带电粒子（带电体）在电场中的运动综合问题（教师版）

专题十带电粒子（带电体）在电场中的运动综合问题考点一带电粒子(带电体)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类型及分析思路运动类型分析思路粒子做单向直线运动一般对整段或分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式求解粒子做有往返的直线一般分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理、动量定理等求解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。题型一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.电压如甲图所示时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少B.电压如乙图所示时，在0～eq\f(T,2)时间内，电子的电势能先增加后减少C.电压如丙图所示时，电子在板间做往复运动D.电压如丁图所示时，电子在板间做往复运动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～T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T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T后向左减速，T后向右加速，T后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，则电子做往复运动，故D正确。题型二带电粒子在交变电场中的偏转运动如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O2为中轴线，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场。当两板间加电压UMN＝U0时，某一带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O2方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计。(1)求带电粒子的比荷；(2)若M、N间加如图乙所示的交变电压，其周期T＝eq\f(L,v0)，从t＝0开始，前时间内UMN＝2U，后eq\f(2T,3)时间内UMN＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O2方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值。(1)；(2)eq\f(3U0,8)(1)设粒子经过时间t0打在M板中点沿极板方向有eq\f(L,2)＝v0t0垂直极板方向有eq\f(d,2)＝a0teq\o\al(2,0)式中粒子的加速度大小a0＝eq\f(qE0,m)电场强度大小E0＝eq\f(U0,d)解得＝。(2)粒子通过两板间的时间t＝eq\f(L,v0)＝T从t＝0时刻开始，粒子在两板间运动时，每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小a1＝，在每个电压变化周期的后三分之二时间内的加速度大小a2＝如图所示为从不同时刻射入电场的粒子在垂直极板方向的分速度与时间的关系图像，根据题意和图像分析可知，要使所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，则从t＝nT(n＝0，1，2，…)或t＝eq\f(T,3)＋nT(n＝0，1，2，…)时刻入射的粒子恰好不打在极板上，则有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)×T×vym，式中vym＝a1×eq\f(T,3)解得U＝eq\f(3U0,8)。求解这类问题的一般思维方法：(1)注重全面分析(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。(2)从两条思路出发：①力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动规律分析；②功能关系；(3)利用vt图像求解相关物理量。①vt图像的切线斜率表示加速度。②图线与时间轴围成的面积表示位移，且在时间轴上方所围成的面积为正，在时间轴下方所围成的面积为负。③注意对称性和周期性变化关系的应用。④图线与时间轴有交点，表示此时速度可能改变方向。对运动很复杂、不容易画出vt图像的问题，还应逐段分析求解。1.(多选)如图甲所示，A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，A板的电势为0，一质量为m、电荷量大小为q的电子仅在静电力作用下，在t＝时刻从A板的小孔处由静止释放进入两极板间运动，恰好到达B板，则()A.A、B两板间的距离为eq\r(\f(qU0T2,16m))B.电子在两板间的最大速度为eq\r(\f(qU0,m))C.电子在两板间做匀加速直线运动D.若电子在t＝eq\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，最终到达B板AB电子在t＝eq\f(T,4)时刻由静止释放进入两极板运动，由分析可知，电子先加速后减速，在t＝eq\f(3,4)T时刻到达B板，设两板的间距为d，加速度大小为a＝eq\f(qU0,md)，则有d＝2×eq\f(1,2)，解得d＝eq\r(\f(qU0T2,16m))，故A正确；由题意可知，经过eq\f(T,4)时间电子速度最大，则最大速度为vm＝a·eq\f(T,4)＝eq\r(\f(qU0,m))，故B正确；电子在两板间先向右做匀加速直线运动，然后向右做匀减速直线运动，故C错误；若电子在t＝eq\f(T,8)时刻进入两极板间，在eq\f(T,8)～eq\f(T,2)时间内电子做匀加速直线运动，位移x＝eq\f(1,2)·a·＝eq\f(9,8)d>d，说明电子会一直向B板运动并在eq\f(T,2)之前就打在B板上，不会向A板运动，故D错误。