第九章　静电场 第47课时　带电粒子（体）在电场中运动的综合问题　重难突破课

第47课时带电粒子（体）在电场中运动的综合问题[重难突破课]题型一带电粒子在交变电场中的运动1.三种常见运动（1）粒子做单向直线运动（一般用牛顿运动定律及运动学公式求解）。（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（1）利用力和运动的关系：根据牛顿第二定律及运动学规律分析。（2）利用能量关系：根据动能定理、功能关系、能量守恒定律等规律分析。3.解题技巧（1）按周期性分段研究。（2）将φ-t图像U-t图像E-t图像考法一带电粒子在交变电场中的直线运动【典例1】（多选）如图甲所示，A、B是一对平行金属板。A板的电势φA＝0，B板的电势φB随时间的变化规律如图乙所示。现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内，电子的初速度和重力的影响均可忽略，则（）A.若电子是在t＝0时刻进入的，它可能不会到达B板B.若电子是在t＝T2时刻进入的，它一定不能到达BC.若电子是在t＝T8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过BD.若电子是在t＝3T8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过答案：BC解析：若电子从t＝0时刻进入，电子将做单向直线运动，它一定会到达B板，A错误；若电子从T2时刻进入两板，则电子开始时受到电场力方向向左，故无法到达B板，B正确；若电子从T4时刻进入两板时，电子先加速，经T4时速度最大，此时电子开始受到反向电场力，经T4速度减为零，再加速T4至反向速度最大，接着减速T4回到原位置，即电子在大于T4时刻进入时一定不能到达B板，小于T4时刻进入时一定能到达考法二带电粒子在交变电场中的偏转运动【典例2】（多选）如图甲所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为＋q、质量为m的粒子。在两板间存在如图乙所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力。以下判断正确的是（）A.粒子在电场中运动的最短时间为2B.射出粒子的最大动能为54mC.t＝d2v0时刻进入的粒子，D.t＝3dv0时刻进入的粒子，答案：AD解析：由题图乙可知场强E＝mv022qd，则粒子在电场中的加速度a＝qEm＝v022d，则粒子在电场中运动的最短时间满足d2＝12atmin2，解得tmin＝2dv0，选项A正确；能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t＝8dv0，则任意时刻射入的粒子若能射出电场，则射出电场时沿电场方向的速度均为0，可知射出电场时的动能均为12mv02，选项B错误；t＝d2v0＝T8时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向下加速3T8，后向下减速3T8，速度到零；然后向上加速T8，再向上减速T8，速度到零……如此反复，则最后射出时有沿电场方向向下的位移，则粒子将从O'点下方射出，选项C错误；t＝3dv0＝1.【带电粒子在交变电场中的直线运动】如图所示，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中甲、乙、丙、丁所示时，电子在板间运动（假设不与板相碰），下列说法正确的是（）A.电压如图甲所示时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少B.电压如图乙所示时，在0～T2时间内，C.电压如图丙所示时，电子在板间做往复运动D.电压如图丁所示时，电子在板间做往复运动解析：D若电压如题图甲时，在0～T时间内，静电力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即静电力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；电压如题图乙时，在0～12T时间内，电子向右先加速后减速，即静电力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；电压如题图丙时，电子向左先做加速运动，过了12T后做减速运动，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，故C错误；电压如题图丁时，电子先向左加速，到14T后向左减速，12T后向右加速，34T后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，2.【带电粒子在交变电场中的偏转运动】（多选）如图甲所示，A、B两平行板构成一加速电场，C、D两平行板构成一偏转电场，有电子源源不断地从A板上的小孔由静止进入加速电场，并从B板的小孔离开加速电场进入偏转电场，虚线恰好为偏转电场的中轴线，A、B板间的加速电压与时间的关系图像如图乙所示。已知C、D板间的电压为U0，C、D板间的距离为d，C、D的极板长度为32d，电子的电荷量为e，质量为m。电子穿过加速电场的时间远小于T，不计电子重力及电子间的相互作用，下列说法正确的是（A.在t＝0时刻进入加速电场的电子能离开偏转电场B.在t＝23TC.t＝T时刻进入加速电场的电子离开偏转电场时速度方向与图甲中虚线夹角的正切值为3D.在t＝T时刻进入加速电场的电子离开偏转电场时的速度大小为18解析：BC在t＝0时刻，A、B间的电压为U0，此时刻进入的电子在加速电场中有eU0＝12mv02，假设电子能通过偏转电场，则电子通过偏转电场所用的时间t＝3d2v0，电子在竖直方向上的位移大小y＝12·U0edm·t2，解得y＝916d＞12d，假设不成立，所以电子不能射出偏转电场，故A错误；在t＝23T时刻，A、B间的电压为3U0，此时刻进入的电子在加速电场中有3eU0＝12mv12，假设电子能通过偏转电场，则电子通过偏转电场所用时间t1＝3d2v1，电子在竖直方向上的位移大小y1＝12·U0edm·t12，解得y1＝316d＜12d，假设成立，所以电子能射出偏转电场，故B正确；在t＝T时刻，A、B间的电压为4U0，此时刻进入的电子在加速电场中有4eU0＝12mv22，根据以上分析可知，电子能通过偏转电场，则电子通过偏转电场所用时间t2＝3d2v2，电子在竖直方向上的位移大小y2＝12·U0edm·t22题型二带电体在“等效重力场”中的运动“等效重力场”在匀强电场和重力场的共存区域，可以将重力场与电场合二为一，称之为“等效重力场”。