2022年物理第一轮复习题库 带电粒子(或带电体)在电场中运动的综合问题

专题带电粒子(或带电体)在电场中运动的综合问题

考点

1.此类题型一般有三种情况

(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)；

(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)。

2.两条分析思路和一个关键

⑴两条思路：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二

是功能关系。

(2)一个关键：注意对称性和周期性变化关系的应用。

考向❶粒子的单向直线运动

［例1］如图1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板运动时的速度方向为正方向，则下列图象

中能正确反映电子速度变化规律的是(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两项

错误；从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，3T后电场力反向，电子

向A板做匀减速直线运动，直到，=T时刻速度变为零。之后重复上述运动，A

项正确，B项错误。

答案A

考向❷粒子的往返运动

【例2】（多选）如图2所示为匀强电场的电场强度E随时间/变化的图象。当f

=0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（）

图2

A.带电粒子将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，电场力做的总功为零

解析设第1s内粒子的加速度为ai,第2s内的加速度为，

及，由。=誓可知，ai=2a\,可见，粒子第1s内向负方向°F

运动，1.5s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3s末回到原出发点，粒

子的速度为0,。一/图象如图所示，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。

答案CD

考向❸粒子的偏转运动

【例3】（多选）如图3甲所示，两水平金属板间距为4,板间电场强度的变化规

律如图乙所示。r=0时刻，质量为机的带电微粒以初速度。o沿中线射入两板间，

0〜夕寸间内微粒匀速运动，T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〜T时间内运动的描述,

正确的是（）

“0

甲

图3

A.末速度大小为吸。0

B.末速度沿水平方向

C.重力势能减少了51gd

D.克服电场力做功为mgd

解析因0〜彳内微粒匀速运动，故Eoq=mg；在上〜半时间内，粒子只受重力作

用，做平抛运动，在7=4时刻的竖直速度为为|=竽，水平速度为00；在系〜T

时间内，由牛顿第二定律2Eoq—mg=，〃a,解得a=g,方向向上，则在f=T时

刻，02=S'i—g•（=0粒子的竖直速度减小到零，水平速度为00,选项A错误，

B正确；微粒的重力势能减小了AEp=mg.与《mgd,选项C正确；从射入到射

出，由动能定理可知5/gd—W电=0,可知克服电场力做功为选项D错误。

答案BC

多维训练精选练法.

1.（多选）（2020•长春模拟）如图4甲所示，A、8是一对平行金属板。A板的电势9A

=0,B板的电势夕B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（）

图4

A.若电子是在f=0时刻进入的，它可能不会到达8板

B.若电子是在，=叁时刻进入的，它一定不能到达B板

C.若电子是在/=（时刻进入的，它可能时而向8板运动，时而向A板运动，最

后穿过8板

D.若电子是在，=率时刻进入的，它可能时而向8板运动，时而向A板运动，最

后穿过8板

解析若电子从，=0时刻进入，电子将做单向直线运动，A错误；若电子从号时

刻进入两板，则电子受到电场力方向向左，故无法到达5板，B正确；电子从《时

刻进入两板时，电子先加速，经/时速度最大，此时电子受到电场力反向，经孑速

度减为零，再加速强向速度最大，接着减速（回到原位置，即电子在大于看时刻

进入时一定不能到达3板，小于《时刻进入时一定能到达8板，所以C正确，D

错误。

答案BC

2.（2019•四川成都模拟）如图5甲所示，A、B为两块相距很近的平行金属板，A、

3间电压为UAB=—UO,紧贴A板有一电子源，不停地飘出质量为〃?，带电荷量

大小为e的电子（初速度可视为0）。在B板右侧两块平行金属板M、N间加有如

图乙所示的电压，电压变化的周期T=L也需，板间中线与电子源在同一水平

线上。已知板间距为4极板长L,求：

I"-----『「

甲乙

图5

（1）电子进入偏转极板时的速度；

（2）/时刻沿中线射入偏转极板间的电子刚射出偏转极板时与板间中线的距离（未

与极板接触）。

解析（1）设电子进入偏转极板时的速度为。，

由动能定理有eUo=^mv2

解传丁。

⑵由题意知，电子穿过偏转极板所需时间

L,Im

丽l

故在《时刻沿中线射入偏转极板间的电子在电场方向上先加速再减速，然后反向

加速再减速，各段位移大小相等，故电子沿板间中线射出偏转极板。

答案（1八产烹（2）0（沿板间中线射出）

考点

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、功能关系和动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的问题。

