素养提升15⇒带电粒子（体）在电场中运动的综合问题

带电粒子（体）在电场中运动的综合问题题型一带电粒子在重力场和电场中的圆周运动1.等效重力场2.两类常见等效重力场【例1】如图所示，ABCD为竖直平面内的绝缘光滑轨道，其中AB部分为倾角为30°的斜面，BCD部分为半径为R的四分之三圆弧轨道，与斜面平滑相切，C为轨道最低点，整个轨道放置在水平向右的匀强电场中。现将一带正电质量为m的小滑块从斜面上A点由静止释放，小滑块恰能到达圆弧轨道的D点。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.释放点A到斜面底端B的距离为1.5RB.小滑块运动到C点时对轨道的压力为8mgC.小滑块运动过程中最大动能为52D.小滑块从D点飞出后恰好落在轨道上的B点答案：A解析：小滑块恰能到达圆弧轨道的D点，表明小滑块能通过轨道的等效最高点D，由几何关系得，DO与水平方向的夹角为30°，则tan30°＝mgqE，得qE＝3mg，所以轨道等效最高点为圆心左上60°，重力和电场力的合力为F＝（Eq）2＋（mg）2＝2mg，在D点有2mg＝mv2R，从A点到D点，由动能定理得mg（ssin30°－Rcos30°－Rsin30°）＋Eq（scos30°－Rsin60°＋Rsin30°）＝12mv2－0，解得s＝1.5R，故A正确；从C点到D点由动能定理得mg（－R－Rcos60°）＋Eq（－Rsin60°）＝12mv2－12mvC2，在C点有FN－mg＝mvC2R，联立解得FN＝9mg，根据牛顿第三定律得小滑块运动到C点时对轨道的压力为9mg，故B错误；小滑块运动到D点的对称点，即轨道等效最低点时速度最大，由动能定理得－2mg·2R＝12mv2－12mvm2，解得12mvm2＝5mgR，故C错误；小滑块从D点抛出后，做类平抛运动，假设刚好落到B点，有（多选）如图所示，带电小球用绝缘细线悬挂在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。已知小球运动空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度为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.电场力大于重力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－题型二带电粒子在交变电场中的运动交变电场中的直线运动U－t图像v－t图像轨迹图U－t图像v－t图像轨迹图【例2】（多选）如图甲所示，直线加速器由一个金属圆板（序号为0）和多个横截面积相同的金属圆筒组成，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度遵照一定的规律依次增加。圆板和圆筒与交流电源相连，序号为奇数的圆筒和电源的一极相连，圆板和序号为偶数的圆筒和该电源的另一极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。若电压的绝对值为U，电子的电荷量大小为e，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。在t＝0时刻，圆板中央的一个电子在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，电子在每个圆筒中运动的时间均小于T，且电子均在电压变向时恰从各圆筒中射出，不考虑相对论效应，则（）A.由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场B.电子运动到第n个圆筒时动能为neUC.在t＝5TD.第n个和第n＋1个圆筒的长度之比为n∶n答案：ABD解析：由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场，A正确；电子每经过一个间隙，静电力做功eU，根据动能定理，电子运动到第n个圆筒时动能为neU＝Ek－0，电子运动到第n个圆筒时动能为neU，B正确；因为t＝5T4＝T＋T4，t＝T4时圆筒1相对圆板的电势差为正值，同理，t＝5T4时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，C错误；根据动能定理得eU＝12mv12，2eU＝12mv22，3eU＝12mv32，…，neU＝12mvn2，（n＋1）eU＝12mvn+12，第n个和第n＋1个圆筒的长度之比为Ln∶Ln＋1＝v交变电场中的偏转U－t图像运动轨迹vy－t图像【例3】如图甲所示，质量为m、电荷量为q的粒子经加速电压U1加速后，在水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场。