專題十四帶電粒子在電場中的運動一、考點分析一、考點分析1．本知識點常以計算題的形式與牛頓運動定律、功能關系、能量守恒綜合考查。2．兩點注意：(1)注意帶電粒子重力能否忽略；(2)力電綜合問題注意受力分析、運動過程分析，應用動力學知識或功能關系解題。二、考題再現二、考題再現典例1.(2023·全國III卷·21)如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等。現同時釋放a、b，它們由靜止開始運動。在隨后的某時刻t，a、b經過電容器兩極板間下半區域的同一水平面。a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說法正確的是()A．a的質量比b的大B．在t時刻，a的動能比b的大C．在t時刻，a和b的電勢能相等D．在t時刻，a和b的動量大小相等【解析】兩微粒只受電場力qE作用且兩電場力大小相等，由x＝eq\f(1,2)a0t2，知微粒a的加速度大，由qE＝ma0，知微粒a的質量小，A錯誤；由動能定理qEx＝Ek得，位移x大的動能大，B正確；在同一等勢面上，a、b兩微粒電荷量雖相等，但電性相反，故在t時刻，a、b的電勢能不相等，C錯誤；由動量定理qEt＝mv得，在t時刻，a、b的動量大小相等，D正確。【答案】BD典例2.(2023?全國II卷?24)如圖，如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢均為φ(φ＞0)。質量為m，電荷量為q(q＞0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計。(1)求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應為多少？【解析】(1)PG、QG間場強大小相等，均為E.粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設粒子的加速度大小為a，有E＝eq\f(2φ,d) ①F＝qE＝ma ②設粒子第一次到達G時動能為Ek，由動能定理有：qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ③設粒子第一次到達G時所用的時間為t，粒子在水平方向的位移大小為l，則有h＝eq\f(1,2)at2 ④l＝v0t ⑤聯立①②③④⑤式解得：Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qh ⑥l＝v0eq\r(\f(mdh,qφ))。⑦(2)若粒子穿過G一次就從電場的右側飛出，則金屬板的長度最短．由對稱性知，此時金屬板的長度L為L＝2l＝2v0eq\r(\f(mdh,qφ))。 ⑧三、對點速練三、對點速練1．如圖，平行板電容器AB兩極板水平放置，與理想二極管串聯接在電源上，已知A和正極相連，二極管具有單向導電性，一帶電小球沿AB中心水平射入，打在B極板上的N點。現保持B板不動，通過上下移動A板來改變兩極板的間距（兩板仍平行），下列說法中正確的是()A．若小球帶正電，當AB間距減小時，小球打在N的左側B．若小球帶正電，當AB間距增大時，小球打在N的左側C．若小球帶負電，當AB間距增大時，小球可能打在N的左側D．若小球帶負電，當AB間距減小時，小球可能打在N的右側【答案】AD【解析】若小球帶正電，當d減小時，電容增大，Q增大，U不變，根據，知d減小時E增大，所以電場力變大，方向向下，小球做平拋運動豎直方向加速度增大，運動時間變短，打在N點左側。故A正確。若小球帶正電，當d增大時，電容減小，但由于二極管的單向導電性使得Q不可能減小，所以Q不變，根據，知E不變，所以電場力不變，小球仍然打在N點。故B錯誤。若小球帶負電，當AB間距d增大時，電容減小，但Q不可能減小，所以Q不變，根據，知E不變，所以電場力大小不變，方向向上，若電場力小于重力，小球做類平拋運動豎直方向上的加速度不變，運動時間不變，小球仍然可能打在N點。