2.能量的观点

⑴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。

3.动量的观点

⑴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。

⑵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。

考向❶用动力学观点和能量观点解决力电综合问题

【例4】如图6所示，光滑绝缘的轨道放置在竖直平面内，轨道的A3部分竖直,

8c部分是半径为/?的半圆，整个空间存在方向水平向左的匀强电场，其电场强

度为E=笑,现将质量为〃?，带电荷量为+q的小球(可看作质点)从A点由静止

乙q

释放，A、B距离为力,不计空气阻力，重力加速度为g,求：

(1)当/i=L5R时，小球到达半圆轨道最低点时的速率为多大？

(2)要使小球能到达半圆轨道的C点，力应满足什么条件？

(3)若小球从C点射出时的速率为00=4荻，则小球与轨道AB的撞击点4与B

点之间的距离勿为多少？

解析(1)带电小球从A点到半圆轨道最低点时，由动能定理可得加gS+R)—gER

解得v=2\[gRo

(2)设小球经过C点时的最小速率为Omin,此时小球对。点的压力为零，由圆周

2.

运动知识得qE=nr^-

由动能定理可得mgh—qE-2R=^mVmin

两式联立代入数据得/!=%?

所以要使小球能到达半圆轨道的C点，力应满足的条件是〃2，?。

(3)小球从。点射出后，在水平方向上做初速度为零的匀加速运动，在竖直方向

上做竖直上抛运动

1

其水平方向所受合力Fx=qE=maxM1ax=^g

所以水平方向有2R=

竖直方向有h'=vot—^gP

两式联立得"=0。

答案(1)2痫⑵力*(3)0

考向❷用动力学观点、动量观点和能量观点解决力电综合问题

【例5】如图7所示，A3。为竖直平面内的光滑绝缘轨道，A3段为足够长的水

平轨道，8。段为半径R=0.2m的半圆轨道，二者相切于8点，整个轨道处于竖

直向下的匀强电场中，场强大小E=5.OX1()3v/m。一不带电的绝缘小球甲，以

速度优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

知乙球质量加=1.0X10々kg、所带电荷量q=2.0X105c,乙球质量为甲球质量

的3倍。取g=10m/s2,甲、乙两球均可视为质点，整个运动过程中无电荷转移。

D

AB

图7

(1)甲、乙两球碰撞后，乙球通过轨道的最高点。时，对轨道的压力大小V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；

(2)在满足(1)的条件下，求甲球的初速度。0。

解析(1)设乙到达最高点。时的速度为0D,乙离开。点首次到达水平轨道的时

间为人加速度为乙在水平轨道上的首次落点到5点的距离为x,乙离开D

点后做类平抛运动，则2R=；a产，x=VDt

根据牛顿第二定律有。=岑娃

乙过。点时有加g+gE+N=/〃半(式中N为乙在。点时轨道对乙的作用力)

根据牛顿第三定律有N=N=25mg

解得x=0.6mo

(2)设碰后瞬间甲、乙两球的速度分别为01、6,根据动量守恒定律和机械能守恒

定律有

1^0=1^.+^

；X^mv(r=；X济+

联立解得V2=^V0

乙球从8到。的过程中，根据动能定理有

1,1,

—mg-2R—qE-1R='^nVD—~^nvr

由(1)可得0。=3m/s

联立解得vo=10m/So

答案(1)0.6m(2)10m/s

多维训练精选练法.

1.(多选)如图8(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷，，=0时，甲静

止，乙以初速度6m/s向甲运动。此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运

动(整个运动过程中没有接触)，它们运动的v-t图象分别如图(b)中甲、乙两曲

线所示。则由图线可知()

A.两电荷的电性一定相反

B./i时刻两电荷的电势能最大

C.0〜/2时间内，两电荷的静电力先增大后减小

DQ〜办时间内，甲的动量一直增大，乙的动量一直减小，且整个过程中动量守

恒

解析7=0时，甲静止，乙以初速度6m/s向甲运动，由图可知甲的速度在增大,

乙的速度在减小，所以两电荷的电性一定相同，故A错误；。时刻两电荷相距最

近，电势能最大，故B正确；0〜12时间内，两电荷之间的距离先减小后增大，

由尸=山岩可知两电荷的静电力先增大后减小，故C正确；0〜f3时间内，因为

甲、乙两个点电荷的合力为零，所以在0〜△时间内动量守恒，但甲的动量一直

增大，乙的动量先减小到0后增大，故D错误。

答案BC

2.(2019-4月浙江选考，13)用长为1.4m的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为

LOXIO、卜8、电荷量为2.0X10-8c的小球，细线的上端固定于。点。现加一水

平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成37。角，如图9所示。现向左拉小球

使细线水平且拉直，静止释放，则(sin37。=0.6,g^.10m/s2)()

