1、專題強化八帶電粒子(帶電體)在電場中運動的綜合問題【專題解讀口 1.本專題主要講解帶電粒子 (帶電體)在電場中運動時動力學和能量觀點的綜合運 用，高考常以計算題出現.2 .學好本專題，可以加深對動力學和能量知識的理解，能靈活應用受力分析、運動分析特別 是曲線運動(平拋運動、圓周運動)的方法與技巧，熟練應用能量觀點解題.3 .用到的知識：受力分析、運動分析、能量觀點過好雙基關回捫顯然印詞訓解基褪雅目一、帶電粒子在電場中運動1 .分析方法：先分析受力情況，再分析運動狀態和運動過程(平衡、加速或減速，軌跡是直線還是曲線)，然后選用恰當的力學規律如牛頓運動定律、運動學公式、動能定理、能量守恒定 律解題

2、.2 .受力特點：在討論帶電粒子或其他帶電體的靜止與運動問題時，重力是否要考慮，關鍵看 重力與其他力相比較是否能忽略.一般來說，除明顯暗示外，帶電小球、液滴的重力不能忽略， 電子、質子等帶電粒子的重力可以忽略，一般可根據微粒的運動狀態判斷是否考慮重力作用.二、用能量觀點處理帶電體的運動對于受變力作用的帶電體的運動，必須借助于能量觀點來處理.即使都是恒力作用的問題，用能量觀點處理也常常顯得簡潔.具體方法常有兩種：1 .用動能定理處理思維順序一般為：(1)弄清研究對象，明確所研究的物理過程.(2)分析物體在所研究過程中的受力情況，弄清哪些力做功，做正功還是負功(3)弄清所研究過程的始、末狀態(主要

3、指動能).(4)根據 W=AEk列出方程求解.2 .用包括電勢能和內能在內的能量守恒定律處理列式的方法常有兩種：(1)利用初、末狀態的能量相等 (即E1= E2)列方程.(2)利用某些能量的減少等于另一些能量的增加(即AE=正)列方程.3 .兩個結論(1)若帶電粒子只在電場力作用下運動，其動能和電勢能之和保持不變(2)若帶電粒子只在重力和電場力作用下運動，其機械能和電勢能之和保持不變研透命題點ifliff李明和.鼠分斜變理酣眈點命題點一帶電粒子在交變電場中的運動提力考點師生共研1 .常見的交變電場常見的產生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等2 .常見的題目類型(1)粒子做單向直線運動

4、(一般用牛頓運動定律求解).(2)粒子做往返運動(一般分段研究).(3)粒子做偏轉運動(一般根據交變電場特點分段研究).3 .思維方法(1)注重全面分析(分析受力特點和運動規律)：抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對 稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關的邊界條件(2)從兩條思路出發：一是力和運動的關系，根據牛頓第二定律及運動學規律分析；二是功能 關系.(3)注意對稱性和周期性變化關系的應用.仞1如圖1(a)所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處.若在to時刻釋放該粒子，粒子會時而向

5、A板運動，時而向B板運動，并最終打在 A板上.則to可能屬于的時間段是() TT /, 3TA.OvtoV 二B."<to< 4 243T ,9TC. 7V tovTD.T<to<"748答案 B解析 設粒子的速度方向、位移方向向右為正.依題意知，粒子的速度方向時而為正，時而為 TT 3T負，最終打在a板上時位移為負，速度萬向為負.分別作出to=°、4、4、z時粒子運動的vt圖象，如圖所示.由于v t圖線與時間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖象知,T 3T T3Tv tov :與7V to<T時粒子在一個周期內的總位移大于零，7v

