6/8秘籍10帶電粒子電場中的直線運動、偏轉和交變電電場中的應用【解密高考】【題型一】帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運動【題型二】帶電粒子在勻強電場中的偏轉【題型三】帶電粒子在交變電場中的運動：本考點主要考查帶電粒子在電場中的加速運動和偏轉問題，往往結合日常生活和科學技術創設情景（如示波管、靜電除塵等）。高考中常以選擇題出現。：掌握帶電粒子在不同電場中的受力情況，結合受力分析判斷粒子的運動情況，根據運動情況結動力學和能量進行解題。需要考生對靜電力做功特點，靜電力做功與電勢能的關系，電場強度與電勢差間的關系和帶電粒子在電場中的偏轉即做類平拋運動處理方法有深刻的理解。【題型一】帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運動1．帶電粒子(帶電體)在電場中運動時是否考慮重力的處理方法(1)基本粒子：如電子、質子、α粒子、離子等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質量)。(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都要考慮重力。2．做直線運動的條件(1)帶電粒子(帶電體)所受合力F合＝0，則靜止或做勻速直線運動。(2)帶電粒子(帶電體)所受合力F合≠0，且合力與初速度方向在同一條直線上，則將做變速直線運動。3．解題思路(1)用動力學觀點分析Eq＋F其他＝ma，E＝eq\f(U,d)(勻強電場)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad(勻變速直線運動)。(2)用能量觀點分析①勻強電場中：W電＝Eqd＝qU，W電＋W其他＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。②非勻強電場中：W電＝qU，W電＋W其他＝Ek2－Ek1。【例1】氘核和氦核由靜止經過相同的電壓加速后（速度均遠小于光速），和的德布羅意波長之比等于（）A． B．C． D．【答案】A【詳解】帶電粒子加速過程，有德布羅意波長聯立，解得則和的德布羅意波長之比等于故選A。帶電粒子在電場中運動的分析方法解決此類問題的關鍵是靈活利用動力學方法分析，可以采用受力分析和動力學公式相結合的方法進行解決，也可以采用功能的觀點進行解決，往往優先采用動能定理。【例2】如圖，均勻帶正電的絕緣體圓環水平放置在真空中，O點是其圓心，M、N是軸線上關于O點對稱的兩點。重力不可忽略的帶負電小球，由M處靜止釋放，則該小球從M到N（）A．動能先增大后減小 B．電場力先增大后減小C．電勢能先減小后增大 D．加速度先減小后增大【答案】C【詳解】A．M到O，小球受到豎直向下的重力和電場力，合力方向向下，與位移方向相同，所以合力做正功，根據動能定理可知，動能增大，O到N，重力豎直向下，電場力豎直向上，合力方向可能先向下后向上，也可能一直向下，所以合力可能先做正功后做負功，動能先增大后減小，也可能合力一直做正功，動能一直增大，故A錯誤；B．根據等量同種點電荷的電場分布特點可知，中垂線上存在電場強度最大位置，所以M到N電場力可能先增大后減小再增大再減小，也可能先減小后增大，故B錯誤；C．由于運動過程中電場力先做正功后做負功，所以電勢能先減小后增大，故C正確；D．若電場力先增大后減小再增大再減小，則合外力（加速度）先增大后減小再增大，若電場力先減小后增大，則合外力（加速度）可能一直減小，故D錯誤。故選C。【例3】如圖所示，垂直于水平桌面固定一根光滑絕緣細直桿，質量相同、帶同種電荷的絕緣小球甲和乙穿過直桿并可以自由滑動，兩小球均可視為點電荷。