A.该匀强电场的场强为3.75X107N/C

B.平衡时细线的拉力为0.17N

C.经过0.5s,小球的速度大小为6.25m/s

D.小球第一次通过。点正下方时，速度大小为7m/s

解析小球处于平衡状态时，受力分析如图所示，则可知qE=mgtan37。，则该

匀强电场的电场强度E="臂”=3.75X106N/C,A错误；细线的拉力F=

^f^=0.125N,故B错误；在外力作用下，小球拉至细线水平由静止释放，

如图所示，小球在电场力和重力的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运

动至B点、,ZOAB=ZOBA=53°,OA=OB=l=\Am,在此过程中，细线处于

松弛状态，无拉力作用，小球运动至8点时，细线绷紧，匀加速直线运动结束。

根据牛顿第二定律可知小球匀加速直线运动时的加速度。=得=(=需m/s2

=12.5m/s2,假设经过0.5s后，小球仍在沿A3方向做匀加速直线运动，则小球

的速度。=0=6.25m/s,经过的距离12.5X0.52m=1.5625m,A、

8间的距离用=2X/Xcos53。=1.68m,x<\AB\,假设成立，故0.5s时，小球

的速度大小为6.25m/s,故C正确；小球运动至8点时，细线绷紧，小球沿细线

方向的分速度减为零，动能减小，假设细线绷紧过程小球机械能损失△£,此后

在电场力、重力和细线拉力作用下沿圆弧运动至。点正下方，根据能量守恒定

律，可知（qE+mg>/—可得0V7m/s,故D错误。

答案C

课时作业

（时间：40分钟）

基础巩固练

1.如图1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，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高

点为。，最低点为人不计空气阻力，则下列说法正确的是（）

图1

A.小球带负电

B.电场力跟重力平衡

C.小球在从。点运动到8点的过程中，电势能减小

D.小球在运动过程中机械能守恒

解析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,

电场力方向竖直向上，小球带正电，A错误，B正确；仄ai,电场力做负功，

电势能增大，C错误；由于小球运动过程中有电场力做功，小球机械能不守恒，

D错误。

答案B

2.（2020•河南中原名校第二次联考）如图2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，关于电子

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〜各寸间内，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

解析若电压如甲图所示时，0〜T时间内，电场力先向左后向右，则电子先向

左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势

能先减少后增加，故A错误；电压如乙图所示时，在0〜日时间内，电子向右先

加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；

电压如丙图所示时，电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了刍故加

速度先增大后减小的减速运动，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，C错误；电压如丁图所示时，电子先向左加速，到土后

