專題三帶電粒子在電場中的運動課題任務帶電粒子在電場中運動的一般求解思路1．帶電粒子在電場中做直線運動的情形及其求解思路(1)勻速直線運動：此時帶電粒子受到的合外力肯定等于零，即所受到的靜電力與其他力平衡。(2)勻加速直線運動：帶電粒子受到的合外力與其初速度方向同向。(3)勻減速直線運動：帶電粒子受到的合外力與其初速度方向反向。(4)分析帶電粒子在電場中做直線運動的方法①動力學方法——牛頓運動定律、運動學公式。②能量方法——動能定理、能量守恒定律。2．帶電粒子在電場中偏轉問題(一般為類平拋運動)的兩種求解思路(1)動力學觀點利用運動的合成與分解把曲線運動轉換成直線運動，然后利用牛頓運動定律結合運動學公式求解。(2)功能觀點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的動能的增量。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加轉化，哪些能量是增加的，哪些能量是削減的。例1如圖所示，一電荷量為＋q、質量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當整個裝置被置于一水平向右的勻強電場中時，小物塊恰好靜止。重力加速度取g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)水平向右電場的電場強度；(2)若將電場強度減小為原來的eq\f(1,2)，物塊的加速度是多大；(3)電場強度減小為原來的eq\f(1,2)后物塊下滑距離為L時的動能。[規范解答](1)小物塊靜止在斜面上，受重力、靜電力和斜面的支持力，示意圖如圖所示，沿斜面方向有qEcos37°＝mgsin37°可得E＝eq\f(3mg,4q)。(2)若電場強度減小為原來的eq\f(1,2)，即E′＝eq\f(3mg,8q)，由牛頓其次定律得mgsin37°－qE′cos37°＝ma，可得a＝0.3g。(3)電場強度減小為原來的eq\f(1,2)后物塊下滑距離L時，重力做正功，靜電力做負功，由動能定理得mgLsin37°－qE′Lcos37°＝Ek－0，可得Ek＝0.3mgL。[完備答案](1)eq\f(3mg,4q)(2)0.3g(3)0.3mgL帶電體在電場中的運動問題的基本分析方法[變式訓練1]水平面上有一個豎直放置的部分圓弧軌道，O為圓心，A為軌道的最低點，半徑OA豎直，圓心角∠AOB為60°，半徑R＝0.8m，空間有豎直向下的勻強電場，場強E＝1×104N/C。一個質量為m＝2kg、帶電量為q＝－1×10－3C的帶電小球，從軌道左側與圓心O同一高度的C點水平拋出，恰好從B點沿切線進入圓弧軌道，到達最低點A時對軌道的壓力FN＝32.5N。求：(1)小球拋出時的初速度v0的大小；(2)小球從B到A的過程中克服摩擦所做的功Wf。答案(1)eq\f(2\r(3),3)m/s(2)eq\f(1,3)J解析(1)小球拋出后從C到B過程中受重力和豎直向上的靜電力，做類平拋運動，則：mg－qE＝ma，解得小球的加速度a＝eq\f(mg－qE,m)＝eq\f(2×10－1×10－3×104,2)m/s2＝5m/s2C與B的高度差h＝Rcos60°＝0.4m設小球到B點時豎直分速度為vy，則veq\o\al(2,y)＝2ah，解得小球到達B點時豎直分速度vy＝2m/s小球在B點時，速度方向與水平方向夾角為60°，則tan60°＝eq\f(vy,v0)解得小球拋出時的初速度v0＝eq\f(2\r(3),3)m/s。(2)在B點時，sin60°＝eq\f(vy,vB)，則vB＝eq\f(4\r(3),3)m/s。小球在A點時，FN′＝FN，FN′＋qE－mg＝meq\f(v\o\al(2,A),R)，解得：vA＝3m/s小球從B到A的過程，由動能定理得：(mg－qE)(R－Rcos60°)－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得小球從B到A的過程中克服摩擦所做的功Wf＝eq\f(1,3)J。