（1）“等效重力”：将重力与电场力进行合成，如图所示，则合力F合即为“等效重力场”中的“等效重力”。（2）“等效重力加速度”：g'＝F合m，F合的方向为“等效重力”的方向，也是“等效重力加速度”的方向，即“等效重力场”中的“等效竖直向下考向一带电体在“等效重力场”中的圆周运动“等效重力场”中圆周运动的等效“最高点”与“最低点”的确定方法1.从带电体做圆周运动的圆心沿着“等效重力”的反向延长线交于圆周轨迹上的那个点即为等效“最高点”。2.从带电体做圆周运动的圆心沿着“等效重力”的方向延长交于圆周轨迹上的那个点即为等效“最低点”。如图所示。【典例3】（多选）如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.匀强电场的电场强度E＝mgB.小球动能的最小值为Ek＝mgLC.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小D.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大答案：AB解析：小球静止时细线与竖直方向成θ角，对小球进行受力分析，小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有mgtanθ＝qE，解得E＝mgtanθq，选项A正确；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据等效重力提供向心力，有mgcosθ＝mv2L，则最小动能Ek＝12mv2＝mgL2cosθ，选项B正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，选项C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功考向二带电体在“等效重力场”中的类抛体运动1.类抛体运动（1）如果带电体的初速度方向与等效重力方向垂直，则带电体做类平抛运动。（2）如果带电体的初速度方向与等效重力方向成某一锐角或钝角，则带电体做类斜抛运动。2.处理方法：与处理平抛运动、斜抛运动的方法相同。（1）利用运动的合成与分解的方法分析解决。（2）利用动能定理等规律分析解决。【典例4】空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q（q＞0）。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为t2。重力加速度为g，求（1）电场强度的大小；（2）B运动到P点时的动能。答案：（1）3mgq（2）2m（v02＋g解析：（1）设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mg＋qE＝ma①12at22＝12联立①②式得E＝3mgq。（2）设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有mgh＋qEh＝Ek－12mv1且有v1t2＝v0th＝12gt2联立③④⑤⑥式得Ek＝2m（v02＋g2t2题型一带电粒子在交变电场中的运动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：A电子在交变电场中所受电场力大小恒定，加速度大小不变，故C、D错误；从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，12T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，B2.图甲为两水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压u，电压u随时间t变化的图线如图乙所示。质量为m、重力不计的带电粒子以初速度v0沿中线射入两板间，经时间T从两板间飞出。下列关于粒子运动的描述错误的是（）A.t＝0时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大B.t＝14T时入射的粒子，C.无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都水平D.无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等解析：B粒子在电场中运动的时间是相同的，t＝0时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，最后离开电场区域，故t＝0时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大，选项A正确；t＝14T时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，再反向加速，最后反向减速离开电场区域，故此时刻入射的粒子离开电场时速度方向和中线在同一直线上，选项B错误；因粒子在电场中运动的时间等于电场变化的周期T，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故所有粒子离开电场时的竖直方向分速度为零，即最终都垂直电场方向射出电场，离开电场时的速度大小都等于初速度，选项C、D题型二带电体在“等效重力场”中的运动3.（多选）如图所示，带电小球（可视为质点）用绝缘细线悬挂在O点，在竖直平面内做完整的变速圆周运动，小球运动到最高点时，细线受到的拉力最大。