T3

向左减速，］后向右加速，后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运

动，故电子做往复运动，D正确。

答案D

3.（2019•山东潍坊模拟）如图3甲所示，平行金属板A、8正对竖直放置，C、D

为两板中线上的两点。A、B板间不加电压时，一带电小球从。点无初速释放，

经时间T到达。点，此时速度为。o。在A、8两板间加上如图乙所示的交变电压,

r=0带电小球仍从C点无初速释放,小球运动过程中未接触极板，则f=T时,

小球（）

AB

T卜

甲乙

图3

A.在D点上方B.恰好到达D点

C.速度大于。D.速度小于v

解析小球仅受重力作用时从C到。做自由落体运动，由速度公式得oo=gT；

现加水平方向的周期性变化的电场，由运动的独立性知竖直方向还是做自由落体

运动，水平方向0〜翔电场力方向做匀加速直线运动，（〜粉做匀减速直线运动

刚好水平速度减为零，称〜革做反向的匀加速直线运动，芋〜T做反向的匀减速

直线运动，水平速度减为零，故f=T时合速度为优，水平位移为零，则刚好到

达D点、,故选项B正确。

答案B

4.（2020•辽宁省大连市第二次模拟）如图4甲所示，将一倾角。=37。的粗糙绝缘

斜面固定在地面上，空间存在一方向沿斜面向上的匀强电场，一质量〃z=0.2kg,

带电荷量q=2.0X103C的小物块从斜面底端静止释放，运动0.1s后撤去电场，

小物块运动的v-t图象如图乙所示（取沿斜面向上为正方向）,g=10m/s2o（sin37°

=0.6,cos37°=0.8）求：

（1）电场强度E的大小；

（2）小物块在0〜0.3s运动过程中机械能增加量。

解析（1）加速时：«i=^'=20m/s2

△02

减速时：加速度大小。2==10m/s2

A/2

由牛顿第二定律得Eq—mgsinO—Ff~ma\

mgsin0+Ff=mai

联立得E=3XIO3N/C

摩擦力6=0.8N。

(2)方法一：AEk=O

△Ep=〃2gxsin37°

*=0.3m

AE=AEP

AE=0.36J

p

方法二:加速距离xi=］力=0.1m

减速距离X2=2^=0.2m

电场力做功WE=Eqx\=0.6J

摩擦力做功Wf=-Fj(xi+X2)=-0.24J

物块在0~0.3s运动过程中机械能增加量

△E=WE+W=0.36J。

答案(l)3X103N/C(2)0.36J

5.有一质量为M、长度为/的矩形绝缘板放在光滑的水平面上，另一质量为加、

带电荷量的绝对值为q的物块(视为质点)，以初速度w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E=

督，g为重力加速度，方向竖直向下，如图5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：

图5

(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，物块受到的支持力大小之比；

(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

mvo=(M+m)v

所以0=M+”产

根据能量守恒定律得

j,„1,1,,mMvd

热里［加一］(M+〃2)02=2°

(2)由题意知，物块带负电。场强向下时K=mg—qE

场强向上时Fti'=mg+qE

所唔4

(3)两次产生的热量相等N?=Q，〃回N/=Q

所以1=；。

f.mMv^-I

答案⑴2(M+M⑵］：4⑶4

综合提能练

6.(多选)(2020•山西省孝义市第一次模拟)如图6所示ABCO为竖直放置的光滑绝

缘细管道，其中AB部分是半径为R的圆弧形管道,3CO部分是固定的水平管道，

两部分管道恰好相切于B点。水平面内的M、N、B三点连线构成边长为L的等

边三角形，M、N连线过。点且垂直于BCD。两个带等量异种电荷的点电荷分

别固定在M、N两点，电荷量分别为+。和一。。现把质量为〃?、电荷量为+夕

的小球(小球直径略小于管道内径，小球可视为点电荷)，由管道的A处静止释放,

已知静电力常量为A，重力加速度为g，则()

A.小球运动到8点时受到的电场力小于运动到。点时受到的电场力

B.小球在B点时的电势能小于在C点时的电势能

C.小球在A点时的电势能等于在C点时的电势能

D.小球运动到C点时的速度为病

解析根据等量异种点电荷的电场特征，5点电场强度小于C点，小球在8点

时受到的电场力小于运动到C点时受到的电场力，故A项正确；根据等量异种

点电荷的电场特征可知A、8、。三点处于同一个等势面上，所以三点的电势相

等，小球在三点处的电势能是相等的，故B项错误，C项正确；从A点到C点

的运动过程只有重力对小球做功，由动能定理可得如&所以小球在C

点时速度为4荻，故D项错误。

答案AC

7.如图7所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM

下端与MN相切。质量为〃?的带正电小球8静止在水平面上，质量为2机的带正

电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，

由于A、3两球相距较远，相互作用力可认为是零，A球进入水平轨道后，A、B

两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点。已知A、B两球始终没

有接触。重力加速度为g。求：

图7

(1)A球刚进入水平轨道的速度大小；

(2)A、8两球相距最近时，A、3两球组成系统的电势能Ep；

(3)A、B两球最终的速度内、OB的大小。

关键点①光滑绝缘轨道；②A、B两球间相互作用视为静电作用：③A、8两球

始终没有接触。

解析(1)对A球下滑的过程，据机械能守恒得

1

2mgh=2'2mv(r9

解得vo=\{2gh0

(2)A球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，当两球相距最近时共速，有

2mv()=(2m+)n)v

22___

解得0=goo=利福

2

据能量守恒定律得2mgh=；(2机+m)v+EP

2

解得Ep=^mgho

(3)当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相

互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定。贝!]

3X2mv(?=3X2mv^+

11,——44

A?#VA=^vo=^\l2gh,VB=^yo=^\l2gh0

答案(l)V2g^(2)|〃吆。(3)1V福福

8.如图8所示，绝缘直杆长为L=2m,与水平面成30。角放置，一端固定一个电

荷量为。=+2.0Xl()rc的点电