2020版物理新增分大一轮人教通用版讲义：第七章静电场专题强化八

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 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(特别是平抛运动、圆周运动等曲线运动)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．

一、带电粒子在电场中的运动
1．分析方法：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(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更简捷．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，明确所研究的物理过程．
(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＝ΔEk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E1＝E2)列方程．
(2)利用某些能量的减少等于另一些能量的增加列方程．
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．

命题点一　带电粒子在交变电场中的运动
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．
(2)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　(2018·山东省日照市二模)图1甲为两水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压u，电压u随时间t变化的图线如图乙所示．质量为m、重力不计的带电粒子以初速度v0沿中线射入两板间，经时间T从两板间飞出．下列关于粒子运动的描述错误的是(　　)

图1
A．t＝0时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
B．t＝T时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
C．无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都水平
D．无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等
答案　B
解析　粒子在电场中运动的时间是相同的；t＝0时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，最后离开电场区域，故t＝0时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大，选项A正确；t＝T时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，再反向加速，最后反向减速离开电场区域，故此时刻射入的粒子离开电场时速度方向和中线在同一直线上，选项B错误；因粒子在电场中运动的时间等于电场变化的周期T，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故所有粒子离开电场时的竖直方向分速度为零，即最终都垂直电场方向射出电场，离开电场时的速度大小都等于初速度，选项C、D正确．
变式1　(多选)(2018·河北省衡水中学二调)如图2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v0沿中线射入两板间，0～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(　　)

图2
A．末速度大小为v0
B．末速度沿水平方向
C．重力势能减少了mgd
D．克服电场力做功为mgd
答案　BC
解析　因0～时间内微粒匀速运动，故E0q＝mg；在～时间内，微粒只受重力作用，做平抛运动，在t＝时刻的竖直速度为vy1＝，水平速度为v0；在～T时间内，由牛顿第二定律得2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，则在t＝T时刻，vy2＝vy1－g＝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；微粒的重力势能减小了ΔEp＝mg·＝mgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理得mgd－W电＝0，可知克服电场力做功为mgd，选项D错误．
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
1．等效重力法
将重力与电场力进行合成，如图3所示，

图3
则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝为等效重力场中的“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．
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，而这里的最高点不一定是几何最高点，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的点．
例2　(2018·闽粤期末大联考)如图4所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为L＝0.4 m的绝缘细线把质量为m＝0.20 kg，带有q＝6.0×10－4 C正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为θ＝37°.已知A、C两点分别为细线悬挂小球的水平位置和竖直位置，求：(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

图4
(1)A、B两点间的电势差UAB.
(2)将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，小球通过最低点C时细线对小球的拉力F的大小．
(3)如果要使小球能绕O点做完整的圆周运动，则小球在A点时沿垂直于OA方向运动的初速度v0的大小．
答案　(1)－400 V　(2)3 N　(3) m/s
解析　(1)带电小球在B点静止受力平衡，根据平衡条件得：qE＝mgtan θ，
得：E＝＝ V/m＝2.5×103 V/m
由U＝Ed有：UAB＝－EL(1－sin θ)＝－2.5×103×0.4×(1－sin 37°) V＝－400 V.
(2)设小球运动至C点时速度为vC，则：
mgL－qEL＝mv
解得：vC＝ m/s
在C点，小球所受重力和细线的合力提供向心力：
F－mg＝m，
联立解得：F＝3 N.
(3)分析可知小球做完整圆周运动时必须通过B点关于O点的对称点，设在该点时小球的最小速度为v，则：
mgcos θ＋qEsin θ＝
－mgLcos θ－qEL(1＋sin θ)＝mv2－mv
联立解得：v0＝ m/s.
变式2　(2018·安徽省皖南八校第二次联考)如图5，一质量为m1＝1 kg，带电荷量为q＝＋0.5 C的小球以速度v0＝3 m/s，沿两正对带电平行金属板(板间电场可看成匀强电场)左侧某位置水平向右飞入，极板长0.6 m，两极板间距为0.5 m，不计空气阻力，小球飞离极板后恰好由A点沿切线落入竖直光滑圆弧轨道ABC，圆弧轨道ABC的形状为半径R<3 m的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，在过A点竖直线OO′的右边界空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E＝10 V/m.(取g＝10 m/s2)求：

