带电粒子在电场中的运动的综合问题专题强化八带电粒子（带电体）在电场中运动的综合问题【专题解读丨1.本专题主要讲解带电粒子（带电体）在电场中运动时动力学和能量观点的综合运用，高考常以计算题出现.2.学好本专题，可以加深对动力学和能量知识的理解，能灵活应用受力分析、运动分析特别是曲线运动（平抛运动、圆周运动）的方法与技巧，熟练应用能量观点解题.3.用到的知识：受力分析、运动分析、能量观点.过好双基关----------------------------------------------- 回扣碁础知识训练基础尊目--------------------------------------------------一、带电粒子在电场中运动1.分析方法：先分析受力情况，再分析运—和运动过程（平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线），然后选用恰当的力学规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题. 2.受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略.一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用.二、用能量观点处理带电体的运动对于受变力作用的带电体的运动，必须借助于能量观点来处理.即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也常常显得简洁.具体方法常有两种：1.用动能定理处理思维顺序一般为：(1)弄清研究对象，明确所研究的物—. (2)分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功.(3)弄清所研究过程的始、末状态(主要指动能).(4)根据W=4E k列出方程求解.2.用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理列式的方法常有两种：(1)利用初、末状态的能量相等(即E i= E2)列方程.(2)利用某些能量的减少等于另一些能量的增加(即圧=圧’)列方程.3.两个结论(1)若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变.(2)若带电粒子只在重力和电场力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变.研透命题点--------------------------------------------- 堀硏考到和鼻題分折密菠葩题点 -----------------------------------------------命题点一带电粒子在交变电场中的运动■—•…-…—能力考点师主共研1.常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等.2.常见的题目类型(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(一般根据交变电场特点分段研究).3.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在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、做功或确定与物理过程相关的边界条件.⑵从两条思路出发：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. (3)注意对称性和周期性变化关系的应用.例1如图1(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处.若在t o时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上.则t o可能属于的时间段是( )图1"c , T □ T ■ 3TA.0V t o< 4B运v t)v&-3T 9TC.”v t o v TD.T v t o<g答案B解析设粒子的速度方向、位移方向向右为正 . 依题意知，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负.分别作出t o= 0、T、2、乎时粒子运动的v —t图象，如图所示.由于v —t图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象知，O v t o v :与3T v t o v T 时粒子在一个周期内的总位移大于零，丁<t o ^4时粒子在一个周期内的总位移小于零；t o>T时情况类似.因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各项可知B正确.I变式1如图2所示，A、B两金属板平行放置,在t= 0时将电子从A板附近由静止释放（电子的重力忽略不计）.分别在A、B两板间加上下列哪种电压时，有可能使电子到不了B板（）图2_______________ 丹—t A答案B变式2 （多选）（2015山东理综20）如图3甲所示，两水平金属板间距为d,板间电场强度的变化规律如图乙所示.t= 0时刻，质量为m的带电微粒以初速度V。