6、 tov 7時粒子在一個周期內的4 444總位移小于零；to>T時情況類似.因粒子最終打在 A板上，則要求粒子在每個周期內的總位移應小于零，對照各項可知B正確.變式1如圖2所示，A、B兩金屬板平行放置， 在t=0時將電子從A板附近由靜止釋放（電子的重力忽略不計）.分別在A、B兩板間加上下列哪種電壓時， 有可能使電子到不了 8板（）答案 B【變式2】（多選）（2015山東理綜20）如圖3甲所示，兩水平金屬板間距為d,板間電場強度的變化規律如圖乙所示.t=0時刻，質量為m的帶電微粒以初速度 vo沿中線射入兩板間，0、時3間內微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經金屬板邊緣飛出.微粒運動過程中未與金屬

7、板接觸.重力加速度的大小為g.關于微粒在0T時間內運動的描述，正確的是（）A.末速度大小為M2V0B.末速度沿水平方向1C.重力勢能減少了 mgdD.克服電場力做功為 mgd答案 BC解析 因0T時間內微粒勻速運動，故E0q=mg;在T'4時間內，粒子只受重力作用，做333平拋運動，在t =引時刻的豎直速度為Vy1=g,水平速度為V0；在gT時間內，由牛頓第 333二定律2Eoqmg = ma,解得a = g,方向向上，則在 t=T時亥U, vy2=vyi g T = 0,粒子的d豎直速度減小到零， 水平速度為vo,選項A錯誤，B正確；微粒的重力勢能減小了 AEp= mg萬11一，=

8、2mgd,選項C正確；從射入到射出，由動能te理可知，mgdW電=0,可知克服電場力1做功為2mgd,選項D錯誤；故選B、C.命題點二用“等效法”處理帶電粒子在 電場和重力場中的運動OET1方法-提力考點師生其研1 .等效重力法將重力與電場力進行合成，如圖重力場中的“等效重力加速度”， 直向下方向.F4所示，則F合為等效重力場中的“重力"，g'=匚為等效m圖4F合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場中的豎2 .物理最高點與幾何最高點 在“等效力場”中做圓周運動的小球，經常遇到小球在豎直平面內做圓周運動的臨界速度問題.小球能維持圓周運動的條件是能過最高點， 而這里的最高點

9、不一定是幾何最高點， 而應是 物理最高點.幾何最高點是圖形中所畫圓的最上端， 是符合人眼視覺習慣的最高點.而物理最高 點是物體在圓周運動過程中速度最小 （稱為臨界速度）的點.曬2如圖5所示，半徑為r的絕緣光滑圓環固定在豎直平面內，環上套有一質量為m、帶電荷量為+ q的珠子，現在圓環平面內加一個勻強電場，使珠子由最高點A從靜止開始釋放(AC、BD為圓環的兩條互相垂直的直徑)，要使珠子沿圓弧經過 B、C剛好能運動到 D.(重力加速度為g)(1)求所加電場的場強最小值及所對應的場強的方向；(2)當所加電場的場強為最小值時，求珠子由A到達D的過程中速度最大時對環的作用力大小;(3)在(1)問電場中，要

10、使珠子能完成完整的圓周運動，在A點至少應使它具有多大的初動能?答案見解析 解析(1)根據題述，珠子運動到BC弧中點M時速度最大，作過M點的直徑MN,設電場力 與重力的合力為F,則其方向沿NM方向，分析珠子在 M點的受力情況，由圖可知，當 F電垂直于F時，F電最小，最小值為:F 電 min = mgcos 45fgF 電 min = qEmin解得所加電場的場強最小值Emin="2mg,方向沿/ AOB的角平分線方向指向左上方2(2)當所加電場的場強為最小值時，電場力與重力的合力為F=mgsin 45 = -mg把電場力與重力的合力看做是“等效重力”，對珠子由A運動到M的過程，由動能定