故C錯誤。若小球帶負電，當AB間距d減小時，電容增大，則Q增大，根據，知E增大，所以電場力變大，方向向上，若電場力小于重力，小球做類平拋運動豎直方向上的加速度減小，運動時間變長，小球將打在N點的右側。故D正確。2．如圖所示，豎直平面內有水平向左的勻強電場E，M點與P點的連線垂直于電場線，M點與N點在同一電場線上。兩個完全相同的帶等量正電荷的粒子，以相同大小的初速度v0分別從M點和N點沿豎直平面進入電場，重力不計。N點的粒子垂直電場線進入，M點的粒子與電場線成一定夾角進入，兩粒子恰好都能經過P點，在此過程中，下列說法正確的是()A．電場力對兩粒子做功相同B．兩粒子到達P點的速度大小可能相等C．兩粒子到達P點時的電勢能都減小D．兩粒子到達P點所需時間一定不相等【答案】D【解析】由題圖可知M、P兩點在同一等勢面上，所以兩點間的電勢差為零，而N、P間的電勢差大于零，根據W＝qU知，電場力對M點的粒子不做功，對N點的粒子做正功，故A錯誤；根據動能定理知N點的粒子到達P點時電場力做正功，所以速度增大，而M點的粒子到達P點時電場力不做功，所以速度大小不變，又因它們的初速度大小相等，所以兩粒子到達P點的速度大小不等，故B錯誤；M點的粒子到達P點時電勢能不變，N點的粒子到達P點電場力做正功，所以電勢能減少，故C錯誤；在垂直于電場線方向，兩個粒子都做勻速直線運動，設PM＝L，M點的粒子初速度方向與電場線的夾角為α，則M點的粒子到達P點的時間：tM＝eq\f(L,v0sinα)，N點的粒子到達P點的時間：tN＝eq\f(L,v0)，由此可見，兩粒子到達P點所需時間一定不相等，故D正確。3．如圖所示，在與水平面夾角θ為60°的勻強電場中，有一帶負電的物塊A放在傾斜的絕緣木板上，物塊所受電場力的大小為其重力大小的一半，木板的傾角α為30°和60°時物塊所受的摩擦力大小恰好相等，則物塊與木板間的動摩擦因數為()A． B．C． D．【答案】D【解析】當木板傾角是30°時，物塊受到重力、支持力、垂直斜面向下的電場力和摩擦力的作用。在垂直于斜面的方向上，FN1＝mgcos30°＋qE＝mg()①，當木板傾角是60°時，物塊受到重力、支持力、與斜面成30°向下的電場力和摩擦力的作用。在垂直于斜面的方向：FN2＝mgcos60°＋qEcos30°＝eq\f(1,2)mg＋mg②，①②兩式比較可知，FN1>FN2，在摩擦因數相等的情況下，一定是木板的傾角α為30°是靜摩擦力，60°時物塊所受的是滑動摩擦力。木板的傾角α為30°時物塊受力平衡，得：f1＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg③，木板的傾角α為60°時物塊受摩擦力：f2＝μFN2＝μ(eq\f(1,2)mg＋mg)④，由題意：f1＝f2⑤，聯立③④⑤解得：μ＝.故D正確，ABC錯誤。4．如圖所示，在豎直平面內xOy坐標系中分布著與水平方向成45°角的勻強電場，將一質量為m、帶電荷量為q的小球，以某一初速度從O點豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿足拋物線方程x＝ky2，且小球通過點P。已知重力加速度為g，則()A．電場強度的大小為eq\f(mg,q)B．小球初速度的大小為eq\r(\f(g,2k))C．小球通過點P時的動能為eq\f(5mg,4k)D．小球從O點運動到P點的過程中，電勢能減少eq\f(\r(2)mg,k)【答案】BC【解析】小球做類平拋運動，則電場力與重力的合力沿x軸正方向，qE＝eq\r(2)mg，電場強度的大小為E＝eq\f(\r(2)mg,q)，A錯誤；F合＝mg＝ma，所以a＝g，由類平拋運動規律有eq\f(1,k)＝v0t，eq\f(1,k)＝eq\f(1,2)gt2，得小球初速度大小為v0＝eq\r(\f(g,2k))，B正確；由P點的坐標分析可知eq\f(v0,vx)＝eq\f(1,2)，所以小球通過點P時的動能為eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,x))＝eq\f(5mg,4k)，C正確；小球從O到P過程中電勢能減少，且減少的電勢能等于電場力做的功，即W＝qE·eq\f(1,k)eq\f(1,cos45°)＝eq\f(2mg,k)，D錯誤。