PAGEPAGE12第4節帶電粒子在電場中運動的綜合問題高考對本節內容的考查主要集中在電場中的力電綜合問題，綜合考查了電場的性質和規律，以及平衡、加速、偏轉、能量等力學學問，通常命制計算題，難度較大；而對帶電粒子在交變電場中運動的考查，常從這兩種運動的角度命題：來回運動和偏轉運動。考點一示波管的工作原理[基礎自修類][題點全練]1．[示波管的原理分析](多選)如圖所示是示波器的原理示意圖，電子經電壓為U1的加速電場加速后，進入電壓為U2的偏轉電場，離開偏轉電場后打在熒光屏上的P點。P點與O點的距離叫偏轉距離。要提高示波器的靈敏度(即單位偏轉電壓U2引起的偏轉距離)，下列方法中可行的是()A．提高加速電壓U1B．增加偏轉極板a、b的長度C．增大偏轉極板與熒光屏的距離D．減小偏轉極板間的距離解析：選BCD電子經加速電場后動能為：Ek＝eU1，加速后的速度為：v＝eq\r(\f(2eU1,m))，經偏轉電場的時間為：t＝eq\f(l,v)，出偏轉電場的偏轉位移為：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×eq\f(eU2,md)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,v)))2＝eq\f(U2l2,4dU1)，設偏轉極板與熒光屏的距離為L，則P點到O點的偏轉距離Y＝eq\f(\f(l,2)＋L,\f(l,2))y，所以此示波器的靈敏度為：eq\f(Y,U2)＝eq\f((l＋2L)l,4dU1)，可知要提高靈敏度可以降低加速電壓，也可以增加偏轉極板長度，增大偏轉極板與熒光屏的距離，減小偏轉極板間的距離，故A錯誤，B、C、D正確。2．[示波管的圖形分析]圖(a)為示波管的原理圖。假如在電極YY′之間所加的電壓按圖(b)所示的規律改變，在電極XX′之間所加的電壓按圖(c)所示的規律改變，則在熒光屏上會看到的圖形是選項中的()解析：選B在0～2t1時間內，掃描電壓掃描一次，信號電壓完成一個周期，當UY為正的最大值時，電子打在熒光屏上有正的最大位移，當UY為負的最大值時，電子打在熒光屏上有負的最大位移，因此一個周期內熒光屏上的圖像為B。[名師微點]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，須要經驗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：考點二帶電粒子在交變電場中的運動[多維探究類]題型(一)直線運動問題(分段探討)[例1]如圖甲所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖乙所示的交變電壓，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)[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負，時而為正，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，比照各選項可知只有B正確。[答案]B題型(二)偏轉運動問題(分解探討)[例2]如圖甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時間周期性改變的電場，電場方向與兩板垂直，在t＝0時刻，一不計重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向射入電場，粒子射入電場時的速度為v0，t＝T時刻粒子剛好沿MN板右邊緣射出電場。則()A．該粒子射出電場時的速度方向肯定是沿垂直電場方向的B．在t＝eq\f(T,2)時刻，該粒子的速度大小為2v0C．若該粒子在eq\f(T,2)時刻以速度v0進入電場，則粒子會打在金屬板上D．若該粒子的入射速度變為2v0，則該粒子仍在t＝T時刻射出電場[解析]由題設條件可知，粒子在0～eq\f(T,2)時間內做類平拋運動，在eq\f(T,2)～T時間內做類斜拋運動，因粒子在電場中所受的電場力大小相等，依據運動的對稱性，粒子射出電場時的速度方向肯定是沿垂直電場方向的，如圖所示，選項A正確；前后兩段運動的時間相等，eq\f(T,2)時將速度分解，設板長為l，由類平拋運動規律可得：l＝v0T，eq\f(1,2)l＝eq\f(1,2)vT，則v＝v0，則eq\f(T,2)時刻該粒子的速度為eq\r(2)v0，選項B錯誤；若該粒子在eq\f(T,2)時刻以速度v0進入電場，粒子將先向下做類平拋運動，后做類斜拋運動，而從PQ板右邊緣射出電場，選項C錯誤；若該粒子的入射速度變為2v0，粒子在場中運動的時間t＝eq\f(l,2v0)＝eq\f(T,2)，選項D錯誤。[答案]A[共性歸納](1)當粒子平行于電場方向射入時，粒子做直線運動，其初速度和受力狀況確定了粒子的運動狀況，粒子可能做周期性的運動。(2)當粒子垂直于電場方向射入時，沿初速度方向的分運動為勻速直線運動，沿電場力方向的分運動可能具有周期性。[題點全練]1．[直線運動]如圖甲所示，兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓。起先A板的電勢比B板高，此時兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下起先運動。設電子在運動中不與極板發生碰撞，向A板運動時為速度的正方向，則下列圖像中能正確反映電子速度改變規律的是(其中C、D兩項中的圖線按正弦函數規律改變)()解析：選A電子在交變電場中所受電場力大小不變，加速度大小不變，故C、D兩項錯誤；從0時刻起先，電子向A板做勻加速直線運動，eq\f(1,2)T后電場力反向，電子向A板做勻減速直線運動，直到t＝T時刻速度變為零，之后重復上述運動，A項正確，B項錯誤。2．[偏轉運動]如圖甲所示，A、B為兩塊相距很近的平行金屬板，A、B間電壓為UAB＝－U0，緊貼A板有一電子源，不停地飄出質量為m，帶電荷量為e的電子(初速度可視為0)。在B板右側兩塊平行金屬板M、N間加有如圖乙所示的電壓，電壓改變的周期T＝Leq\r(\f(m,2eU0))，板間中線與電子源在同一水平線上。已知金屬板M、N間距為d，極板長為L，距偏轉極板右邊緣s處有熒光屏，求：(1)電子進入偏轉極板時的速度；(2)eq\f(T,4)時刻沿中線射入偏轉極板間的電子剛射出偏轉極板時與板間中線的距離(未與極板接觸)。解析：(1)設電子進入偏轉極板時的速度為v，由動能定理有eU0＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(\f(2eU0,m))。(2)由題意知，電子穿過偏轉極板所需時間t＝eq\f(L,v)＝Leq\r(\f(m,2eU0))＝T故在eq\f(T,4)時刻沿中線射入偏轉極板間的電子在電場方向上先加速再減速，然后反向加速再減速，各段位移大小相等，故電子沿板間中線射出偏轉極板。答案：(1)eq\r(\f(2eU0,m))(2)0考點三電場中的力電綜合問題[師生共研類][典例](2024·全國卷Ⅰ)真空中存在電場強度大小為E1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v0。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t1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v0應滿意的條件。已知不存在電場時，油滴以初速度v0做豎直上拋運動的最大高度恰好等于B、A兩點間距離的兩倍。[解題指導]第一步：抓關鍵點題中信息吹“沙”見“金”帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運動帶電油滴受力平衡電場強度的大小突然增大到某值油滴向上做勻加速直線運動突然將電場反向油滴初速度向上，加速度向下其次步：找突破口(1)要確定油滴運動到B點時的速度，可由動力學學問求解；依據牛頓其次定律結合速度公式解決。(2)要確定增大后的電場強度的大小，應結合平衡條件和位移公式進行求解，留意探討B點在A點下方還是上方。(3)為保證后來的電場強度比原來的大，要探討t1和v0應滿意的條件，應在求出E2的基礎上進一步探討推斷。[解析](1)設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。在t＝0時，電場強度突然從E1增加至E2時，油滴做豎直向上的勻加速運動，加速度方向向上，大小a1滿意qE2－mg＝ma1 ①油滴在時刻t1的速度為v1＝v0＋a1t1 ②電場強度在時刻t1突然反向，油滴做勻變速運動，加速度方向向下，大小a2滿意qE2＋mg＝ma2 ③油滴在時刻t2＝2t1的速度為v2＝v1－a2t1 ④由①②③④式得v2＝v0－2gt1。 ⑤(2)由題意，在t＝0時刻前有qE1＝mg ⑥油滴從t＝0到時刻t1的位移為s1＝v0t1＋eq\f(1,2)a1t12 ⑦油滴在從時刻t1到時刻t2＝2t1的時間間隔內的位移為s2＝v1t1－eq\f(1,2)a2t12 ⑧由題給條件有v02＝2g(2h) ⑨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s1＋s2＝h ⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得E2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－2\f(v0,gt1)＋\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,gt1)))2))E1 ?為使E2>E1，應有2－2eq\f(v0,gt1)＋eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,gt1)))2>1 ?即當0<t1<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)))eq\f(v0,g) ?或t1>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3),2)))eq\f(v0,g) ?才是可能的；條件?式和?式分別對應于v2>0和v2<0兩種情形。若B點在A點之下，依題意有s1＋s2＝－h ?由①②③⑥⑦⑧⑨?