2024届高考物理复习讲义：专题强化十四 带电粒子在电场中运动的综合问题

专题强化十四带电粒子在电场中运动的综合问题

学习目标1.会分析带电粒子在交变电场中的加速和偏转问题。2.会用动力学观

点和能量观点分析电场中的力电综合问题。

考点一带电粒子在交变电场中的运动

1.带电粒子在交变电场中运动的两种常见情形

(I)初速度。。平行于电场方向：粒子做直线运动，其初速度和受力情况决定了粒

子的运动情况，粒子又以做周期性的直线运动。

(2)初速度优垂直于电场方向：沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场

方向的分运动具有周期性。

2.分析方法

根据电场变化的特点，利用牛顿笫二定律正确地判断粒子的运动情况。根据电场

的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等。具体做法为

u-r图像图像黄色0一，图像。

E-溷像J

3.对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带

电粒子穿过电场瞬间可认为是在匀强电场中运动。

角度II带电粒子在交变电场中的直线运动

例1如图1甲所示，真空中相距"=5cm的两块平行金属板4、8与电源连接(图

中未画出)，其中B板接地(电势为零)，A板电势变化的规律如图乙所示。将一个

质量加=2.0X10-27kg、电荷量g=+1.6Xl(Ti9c的带电粒子从紧邻8板处程放,

不计粒子重力。求：

甲乙

图1

⑴在Z=0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小;

(2)若A板电势变化周期7=1.0X10=s,在1=0时将带电粒子从紧邻B板处无

初速度释放，粒子到达A板时速度的大小；

(3)A板电势变化频率多大时，在/={1到，=和间内从紧邻B板处无初速度释放

该带电粒子，粒子不能到达A板。

答案(l)4.0X109m/s2(2)2X104m/s⑶大于5gX1(/相

解析(1)带电粒子所受静电力大小为

由牛顿第二定律得

a=—=号-=4.0XIO。m/s~o

mam

T1T

2

⑵由位移公式计算粒子在0〜不乙时间内运动的距离为x=5一a(JR2=5.0X10m

T

由此可见带电粒子在尸方时恰好到达A板。再由运动学公式可得

T

v=^=2X104m/so

(3)分析可知，在(T〜今T内，静电力方向、速度方向均向右，带电粒子向A板做匀

加速运动；同理，在手〜苧内，则向A板做匀减速运动，速度减为零后再返回。

由于运动具有“对称性”，即先、后两段位移大小相等，得粒子向A板运动可

能的最大位移为%ax=2X%1(；T)21=^因题目要求粒子不能到达A板，故必

有MnaxVd,频率和周期的关系为/=/由以上三式即可求出电势变化频率应满

足条件小X104Hzo

角度内带电粒子在交变电场中的偏转

例2在图2甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变，方向周期性变化

的交变电压，其周期为T,现有一电子以平行于极板的速度如从两板中央。0,

射入。已知电子的质量为机，电荷量为e,不计电子的重力，问：

....................()

2：：2

・u“

乙

图2

(1)若电子从f=0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞

出时速度的大小为多少？

⑵若电子从，=0时刻射入，恰能平行于极板飞出，则极板至少为多长？

(3)若电子恰能从0,平行于极板飞出，电子应从哪一时刻射入？两极板间距至少

为多大？

答案(1)\/那+华(2)V0T

解析⑴由动能定理得用=/加一5加G,解得。捕+%。

(2»=0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向A极板方向偏

转，半个周期后电场方向反向，电子在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期,

电子在电场方向上的速度减小到零，此时的速度等于初速度。0,方向平行于极板,

以后继续重复这样的运动；要使电子恰能平行于极板飞出，则电子在。。，方向上

至少运动一个周期,故极板长至少为£=加兀

(3)若要使电子从OO,平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速,

反向加速、再减速，每阶段时间相同，一个周期后恰好回到0。上，可见应在

/=：+芍(々=(),1,2,…)时射入；极板间距离要满足电子在加速、减速阶段不

打到极板上，设两板间距为乩由牛顿第二定律有。=甯，加速阶段运动的距离

5=袋第fw*解得会7篇，故两极板间距至少为途。

跟踪训练

1.如图3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，关于电子在板间的运动(假设电子不与

板相碰)，下列说法正确的是()

