2023版高三一轮总复习物理（新教材新高考）第8章专题突破9带电粒子(带电体)在电场中的综合问题

1、 带电粒子(带电体)在电场中的综合问题 “等效法”在电场中的应用1等效重力法电场中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”，geq 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。2等效最“高”点与最“低”点的确定方法在“等效重力场”中做圆周运动的物体过圆心作“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。典例1(2020福建龙岩市高三上学期期末)如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O、半径为r、内壁光

2、滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m的带电小球(可视为质点)恰好能静止在C点。若在C点给小球一个初速度使它在轨道内侧恰好能做完整的圆周运动(小球的电荷量不变)。已知C、O、D在同一直线上，它们的连线与竖直方向的夹角60，重力加速度为g。求：(1)小球所受的电场力F的大小；(2)小球做圆周运动，在D点的速度大小及在A点对轨道压力的大小。解析(1)小球在C点静止，受力分析如图所示由平衡条件得Fmgtan 解得：Feq r(3)mg。(2)小球在光滑轨道内侧恰好做完整的圆周运动，在D点小球速度最小，对轨道的压力为零，则eq f(mg,cos )me

3、q f(voal(2,D),r)解得小球在D点的速度vDeq r(2gr)小球由轨道上A点运动到D点的过程，根据动能定理得mgr(1cos )Frsin eq f(1,2)mveq oal( 2,D)eq f(1,2)mveq oal( 2,A)解得小球在A点的速度vA2eq r(2gr)小球在A点，根据牛顿第二定律得：FNAmgmeq f(voal( 2,A),r)解得：FNA9mg根据牛顿第三定律得：小球对轨道的压力大小为FNA9mg。答案(1)eq r(3)mg(2)eq r(2gr)9mg跟进训练1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

4、定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。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ab，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。2(多选)(2021四川乐山市第一次调研)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的带电小球。小球静

5、止时细线与竖直方向成角，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Eeq f(mgtan ,q)B小球动能的最小值为Ekeq f(mgL,2cos )C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AB小球静止时悬线与竖直方向成角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有：mgtan qE，解得Eeq f(mgtan ,q)，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，根据牛顿第二定律，有：e

6、q f(mg,cos )meq f(v2,L)，则最小动能Ekeq f(1,2)mv2eq f(mgL,2cos )，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，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，选项D错误。 带电粒子在交变电场中的运动1常见的交变电场类型产生交变电场常见的电压波形：正弦波、方形波、锯齿波等。2交变电场中常见的粒子运动(1)粒子做单向直线运动(一般对整段或分段研究用牛顿运动定律结合运动学公式

7、求解)。(2)粒子做往返运动(一般分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解)。(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解)。3分析思路(1)动力学观点：根据牛顿第二定律及运动学规律分析。(2)能量观点：应用动能定理、功能关系等分析。(3)动量观点：应用动量定理分析。带电粒子在交变电场中的直线运动典例2如图甲所示，A板电势为0，A板中间有一小孔，B板的电势变化情况如图乙所示，一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在teq f(T,4)时刻以初速度为0从A板上的小孔处进入两极板间，仅在电场力作用下开始运动，恰好到达B板，则()

8、甲乙AA、B两板间的距离为 eq r(f(qU0T2,8m)B粒子在两板间的最大速度为 eq r(f(qU0,m)C粒子在两板间做匀加速直线运动D若粒子在teq f(T,8)时刻进入两极板间，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终打向B板B粒子仅在电场力作用下运动，加速度大小不变，方向变化，选项C错误；粒子在teq f(T,4)时刻以初速度为0进入两极板，先加速后减速，在eq f(3T,4)时刻到达B板，则eq f(1,2)eq f(qU0,md)eq blc(rc)(avs4alco1(f(T,4)eq sup12(2)eq f(d,2)，解得d eq r(f(qU0T2,16m)，选项A

9、错误；粒子在eq f(T,2)时刻速度最大，则vmeq f(qU0,md)eq f(T,4) eq r(f(qU0,m)，选项B正确；若粒子在teq f(T,8)时刻进入两极板间，在eq f(T,8)eq f(T,2)时间内，粒子做匀加速运动，位移xeq f(1,2)eq f(qU0,md)eq blc(rc)(avs4alco1(f(3T,8)eq sup12(2)eq f(9d,8)，所以粒子在eq f(T,2)时刻之前已经到达B板，选项D错误。带电粒子在交变电场中的偏转运动问题典例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L10

10、 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L10 cm，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：甲乙(1)在t0.06 s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(1)电子经电场加速满足qU0eq f(1,2)mv2经电场偏转后侧移量yeq f(1,2)at2eq f(1,2)eq f(qU偏,mL)eq blc(rc)(avs4alco1(f(L,v)eq sup12(2)所以yeq f(U偏L,4U0)，由图知t0.06 s时刻U偏1.8U0，所以y4.5 cm设

11、打在屏上的点距O点的距离为Y，满足eq f(Y,y)eq f(Lf(L,2),f(L,2)所以Y13.5 cm。(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3L30 cm。答案(1)打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5 cm(2)30 cm跟进训练1(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像。当t0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B2 s末带电粒子回到原出发点C3 s末带电粒子的速度为零D03