在圖示的坐標系中，小球乙靜止在坐標原點，某時刻小球甲從處靜止釋放開始向下運動。小球甲向下運動的過程中，下列選項正確的是（）A．小球甲的速度越來越大 B．小球乙對地面的壓力越來越小C．小球甲的機械能越來越小 D．小球甲、乙的電勢能越來越小【答案】C【詳解】A．由于甲乙帶同種電荷，可知小球甲下落過程中受到重力和豎直向上的庫侖斥力，一開始庫侖斥力小于重力，甲向下做加速運動，當庫侖斥力等于重力時，甲的速度達到最大，之后庫侖斥力大于重力，甲向下做減速運動，故A錯誤；B．小球甲下落過程中，由于甲對乙的庫侖斥力向下，且逐漸增大，可知小球乙對地面的壓力越來越大，故B錯誤；C．以小球甲為對象，小球甲下落過程中，由于庫侖斥力對甲一直做負功，根據功能關系可知，小球甲的機械能越來越小，故C正確；D．在小球甲下落過程中，由于庫侖斥力對甲做負功，對乙不做功，可知庫侖力對甲乙系統做負功，所以小球甲、乙的電勢能越來越大，故D錯誤。故選C。【變式1】某空間存在一個范圍足夠大的電場沿軸分布，其電場強度隨坐標變化的規律如圖所示（電場的正方向為軸正方向），點是坐標原點，直線斜率為。一帶電量為的粒子從處由靜止釋放，不考慮粒子的重力。關于電場和粒子的運動，下列說法中正確的是（

）A．電場是沿軸負方向的勻強電場B．粒子將做振幅為的簡諧運動，平衡位置在點C．粒子運動過程中最大動能是D．粒子運動過程中機械能最大的地方在處【答案】C【詳解】A．根據題意可知，圖像橫坐標的正負表示電場的方向，縱坐標的大小表示電場強度的大小，電場不是勻強電場，A錯誤；B．粒子在電場力的作用下做簡諧振動，振幅為b，B錯誤；CD．粒子在電場中只有電場力做功，根據動能定理可得結合圖像的面積表示電勢差，則可得最大動能出現在坐標原點O，也是粒子機械能最大得位置，C正確，D錯誤。故選C。【變式2】（多選）如圖所示，在三維坐標系中，存在一勻強電場，已知該電場在xyz三個方向的分量大小均為，將一質量為、電荷量為的帶電粒子從坐標原點處無初速度釋放，粒子不計重力。關于帶電粒子的運動和受力，下列說法正確的是（）A．粒子在O點所受電場力的合力為零B．粒子將沿軸方向做勻加速直線運動C．粒子的電勢能逐漸減少D．粒子在O點的加速度大小為【答案】CD【詳解】因為該電場在xyz三個方向的分量大小均為，則由矢量合成法則及數學知識可知方向沿空間對角線，粒子在O點時，所受電場力的合力為由牛頓第二定律可得解得方向沿空間對角線，則粒子在電場力的作用下，沿空間對角線方向，做初速度為零的勻加速直線運動，電場力做正功，則粒子的電勢能逐漸減少。故選CD。【變式3】一光滑絕緣細直長桿處于靜電場中，沿細桿建立坐標軸，以處的點為電勢零點，如圖甲所示。細桿各處電場方向沿軸正方向，其電場強度隨的分布如圖乙所示。細桿上套有可視為質點的帶負電圓環，質量、電荷量大小，受到沿軸正方向的恒力的作用，從點靜止開始運動，求：(1)帶電圓環在處的加速度的大小；(2)帶電圓環在處的動能；(3)帶電圓環在運動區間內的電勢能的最大值。【答案】(1)；(2)；(3)【詳解】（1）帶電圓環在處受到的電場力大小為方向水平向左根據牛頓第二定律可知解得（2）根據可知，圖像的圖線與坐標軸圍成的面積等于電勢差則到間的電勢差從到，由動能定理解得處的動能（3）帶電圓環沿軸正方向先做加速運動后做減速運動，而后沿軸負方向先加速后減速運動回到處，然后又重復上述運動，這樣周而復始。由圖像乙可得離點處的電勢差當帶電圓環沿軸正方向運動到了最遠處時，電勢最低，電勢能最大，由動能定理得代入數據解得（舍去）可得點到處的電勢差以處的點為電勢零點，可得最小電勢帶電環電勢能的最大值【題型二】帶電粒子在勻強電場中的偏轉1.