故选：AB。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()甲乙A.粒子在电场中运动的最短时间为eq\f(\r(2)d,v0)B.射出粒子的最大动能为eq\f(5,4)mveq\o\al(2,0)C.t＝eq\f(d,2v0)时刻进入的粒子，从O′点射出D.t＝eq\f(3d,v0)时刻进入的粒子，从O′点射出AD由题图可知电场强度E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qd)，则粒子在电场中的加速度a＝eq\f(qE,m)＝，则粒子在电场中运动的最短时间满足eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,min)，解得tmin＝eq\f(\r(2)d,v0)，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＝eq\f(8d,v0)，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，选项B错误；t＝eq\f(d,2v0)＝eq\f(T,8)时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是先向下加速eq\f(3T,8)，后向下减速eq\f(3T,8)速度到零；然后向上加速eq\f(T,8)，再向上减速eq\f(T,8)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，即粒子将从O′点下方射出，故C错误；t＝eq\f(3d,v0)＝eq\f(3T,4)时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是先向上加速eq\f(T,4)，后向上减速eq\f(T,4)速度到零；然后向下加速eq\f(T,4)，再向下减速eq\f(T,4)速度到零……如此反复，则最后射出时沿电场方向的位移为零，即粒子将从O′点射出，选项D正确。故选：AD。3.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，电容器极板长L＝10cm，极板间距d＝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，上极板与下极板的电势差随时间变化的图像如图乙所示。每个电子穿过极板的时间都极短，可以认为电子穿过极板的过程中电压是不变的。求：(1)在t＝时刻，电子打在荧光屏上的位置到O点的距离；(2)荧光屏上有电子打到的区间长度。；(2)30cm(1)设电子经电压U0加速后的速度为v0，根据动能定理得：eU0＝eq\f(1,2)m①设电容器间偏转电场的场强为E，则有：E＝eq\f(U,d)②设电子经时间t通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y，则：沿中心轴线方向有：t＝eq\f(L,v0)③垂直中心轴线方向有：a＝eq\f(eE,m)④联立①②③④得y＝eq\f(1,2)at2＝＝⑤设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为vy，偏转角为θ，则电子通过偏转电场时有：vy＝at⑥tanθ＝eq\f(vy,v0)⑦则电子在荧光屏上偏离O点的距离为Y＝y＋Ltanθ＝⑧由题图乙知t＝0.06s时刻U＝U0，解得Y＝。(2)代入⑧式得：Ymax＝⑨所以荧光屏上电子能打到的区间长度为：2Ymax＝3L＝30cm。考点二“等效场”问题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”；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.问题分析3.方法应用题型一重力场与电场在一条直线上(多选)(2023·黑龙江齐齐哈尔市八中模拟)如图所示，四分之一光滑绝缘圆弧槽B处切线水平，一可视为质点的带正电小球从圆弧槽A处由静止释放，滑到B处离开圆弧槽做平抛运动，到达水平地面的D处，若在装置所在平面内加上竖直向下的匀强电场，重复上述实验，下列说法正确的是()A.小球落地点在D的右侧B.小球落地点仍在D点C.小球落地点在D的左侧D.小球离开B到达地面的运动时间减小BD不加电场时，小球从A到B有mgR＝eq\f(1,2)mvB2－0，解得vB＝eq\r(2gR)，平抛过程，竖直方向上有h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2h,g))，平抛水平位移x＝vBt＝2eq\r(Rh)，平抛水平位移与重力加速度无关，施加竖直向下的匀强电场后，小球同时受重力和向下的静电力，相当于重力加速度增大了，小球落地点仍在D点，t∝eq\r(\f(1,g))，小球离开B后到达地面的运动时间减小，B、D正确。故选:BD。题型二重力场与电场成一定夹角(多选)如图所示，可视为质点的质量为m且电荷量为q的带电小球，用一绝缘轻质细绳悬挂于O点，绳长为L，现加一水平向右的足够大的匀强电场，电场强度大小为E＝eq\f(3mg,4q)，小球初始位置在最低点，若给小球一个水平向右的初速度，使小球能够在竖直面内做圆周运动，忽略空气阻力，重力加速度为g.则下列说法正确的是()A.小球在运动过程中机械能守恒B.小球在运动过程中机械能不守恒C.小球在运动过程中的最小速度至少为eq\r(gL)D.小球在运动过程中的最大速度至少为eq\f(5,2)eq\r(gL)BD小球在运动的过程中，静电力做功，机械能不守恒，故A错误，B正确；如图所示，小球在电场中运动的等效最高点和最低点分别为A点和B点，等效重力G′＝eq\f(5,4)mg，小球在最高点的最小速度v1满足G′＝meq\f(v12,L)，得v1＝eq\f(\r(5gL),2)，故C错误；小球由最高点运动到最低点，由动能定理有G′·2L＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，解得v2＝eq\f(5,2)eq\r(gL)，故D正确。