已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L，两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是竖直放置的足够大荧光屏，且屏与极板右边缘的距离为L。不考虑电场边缘效应，不计粒子重力。（1）求粒子进入偏转电场时的速度v0的大小；（2）若在偏转电场两板间加恒定电压，粒子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，A点与极板M在同一水平线上，求偏转电场所加电压U2；（3）若偏转电场两板间的电压按如图乙所示周期性变化，要使粒子经加速电场后在t＝0时刻进入偏转电场后水平击中A点，试确定偏转电场电压U0以及周期T分别应该满足的条件。答案：（1）2qU1m（2）2U1d23L2（3）U0＝4nU1d2L2（n＝1，2，3，4，…解析：（1）粒子经加速电场加速，有qU1＝12m解得v0＝2q（2）由题意知，粒子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A点，设粒子离开偏转电场时的偏转角为θ，则由几何关系得d2＝L解得tanθ＝d又tanθ＝vyv解得U2＝2U（3）要使粒子水平击中A点，粒子必向上极板偏转，且出偏转电场时vy＝0，则粒子在t＝0时刻进入偏转电场后，在偏转电场中运动的时间应为整数个周期。因为粒子水平射出，则粒子在偏转电场中的运动时间满足t＝Lv0则T＝Lnv0＝Lnm2qU1（n＝1在竖直方向位移应满足d2＝2n×12aT2a＝Eqm＝联立解得U0＝4nU1d2L2（n＝1，2，题型三用动力学、能量和动量观点解决力电综合问题1.动力学的观点（1）由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，可用正交分解法。（2）综合运用牛顿运动定律和运动学公式，注意受力分析要全面，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，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。①若带电粒子只在静电力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变。②若带电粒子只在重力和静电力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变。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，除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，还要注意题目表述是否为某方向上动量守恒。【例4】如图，在水平地面上固定一倾角为θ的粗糙绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。一质量为m、带电荷量为q（q＞0）的滑块从距离弹簧上端为s0处静止释放，滑块在运动过程中电荷量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，滑块与斜面间动摩擦因数为μ＜tanθ，重力加速度大小为g。（1）求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1；（2）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm过程中弹簧弹性势能的增加量ΔEp。答案：（1）2m（2）（mgsinθ＋qE－μmgcosθ）·s0＋mgsin解析：（1）滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有qE＋mgsinθ－μmgcosθ＝ma；s0＝12at1t1＝2m（2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x0，则有mgsinθ＋qE＝μmgcosθ＋kx0从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得（mgsinθ＋qE－μmgcosθ）·（s0＋x0）＋W＝12m联立可得ΔEp＝－W＝（mgsinθ＋qE－μmgcosθ）·s0＋mgsinθ【例5】（2024·山东百校联考模拟）如图，倾角θ＝30°的足够长光滑绝缘斜面固定在水平向右的匀强电场中，一质量为m、电荷量为＋q的小滑块A放在斜面上，恰好处于静止状态。质量也为m的不带电小滑块B从A上方斜面上与A相距为s的位置由静止释放，下滑后与A多次发生弹性正碰，每次碰撞时间都极短，且没有电荷转移，已知重力加速度大小为g。求：（1）匀强电场的电场强度大小；（2）两滑块发生第1次碰撞到发生第2次碰撞的时间间隔；（3）在两滑块发生第1次碰撞到发生第5次碰撞的过程中，A的电势能增加量。