基本規律設粒子所帶電荷量為q，質量為m，所受重力影響忽略，兩平行金屬板間的電壓為U，板長為l，板間距離為d，粒子能以平行金屬板的初速度v0進入兩金屬板間且能從兩金屬板之間穿過，則有(1)加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)。(2)在電場中的運動時間：t＝eq\f(l,v0)。(3)末速度eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(vx＝v0,vy＝at＝\f(qUl,mv0d)))v＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))，tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qUl,mveq\o\al(2,0)d)。(4)位移eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(l＝v0t,y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mveq\o\al(2,0)d)))。2．兩個結論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經過同一電場U1加速后再從同一偏轉電場U2射出時的偏轉角度θ和偏移量y總是相同的。證明：由qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)及tanθ＝eq\f(qU2l,mveq\o\al(2,0)d)，得tanθ＝eq\f(U2l,2U1d)。由qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)及y＝eq\f(qU2l2,2mveq\o\al(2,0)d)，得y＝eq\f(U2l2,4U1d)。(2)粒子經電場偏轉射出后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O1為粒子在初速度方向分位移的中點，即O1到極板邊緣在初速度方向的距離為eq\f(l,2)。3．在示波管模型中，帶電粒子經加速電場U1加速，再經偏轉電場U2偏轉后，需要經歷一段勻速直線運動才會打到熒光屏上而顯示亮點P，如圖所示。(1)確定最終偏移距離思路一：思路二：(2)確定偏轉后的動能(或速度)思路一：思路二：【例1】在如圖所示的空間直角坐標系中，一不計重力且帶正電的粒子從坐標為（L，0，L）處以某一初速度平行y軸正方向射出，經時間t，粒子前進的距離為L，在該空間加上勻強電場，粒子仍從同一位置以相同的速度射出，經相同時間t后恰好運動到坐標原點O，已知粒子的比荷為k，則該勻強電場的場強大小為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】設沿xyz軸方向的加速度分別為ax、ay、az，則不加電場時有則聯立解得故選A。帶電粒子在勻強電場中偏轉問題的兩種求解思路(1)動力學觀點動力學觀點是指用牛頓運動定律和運動學公式來解決實際問題。帶電粒子的初速度方向垂直電場線，則粒子做勻變速曲線運動(類平拋運動)。當帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動時，一般要采取類似平拋運動的解決方法。(2)能量觀點：首先對帶電體受力分析，再分析運動形式，然后根據具體情況選用公式計算。①若選用動能定理，則要分清有多少個力做功，是恒力做功還是變力做功，同時要明確初、末狀態及運動過程中動能的增量。②若選用能量守恒定律，則要分清帶電體在運動中共有多少種能量參與轉化，哪些能量是增加的，哪些能量是減少的。