式得E2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－2\f(v0,gt1)－\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,gt1)))2))E1 ?為使E2>E1，應有2－2eq\f(v0,gt1)－eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,gt1)))2>1 ?即t1>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)＋1))eq\f(v0,g) ?另一解為負，不合題意，已舍去。[答案](1)v0－2gt1(2)見解析[解題方略]1．思維流程2．解題技巧要擅長把電學問題轉化為力學問題，建立帶電粒子在電場中加速和偏轉的模型，能夠從帶電粒子的受力與運動的關系及功能關系兩條途徑進行分析與探討。[題點全練]如圖所示的豎直平面內有范圍足夠大、水平向左的勻強電場，在虛線的左側有垂直紙面對里的水平的勻強磁場，磁感應強度大小為B，一絕緣軌道由兩段直桿和一半徑為R的半圓環組成，固定在紙面所在的豎直平面內，PQ、MN水平且足夠長，半圓環MAP在磁場邊界左側，P、M點在磁場邊界線上，NMAP段光滑，PQ段粗糙。現在有一質量為m、帶電荷量為＋q的小環套在MN桿上，它所受電場力為重力的eq\f(3,5)倍。現將小環從M點右側的D點由靜止釋放，D點到M點的水平距離x0＝eq\f(10R,3)。求：(1)小環第一次到達圓弧軌道最高點P時的速度大小；(2)小環第一次通過與O等高的A點時半圓環對小環作用力的大小；(3)若小環與PQ間動摩擦因數為μ(設最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等)，現將小環移至M點右側4R處由靜止起先釋放，通過探討，求出小環在整個運動過程中克服摩擦力所做的功。解析：(1)由動能定理得：qEx0－2mgR＝eq\f(1,2)mvP2qE＝eq\f(3mg,5)，x0＝eq\f(10R,3)解得vP＝0。(2)設小環在A點時的速度為vA，由動能定理得qE(x0＋R)－mgR＝eq\f(1,2)mvA2－0解得vA＝eq\f(4,5)eq\r(5gR)在A點：N－qvAB－qE＝meq\f(vA2,R)聯立解得：N＝eq\f(19mg,5)＋eq\f(4Bq\r(5gR),5)。(3)若f＝μmg≥qE即μ≥eq\f(3,5)小環第一次到達P點右側s1距離處速度為零，小環將停在此處不動，由動能定理得qE(4R－s1)－2mgR－fs1＝0f＝μmg聯立得：s1＝eq\f(2R,5μ＋3)所以克服摩擦力所做的功為：Wf＝μmgs1＝eq\f(2μmgR,5μ＋3)若f＝μmg＜qE即μ＜eq\f(3,5)小環經過來回往復運動，最終只能在PD之間往復運動，設克服摩擦力做功為Wf，由動能定理得qE(4R)－mg(2R)－Wf＝0解得：Wf＝eq\f(2,5)mgR。答案：(1)0(2)eq\f(19mg,5)＋eq\f(4Bq\r(5gR),5)(3)見解析“融會貫穿”歸納好——“等效法”在電場中的應用處理帶電粒子在“等效力場”中的運動，要關注以下兩點：一是對帶電粒子進行受力分析時，留意帶電粒子受到的電場力的方向與運動方向所成的夾角是銳角還是鈍角，從而確定電場力做功狀況；二是留意帶電粒子的初始運動狀態。1．等效重力法。將重力與電場力進行合成，如圖所示，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合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場中的“豎直向下方向”。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，常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，而這里的最高點不肯定是幾何最高點，而應是物理最高點。[針對訓練]1．如圖所示，一條長為L的細線上端固定，下端拴一個質量為m，電荷量為q的小球，將它置于方向水平向右的勻強電場中，使細線豎直拉直時將小球從A點由靜止釋放，當細線離開豎直位置偏角α＝60°時，小球速度為0。(1)求小球的帶電性質及電場強度E。(2)若小球恰好完成豎直圓周運動，求從A點釋放小球時應有的初速度vA的大小(可含根式)。解析：(1)依據電場方向和小球受力分析可知小球帶正電。小球由A點釋放到速度等于零，由動能定理有EqLsinα－mgL(1－cosα)＝0解得E＝eq\f(\r(3)mg,3q)。(2)將小球的重力和電場力的合力作為小球的等效重力G′，則G′＝eq\f(2\r(3),3)mg，方向與豎直方向成30°角偏向右下方。若小球恰能做完整的圓周運動，在等效最高點：meq\f(v2,L)＝eq\f(2\r(3),3)mg由A點到等效最高點，依據動能定理得－eq\f(2\r(3),3)mgL(1＋cos30°)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mvA2聯立解得vA＝eq\r(2gL(\r(3)＋1))。答案：(1)正電eq\