答案：（1）3mg3q（2）4sg（解析：（1）A受力分析如图，A处于静止状态，则A受到的静电力大小为qE＝mgtanθ，可得E＝3mg（2）设B下滑过程中，加速度大小为a，第1次与A碰撞时的速度为v，有mgsinθ＝ma，由运动学公式得v2＝2as，设第1次碰撞后A的速度为vA1，B的速度为vB1，由动量守恒和机械能守恒得mv＝mvA1＋mvB1，12mv2＝12mvA12＋12mvB12，解得vA1＝gs，vB1＝0，第1次碰撞后，A匀速下滑，B匀加速下滑，发生第1次碰撞到发生第2次碰撞的过程中两滑块下滑的位移相等，所用时间为t1，有vA1t1＝12（3）由（2）可知，第2次碰撞前瞬间B的速度为vB1'＝vB1＋at1，即第2次碰撞前瞬间，两滑块速度分别为vA1＝gs，vB1'＝2gs，碰撞后速度交换，可得vA2＝2gs，vB2＝gs，发生第2次碰撞到发生第3次碰撞的过程中两滑块下滑的位移相等，所用时间设为t2，有vA2t2＝vB2t2＋12at22，vB2'＝vB2＋at2，解得t2＝4sg，vB2'＝3gs，即第3次碰撞前瞬间，两滑块速度分别为vA2＝2gs，vB2'＝3gs，碰撞后速度交换vA3＝3gs，vB以此类推，依次碰撞后A的速度分别为vA1＝gs，vA2＝2gs，vA3＝3gs，vA4＝4gs相邻两次碰撞的时间间隔T均相等，且T＝4sg，所以，在两滑块发生第1次碰撞到发生第5次碰撞的过程中，A的位移为L＝vA1T＋vA2T＋vA3T＋vA4T＝40s，电势能增加量为ΔE＝qELcosθ，联立解得ΔE＝20mgs跟踪训练·巩固提升1.如图所示，长为L的细线拴一个带电荷量为＋q、质量为m的小球，重力加速度为g，小球处在竖直向上的匀强电场中，电场强度为E，小球能够在竖直平面内做圆周运动，则（）A.小球受到的静电力跟重力是一对平衡力B.小球在最高点的速度一定不小于gLC.小球运动到最高点时，电势能最小D.小球运动到最低点时，机械能最大解析：C小球能够在竖直平面内做圆周运动，重力与静电力反向，静电力大小可能等于重力，此时小球在竖直平面内做匀速圆周运动；静电力大小也可能大于重力，则二者合力（称为等效重力）竖直向上，相当于重力方向向上，最高点为等效最低点，小球通过时速度最大，最低点为等效最高点，小球通过时速度最小；静电力大小还可能小于重力，则相当于重力方向不变，重力加速度减小，A错误。由A选项分析可知，小球可能以较小的速度小于gL在竖直平面内做匀速圆周运动，B错误。圆周上最高点电势最低，小球带正电，由Ep＝qφ知经过最高点时电势能最小，C正确。圆周上最低点电势最高，小球经过时电势能最大，由小球机械能与电势能之和不变可知，小球经过最低点时机械能最小，D2.（多选）如图甲所示，两个平行金属板P、Q正对且竖直放置，两金属板间加上如图乙所示的交流电压，t＝0时，P板的电势比Q板的电势高U0。在两金属板的正中央M点处有一电子（电子所受重力可忽略）在静电力作用下由静止开始运动，已知电子在0～4t0时间内未与两金属板相碰，则（）A.t0～2t0时间内，电子的动能减小B.3t0时刻，电子的电势能最大C.0～4t0时间内，电子运动的方向不变D.3t0～4t0时间内，电子运动的速度方向向右，且速度逐渐减小解析：AD在0～t0时间内，电场方向水平向右，电子所受静电力方向向左，所以电子向左做匀加速直线运动，在t0～2t0时间内，电场方向水平向左，电子所受静电力方向向右，电子向左做匀减速直线运动，静电力做负功，电子的电势能增加，动能减小，故A正确；2t0时刻电子的速度为零，在2t0～3t0时间内，电场方向水平向左，电子所受静电力方向向右，电子向右做初速度为零的匀加速直线运动，运动方向发生改变，3t0时刻速度最大，动能最大，电势能并不是最大，故B、C错误；在3t0～4t0时间内，电场方向水平向右，电子的加速度方向向左，电子向右做匀减速直线运动，到4t0时刻速度为零，恰好又回到M点，故D正确。3.如图甲，一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v平行于极板进入（记为t＝0时刻），同时在两板上加一按图乙变化的电压。已知粒子比荷为k，带电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平行极板方向的速度射出。则下列说法中正确的是（）A.粒子射出时间可能为t＝4sB.粒子射出的速度大小为2vC.极板长度满足L＝3vn（n＝1，2，3，…）D.极板间最小距离为3解析：D粒子进入电容器后，在平行于极板方向做匀速直线运动，垂直极板方向运动的v－t图像如图所示，因为粒子平行极板射出，可知粒子射出时垂直板的分速度为0，所以射出时刻可能为1.5s，3s，4.5s，…，满足t＝1.5n（n＝1，2，3，…）粒子射出的速度大小必定为v，故A、B错误；极板长度L＝v·1.5n（n＝1，2，3，…），故C错误；因为粒子不跟极板碰撞，则应满足d2≥12vy·1.5，vy＝a·1，a＝qU0md，联立求得d≥4.