【例2】如圖所示，一個電容為C的平行板電容器與恒壓電源相連，平行板電容器極板長度為d，極板間距離也為d。一電荷量為q、質量為m的粒子以平行于極板的速度v0貼近上極板從左側進入電場，恰好能從兩極板間的中點射出。不計粒子所受重力，忽略電容器兩極板的邊緣效應。下列說法正確的是（）A．粒子帶負電B．帶電粒子射出電場時的速度大小為2v0C．若將下極板上移，則粒子恰好緊貼下極板右側射出D．若斷開開關后將下極板上移，則粒子穿過平行板電容器的過程中電勢能減少了【答案】D【詳解】A．由粒子的運動可知，粒子所受電場力垂直于極板向下，因電場方向垂直于極板向下，所以粒子帶正電，故A錯誤；B．粒子在兩極板間做類平拋運動，射出電場時速度的方向延長線過上極板的中點，即速度方向與極板成角，所以，帶電粒子射出電場時的速度大小為，故B錯誤；C．若將下極板上移，則兩極板間的場強變為原來的2倍，粒子的加速度變為原來的2倍，假設粒子能夠射出電場，則粒子在兩極板間運動的時間不變，垂直極板方向發生的位移變為原來的2倍，所以粒子必將打在下極板上，故C錯誤；D．若斷開開關后將下極板上移，根據，，得若電容器兩極板與電源斷開，則不變，若只改變兩極板間的距離則兩極板間的場強不變。則粒子的運動軌跡不變，即粒子穿過平行板電容器的過程中動能增加了，因粒子只受電場力，動能與電勢能總和不變，所以電勢能的減少量等于動能的增加量，即電勢能減少了，故D正確。故選D。【例3】（多選）如圖所示，兩對分別豎直、水平固定放置的帶電平行金屬板，形成互不干擾的勻強電場，一比荷為的帶正電粒子（不計重力）從極板1的小孔無初速度飄入水平加速電場，從極板2的小孔射出后立即進入偏轉電場，最后從極板3的右邊緣離開，已知極板1、2的間距與3、4的間距以及極板3、4的長度均相等，小孔位于極板1、2的正中間。已知極板1、2間電壓為，則（）A．極板2、3均帶正電B．極板3、4間的電壓為C．粒子在兩個電場中的運動時間之比為D．粒子從極板3的右邊緣射出時的速度大小為【答案】BD【詳解】A．粒子帶正電，在極板1、2產生的電場中所受電場力向右，在極板3、4產生的電場中所受電場力向下，則極板1、4帶正電，極板2、3帶負電，A錯誤。B．由動能定理可得由類平拋偏轉規律可得、綜合可得由題意可得、，則有所以B正確。C．由勻變速規律可得由偏轉規律可得可得C錯誤。D．粒子經過兩次加速，由動能定理可得又，解得D正確。故選BD。【例4】（多選）如圖所示，空間中存在足夠大、正交的勻強磁場和勻強電場，其中勻強磁場垂直于紙面（豎直面）、磁感應強度大小為B，勻強電場與水平方向成30°角。質量為m、電荷量為q（q>0）的小球從某點O開始運動，恰好能在豎直面內斜向右上方做勻速直線運動。小球運動到某點時撤去磁場，電場保持不變。已知小球所受電場力大小與其重力大小相等，空氣阻力不計，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．小球的初速度大小為B．撤去磁場后，小球的機械能一直增大C．撤去磁場后，小球的電勢能先減小后增大D．撤去磁場后，小球重力勢能的最大增加量為【答案】BD【詳解】A．已知小球所受電場力大小與其重力大小相等，小球恰好能在豎直面內斜向右上方做勻速直線運動，電場力和洛倫茲力的合力與重力等大反向，所以，洛倫茲力方向與電場方向夾角為120°，大小等于mg，則小球的初速度大小為故A錯誤；BC．撤去磁場后，小球速度與合力方向垂直，根據左手定則可以判斷，速度方向與電場方向夾角為30°，因為運動的速度始終與電場力方向夾角為銳角，所以電場力始終做正功，電勢能一直減小，小球的機械能一直增大，故B正確、C錯誤；D．小球上升到最高點時，重力勢能最大，撤去磁場后，豎直方向，小球重力勢能的最大增加量為故D正確。