沿中线射入两板间，0〜3时间内微粒匀速运动，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（）T ar T甲乙图3A.末速度大小为"2v0B.末速度沿水平方向1C.重力势能减少了2m gdD.克服电场力做功为mgd答案BC解析因0〜T3时间内微粒匀速运动，故E o q =T 2T 一mg;在3〜§时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在t= 2T时刻的竖直速度为v y1 =乎，水2T平速度为v°;在23-〜T时间内，由牛顿第二定律2E o q—mg= ma,解得a= g,方向向上，则在t =T时刻，V y2= V y1 —g 3 = 0,粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v0,选项A错误，B正确；d 1微粒的重力势能减小了AEp= mg?=^mgd,选项1C正确；从射入到射出，由动能定理可知，2mgd —W电=0,可知克服电场力做功为^mgd,选项D错误；故选B、C.命题点二用“等效法”处理带电粒子在电场和重力场中的运动亠能力考点师生共研1.等效重力法将重力与电场力进行合成，如图4所示，则F合F合为等效重力场中的“重力”，g'=—为等效重m力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向.图4 2.物理最高点与几何最高点在“等效力场"中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最咼点不一定是几何最咼点，而应是物理最高点.几何最高点是图形中所画圆的最上端，是符合人眼视觉习惯的最高点.而物理最高点是物体在圆周运动过程中速度最小（称为临界速度）的点. 例2 如图5所示，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m、带电荷量为+q的珠子，现在圆环平面内加一个匀强电场，使珠子由最高点A从静止开始释放（AC、BD 为圆环的两条互相垂直的直径），要使珠子沿圆弧经过B、C刚好能运动到D.（重力加速度为g）图5 （1）求所加电场的场强最小值及所对应的场强的方向；(2)当所加电场的场强为最小值时，求珠子由A到达D的过程中速度最大时对环的作用力大小；⑶在(1)问电场中，要使珠子能完成完整的圆周运动，在A点至少应使它具有多大的初动能？答案见解析解析(1)根据题述，珠子运动到BC弧中点M时速度最大，作过M点的直径MN，设电场力与重力的合力为F，则其方向沿NM方向，分析珠子在M点的受力情况，由图可知，当F电垂直于F时，F电最小，最小值为：F 电min= mgcos 45 =牙mg F 电min= qE min解得所加电场的场强最小值 E min =丐『，方向沿 / AOB 的角平分线方向指向左上方.⑵当所加电场的场强为最小值时，电场力与重力 的合力为 F = mgsin 45 = °^mg把电场力与重力的合力看做是 “等效重力”，对 珠子由A 运动到M 的过程，由动能定理得在M 点，由牛顿第二定律得:2\[2联立解得F N = ( 2 + 1)mg 由牛顿第三定律知，珠子对环的作用力大小为 F N = F N = ( ? + 1)mg.⑶由题意可知，N 点为等效最高点，只要珠子能F(r +jr)=詁2-0 2 V F N — F = m 尸到达N点，就能做完整的圆周运动，珠子在N点速度为0时，所需初动能最小，此过程中，由动弋2能定理得：—F(r —2 r) = 0—E kA\[2—1 解得E kA=—2 —mgr.变式3 (2018陕西西安质检)如图6所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，带负电荷的小球从高为h的A处由静止开始下滑，沿轨道ABC运动并进入圆环内做圆周运动.已知小球所受电场力是其重力3的4，圆环半径为R,斜面倾角为0= 60°° S BC =2R.若使小球在圆环内能做完整的圆周运动，h至少为多少？(sin 37 =0.6，cos 37 = 0.8)图6 答案7.7R解析小球所受的重力和电场力都为恒力，故可将两力等效为一个力F,如图所示.可知F =1.25mg,方向与竖直方向成37°角.由图可知，小球做完整的圆周运动的临界点是D点，设小球恰好能通过D点，即到达D点时圆环对小球的弹力恰好为零.由圆周运动知识得：2 2 m v D V DF = R，即：1.25mg= m R小球由A运动到D点，由动能定理结合几何知识得:。

3mg(h — R — Rcos 37 °— ”mg ( 37°) = 1m v D 2,联立解得 h ~7.7R. 命题点三电场中的力电综合问题■能力考点师生共硏1. 力学规律(1) 动力学规律：牛顿运动定律结合运动学公式.(2) 能量规律：动能定理或能量守恒定律. 2. 电场规律(1)电场力的特点：F = Eq ,正电荷受到的电场力 与场强方向相同.⑵ 电场力做功的特点： W AB = FL AB COS 0= qU AB =E pA — E pB .3. 多阶段运动在多阶段运动过程中，当物体所受外力突变时， 物h tan 0+ 2R + Rsin体由于惯性而速度不发生突变，故物体在前一阶段的末速度即为物体在后一阶段的初速度.对于多阶段运动过程中物体在各阶段中发生的位移之间的联系，可以通过作运动过程草图来获得. 例3 (2017全国卷I 25)真空中存在电场强度大小为E i的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v 0,在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变.持续一段时间t i后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点.重力加速度大小为g.(1)求油滴运动到B点时的速度；(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t i和v0应满足的条件.已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍.答案见解析解析（1）油滴带电性质不影响结果.设该油滴带正电，油滴质量和电荷量分别为m和q,油滴速度方向向上为正.油滴在电场强度大小为E i 的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上. 