（2024·四川成都模拟）在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板，板长为l，两板间距离为d，在两极板间加一交变电压如图乙，质量为m，电荷量为e的电子以速度v0v0接近光速的120从两极板左端中点沿水平方向连续不断地射入两平行板之间。若电子经过两极板间的时间相比交变电流的周期可忽略不计，不考虑电子间的相互作用和相对论效应，则在任意0.2sA.当Um＜2md2B.当Um＞md2vC.当Um＝2md2vD.当Um＝2md2v2解析：D电子进入极板后，水平方向上不受力，做匀速直线运动，竖直方向上受到静电力作用，电子经过两极板间的时间相比交变电流的周期可忽略不计，则当电子恰好飞出极板时有l＝v0t，d2＝12at2，a＝eUmmd，解得Um＝md2v2el2。当Um＜md2v2el2时，所有电子都能从极板的右端射出，当Um＞md2v2el2时，在0.2s时间内，极板间电压U＜md2v2el2的时间段内，电子能从极板的右端射出，故A、B错误；当Um＝2md2v2el2时，分析题图乙可知，5.（多选）（2024·辽宁名校模拟）如图所示，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧BC的圆心为O，半径R。轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E＝4mg3q。现有质量为m、电荷量为＋q的带电体（可视为质点）从A点由静止开始运动。已知A、B间距也为R，带电体与轨道AB间的动摩擦因数为μ1＝0.4，与CD间的动摩擦因数为μ2＝0.3。假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。下列说法正确的是（重力加速度为g，tan53°＝4A.带电体第一次运动到圆弧形轨道B点时速度大小为vB＝28B.带电体第一次运动到圆弧形轨道BC上的最大速度vm＝46C.全过程带电体在粗糙轨道AB与CD上运动的总路程s＝25D.带电体最终可能会停在水平轨道AB上解析：AC对带电体从A到B的过程，根据动能定理得qER－μ1mgR＝12mvB2，解得vB＝2815gR，A正确；由题可知，当带电体的速度最大时，带电体的加速度为零，故带电体受力平衡，受力如图所示，设带电体在M点时速度最大，M点与O点的连线OM和OB的夹角α应该满足tanα＝qEmg＝43，代入已知数据得α＝53°，从B到M根据动能定理得qERsin53°－mgR（1－cos53°）＝12mvm2－12mvB2，解得vm＝165gR，B错误；根据题意可知，最终带电体应该围绕等效最低点M做周期性运动，到C点的速度恰好为零，全过程的滑动摩擦力大小一样，即Ff＝μ1mg＝μ2qE，设带电体在粗糙轨道AB与CD上运动的总路程为s，对全过程从A到最终恰好到C，根据动能定理可得qE·2R－Ffs－mgR＝0，解得s6.（多选）如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。右极板电势随时间变化的规律如图乙所示。电子原来静止在左极板小孔处。（电子电荷量为e，不计重力作用）下列说法中正确的是（）A.若从t＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B.若从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C.若从t＝0时刻释放电子，在t＝3T2恰好到达右极板，则到达右极板时电子的动能为D.若从t＝0时刻释放电子，在t＝3T2时刻到达右极板，解析：AD若t＝0时刻释放电子，电子将重复先加速后减速，直到打到右极板，不会在两板间振动，A正确，B错误；设两极板距离为d，极板间电场强度大小E＝U0d，若从t＝0时刻释放电子，在t＝3T2时刻到达右极板，则电子经历了先加速再减速后加速三个过程，每段加速度大小a＝eEm＝eU0md相同，则每段位移大小相同，均为d3，全过程由动能定理得eE·d3－eE·d3＋eE·d3＝Ek，得Ek＝eE·d3，又E＝7.如图（a）所示，质量为m1＝2.0kg的绝缘木板A静止在水平地面上，质量为m2＝1.0kg、可视为质点的带正电的小物块B放在木板A上某一位置，其电荷量为q＝1.0×10－3C。空间存在足够大的水平向右的匀强电场，电场强度大小为E1＝5.0×102V/m。质量为m3＝1.0kg的滑块C放在A板左侧的地面上，滑块C与地面间无摩擦力，其受到水平向右的变力F作用，力F与时间t的关系为F＝（15－9t）N，如图（b）所示。从t0＝0时刻开始，滑块C在变力F作用下由静止开始向右运动，在t1＝1s时撤去变力F。此时滑块C刚好与木板A发生弹性正碰，且碰撞时间极短，此后整个过程物块B都未从木板A上滑落。已知小物块B与木板A及木板A与地面间的动摩擦因数均为μ＝