故选：BD。等效法求解电场中圆周运动问题的解题思路：(1)求出重力与电场的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，重力和电场力合力的方向，一定在等效“最高点”和等效“最低点”连线的延长线的方向上；(2)将视为“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，类比“绳球”“杆球”模型临界值的情况进行分析解答。1.(多选)(2023·重庆市八中高三检测)如图甲所示，空间有一水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝1×104V/m，其中有一个半径为R＝2m的竖直光滑圆环轨道，环内有两根光滑的弦轨道AB和AC，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角．质量为m＝、电荷量为q＝＋6×10－5C的带电小环(视为质点)穿在弦轨道上，从A点由静止释放，可分别沿AB和AC到达圆周上的B、C点．现去掉弦轨道AB和AC，如图乙所示，让小环穿在圆环轨道上且恰好能做完整的圆周运动．不考虑小环运动过程中电荷量的变化．下列说法正确的是(cos37°＝，g取10m/s2)()A.小环在弦轨道AB和AC上运动时间之比为B.小环做圆周运动过程中经过C点时动能最大C.小环做圆周运动过程中动能最小值是1JD.小环做圆周运动过程中对圆环轨道的最大压力是5NAD因为重力与静电力均为恒力，所以二者的合力大小为＝1N，与竖直方向夹角正切值tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(3,4)，解得θ＝37°，重力与静电力合力指向AO，A为等效最高点，根据等时圆模型，小环在弦轨道AB和AC上运动时间相等，A正确；等效最低点是AO延长线与圆环轨道交点，而非C点，等效最低点速度最大，动能最大，B错误；因为小环穿在圆环轨道上且恰好能做完整的圆周运动，则小环在等效最高点A速度最小为零，在A点动能最小也为零，C错误；小环在等效最低点时速度最大，动能最大，小环对圆环轨道压力也最大，从等效最高点至等效最低点过程中，由动能定理得F·2R＝eq\f(1,2)mvm2－0，由牛顿第二定律得FN－F＝meq\f(vm2,R)，代入数据解得FN＝5N，由牛顿第三定律，小环做圆周运动的过程中对圆环的最大压力是5N，D正确。故选：AD。2.(2022·全国甲卷)(多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点()A.小球的动能最小时，其电势能最大B.小球的动能等于初始动能时，其电势能最大C.小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大D.从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量BD根据qE＝mg、E水平向右可知，带正电荷q的小球所受合力F斜向右下方，且与水平方向夹角为45°；小球在P点的初速度v0水平向左，可画出小球在匀强电场中做类斜抛运动的轨迹如图，其中O为轨迹等效最高点，N为轨迹上与P“等高”的点。根据类斜抛运动的规律及对称性可知，小球经过O点速度与F垂直时，速度最小，动能最小，经过N点时，速度大小为v0，动能等于初动能，且经过N点的速度竖直向下。根据Ep＝qφ，以及沿电场线方向电势降低，结合上述分析可知，小球经过O点动能最小时，电势能不是最大，小球经过N点动能等于初动能时，电势能最大，A错误，B正确。分析可知，小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，恰好经过O点，此时动能最小，C错误。小球速度的水平分量为零时，经过N点，从P到N的过程，根据动能定理有WG＋WE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，根据功能关系，此过程电势能增加量ΔEp＝－WE，则此过程WG＝ΔEp，D正确。故选：BD。3.(2022·辽宁高考)如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为eq\r(gR)，之后沿导轨BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为eq\r(2)mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求：(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能；(2)小球经过O点时的速度大小；(3)小球过O点后运动的轨迹方程。(1)Ep＝eq\f(1,2)mgR；(2)eq\r(3gR)；(3)y2＝6Rx(x>0，y>0)(1)小球从A点运动到B点的过程，根据能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)m其中vB＝eq\r(gR)解得弹簧压缩至A点时的弹性势能Ep＝eq\f(1,2)mgR。(2)小球从B点运动到O点的过程，根据动能定理有－mgR＋qE·＝eq\f(1,2)m－eq\f(1,2)m其中qE＝eq\r(2)mg解得小球经过O点时的速度大小vO＝eq\r(3gR)。(3)x轴方向有qEcos45°＝maxy轴方向有qEsin45°－mg＝may解得ax＝g，ay＝0说明小球过O点后在第一象限做类平抛运动，有x＝eq\f(1,2)gt2，y＝vOt联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为y2＝6Rx(x>0，y>0)。