11、理得一 2、 12 nF(r +亍 r) = 2mv2 02在M點，由牛頓第二定律得：FN-F=m-r聯立解得Fn=(呼+1)mg由牛頓第三定律知，珠子對環的作用力大小為,3,2 ,、Fn = Fn = ( 2 + 1)mg.(3)由題意可知，N點為等效最高點，只要珠子能到達N點，就能做完整的圓周運動，珠子在N點速度為0時，所需初動能最小，此過程中，由動能定理得：F(r¥)=0 EkA22. 1解得 EkA = _2一mgr.變式3(2018陜西西安質檢)如圖6所示的裝置是在豎直平面內放置的光滑絕緣軌道，處于水平向右的勻強電場中，帶負電荷的小球從高為h的A處由靜止開始下滑，沿軌道AB

12、C運動3并進入圓環內做圓周運動.已知小球所受電場力是其重力的*圓環半徑為 R,斜面傾角為 0=60°, Sbc= 2R.若使小球在圓環內能做完整的圓周運動，h至少為多少？ (sin 37 = 0.6, cos 37= 0.8) . c圖6答案 7.7R解析 小球所受的重力和電場力都為恒力，故可將兩力等效為一個力F,如圖所示.可知F =1.25mg,方向與豎直方向成 37 °角.由圖可知，小球做完整的圓周運動的臨界點是D點，設小球恰好能通過 D點，即到達D點時圓環對小球的彈力恰好為零.由圓周運動知識得：_ 22mvDvD.F = r ,即：1.25mg= m r小球由A運動到

13、D點，由動能定理結合幾何知識得：3 h12mg(h R Rcos 37)mgan g+ 2R+ Rsin 37 )= 2mvD2,聯乂斛得 h=7.7R.命題點三電場中的力電綜合問題能力考點師生共研1 .力學規律(1)動力學規律：牛頓運動定律結合運動學公式.(2)能量規律：動能定理或能量守恒定律.2 .電場規律(1)電場力的特點：F=Eq,正電荷受到的電場力與場強方向相同(2)電場力做功的特點：Wab=FLabcos 0= qUAB=EpA EpB.3 .多階段運動在多階段運動過程中，當物體所受外力突變時，物體由于慣性而速度不發生突變，故物體在 前一階段的末速度即為物體在后一階段的初速度.對于

14、多階段運動過程中物體在各階段中發生的位移之間的聯系，可以通過作運動過程草圖來獲得【例3】(2017全國卷I 25)真空中存在電場強度大小為Ei的勻強電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運動，速度大小為vo,在油滴處于位置 A時，將電場強度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變.持續一段時間3后，又突然將電場反向，但保持其大小不變； 再持續同樣一段時間后，油滴運動到 B點.重力加速度大小為 g.(1)求油滴運動到 B點時的速度；(2)求增大后的電場強度的大小；為保證后來的電場強度比原來的大，試給出相應的t1和vo應滿足的條件.已知不存在電場時，油滴以初速度 vo做豎直上拋運動的最大高度恰

15、好等于 B、A兩點間距離的兩倍.答案見解析解析(1)油滴帶電性質不影響結果.設該油滴帶正電，油滴質量和電荷量分別為m和q,油滴速度方向向上為正.油滴在電場強度大小為E1的勻強電場中做勻速直線運動，故勻強電場方向向上.在t=0時，電場強度突然從 E1增加至E2,油滴做豎直向上的勻加速運動，加速度方向向上，大小a1滿足qE2 mg=ma1油滴在t1時刻的速度為v1 = vo+a1t1電場強度在t1時刻突然反向，之后油滴做勻變速直線運動，加速度方向向下，大小a2滿足qE2+mg=ma2油滴在t2=2ti時刻，即運動到 B點時的速度為v2= vi a2tl由式得v2= vo 2gti(2)由題意，在t

16、=0時刻前有qEi = mg油滴從t=0到ti時刻的位移為1_ . 2xi= voti +2aiti油滴在從ti時刻到t2=2ti時刻的時間間隔內的位移為1 X 2X2= vitl 2a2tl由題給條件有 v0 = 2gX2h = 4gh式中h是B、A兩點之間的距離.若B點在A點之上，依題意有X1+ X2= h)2EivoE2=2 2+ igti為使E2>Ei,應有_voi2-2gti + 42> i由式得3 vo解得 0< ti<(i - 2)7八3 vo或 ti>(i+2)g條件？式和？式分別對應于V2> 0和v2V 0兩種情形.若B在A點之下，依題意有