已知小球运动所在的空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，小球质量为m、带电荷量为q，细线长为l，重力加速度为g，则（）A.小球带正电B.静电力大于重力C.小球运动到最低点时速度最大D.小球运动过程最小速度至少为v＝（解析：BD因为小球运动到最高点时，细线受到的拉力最大，可知重力和静电力的合力（等效重力）方向向上，则静电力方向向上，且静电力大于重力，小球带负电，故A错误，B正确；因重力和静电力的合力方向向上，可知小球运动到最高点时速度最大，故C错误；由于等效重力的方向竖直向上，所以小球运动到最低点时速度最小，最小速度满足qE－mg＝mv2l，即v＝（qE－4.（多选）如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，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＝mgq。下列说法正确的是（A.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gLB.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大C.若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上往复运动D.若将小球在A点以大小为gL的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点解析：BD因为电场强度E＝mgq，所以小球所受静电力大小也为mg，故小球所受合力大小为2mg，方向斜向右下方，与竖直方向夹角为45°，故小球通过圆弧AD的中点时速度最小，此时满足2mg＝mvmin2L，因此小球在竖直面内做圆周运动的最小速度vmin＝2gL，A错误；由功能关系知，小球机械能的变化等于除重力之外的其他力所做的功，小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，运动到B点时，静电力对小球做的正功最多，故运动到B点时小球的机械能最大，B正确；小球在A点由静止开始释放后，将沿合外力方向做匀加速直线运动，C错误；若将小球以gL的速度竖直向上抛出，由对称性知经时间t＝2gLg回到相同高度，其水平位移s＝12·qEmt2＝5.（多选）一带正电小球从A点竖直抛出，在空中同时存在水平向右的电场，运动轨迹如图，A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时动能为16J，在M点的动能为8J，不计空气阻力。则（）A.小球水平位移x1与x2的比值为1∶4B.小球水平位移x1与x2的比值为1∶3C.小球落到B点时的动能为48JD.小球从A点运动到B点过程中最小动能为8J解析：BC小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据对称性可知，从A点至M点和从M点至B点的时间t相等，小球在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a，根据运动学公式得x1＝12at2，x2＝at×t＋12at2，联立可得x1x2＝13，A错误，B正确；小球从A到M，由功能关系知在水平方向上电场力做功为W1＝Fx1＝8J，则从A到B水平方向上电场力做功为W1＝F（x1＋x2）＝4W1＝32J，根据能量守恒定律可知，小球运动到B点时的动能为EkB＝Ek0＋4W1＝16J＋32J＝48J，C正确；根据运动轨迹可知，小球的运动方向与加速度的方向垂直时，小球的速度最小，则小球从A到B过程中最小速度一定与等效重力G'垂直，在AM之间6.如图所示，地面上某区域存在着水平向右的匀强电场，一个质量为m的带负电小球（可视为质点）以水平向右的初速度v0，由O点射入该区域，刚好竖直向下通过竖直平面中的P点，已知OP与初速度方向的夹角为60°，重力加速度为g，则以下说法正确的是（）A.所受静电力大小为3B.小球所受的合外力大小为3C.小球由O点到P点用时3D.小球通过P点时的动能为52m解析：C设OP＝L，小球从O到P水平方向做匀减速运动，到达P点时水平速度为零，竖直方向做自由落体运动，则水平方向Lcos60°＝v02t，竖直方向Lsin60°＝12gt2，解得t＝3v0g，选项C正确；水平方向受静电力F1＝ma＝mv0t＝3mg3，小球所受的合外力是F1与mg的合力，可知合力的大小F＝（mg）2＋F12＝233mg，选项A、B错误；小球通过P点时的速度大小vP＝gt＝37.（多选）如图所示，竖直平面内有固定的半径为R的光滑绝缘圆形轨道，水平匀强电场平行于轨道平面向左，P、Q分别为轨道上的最高点、最低点，M、N分别是轨道上与圆心等高的点。质量为m、电荷量为q的带正电小球（可视为质点）在轨道内运动，已知重力加速度为g，场强E＝3mg4q，要使小球能沿轨道做完整的圆周运动，则下列说法正确的是A.小球在轨道上运动时，动能最小的位置电势能最大B.小球在轨道上运动时，机械能最大的位置一定在M点C.小球过Q、P点受轨道弹力大小的差值为6mgD.小球过Q、P点受轨道弹力大小的差值为7.5mg解析：BC电场力与重力的合力可视为等效重力，则mg'＝（mg）2＋（qE）2＝54mg，则等效重力加速度g'＝5g4，如图所示，tanθ＝qEmg＝34。当小球刚好通过等效最低点C关于O点对称的D点（等效最高点）时，就能够做完整的圆周运动。小球在D点时动能最小，但并非电势能最大的位置，小球电势能最大的位置在N点，选项A错误；小球在圆轨道上运动过程中能量守恒，根据能量守恒定律，小球在圆轨道上M点的位置电势能最小，所以小球的机械能最大，选项B正确；在P点和Q点，由牛顿第二定律得FQ－mg＝mvQ2R，FP＋mg＝mvP2R，从Q点到P点，由动能定理得－mg·2R＝12mvP28.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。答案：（1）打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5cm（2）30cm解析：（1）电子经电场加速满足qU0＝12mv经电场偏转后侧移量y＝12at