在t= 0时，电场强度突然从E i增加至E2,油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a i满足qE2—mg= ma i ①油滴在t i时刻的速度为v i = v o + a i t i ②电场强度在t i时刻突然反向，之后油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a2满足qE2+ mg= ma2 油滴在t2= 2t i时刻，即运动到B点时的速度为V 2= v 1 —a2t l由①②③④式得V 2= V 0 —2gt l⑵由题意，在t= 0时刻前有qE i = mg ⑥油滴从t= 0到t i时刻的位移为1 2 —x i = v o t i + 2a i t i ⑦油滴在从t i时刻到t2= 2t i时刻的时间间隔内的位移为X2 = V i t i —和2『⑧由题给条件有v0 = 2g X 2h = 4gh式中h 是B 、A 两点之间的距离.若B 点在A 点之上，依题意有X l + X 2= h由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得或 t 1> (1 + 条件？式和？式分别对应于V 2> 0和V 2V 0两种情形.若B 在A 点之下，依题意有X 2 + x i =— h E 2= [2 - 2'V 0 gt 1 V 0 24(gP 戶为使E 2>E l ,应有V 0 1 V 0 22-甘 + 4(扁)>1 解得 0v t i V (1 — 2 )g由①②③⑥⑦⑧⑨？式得v 0—2g1为使E2>E l，应有v 02-2gt1解得t1>（密+1）詈另一解为负，不符合题意，舍去.变式4 （20仃全国卷H 25）如图7所示，两水平面（虚线）之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场.自该区域上方的A点将质量均为m,电荷量分别为q和一q（q>0）的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出.小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开.已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍.不计空气阻力，重力加速度大小为g.求：图7(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；(2)A点距电场上边界的高度；(3)该电场的电场强度大小.答案(1)3 : 1 (2)3H ⑶二2罩解析(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0,则它们进入电场时的水平速度仍然为v o.M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a, 在电场中沿水平方向的位移分别为S1和S2.由题给条件和运动学公式得v 0—at = 0M 进入电场后做直线运动，由几何关系知 v o = S 1 v y = H联立①②⑤⑥⑦式可得1- h = 3H ⑧1 2 s i = v o t + 2at1 2 S 2=v o t — ?at联立①②③式得 S iS 2⑵设A 点距电场上边界的高度为 时在竖直方向的分速度为v y , v y 2 = 2ghH = v y t + ^gt 2② ③④ h ,小球下落h 由运动学公式 ⑤ ⑥(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则也=qE⑨v y mg设M、N离开电场时的动能分别为E ki、E k2，由动能定理得1 2 2E ki = 2m(v o + v y ) + mgH+ qEs i1 2 2E k2 = 2m(v o + v y ) + mgH —qEs2由已知条件E ki = 1.5E k2联立④⑤⑦⑧⑨⑩？？式得E = ?2q -变式5 如图8所示，在E = 103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R = 40 cm, N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q= 10「4 C 的小滑块质量m= 10 g,与水平轨道间的动摩擦因数尸0.15,位于N点右侧1.5 m的M 处，g 取10 m/S1 2，求：图8 答案(1)7 m/s (2)0.6 N解析(1)设小滑块恰能到达Q点时速度为v,21 要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v 0向左运动？2 这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大?由牛顿第二定律得mg+ qE= m^小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得1 2 1 2 —mg 2R—qE 2R—^(mg+ qE)x= ?m v —2m v o联立解得：v o= 7 m/s.(2)设小滑块到达P点时速度为v '，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得1 f2 1 2 —(mg+ qE)R—p(qE+ mg)x= ?m v —?m v o/ 2 又在P点时，由牛顿第二定律得F N = m v 代入数据，解得：F N = 0.6 N由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力F N‘ = F N = 0.6 N.课时作业限时训练练规范练谗度V双基巩固练1.（2017河南中原名校第二次联考）如图1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2中甲、乙、丙、丁所示，电子在板间运动（假设不与板相碰），下列说法正确的是（）图1能一直减少B. 电压是乙图时，在0〜殳时间内，电子的电势能 先增加后减少C. 电压是丙图时，电子在板间做往复运动D. 