17、X2+ xi = h由？式得V01 V0 2E2=2 2而4(gt1)E1為使E2>Ei,應有2-嗡-1S)2>1一15 vo解得ti>(亍+1)g 另一解為負，不符合題意，舍去 變式4 (2017全國卷n 25)如圖7所示，兩水平面(虛線)之間的距離為 H,其間的區域存在方向水平向右的勻強電場.自該區域上方的 A點將質量均為 m,電荷量分別為q和一q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出.小球在重力作用下進入電場區域，并從該區域的下邊界離開.已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時的動能的

18、1.5倍.不計空氣阻力，重力加速度大小為g.求：4 *-*(1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比;(2)A點距電場上邊界的高度;(3)該電場的電場強度大小.答案(1)3 ： 1 (2)3h fmg解析(1)設小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為vo,則它們進入電場時的水平速度仍然為vo.M、N在電場中運動的時間t相等，電場力作用下產生的加速度沿水平方向，大小均為a,在電場中沿水平方向的位移分別為S1和S2.由題給條件和運動學公式得 vo at= 0LAsi = vot + zat2,1 ,2S2= vot 2at聯立式得S1c一=3S2(2)設A點距電場上邊界的高度為h,小球下落h時在豎

19、直方向的分速度為vy,由運動學公式vy2= 2ghH = Vyt +M進入電場后做直線運動，由幾何關系知vo si vy H聯立式可得1h = 3H(3)設電場強度的大小為 E,小球M進入電場后做直線運動，則”=qE vy mg設M、N離開電場時的動能分別為Eki、Ek2,由動能定理得L 1,2.2、Eki = 2m(vo + vy) + mgH + qEsi1-1,2,2、Ek2= 2m(vo + vy) + mgH qEs2由已知條件Eki= 1.5Ek2聯立？式得E*?【變式5】 如圖8所示，在E=i03 V/m的豎直勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道 QPN與 一水平絕緣軌道 MN在N

20、點平滑相接，半圓形軌道平面與電場線平行，其半徑R= 40 cm, N為半圓形軌道最低點，P為QN圓弧的中點，一帶負電 q=i0 4 C的小滑塊質量 m=i0 g,與 水平軌道間的動摩擦因數 尸0.i5,位于N點右側i.5 m的M處，g取i0 m/s2,求：(1)要使小滑塊恰能運動到半圓形軌道的最高點Q,則小滑塊應以多大的初速度 vo向左運動?(2)這樣運動的小滑塊通過P點時對軌道的壓力是多大?答案 (1)7 m/s (2)0.6 N解析(1)設小滑塊恰能到達Q點時速度為v,2由牛頓第二定律得 mg+ qE= mR小滑塊從開始運動至到達 Q點過程中，由動能定理得mg 2R qE 2R- j(mg

21、+ qE)x=2mv2 "mvo2聯立解得：vo= 7 m/s.(2)設小滑塊到達P點時速度為v',則從開始運動至到達 P點過程中，由動能定理得1一(mg+qE)R 1qE+mg)x= 2mv2 122 2mv02又在P點時，由牛頓第二定律得，2LV_Fn = mR代入數據，解得：Fn= 0.6 N由牛頓第三定律得，小滑塊通過P點時對軌道的壓力Fn' =Fn = 0.6 N.課時作業溟時訓德嫁現危值速度“雙基鞏固練1.(2017河南中原名校第二次聯考)如圖1所示，在兩平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，當兩板間的電壓分別如圖2中甲、乙、丙、丁所示，電子在板間運