在豎直平面內有水平向右、電場強度為E＝1×104N/C的勻強電場，在場中有一個半徑為R＝2m的光滑圓環，環內有兩根光滑的弦AB和AC，A點所在的半徑與豎直直徑BC成37°角，質量為kg的帶電小球由靜止從A點釋放，沿弦AB和AC到達圓周的時間相同。現去掉弦AB和AC，給小球一個初速度讓小球恰能在豎直平面沿環內做圓周運動，取小球圓周運動的最低點為電勢能和重力勢能的零點，（cos37°＝，g＝10m/s2）下列說法正確的是()A．小球所帶電量為q＝×10－5CB．小球做圓周過程中動能最小值是JC．小球做圓周運動從B到A的過程中機械能逐漸減小D．小球做圓周運動的過程中對環的最大壓力是N【答案】BCD【解析】由題知，小球在復合場中運動，由靜止從A點釋放，沿弦AB和AC到達圓周的時間相同，則A點可以認為是等效圓周的最高點，沿直徑與之對應圓周上的點可以認為是等效圓周的最低點，對小球進行受力分析，小球應帶正電，如圖所示，可得mgtan37＝qE解得小球的帶電量為，故A錯誤；小球做圓周過程中由于重力和電場力都是恒力，所以它們的合力也是恒力，小球的動能、重力勢能和電勢能之和保持不變，在圓上各點中，小球在等效最高點A的勢能（重力勢能和電勢能之和）最大，則其動能最小，由于小球恰能在豎直平面沿環內做圓周運動，根據牛頓第二定律，在A點其合力作為小球做圓周運動的向心力＝m，小球做圓周過程中動能最小值Ekmin＝eq\f(1,2)mvA2＝＝J＝，故B正確；由于總能量保持不變，小球從B到A過程中電場力做負功，電勢能增大，小球的機械能逐漸減小，故C正確；將重力與電場力等效成新的“重力場”，新“重力場”方向與豎直方向成，等效重力，等效重力加速度為，小球恰好能做圓周運動，在等效最高點A點速度為，在等效最低點小球對環的壓力最大，設小球在等效最低點的速度為v，由動能定理得。在等效最低點，由牛頓第二定律，聯立解得小球在等效最低點受到的支持力根據牛頓第三定律知，小球做圓周運動的過程中對環的最大壓力大小也為，故D正確。6．如圖，一斜面緊靠豎直墻面固定在水平地面上。在紙面內加一勻強電場，其方向與水平面夾角α＝60°，場強，現將一質量為m帶電量為+q的小球從斜面上P點豎直向上以v0拋出，第一次與接觸面撞前空中飛行的豎直位移為y1，若僅將初速度大小變為3v0從P點豎直拋出，第一次與接觸面碰撞前在空中飛行的豎直位移為y2，則下列說法可能正確的是()A．y2＝2y1B．y2＝4y1C．y2＝6y1D．y2＝10y1【答案】BC【解析】小球受重力mg以及沿電場方向的電場力，大小為，其豎直分量為；則小球做豎直方向做勻速運動；水平方向，則水平方向做加速度為的勻加速運動；若小球第一次能落到斜面上，則第一次與接觸面撞前，則（其中α為斜面的傾角），則，則當初速度大小變為3v0時，豎直位移y變為原來的9倍；若兩次小球第一次均落在豎直墻壁上，則水平位移相等，則時間相等，由y＝v0t可知，則當初速度大小變為3v0時，豎直位移y變為原來的3倍；若第一次落在斜面上，第二次落在墻壁上，可知豎直位移應該介于3倍和9倍之間，則選項BC正確，AD錯誤。7．如圖，豎直平面內（紙面）存在平行于紙面的勻強電場，方向與水平方向成θ＝60°角，紙面內的線段MN與水平方向成α＝30°角，MN長度為d。現將一質量為m、電荷量為q(q>0)的帶電小球從M由靜止釋放，小球沿MN方向運動，到達N點的速度大小為vN（待求）；若將該小球從M點沿垂直于MN的方向，以大小vN的速度拋出，小球將經過M點正上方的P點（未畫出），已知重力加速度大小為g，求：(l)勻強電場的電場強度E及小球在N點的速度vN；(2)M點和P點之間的電勢差；(3)小球在P點動能與在M點動能的比值?！