考点二电场中的力、电综合问题

要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电粒子在电场中加速和偏转的模型,

能够从带电粒子受力与运动的关系、功能关系和能量关系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所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法。

⑵综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别

注意重力是否需要考虑。

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。

⑵运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现。

例3(2023•陕西宝鸡一模)如图4所示，在水平地面的上方空间存在一个水平向右

的匀强电场，有一带电小球(可视为质点)从距地面高为〃=1m的。点由静止释

放，沿与水平地面成45。角的方向做直线运动，最终落在地面上的A点。已知小

球质量为"2=0.5kg,电荷量为q=5X1(12c,^=1()m/s2o不计空气阻力，求：

图4

⑴匀强电场的电场强度大小；

(2)0、A之间的电势差；

⑶带电小球到达地面时的速度大小。

答案(1)100V/m(2)100V(3)2^10m/s

解析(1)设匀强电场的电场强度大小为E,由题意可得带电小球所受合外力方向

与水平方向成45。角，受力分析如图所示。根据力的分解可得

0r---------------、qE

453

mg

qE=mg

解得E=100V/mo

(2)在匀强电场中E=^j

其中d=h=\m

解得UOA=100V。

（3）设带电小球到达地面时的速度为o,小球从O点到A点的过程中，由动能定

理可得

rngh+qEd=^mv2

解得v=2\[\0m/So

跟踪训练

2.（多选）（2023・皖豫名校联盟体高三联考）如图5所示为一固定在好百面内的光滑

绝缘细管轨道，A点与x轴相交，C点与y轴相交，轨道段竖直，长度为

0.7m,段是半径为0.7m的四分之一圆弧，与AB相切于B点。一质量为相

=0.1kg、直径略小于管径的带电小球从4点以初速度。。射入轨道，小球到达最

高点C时恰好与轨道没有作用力。已知小球带0.01C的正电荷，在x轴上方存

在着电场强度大小为100N/C、方向水平向右的匀强电场，重力加速度g取

10m/s2,则下列说法正确的是（）

图5

A.小球的初速度DO为6m/s

B.小球的初速度DO为7m/s

C.小球从C点射出后运动轨迹与x轴交点横坐标为0

D.小球从C点射出后运动轨迹与x轴交点横坐标为-0.7m

答案BC

解析因小球到达最高点时与轨道没有作用力，说明自身重力完全提供向心力,

bI

则加g=〃rp小球从AfC的运动过程中，根据动能定理，有一mg・2r—qE『=wm/

—|zm?o,解得a）=7m/s,故A错误，B正确；小球从。点出射，水平方向做匀

减速直线运动，初速度为口=＜迹=巾m/s,加速度为〃=普=10m/s2,竖直方

向为自由落体运动，运动到x轴时，有〃=%产，解得/=、楞=入栏=乎s,

则此时横坐标为x=—。/+%尸=0,故C正确，D错误。

素养能力

（限时：40分钟）

A级基础对点练

对点练1带电粒子在交变电场中的运动

1.（多选）如图1所示为匀强电场的电场强度E随时间Z变化的图像。当，=0时，

在此匀强电场中由静止释放一个带正电粒子，设带电粒子只受静电力的作用，则

下列说法中正确的是（）

E/(V-m1)