故選BD。【變式1】如圖，虛線以下存在電場強度大小為、方向豎直向下的勻強電場Ⅰ，一質子以初速度從點進入電場Ⅰ中，并從點沿水平方向離開Ⅰ進入半圓環形輻向電場Ⅱ，在Ⅱ中以點為圓心的同一個圓弧上各點電場強度大小相等、方向均指向圓心，質子在電場Ⅱ中恰好做勻速圓周運動。已知與水平方向的夾角，點與點間的距離為，質子的電荷量為，質量為，不計重力，求：(1)質子從到的運動時間；(2)、兩點間的距離；(3)質子做圓周運動的軌跡所在圓弧處對應的輻向電場的電場強度的大小。【答案】(1)；(2)；(3)【詳解】（1）質子從到過程，由牛頓第二定律有豎直方向做勻減速直線運動，有聯立解得（2）質子從到過程水平方向的位移質子從到過程豎直方向的位移則、間的距離解得（3）質子在電場Ⅱ中做勻速圓周運動，有，解得【變式2】如圖所示，豎直面內的圓形虛線區域內有一勻強電場，電場方向平行圓平面。圓形區域的半徑為R，PQ是一條直徑，與水平方向的夾角，A點位于P點的正下方。一個質量為m，帶電荷量為+q的粒子，從P點由靜止釋放后，從A點以速度v0射出電場區域，不計帶電粒子的重力。求：(1)勻強電場的電場強度大小和方向；(2)若粒子從P點水平射入電場，要使粒子恰好能從Q點射出，求粒子的入射速度？(3)若粒子從P點沿某一方向射入電場時，電勢能變化量最大，求此過程中粒子電勢能變化量的最大值？【答案】(1)，由P指向A；(2)；(3)【詳解】（1）根據題意可知，帶電粒子從P點靜止釋放后，從A點射出，則勻強電場的方向是沿PA，且由P指向A。從P點到A點的過程中，由動能定理可得由幾何關系可知解得勻強電場的電場強度大小為（2）設粒子的入射速度為，粒子從P點到Q點的時間為t，由題意可得粒子在電場中做類平拋運動，所以有解得粒子的入射速度為（3）當粒子從圓心的正下方射出時，電場力做功最多，粒子電勢能變化量最大。則有由于所以可得，粒子電勢能變化量的最大值為。【變式3】（多選）如圖，空間存在勻強電場，質量為m、電荷量為q的小球沿圖中實線先后通過同一豎直面平面內的P、Q兩點，通過兩點時速率相同，P、Q兩點連線與豎直方向的夾角為θ，則在小球從P運動到Q的過程中（）A．小球到達實線中點時速率最小B．小球動量的變化率先減小后增大C．該電場的場強不應小于D．小球在P點的電勢能大于在Q點的電勢能【答案】AC【詳解】A．題意可知，小球通過PQ兩點時速率相同，即合力做功為0，則合力方向垂直于PQ連線，可知小球該過程做類斜拋運動，則PQ連線的中垂線與軌跡交點為類斜拋運動的最高點，所以小球到達實線中點時合力做負功最多，該點速率最小，故A正確；B．小球運動過程中只受電場力和重力，由于二者均為恒力，故其合力也為恒力，由動量定理推導式可得可知小球動量的變化率為電場力和重力的合力，故小球動量的變化率不變，故B錯誤；C．設電場力與PQ夾角為α如圖由于電場力和重力合力垂直與PQ連線，故沿PQ方向有解得故電場的場強不應小于，故C正確；D．由于PQ過程電場力和重力做的總功為0，但由于該過程重力做正功，所以該過程電場力做負功，則小球電勢能增加，即小球在P點的電勢能小于在Q點的電勢能，故D錯誤。故選AC。【變式4】某同學學習了電場的相關知識后，設計了一個靜電除塵裝置。裝置原理如圖所示，一對長為L，板間距為d的平行金屬板與電源相連，板間形成勻強電場。(1)該同學設想質量為m、電荷量為的灰塵（視為小球）以平行于板的速度射入板間，不計重力及灰塵間相互作用和空氣阻力，當金屬板間所加電壓為U時，灰塵恰好被全部吸收。求U。(2)當金屬板間所加電壓為U時，該同學發現灰塵未被全部吸收。查閱相關資料發現，灰塵所受阻力與其相對于空氣的速度v方向相反，大小為，其中r為灰塵半徑，為常量；灰塵電荷量則與其半徑平方成正比，即。