22、動(假設不與板相碰)，下列說法正確的是()內T圖2A.電壓是甲圖時，在 。T時間內，電子的電勢能一直減少B.電壓是乙圖時，在 0;時間內，電子的電勢能先增加后減少C.電壓是丙圖時，電子在板間做往復運動D.電壓是丁圖時，電子在板間做往復運動答案 D解析 若電壓是甲圖，。T時間內，電場力先向左后向右， 則電子先向左做勻加速直線運動, 后做勻減速直線運動，即電場力先做正功后做負功，電勢能先減少后增加，故 A錯誤；電壓 是乙圖時，在0T時間內，電子向右先加速后減速，即電場力先做正功后做負功，電勢能先減少后增加，故 B錯誤；電壓是丙圖時，電子先向左做加速度先增大后減小的加速運動，過了T做加速度先增大后減

23、小的減速運動，到T時速度減為0,之后重復前面的運動， 故電子一直朝同一方向運動，c錯誤；電壓是丁圖時，電子先向左加速，到4后向左減速，后向右加3速，4T后向右減速，T時速度減為零，之后重復刖面的運動，故電子做任復運動，D正確.2.將如圖3所示的交變電壓加在平行板電容器A、B兩板上，開始 B板電勢比A板電勢高，這時有一個原來靜止的電子正處在兩板的中間，它在電場力作用下開始運動，設A B兩極板間的距離足夠大，下列說法正確的是（）； T ；： ir O-:*I ； T I一 I圖3A.電子一直向著A板運動B.電子一直向著 B板運動C.電子先向A板運動，然后返回向 B板運動，之后在 A、B兩板間做周期

24、性往復運動 D.電子先向B板運動，然后返回向 A板運動，之后在 A、B兩板間做周期性往復運動 答案 D3.一勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖象如圖4所示，在該勻強電場中，有一個帶負（假設圖4電粒子于t=0時刻由靜止釋放，若帶電粒子只受電場力作用，則下列說法中正確的是帶電粒子不與板相碰）（）A.帶電粒子只向一個方向運動B.02 s內，電場力做功等于0C.4 s末帶電粒子回到原出發點D.2.54 s內，電場力做功等于0答案 D解析畫出帶電粒子速度v隨時間t變化的圖象如圖所示,v t圖線與時間軸所圍粒子不能回到原出發點,“面積”表示位移，可見帶電粒子不是只向一個方向運動，4 s末帶電A、C錯誤；

25、2 s末速度不為0,可見02 s內電場力做的功不等于0, B錯誤；2.5 s末和4 s末，速度的大小、方向都相同，則2.54 s內，電場力做功等于 0,所以D正確.4.如圖5所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細繩的一端系著一個帶電小 球，另一端固定于。點，小球在豎直平面內做勻速圓周運動，最高點為a,最低點為b.不計空氣阻力，則下列說法正確的是 （）圖5A.小球帶負電B.電場力跟重力平衡C.小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減小D.小球在運動過程中機械能守恒答案 B解析 由于小球在豎直平面內做勻速圓周運動，所以重力與電場力的合力為0,電場力方向豎直向上，小球帶正電，A錯，B對；

26、從a-b,電場力做負功，電勢能增大，C錯；由于有電場力做功，機械能不守恒，D錯.5.（多選）（2017河北唐山一模）如圖6所示，豎直平面內有 A、B兩點，兩點的水平距離和豎直距離均為H,空間存在水平向右的勻強電場.一質量為m的帶電小球從 A點以水平速度vo拋出，經一段時間豎直向下通過B點.重力加速度為g,小球在由A到B的運動過程中，下列說法正確的是（）A.小球帶負電B.速度先增大后減小C.機械能一直減小D.任意一小段時間內，電勢能的增加量總等于重力勢能的減少量答案 AC解析 由題可知，小球在豎直方向做自由落體運動，在水平方向做勻減速運動，可知其所受電場力方向向左，與電場方向相反，則小球帶負電，