課題任務帶電粒子在交變電場中的運動問題1．此類題型一般有三種狀況(1)粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解)。(2)粒子做來回運動(一般分段探討)。(3)粒子做偏轉運動(一般依據交變電場特點分段探討)。2．分析時從兩條思路動身(1)力和運動的關系。依據牛頓其次定律及運動學規律分析。(2)功能關系。3．突破策略：抓住周期性和空間上的對稱性留意全面分析(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。例2一電荷量為q(q>0)、質量為m的帶電粒子在勻強電場的作用下，在t＝0時由靜止起先運動，場強隨時間變更的規律如圖所示，不計重力，求在t＝0到t＝T的時間間隔內，(1)粒子位移的大小和方向；(2)粒子沿初始電場反方向運動的時間。[規范解答]帶電粒子在規律性變更的靜電力作用下做變速運動。(1)帶電粒子在0～eq\f(T,4)、eq\f(T,4)～eq\f(T,2)、eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)、eq\f(3T,4)～T時間間隔內做勻變速運動，設加速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓其次定律得a1＝eq\f(qE0,m)，a2＝－eq\f(2qE0,m)，a3＝2eq\f(qE0,m)，a4＝－eq\f(qE0,m)，由此得帶電粒子在0～T時間間隔內運動的加速度—時間圖像如圖a所示，對應的速度—時間圖像如圖b所示。其中v1＝a1eq\f(T,4)＝eq\f(qE0T,4m)①由圖b可知，帶電粒子在t＝0到t＝T時間內的位移為x＝eq\f(T,4)v1②由①②式得x＝eq\f(qE0,16m)T2，方向沿初始電場方向。(2)由圖b可知，粒子在t＝eq\f(3,8)T到t＝eq\f(5,8)T內沿初始電場的反方向運動，總的運動時間為t＝eq\f(5,8)T－eq\f(3,8)T＝eq\f(T,4)。[完備答案](1)eq\f(qE0,16m)T2方向沿初始電場方向(2)eq\f(T,4)在交變電場作用下粒子所受的靜電力發生變更，從而影響粒子的運動性質；由于靜電力周期性變更，粒子的運動性質也具有周期性；探討帶電粒子在交變電場中的運動須要分段探討，特殊留意帶電粒子進入交變電場的時間及交變電場的周期。[變式訓練2](多選)一對平行金屬板長為L，兩板間距為d，質量為m、電荷量為e的電子從平行板左側以速度v0沿兩板的中線不斷進入平行板之間，兩板間所加交變電壓uAB如圖所示，交變電壓的周期T＝eq\f(L,2v0)，已知全部電子都能穿過平行板，且最大偏距的粒子剛好從極板的邊緣飛出，不計重力作用，則()A．全部電子都從右側的同一點離開電場B．全部電子離開電場時速度都是v0C．t＝0時刻進入電場的電子，離開電場時動能最大D．t＝eq\f(1,4)T時刻進入電場的電子，在兩板間運動時最大側位移為eq\f(d,16)答案BD解析電子進入電場后做類平拋運動，不同時刻進入電場的電子豎直方向分速度圖像如圖所示，依據圖像的“面積”大小等于位移可知，各個電子在豎直方向的位移不全相同，故全部電子從右側離開電場的位置不全相同，故A錯誤。由圖看出，全部電子離開電場時豎直方向分速度vy＝0，速度都等于v0，故B正確。由上述分析可知，電子離開電場時的速度都相同，動能都相同，故C錯誤。t＝eq\f(T,4)時刻進入電場的電子，在t＝eq\f(3,4)T時刻側位移最大。最大側位移為ymax＝2×eq\f(1,2)aeq\f(T,4)2＝eq\f(aT2,16)①由題意知，在t＝0時刻進入電場的電子側位移最大為eq\f(1,2)d，則有eq\f(1,2)d＝4×eq\f(1,2)aeq\f(T,2)2②聯立①②得ymax＝eq\f(d,16)，故D正確。