假設灰塵在金屬板間經極短時間加速到最大速度，空氣和灰塵沿板方向速度均為且保持不變。不計重力及灰塵間相互作用的影響。如果灰塵被全部吸收，求其半徑r應滿足的條件用U、、、d、L、表示。【答案】(1)；(2)【詳解】（1）只要緊緊靠上極板的灰塵能夠落到收集器右端，灰塵就能夠被全部吸收，灰塵做類平拋運動，則有，根據牛頓第二定律有根據電場強度與電勢差的關系有解得（2）灰塵和空氣沿板方向速度相等，故灰塵相對空氣只有豎直方向速度，由題意可知塵所受空氣阻力方向豎直向上，灰塵在豎直方向被電場力加速，在極短時間達到最大速度時，加速度為0，則豎直方向上有根據題意有，其中v為灰塵豎直方向速度，此后，灰塵在豎直方向做勻速直線運動。對緊靠上極板的灰塵恰好落到收集器上，在豎直方向上有在水平方向上有解得【題型三】帶電粒子在交變電場中的運動1.帶電粒子在交變電場中的運動，通常只討論電壓的大小不變、方向做周期性變化(如方波)的情形。當粒子垂直于交變電場方向射入時，沿初速度方向的分運動為勻速直線運動，沿電場方向的分運動具有周期性。2．研究帶電粒子在交變電場中的運動，關鍵是根據電場變化的特點，利用動力學規律正確地判斷粒子的運動情況，根據電場的變化情況，分段求解帶電粒子運動的末速度、位移等。3．帶電粒子在交變電場中運動的分析要點(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)注意從兩條思路出發：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。4．對于鋸齒波和正弦波等電壓產生的交變電場，若粒子穿過板間的時間極短，帶電粒子穿過電場時可認為是在勻強電場中運動。【例1】如圖甲所示，真空中的電極可連續不斷均勻地逸出電子（設電子的初速度為零），經加速電場加速，由小孔穿出，沿兩個彼此絕緣且靠近的水平金屬板A、B的中線射入偏轉電場，A、B兩板距離為d，A、B板長為L，AB兩板間加周期性變化的電場，如圖乙所示，周期為T，加速電壓，其中m為電子質量、e為電子電量，L為A、B板長，T為偏轉電場的周期，不計電子的重力，不計電子間的相互作用力，且所有電子都能離開偏轉電場，求：（1）電子從加速電場飛出后的水平速度的大小？（2）時刻射入偏轉電場的電子離開偏轉電場時距A、B間中線的距離y；（3）在內從中線上方離開偏轉電場的電子占離開偏轉電場電子總數的百分比。【答案】（1）；(2)；(3)【詳解】(1)電子在加速電場中加速，由動能定理得解得(2)電子在偏轉電場中做類平拋運動，水平方向解得t=0時刻進入偏轉電場的電子加速度電子離開電場時距離A、B中心線的距離解得(3)內射入偏轉電場，設向上的方向為正方向，設電子恰在A、B間中線離開偏轉電場，則電子先做初速度為零加速度為a的向上的勻加速直線運動，經過時間t′后速度此后兩板間電壓變為3U0，加速度電子向上做加速度為3a的勻減速直線運動，速度減為零后，向下做初速度為零加速度為3a的勻加速直線運動，最后回到A、B間的中線，經歷的時間為，則解得則能夠從中線上方向離開偏轉電場的電子的發射時間為則在時間內，從中線上方離開偏轉電場的電子占離開偏轉電場電子總數的百分比【變式1】在現代科學實驗和技術設備中，常常利用電場來改變或控制帶電粒子的運動。如圖甲所示的裝置由加速區、靜電分析器和偏轉電場三部分組成。在發射源S處靜止釋放比荷未知的正離子，經過豎直放置的A、B板間的加速電壓U0．后進入電場均勻輻射方向分布的靜電分析器，從C點射入沿半徑為R的圓心角為的圓弧做勻速圓周運動，且從D點射出，經從偏轉電場的P點射入，水平放置的G、H板間距為d，兩板間加上如圖乙的變化電壓，G為正極板，該變化電壓的最大值也為，且周期T遠遠大于離子在偏轉電場中的運動時間，G、H板足夠長