12、 s内，电场力做的总功为零CD设第1 s内粒子的加速度大小为a1，第2 s内的加速度为大小a2，由aeq f(qE,m)可知，a22a1，可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为0，vt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。2(2021山东省日照市二模)如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()甲乙At0时入射的

13、粒子，离开电场时偏离中线的距离最大Bteq f(1,4)T时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大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B粒子在电场中运动的时间是相同的，t0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t0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；teq f(1,4)T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，故此时刻射入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

14、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正确。 动力学、动量和能量观点在电场中的应用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。(2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式求解，注意受力分析要全面，特别注意是否需要考虑重力。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，判断选用分过程还是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。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

15、矢量式。(2)应用动量守恒定律，注意其适用条件。典例4如图所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，AB段为足够长的水平轨道，BD段为半径R0.2 m的半圆轨道，二者相切于B点，整个轨道处于竖直向下的匀强电场中，场强大小E5.0103 V/m。一个不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性正碰。已知乙球质量m1.0102 kg、所带电荷量q2.0105 C，乙球质量为甲球质量的3倍。g取10 m/s2，甲、乙两球均可视为质点，(1)甲、乙两球碰撞后，乙球通过轨道的最高点D时，对轨道的压力大小N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；

16、(2)在满足(1)的条件下，求甲球的初速度v0。解析(1)设乙到达最高点D时的速度为vD，乙离开D点首次到达水平轨道的时间为t，加速度为a，乙在水平轨道上的首次落点到B点的距离为x，乙离开D点后做类平抛运动，则2Req f(1,2)at2，xvDt根据牛顿第二定律有aeq f(mgqE,m)乙过D点时有mgqENmeq f(voal( 2,D),R)(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NN2.5mg解得x0.6 m。(2)设碰后瞬间甲、乙两球的速度分别为v1、v2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有eq f(1,3)mv0eq f(1,3)mv1mv2eq f(1,2)eq

17、 f(1,3)mveq oal( 2,0)eq f(1,2)eq f(1,3)mveq oal( 2,1)eq f(1,2)mveq oal( 2,2)联立解得v2eq f(1,2)v0乙球从B到D的过程中，根据动能定理有mg2RqE2Req f(1,2)mveq oal( 2,D)eq f(1,2)mveq oal( 2,2)由(1)可得vD3 m/s联立解得v010 m/s。答案(1)0.6 m(2)10 m/s三大观点的选用策略(1)对多个物体组成的系统讨论，在具备守恒条件时优先考虑两个守恒定律；出现相对距离(或相对路程)时优先考虑功能关系。(2)对单个物体的讨论，宜用两个定理，涉及时间

18、优先考虑动量定理，涉及位移优先考虑动能定理。(3)研究所受力的瞬时作用与物体运动状态的关系，涉及过程的细节(加速度)，且受恒力作用时，考虑用牛顿运动定律和运动学规律。(4)两个定律和两个定理，只考查一个物理过程的始末两个状态，对中间过程不予以细究，这是它们的方便之处，特别是对变力问题，充分显示出其优越性。有些题目可以用不同方法各自解决，有些题目则同时运用上述几种方法才能解决。跟进训练1有一质量为M、长度为l的矩形绝缘板放在光滑的水平面上，另一质量为m、带电荷量的绝对值为q的物块(视为质点)，以初速度v0从绝缘板的上表面的左端沿水平方向滑入，绝缘板所在空间有范围足够大的匀强电场，其场强大小Eeq

19、 f(3mg,5q)，方向竖直向下，如图所示。已知物块与绝缘板间的动摩擦因数恒定，物块运动到绝缘板的右端时恰好相对于绝缘板静止；若将匀强电场的方向改变为竖直向上，场强大小不变，且物块仍以原初速度从绝缘板左端的上表面滑入，结果两者相对静止时，物块未到达绝缘板的右端。求：(1)场强方向竖直向下时，物块在绝缘板上滑动的过程中，系统产生的热量；(2)场强方向竖直向下时与竖直向上时，物块受到的支持力之比；(3)场强方向竖直向上时，物块相对于绝缘板滑行的距离。解析(1)场强方向向下时，根据动量守恒定律得mv0(Mm)v所以veq f(m,Mm)v0根据能量守恒定律得热量Qeq f(1,2)mveq oal

20、( 2,0)eq f(1,2)(Mm)v2eq f(mMvoal( 2,0),2Mm)。(2)由题意知物块带负电，场强向下时FNmgqE场强向上时FNmgqE所以eq f(FN,FN)eq f(1,4)。(3)两次产生的热量相等FNlQ，FNlQ所以leq f(l,4)。答案(1)eq f(mMvoal( 2,0),2Mm)(2)14(3)eq f(l,4)2如图所示，在光滑绝缘水平面上有两个带电小球A、B，质量分别为3m和m，小球A带正电q，小球B带负电2q，开始时两小球相距s0，小球A有水平向右的初速度v0，小球B的初速度为零，取初始状态下两小球构成的系统的电势能为零(1)试证明当两小球的速度相同时系统的电势能最大，并求出该最大值；(2)试证明在两小球的间距不小于s0的运动过程中，系统的电势能总小于系统的动能，并求出这两种能量的比值的取值范围。解析(1)由于两小球构成的系统所受合外力为零，设某状态下两小球的速度分别为vA和vB，由动量守恒定律得3m