課題任務帶電體在重力場和電場的復合場中的圓周運動問題“等效法”處理帶電體在重力場和電場的復合場中的圓周運動問題帶電物體在重力場和電場疊加區域內運動時，若重力和靜電力為恒力，可以將重力和靜電力合成為一個恒力，將這個復合場當作等效重力場，則F合為等效重力場中的“重力”，g′＝eq\f(F合,m)為等效重力場中的“等效重力加速度”，F合的方向為“等效重力”的方向。當此恒力F合的方向與運動方向垂直時，其速度(或動能)取得極值。物體在等效重力場中的豎直平面內能夠做完整的圓周運動的臨界條件是恰好能夠通過圓周軌道上等效重力場的“最高點”。例3如圖所示，絕緣光滑軌道AB部分為傾角為30°的斜面，AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道，斜面與圓軌道相切。整個裝置處于場強為E、方向水平向右的勻強電場中。現有一個質量為m的小球，帶正電，電荷量為q＝eq\f(\r(3)mg,3E)，要使小球能平安通過圓軌道，在O點的初速度應為多大？[規范解答]小球先在斜面上運動，受重力、靜電力、支持力，然后在圓軌道上運動，如圖所示，類比重力場，將靜電力與重力的合力視為等效重力mg′，大小為mg′＝eq\r(qE2＋mg2)＝eq\f(2\r(3)mg,3)，tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(\r(3),3)，得θ＝30°，等效重力的方向與斜面垂直且指向右下方，小球在斜面上勻速運動，因要使小球能恰好平安通過圓軌道，在圓軌道的等效“最高點”(D點)滿意等效重力剛好供應向心力，即有：mg′＝eq\f(mv\o\al(2,D),R)，因θ＝30°與斜面的傾角相等，由幾何關系可知AD＝2R，令小球以最小初速度v0運動，由動能定理知：－mg′2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。解得v0＝eq\r(\f(10\r(3)gR,3))，因此要使小球平安通過圓軌道，初速度應為v≥eq\r(\f(10\r(3)gR,3))。[完備答案]v≥eq\r(\f(10\r(3)gR,3))用“等效法”解此類題的關鍵在于正確得出等效重力場，然后再對比正常重力場下小球做圓周運動的規律，找出等效“最高點”和“最低點”。[變式訓練3]如圖所示，在豎直面內放置光滑的絕緣軌道，勻強電場水平向右，電場強度為E。一帶負電的小球從高h的A處由靜止起先下滑，沿軌道ABC運動(小球通過B點時無機械能的損失)并進入圓環內做圓周運動。已知小球所帶電荷量為eq\f(3mg,4E)，圓環半徑為R，斜面傾角θ＝60°，BC段長為2R。(1)若h＝5R，求小球到斜面底端時的速度大小；(2)若要求小球在全過程中不脫離軌道，求h的取值范圍。(用R表示)答案(1)2.4eq\r(gR)(2)h≥7.7R或h≤4.4R解析(1)由A到B的過程，重力做正功，靜電力做負功，由動能定理：mgh－Feq\f(h,tanθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0，又F＝qE，解得：vB＝eq\r(\f(20－5\r(3),2)gR)≈2.4eq\r(gR)。(2)小球在復合場中運動，重力與靜電力的合力F合＝eq\f(5,4)mg，方向與豎直方向夾角為37°，斜向左下方，由等效重力思想，小球不脫離軌道，如圖所示，臨界時：①小球到達與圓心等效等高點D時速度為0：從C到D：－F合Rcos37°＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C1)，解得：veq\o\al(2,C1)＝2gR由斜面頂端到C點：mgh1－Feq\f(h1,tanθ)＋eq\x\to(BC)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C1)－0，解得：h1＝eq\f(104＋\r(3),13)R≈4.4R②小球恰能通過等效最高點E，在E點：F合＝meq\f(v\o\al(2,E),R)，解得：veq\o\al(2,E)＝eq\f(5,4)gR從C到E：－F合R(1＋cos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C2)，解得：veq\o\al(2,C2)＝eq\f(23,4)gR由斜面頂端到C點：mgh2－Feq\f(h2,tanθ)＋eq\x\to(BC)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C2)－0解得：h2＝eq\f(140＋35\r(3),26)R≈7.7R，綜上：h≥7.7R或h≤4.4R。1．(多選)如圖所示，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與始終流電源相連。若一帶電小球恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該小球()A．所受重力與靜電力平衡B．電勢能漸漸增加C．動能漸漸增加D．做勻變速直線運動答案BD解析直線運動的條件是垂直于速度方向上受力平衡，本題中是重力和靜電力的一個分力平衡。對帶電小球受力分析，如圖所示，F合≠0，故A錯誤。由圖可知，靜電力與重力的合力應與v0反向，F合對粒子做負功，其中mg不做功，qE做負功，故小球動能削減，電勢能增加，B正確，C錯誤。F合恒定，且F合與v0方向相反，小球做勻減速運動，D正確。2．如圖所示，質量為m的帶負電的小物塊置于傾角為37°的光滑斜面上，當整個裝置處于豎直向下的勻強電場中時，小物塊恰好靜止在斜面上。現將電場方向突然改為水平向右，而場強大小不變，則()A．小物塊仍靜止B．小物塊將沿斜面加速上滑C．小物塊將沿斜面加速下滑D．小物塊將脫離斜面運動答案C解析小物塊恰好靜止時靜電力等于重力，即F電＝mg。當把電場方向突然改為水平向右時小物塊受到的靜電力方向變為水平向左，把靜電力和重力分解到沿斜面和垂直斜面的兩個方向上：在垂直斜面方向上有F電sin37°＋FN＝mgcos37°，在沿斜面方向上有F電cos37°＋mgsin37°＝ma，故小物塊將沿斜面加速下滑，C正確。3．如圖甲所示，在間距足夠大的平行金屬板A、B之間有一電子，在A、B之間加上按如圖乙所示規律變更的電壓，在t＝0時刻電子靜止且A板電勢比B板電勢高，則()A．電子在A、B兩板間做往復運動B．在足夠長的時間內，電子肯定會碰上A板C．當t＝eq\f(T,2)時，電子將回到動身點D．當t＝eq\f(T,2)時，電子的位移最大答案B解析電子先向A板做半個周期的勻加速直線運動，接著做半個周期的勻減速直線運動，經驗一個周期后速度為零，以后重復以上過程，運動方向不變，故選B。4．如圖所示，地面上某區域存在著豎直向下的勻強電場，一個質量為m的帶負電的小球以水平方向的初速度v0由O點射入該區域，剛好通過豎直平面中的P點，已知OP連線與初速度方向的夾角為45°，則此帶電小球通過P點時的動能為()A．mveq\o\al(2,0) B．eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)C．2mveq\o\al(2,0) D．eq\f(5,2)mveq\o\al(2,0)答案D解析由題意可知小球到P點時水平位移和豎直位移相等，即v0t＝eq\f(1,2)vPyt，合速度vP＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,Py))＝eq\r(5)v0，EkP＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＝eq\f(5,2)mveq\o\al(2,0)，故選D。5．(多選)如圖所示，一電荷量為q的帶電粒子以肯定的初速度由P點射入勻強電場，入射方向與電場線垂直。粒子從Q點射出電場時，其速度方向與電場線成30°角。已知勻強電場的寬度為d，P、Q兩點間的電勢差為U，不計重力作用，設P點的電勢為零。則下列說法正確的是()A．帶電粒子在Q點的電勢能為－UqB．