窘馕觥?l)由小球運動方向可知，小球受合力沿MN方向，如圖甲，由正弦定理：mgsin得：E合力：F＝mg從M→N,有：2ad得：υ(2)如圖乙，設MP為h，作PC垂直于電場線，小球做類平拋運動：hcos60UMC＝得：U(3)如圖乙，作PD垂直于MN，從M→P，由動能定理：FSEEKP8．如圖甲所示，長為L、間距為d的兩金屬板A、B水平放置，ab為兩板的中心線，一個帶電粒子以速度v0從a點水平射入，沿直線從b點射出，若將兩金屬板接到如圖乙所示的交變電壓上，欲使該粒子仍能從b點以速度v0射出，求：(1)交變電壓的周期T應滿足什么條件？(2)粒子從a點射入金屬板的時刻應滿足什么條件？【解析】(1)為使粒子仍從b點以速度v0穿出電場，在垂直于初速度方向上，粒子的運動應為：加速，減速，反向加速，(反向)減速，經歷四個過程后，回到中心線上時，在垂直于金屬板的方向上速度正好等于零，這段時間等于一個周期，故有L＝nTv0解得T＝eq\f(L,nv0)粒子在eq\f(1,4)T內離開中心線的距離為y＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)T))eq\s\up12(2)又a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U0,d)解得y＝eq\f(qU0T2,32md)在運動過程中離開中心線的最大距離為ym＝2y＝eq\f(qU0T2,16md)粒子不撞擊金屬板，應有ym≤eq\f(1,2)d解得T≤2deq\r(\f(2m,qU0))故n≥eq\f(L,2dv0)eq\r(\f(qU0,2m))，即n取大于等于eq\f(L,2dv0)eq\r(\f(qU0,2m))的整數所以粒子的周期應滿足的條件為T＝eq\f(L,nv0)，其中n取大于等于eq\f(L,2dv0)eq\r(\f(qU0,2m))的整數。(2)粒子進入電場的時刻應為eq\f(1,4)T，eq\f(3,4)T，eq\f(5,4)T，…故粒子進入電場的時刻為t＝eq\f(2n－1,4)T(n＝1，2，3，…)。9．如圖甲所示，粗糙水平軌道與半徑為R的豎直光滑、絕緣的半圓軌道在B點平滑連接，過半圓軌道圓心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的勻強電場E，質量為m的帶正電小滑塊從水平軌道上A點由靜止釋放，運動中由于摩擦起電滑塊電量會增加，過B點后電量保持不變，小滑塊在AB段加速度隨位移變化圖象如圖乙。已知A、B間距離為4R，滑塊與軌道間動摩擦因數為μ＝，重力加速度為g，不計空氣阻力，求：(1)小滑塊釋放后運動至B點過程中電荷量的變化量；(2)滑塊對半圓軌道的最大壓力大?。?3)小滑塊再次進入電場時，電場大小保持不變、方向變為向左，求小滑塊再次到達水平軌道時的速度大小以及距B的距離。【解析】(1)由牛頓第二定律得，在A點：①在B點：②由①②聯立解得:③(2)從A到B過程，由動能定理得：④將電場力與重力的合力等效為“重力G?”，與豎直方向的夾角設為α，在“等效最低點”時滑塊對軌道壓力最大，則：⑤⑥從B到“等效最低點”過程，由動能定理得：⑦由牛頓第二定律得：⑧由②④⑤⑥⑦⑧式聯立解得：由牛頓第三定律得軌道所受最大壓力為(3)從B到C過程，由動能定理得：⑨從C點到再次進入電場的過程中做平拋運動：水平方向：⑩豎直方向：??設速度方向與水平方向的夾角為β1，則?進入電場后，受向左的電場力與豎直向下的重力，?由

⑨⑩????

式聯立可得：，則進入電場后合力與速度共線，做勻加速直線運動?從C點到水平軌道：?由⑨⑩??????式聯立可得：，因此滑塊再次到達水平軌道的速度大小為，方向與水平方向夾角的正切值為、斜向左下方，位置在B點左側6R處。10．如圖所示，一帶電荷量q＝＋C、質量M＝lkg的絕緣平板置于光滑的水平面上，板上靠右端放一可視為質點、質量m＝lkg的不帶電小物塊，平板與物塊間的動摩擦因數μ＝。距平板左端L＝m處有一固定彈性擋板，擋板與平板等高，平板撞上擋板后會原速率反彈。整個空間存