A.带电粒子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，静电力做的总功为零

答案CD

解析设第1s内粒子的加速度大小为0,第2s为的加速度大小为G,由a=g

可知42=2S,可见，应子第1S内向负方向运动，1.5S末的速度为零，然后向

正方向运动，至3s未回到原出发点，粒子的速度为0,0—f图像如图所示，由

动能定理可知，此过程中静电力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确，A、

B错误。

2.如图2甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上如图乙所示的电压。

现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为。。的相同带电粒子（不计

重力及粒子间的相互作用），且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出。若粒子

在两板之间的运动时间均为T,则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比

是（）

u

小\

OTTt

2

甲乙

图2

A.1：1B.2：1C.3：1D.4：1

答案C

解析粒子在两板之间的运动时间均为7,设偏转电场电压不为零时，粒子在偏

转电场中的加速度为。，若粒子在，=〃T（〃=0,1,2,…）时刻进入偏转电场，则

竖直方向上先加速后匀速，然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最大，＞ax=

yz（-?）2+；若粒子在Z=nT+z（n=O,1,2,…）时刻进入偏转电场,

则竖直方向上先静止后加速，然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最小，＞in

=0+/（£2=/72,则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3：1,

故C项正确。

3.（多选）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。r=0时刻，质量为m的带电微粒以初速度内沿中线射入两板间，0〜1时