帶電粒子帶負電C．此勻強電場的電場強度大小為E＝eq\f(2\r(3)U,3d)D．此勻強電場的電場強度大小為E＝eq\f(\r(3)U,3d)答案AC解析依據帶電粒子的偏轉方向，可推斷B錯誤；因為靜電力做正功，電勢能削減，又因為P、Q兩點的電勢差為U，而P點的電勢為零，所以A正確；帶電粒子在P點時的速度為v0，在Q點建立直角坐標系，垂直于電場線為x軸，平行于電場線為y軸，由曲線運動的規律和幾何學問求得帶電粒子在y軸方向的分速度為vy＝eq\r(3)v0，設帶電粒子在y軸方向上的位移為y0，帶電粒子在電場中的運動時間為t，y0＝eq\f(\r(3)v0,2)t，d＝v0t，得y0＝eq\f(\r(3)d,2)，由E＝eq\f(U,y0)得E＝eq\f(2\r(3)U,3d)，C正確，D錯誤。6．(多選)如圖甲所示，兩個點電荷Q1、Q2固定在x軸上距離為L的兩點，其中Q1帶正電荷位于原點O，a、b是它們連線的延長線上的兩點，其中b點與O點相距3L。現有一帶正電的粒子q以肯定的初速度沿x軸從a點起先經b點向遠處運動(粒子只受靜電力作用)，設粒子經過a、b兩點時的速度分別為va、vb，其速度隨坐標x變更的圖像如圖乙所示，則以下推斷正確的是()A．Q2帶負電且電荷量小于Q1B．b點的場強肯定為零C．a點的電勢比b點的電勢高D．粒子在a點的電勢能比b點的電勢能小答案ABD解析由v-x圖像知，粒子從a點向遠處運動先減速再加速，在b處速度最小，則b點左右兩側電場方向相反，b點處電場強度為0，B正確；依據點電荷場強公式和電場的疊加學問得Q2帶負電且電荷量小于Q1，A正確；依據粒子受力方向知b點左側場強向左，故a點電勢較b點低，C錯誤；粒子從a點到b點動能減小，則靜電力做負功，電勢能增加，D正確。7．(多選)如圖所示，在絕緣光滑水平面上固定兩個等量同種電荷A、B，在AB連線上的P點由靜止釋放一帶電滑塊，則滑塊會在A、B之間往復運動，則以下推斷正確的是()A．滑塊肯定帶的是與A、B異種的電荷B．滑塊肯定帶的是與A、B同種的電荷C．滑塊在由P向B運動過程中，電勢能肯定是先減小后增大D．滑塊的動能與電勢能之和肯定減小答案BC解析依據從P點由靜止釋放的帶電滑塊在A、B之間往復運動可以推斷，起先時A對滑塊向右的作用力大于B對滑塊向左的作用力，所以滑塊肯定帶與A、B同種的電荷，A錯誤，B正確；由于A、B帶等量同種電荷，所以其連線中點場強為零，滑塊在由P向B運動過程中，靜電力先做正功后做負功，電勢能肯定是先減小后增大，C正確；在整個運動過程中只有靜電力做功，所以滑塊的動能與電勢能之和肯定不變，D錯誤。8．(2017·江蘇高考)如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中心各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點。由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點。現將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子()A．運動到P點返回B．運動到P和P′點之間返回C．運動到P′點返回D．穿過P′點答案A解析設A與B、B與C間的電場強度分別為E1、E2，間距分別為d1和d2，電子由O點運動到P點的過程中，據動能定理得：eE1d1－eE2d2＝0①當C板向右平移后，B、C板間的電場強度E2′＝eq\f(U′,d2′)＝eq\f(Q,C′d2′)＝eq\f(Q,\f(εS,4πkd2′)·d2′)＝eq\f(4πkQ,εS)，B、C板間的電場強度與板間距無關，大小不變。其次次釋放后，設電子在B、C間移動的距離為x，則eE1d1－eE2x＝0－0②比較①②兩式知，x＝d2，即電子運動到P點時返回，選項A正確。9.如圖所示，一帶電小球從A處豎直向上進入一水平方向的勻強電場中，進入電場時小球的動能為4J，運動到最高點B時小球的動能為5J，則小球運動到與A點在同一水平面上的C點(圖中未畫出)時的動能為()A．