轴，竖直直径BD方向建立y轴。y轴右侧(含y轴)存在竖直向上的匀强电场。一质量为m、带电量为＋q的小球，从A点由静止开始沿轨道下滑，通过轨道最高点D后，又落回到轨道上的A点处。不考虑小球之后的运动，不计空气阻力，重力加速度为g，求：(1)小球落回到A点时的速率；(2)电场强度的大小；(3)小球从A下滑到电场内的B点时对轨道压力的大小。解析：(1)设小球离开D点时的速率为vD，由D落回到A的时间为t，则由平抛运动规律有R＝eq\f(1,2)gt2，R＝vDt，解得vD2＝eq\f(gR,2)，小球落回到A时的速率为vA，根据动能定理有mgR＝eq\f(1,2)mvA2－eq\f(1,2)mvD2，解得vA＝eq\r(\f(10gR,2))。(2)小球从A到D的过程中，根据动能定理有－mgR＋2qER＝eq\f(1,2)mvD2－0，结合(1)解得E＝eq\f(5mg,8q)。(3)小球通过轨道最低点B处时的速率为vB，轨道对小球的支持力为F，则有mgR＝eq\f(1,2)mvB2－0，根据合力提供向心力有F＋qE－mg＝meq\f(vB2,R)，解得F＝eq\f(19mg,8)，由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力F′＝F＝eq\f(19mg,8)。答案：(1)eq\f(\r(10gR),2)(2)eq\f(5mg,8q)(3)eq\f(19mg,8)二、强化迁移能力，突出创新性和应用性7．如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B板间，A板接地，B板的电势φ随时间t变化情况如图乙所示，t＝0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当t＝2T时，电子回到P点。电子运动中没与极板相碰，不计重力，则()A．φ1∶φ2＝1∶2B．φ1∶φ2＝1∶4C．在0～2T内，当t＝T时电子的电势能最大D．在0～2T内，电子的电势能减小了eq\f(2e2T2φ12,md2)解析：选D0～T时间内平行板间的电场强度为E1＝eq\f(φ1,d)，电子以a1＝eq\f(eE1,m)＝eq\f(eφ1,md)向上做匀加速直线运动，经过时间T的位移x1＝eq\f(1,2)a1T2，速度v1＝a1T；T～2T内平行板间电场强度E2＝eq\f(φ2,d)，加速度a2＝eq\f(eφ2,md)，电子以v1的速度向上做匀减速直线运动，速度变为0后开始向下做匀加速直线运动，位移x2＝v1T－eq\f(1,2)a2T2，2T时刻回到P点，则x1＋x2＝0，联立解得φ2＝3φ1，故A、B错误；0～T内电子做匀加速运动，电场力做正功，电子的动能增大，电势能减小，所以在T时刻电子电势能不是最大，故C错误；电子在2T时刻回到P点，此时速度v2＝v1－a2T＝－eq\f(2eTφ1,md)(负号表示方向向下)，电子的动能为Ek＝eq\f(1,2)mv22＝eq\f(2e2T2φ12,md2)，根据能量守恒定律可知，电势能的减小量等于动能的增加量，故D正确。8.(多选)两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的A、B两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系图像如图所示，其中P点电势最高，且AP＜B