考点三电场中的力、电综合问题电场中的力电综合问题，是指带电物体受到重力、电场力等共同作用下的运动问题，解决该类问题，在正确受力分析的基础上,要正确建立带电物体在电场中的运动模型，并且与力学中的运动模型进行类比，根据其运动特点灵活应用动力学观点、能量观点和动量观点等多角度进行分析与研究。1.用动力学的观点分析带电粒子的运动(1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，这两个力的合力为一恒力。(2)类似于处理偏转问题，将复杂的运动分解为正交的简单直线运动，化繁为简。(3)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，以及运动学公式里的物理量的正负号，即其矢量性。2.用能量的观点分析带电粒子的运动(1)运用能量守恒定律分析，注意题中有哪些形式的能量出现。(2)运用动能定理分析，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有功，判断是分阶段还是全过程使用动能定理。(3)静电力做功的综合问题电场力做功的四种计算方法电场中的功能关系(1)功的定义法：W＝qElcosα(2)电势差法：WAB＝qUAB(3)电势能法：WAB＝EpA－EpB(4)动能定理法：W电场力＋W其他＝ΔEk(1)电场力做正功，电势能减少，电场力做负功，电势能增加，即：W＝－ΔEp。(2)如果只有电场力做功，则动能和电势能之间相互转化，二者总和不变，即：ΔEk＝－ΔEp。3.用动量的观点分析带电粒子的运动(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。题型一电场中动力学和能量观点的应用(2022·浙江6月选考)如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应)。t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为eq\r(2)v0；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则()A.M板电势高于N板电势B.两个粒子的电势能都增加C.粒子在两板间的加速度a＝D.粒子从N板下端射出的时间t＝C由于不知道两粒子或M、N所带电荷的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，A错误；根据题意，垂直M板向右运动的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小，则平行M板向下的粒子到达N板下端过程电场力也做正功，电势能同样减小，故B错误；设两板间距离为d，平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有eq\f(L,2)＝v0t，d＝eq\f(1,2)at2，垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，则在电场中加速度相同，有－＝2ad，联立解得t＝eq\f(L,2v0)，a＝，故C正确，D错误。故选：C。题型二电场中动量和能量观点的应用(2021·绵阳诊断)如图所示，轨道ABCDP位于竖直平面内，其中圆弧段CD与水平段AC及倾斜段DP分别相切于C点和D点，水平段AB、圆弧段CD和倾斜段DP都光滑，水平段BC粗糙，DP段与水平面的夹角θ＝37°，D、C两点的高度差h＝，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、大小未知的匀强电场中。一个质量为m1＝、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A点由静止释放，经过时间t＝1s，与静止在B点的不带电、质量为m2＝的小物块Ⅱ碰撞并粘在一起，在BC段上做匀速直线运动。物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC段间的动摩擦因数都为μ＝。取g＝10m/s2，sin37°＝，cos37°＝。求：(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C点时，圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ支持力的大小。(1)2m/s；(2)18N(1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC段上做匀速直线运动，设电场强度为E，物块Ⅰ所带电荷量为q，物块Ⅰ和Ⅱ碰撞前瞬间速度为v1，碰撞后瞬间共同速度为v2(等于在BC段上做匀速直线运动的速度)，则qE＝μ(m1＋m2)gqEt＝m1v1m1v1＝(m1＋m2)v2解得v2＝2m/s。(2)设圆弧段CD的半径为R，物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C点时，圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ支持力的大小为FN，则FN－(m1＋m2)g＝R(1－cosθ)＝h解得FN＝18N。电场中的力、电综合问题的求解思路和解题技巧：1.基本思路(1)弄清物理情境：选定研究对象(力学对象或电学对象)。(2)对研究对象按顺序进行受力分析：先电场，后弹力，再摩擦力，并画出受力分析图。(3)对问题中的力学部分根据牛顿运动定律、动能定理、动量定理、能量守恒定律、动量守恒定律等进行研究。2.解题技巧(1)用好功能关系是分析力电综合问题的有效途径。(2)用好等效思维方法、注意各种临界条件、构建物理模型解决力电综合问题。1.(2023·江苏盐城市二模)如图所示，固定光滑直杆上套有一个质量为m、带电量为＋q的小球和两根原长均为L的轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球绝缘相连，另一端分别固定在杆上相距为2L的A、B两点，