电压是丁图时，电子在板间做往复运动 答案 D 解析 若电压是甲图，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；电压是乙 图时，在0〜T 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；电压是丙图时，电子先向左做加 速度先增大后减小的加速运动，过了 殳做加速度 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；电压是丁图时，电子先向左加速， 到4后向左减速，2后向右加速，4T 后向右减速， T时速度A.电压是甲图时，在 0〜T 时间内，电子的电势 幷图2减为零，之后重复前面的运动，故电子做往复运动，D正确.2.将如图3所示的交变电压加在平行板电容器A、B两板上，开始B板电势比A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A、B两极板间的距离足够大，下列说法正确的是（）图3A.电子一直向着A板运动B.电子一直向着B板运动C.电子先向A板运动，然后返回向B板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动D.电子先向B板运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动答案D3.—匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图4所示，在该匀强电场中，有一个带负电粒子于t= 0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是(假设带电粒子不与板相碰)( )图4A.带电粒子只向一个方向运动B.0〜2 s内，电场力做功等于0C.4 s末带电粒子回到原出发点D.2.5〜4 s内，电场力做功等于0 答案D解析画出带电粒子速度v随时间t变化的图象如图所示，v —t图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4s末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；2 s末速度不为0,可见0〜2 s内电场力做的功不等于0? B错误;2.5 s末和4 s末，速度的大小、方向都相同，则2.5〜4 s内，电场力做功等于0,所以D正确.4.如图5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0点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力, 则下列说法正确的是（）图5A.小球带负电B.电场力跟重力平衡C.小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小D.小球在运动过程中机械能守恒答案B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，B对；从a—b,电场力做负功，电势能增大，C错；由于有电场力做功，机械能不守恒，D错.5.（多选）（2017河北唐山一模）如图6所示，竖直平面内有A、B两点，两点的水平距离和竖直距离均为H，空间存在水平向右的匀强电场.一质量为m的带电小球从A点以水平速度v0抛出，经一段时间竖直向下通过B点.重力加速度为g，小球在由A到B的运动过程中，下列说法正确的是（）A.小球带负电B.速度先增大后减小C.机械能一直减小D.任意一小段时间内，电势能的增加量总等于重力势能的减少量答案AC解析由题可知，小球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀减速运动，可知其所受电场力方向向左，与电场方向相反，则小球带负电，电场力一直对小球做负功，小球的电势能增加，机械能减小，A、C正确.小球受竖直向下的重力和水平向左的电场力，合力方向指向左下方，又初速度水平向右，末速度竖直向下，由力与速度夹角关系可知，合力对小球先做负功，后做正功, 小球的速度先减小后增大，B错误.任意一小段时间内，小球的动能、电势能和重力势能的和保持不变，则电势能的增加量不一定等于重力势能的减少量，D错误.6.(20仃河南郑州第一次联考)如图7甲所示，在y= 0和y= 2 m之间有沿着x轴方向的匀强电场，MN为电场区域的上边界，在x轴方向范围足够尢电场强度的变化如图乙所示，取x轴正方向为电场正方向.现有一个带负电的粒子，粒子的比荷q= 1.O X 10_2 C/kg，在t= 0 时刻以速度v0 =m5X03 4 m/s从O点沿y轴正方向进入电场区域，不3 粒子通过电场区域的时间；4 粒子离开电场的位置坐标；⑶粒子通过电场区域后沿x轴方向的速度大小.计粒子重力作用.求：答案(1)4X 10-3 s (2)( —2X 10"5 m,2 m) -3解析（1）因为粒子初速度方向垂直于匀强电场， 在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域 的时间t =工=4X 10-3s. V 0（2）粒子带负电，沿x 轴负方向先加速后减速，加 速时的加速度大小a 1 =甲=4 m/s 2,减速时的加 m速度大小a 2= E m q = 2 m/s 2,离开电场时，在x 轴 m2X 10-5 m ，因此粒子离开电场的位置坐标为（一 2X 10- 5m,2 m ）. ⑶粒子通过电场区域后沿 x 轴方向的速度大小 为：v x = a i 2- a 2； = 4X 10-3m/s. N 综合提升练万向上的位移大小2 \^/ T- 2 /^\a i （2）2 - 2 \^/ I /^\7.（2018江西宜春调研）如图8所示，O、A、B、C为一粗糙绝缘水平面上的四点，不计空气阻力，一电荷量为一Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m、电荷量为一q的小金属块（可视为质点）, 从A点由静止沿它们的连线向右运动，到B点时速度最大，其大小为V m,小金属块最后停止在C 点.已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为U, A、B 间距离为L,静电力常量为k,则（）。