4J B．14JC．19J D．24J答案D解析上升過程中，在豎直方向上小球做豎直上拋運動，則上升時間t1＝eq\f(v0,g)，水平方向上小球做初速度為零的勻加速直線運動，水平位移x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，上升的過程靜電力做功W1＝qEx1，最高點時豎直方向的速度為0，故最高點時小球的動能與靜電力做的功相等，即W1＝5J；下降的過程中，在豎直方向做自由落體運動，與豎直上拋是對稱的，所以下降的時間t2＝t1，水平方向的總位移x2＝eq\f(1,2)a(t1＋t2)2＝eq\f(1,2)a×4teq\o\al(2,1)＝4x1，全過程中靜電力做功W2＝qEx2＝4qEx1＝4W1＝20J，全過程中，重力做功為0，依據動能定理有W2＝Ek末－Ek初，所以Ek末＝Ek初＋W2＝24J，D正確。10．(2024·山西省陽泉市第一學期期末)一種電荷限制式噴墨打印機的打印頭的結構簡圖如圖所示。其中墨盒可以噴出微小的墨汁微粒，此微粒經過帶電室后以肯定的初速度垂直射入偏轉電場，再經偏轉電場后打到紙上，顯示出字符。已知偏移量越大打在紙上的字跡越大。現要增大字跡，下列措施可行的是()A．增大墨汁微粒的比荷B．增大墨汁微粒進入偏轉電場時的初動能C．減小偏轉極板的長度D．減小偏轉極板間的電壓答案A解析微粒以肯定的初速度垂直射入偏轉電場做類平拋運動，則在水平方向有：l＝v0t，在豎直方向有：y＝eq\f(1,2)at2，又a＝eq\f(qU,md)，聯立得：y＝eq\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0))＝eq\f(qUl2,4dEk0)。要增大字跡，就要增大微粒通過偏轉電場的偏移量y，由上式分析可知，可采納的措施有：增大比荷eq\f(q,m)、減小墨汁微粒進入偏轉電場時的初動能Ek0、增大極板的長度l、增大偏轉極板間的電壓U，故B、C、D錯誤，A正確。11．如圖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，一重力可忽視不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上。則t0可能屬于的時間段是()A．0<t0<eq\f(T,4) B．eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)C.eq\f(3T,4)<t0<T D．T<t0<eq\f(9T,8)答案B解析設粒子的速度方向、位移方向向右為正。依題意得，粒子的速度方向時而為正，時而為負，最終打在A板上時位移為負，速度方向為負。作出t0＝0、eq\f(T,4)、eq\f(T,2)、eq\f(3T,4)時粒子運動的速度圖像如圖所示。由于速度圖線與時間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖像可知0<t0<eq\f(T,4)，eq\f(3T,4)<t0<T時粒子在一個周期內的總位移大于零；eq\f(T,4)<t0<eq\f(3T,4)時粒子在一個周期內的總位移小于零；當t0>T時狀況類似。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，速度時正時負，比照各選項可知只有B正確。12.如圖所示，一根長為2m的絕緣細管AB被置于勻強電場E中，其A、B兩端正好處于電場的左、右邊界上，傾角α＝37°，電場強度E＝103V/m，方向豎直向下，管內有一個帶負電的小球，所受重力G＝10－3N，電荷量q＝2×10－6C，從A點由靜止起先運動，已知小球與管壁的動摩擦因數為0.5，求小球從B點射出時的速度大小。(取g＝10m/s2；sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)答案2eq\r(2)m/s解析依據題意可