间内微粒匀速运动，7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0〜7时间内运动的描述正确的

是（）

图3

A.末速度大小为血加

B.末速度沿水平方向

C.重力势能减少T^mgd

D.克服静电力做功为mgd

答案BC

TT

解析因0〜1时间内微粒匀速运动，故qEo=，〃g;在:〜会时间内，微粒只受重

力作用，做平抛运动，在/=茅时刻的竖直速度为卬=竽,水平速度为内；在争〜

T时间内，由牛顿第二定律得2q£o-〃陪=加々，解得a=g,方向竖直向上，则在

T

t=T时刻，2v2=2vl—#9=0,微粒的竖直速度减小到零，水平速度为。0,则末

速度大小为。0,方向沿水平方向，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小

d

-

了AEp=mg2从射入到射出，由动能定理得/gd+W电

=0,则W电=—即微粒克服静电力做功为加4选项D错误。

对点练2电场中的力、电综合问题

4.如图4所示，在水平向右的匀强电场中，质量为，〃的带电小球，以初速度。从

M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2办方向与电场方向相反，则小

球从M运动到N的过程（）

图4

A.动能增加亍加2B.机械能增加2mv2

C.重力势能增加孑加之D.电势能增加2mv~

答案B

II3

解析动能变化量△&=5团（2。）2—人错误；重力和电场力做功，

机械能增加量等于电势能减少量，带电小球在水平方向向左做匀加速直线运动，

由运动学公式得（20）2—0=2誓X,则电势能减少量等于电场力做的功AEp诚=卬电

=qEx=2inv2,B正确：D错误；在竖直方向做与减速运动，到N点时竖直方向

的速度为零，由一。2=—2g〃，得重力势能增加量AEpK=〃吆〃=斗加2,C错误。

5.（多选汝J图5所示，在重力加速度为g的空间，有一个带电荷量为+。的场源

电荷置于。点，B、C是以。为圆心、半径为R的竖直圆周上的两点，A、B、O

在同一竖直线上，A8=R,0、。在同一水平线上。现在有一质量为〃人电荷量

为一q的有孔小球，沿光滑绝缘细杆AC从A点由静止开始滑下，滑至C点时速

度的大小为4茄，下列说法正确的是（）

A.从A到C小球做匀变速运动

B.B、A两点间的电势差为鬻

C.从A到C小球的机械能守恒

D.若从A点自由释放，则小球下落到B点时的速度大小为小谦

答案BD

解析小球在运动的过程中，所受静电力是变力，合力不恒定，则从A到。小

球做的运动不是匀变速运动，故A错误；小球从A到C的过程中，重力和库仑

力都做功，根据动能定理得2mgR—4仍。=/加2,由于u=、5gR,则UAC=

因以。为圆心的圆周为等势面，所以A、B间的电势差与4、C间的电势差相等，

则8、A间的电势差为嘴，故B正确；从A到C,除重力做功外，还有库仑力

做功，所以机械能不守恒，故C错误；若从A点自由释放，小球下落到8点时，

根据动能定理得利gR+qUaL加务一0,解得VB_、3gR,故D正确。

6.（2023•河南信阳市高三质量检测）如图6,固定在竖直面内、半径为R的光滑绝

缘半圆形轨道ABC,圆心为O,AC为水平直径，处在水平向右的匀强电场中，

电场线与轨道平面平行。一个质量为〃八电荷量为外可视为质点的带电小球从

轨道上的A点由静止移放，小球始终沿圆弧轨道迄动。下列说法正确的是（）

图6

A.小球从A运动到B的过程中，小球的机械能可能增加

B.小球一定会运动到C点

C小球运动速度最大的位置一定在AB段圆弧上的某一点

D.小球一定带正电

答案C

解析小球沿圆弧轨道运动，不脱离轨道，所以受到的静电力水平向左，则小球

一定带负电，小球从A运动到B的过程中，静电力做负功，电势能增大，机械

能减小，故A、D错误；小球向右运动过程中，静电力做负功，电势能增大，机

械能减小，因此小球不可能到达C点，故B错误；小球在电场和重力场的合力

场中运动，静电力水平向左，重力方向竖直向下，所以电场和重力场的合力场的

最低点在圆弧AB段上，因此小球速度最大的位置一定在AB段圆弧上某一点，

故C正确。

B级综合提升练

7.（多选）（2023・湖南郴州市高三教育质检）水平地面上方有水平向右的匀强电场，

电场强度大小为E=用,从地面上的A点斜向右上方以速度uo=IOm/s抛出一

个带正电荷量为+式夕>0）、质量为m的小球，速度方向与水平地面的夹角夕=

53。，轨迹如图7所示。点B为轨迹最高点，D、E两点高度相等，小球落在水平

地面上的C点。忽略空气阻力的影响。取g=10m/s2。则（）

A.。、E两点速度大小相等

B.B点速度为10m/s

C.小球落地时与水平方向的夹角仍为53。

D.A、。两点距离为16m

答案BD

解析。、£两点高度相等，小球从。到E重力做功为零，静电力做正功，所以

。、E两点速度大小不相等，故A错误；小球在水平方向与竖直方向的初速度分

别为。rt）=oocos53。=6m/s,v>€=wsin530=8m/s,点8为轨迹最高点，所以在

3点竖直速度为零，由口o=g/,ax=哈,。工=5力+。1,联立可得“=l（）m/s,即

小球在8点速度为1（）m/s,故B正确；小球从A到。的时间为从A到8的时间

的两倍，则到。点时，水平速度为。ic=5o+z2=14m/s,则小球落地时与水

平方向的夹角正切为ta“=2号，故C错误；A、。两点距离为尸巴卢=

13/Zu.v

16m,故D正确。

8.（多选）（2023•天津市而平区高三模拟）如图8所示，由两水平面（虚线）所夹的区域

内，有水平向右的匀强电场，自该区域上方的A点，将质量相等、带等量异种

电荷的小球。、〃先后两次以相同的初速度沿平行于电场的方向抛出。小球在一重

力的作用下从B点进入电场区域，并从该区域的下边界离开，已知。球在电场

中做直线运动之后从M点离开电场，b球从N点离开电场且离开电场时速度方

向竖直向下，根据上述信息，下列判断正确的是（）

At_-

：—，-B-♦.......

~E

图8

A.o球带负电，Z?球带壬电

B”球和b球在电场中运动的时间相等

C.M点到B点的水平距离是N点到B点的水平距离的3倍

D力球离开电场时比其进入电场时电势能大

答案BCD

解析由题意可知，b球进入水平电场后在水平方向做减速运动，离开电场时水

平速度减为零，则匕球带负电，。球带正电，选项A错误；从开始抛出到离开电

场，两球在竖直方向只受重力作用，加速度相同，则两球在竖直方向的运动相同，

即〃球和匕球在电场中运动的时间相等，选项B正确；设两球进入电场时水平

速度为优，经过电场的时间为,,则对。球从M点射出时水平位移与1仙=。0/+]〃产，

2

对b球从N点射出时水平位移XNB=vot—^aif其中对b球有vo=at,解得XMR

=3XNB,即M点到B点的水平