27、電場力一直對小球做負功，小球的電勢能增加，機械能減小， A、C正確.小球受豎直向下的重力和水平向左的電場力，合力方向指向左下方，又初速度水平向右，末速度豎直向下，由力與速度夾角關系可知，合力對小球先做負功，后做正功，小球的速度先減小后增大，B錯誤.任意一小段時間內，小球的動能、電勢能和重力勢能的和保持不變，則電勢能的增加量不一定等于重力勢能的減少量，D錯誤.6.(2017河南鄭州第一次聯考)如圖7甲所示，在y=0和y=2 m之間有沿著x軸方向的勻強 電場，MN為電場區域的上邊界，在x軸方向范圍足夠大.電場強度的變化如圖乙所示，取 x軸正方向為電場正方向.現有一個帶負電的粒子，粒子的比荷q= 1

28、.0X102 C/kg,在t=0時刻以速度Vo=5M02 m/s從。點沿y軸正方向進入電場區域，不計粒子重力作用.求：圖7粒子通過電場區域的時間；(2)粒子離開電場的位置坐標；(3)粒子通過電場區域后沿x軸方向的速度大小.答案 (1)4X10 3 s (2)( 2X10 5 m,2 m) (3)4X10 3 m/s解析(1)因為粒子初速度方向垂直于勻強電場，在電場中做類平拋運動，所以粒子通過電場區域的時間1=工=4X 10 3 s. v0(2)粒子帶負電，沿 x軸負方向先加速后減速，加速時的加速度大小a1=Emq=4 m/s2,減速時的加速度大小a2 = Em1=2 m/s2,離開電場時，在x

29、軸方向上的位移大小 *=11(：)2+a1(T)22 a2(T)2 = 2x 10 5 m,因此粒子離開電場的位置坐標為 ( 2X105 m,2 m).(3)粒子通過電場區域后沿x軸方向的速度大小為：vx=a12-a2T= 4X 10 3 m/s.綜合提升練7.(2018江西宜春調研)如圖8所示，O、A、B、C為一粗糙絕緣水平面上的四點，不計空氣 阻力，一電荷量為一Q的點電荷固定在。點，現有一質量為 m、電荷量為一q的小金屬塊(可 視為質點)，從A點由靜止沿它們的連線向右運動，到 B點時速度最大，其大小為vm,小金A、B間距離為L,靜電力屬塊最后停止在C點.已知小金屬塊與水平面間的動摩擦因數為

30、常量為k,則()A.在點電荷一Q形成的電場中，A、B兩點間的電勢差 Uab =2 科 mgL mvm22qB.在小金屬塊由A向C運動的過程中，電勢能先增大后減小C.OB間的距離為kQq科mgD.從B到C的過程中，小金屬塊的動能全部轉化為電勢能答案 C1 C斛析 小金屬塊從A到B過程，由動能te理得：一 qUAB- jimgLimvm2。，得A、B兩點間22 心 mgL mvm的電勢差 Uab=-2n,故A錯誤；小金屬塊由 A點向C點運動的過程中，電場力q一直做正功，電勢能一直減小，故 B錯誤；由題意知，A到B過程，金屬塊做加速運動，B到C過程，金屬塊做減速運動，在 B點金屬塊所受的滑動摩擦力與庫侖力平衡，則有 科mg = kQq,得=寸第g故C正確；從B到C的過程中，小金屬塊的動能和減少的電勢能全 部轉化為內能，故 D錯誤.8 .如圖9所示，勻強電場方向與水平線間夾角0= 30。，方向斜向右上方，電場強度為 E,質量為m的小球帶負電，以初速度 vo開始運動，初速度方向與電場方向一致圖9(1)若小球的帶電荷量為 q=°Eg,為使小球能做勻速直線運動，應對小球施加的恒力Fi的大小和方向各如何？(2)若小球的帶電荷量為q=2mg,為使小球能做直線運動，應對小球施加的最小恒力F2的大小和方向各如何？答案(1)3mg方向與水平線成60