图5
(1)两极板间的电势差大小U；
(2)欲使小球在圆弧轨道运动时不脱离圆弧轨道，求半径R的取值应满足的条件．
答案　(1)10 V　(2)3 m>R≥ m或R≤ m
解析　(1)在A点，竖直分速度vy＝ v0tan 53°＝4 m/s

带电粒子在平行板中运动时间t＝＝0.2 s
vy＝at，得a＝20 m/s2
又mg＋E′q＝ma
E′＝，得U＝10 V
(2)在A点速度vA＝＝5 m/s
①若小球不超过圆心等高处，则有
mv≤(mg＋qE)Rcos 53°
得R≥ m
故3 m>R≥ m
②若小球能到达最高点C，则有
mv＝(mg＋qE)R·(1＋cos 53°)＋mv
在C点：mg＋Eq≤m
可得vC≥
联立解得：R≤ m
故圆弧轨道半径R的取值条件为：
3 m>R≥ m或R≤ m
命题点三　电场中的力电综合问题
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．
(2)电场力做功的特点：WAB＝FLABcos θ＝qUAB＝EpA－EpB.
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　(2018·四川省乐山市第一次调研)如图6所示，AB是位于竖直平面内、半径R＝0.5 m的圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E＝5×103 N/C.今有一质量为m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋8×10－5 C的小滑块(可视为质点)从A点由静止释放．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.05，取g＝10 m/s2，求：

图6
(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力；
(2)小滑块在水平轨道上向右滑过的最大距离；
(3)小滑块最终运动情况．
答案　(1)2.2 N，方向竖直向下　(2) m　(3)在圆弧轨道上往复运动
解析　(1)设小滑块第一次到达B点时的速度为vB，对圆弧轨道最低点B的压力为FN，则由A→B，有mgR－qER＝mv
FN′－mg＝m
由牛顿第三定律FN′＝FN
故FN＝3mg－2qE＝2.2 N，方向竖直向下，
(2)设小滑块在水平轨道上向右滑行的最大距离为x，
对全程由动能定理有mgR－qE(R＋x)－μmgx＝0
得x＝ m
(3)由题意知qE＝8×10－5×5×103 N＝0.4 N
μmg＝0.05×0.1×10 N＝0.05 N
因此有qE>μmg
所以小滑块最终在圆弧轨道上往复运动．
变式3　(2018·江西省南昌二中第四次模拟)如图7所示，在E＝103 V/m的水平向左的匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，一带正电荷q＝10－4 C的小滑块质量为m＝40 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2，问：

图7
(1)要使小滑块恰好运动到圆轨道的最高点C，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？
(2)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？(P为半圆轨道中点)
答案　(1)20 m　(2)1.5 N
解析　(1)设滑块与N点的距离为L，
由动能定理可得，qEL－μmgL－mg·2R＝mv2－0
小滑块在C点时，mg＝m
解得v＝2 m/s，L＝20 m
(2)滑块到达P点时，对全过程应用动能定理得，qE(L＋R)－μmgL－mgR＝mv－0
在P点，FN－qE＝m，解得FN＝1.5 N
由牛顿第三定律可得，滑块通过P点时对轨道压力大小是1.5 N.
变式4　(2019·山东省青岛市模拟)如图8所示，水平地面上方存在水平向左的匀强电场，一质量为m的带电小球(大小可忽略)用轻质绝缘细线悬挂于O点，小球带电荷量为＋q，静止时距地面的高度为h，细线与竖直方向的夹角为α＝37°，重力加速度为g.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 求：

图8
(1)匀强电场的场强大小E；
(2)现将细线剪断，小球落地过程中小球水平位移的大小；
(3)现将细线剪断，带电小球落地前瞬间的动能．
答案　(1)　(2)h　(3)mgh
解析　(1)小球静止时，对小球受力分析如图所示，

由FTcos 37°＝mg
FTsin 37°＝qE
解得：E＝
(2)剪断细线，小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做加速度为a的匀加速运动，
由Eq＝ma
x＝at2
h＝gt2
联立解得：x＝h
(3)从剪断细线到落地瞬间，由动能定理得：Ek＝mgh＋qEx＝mgh.


1．(2018·河南省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


图2
A．电压是甲图时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少
B．电压是乙图时，在0～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　若电压是题图甲，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；电压是题图乙时，在0～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；电压是题图丙时，电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了后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，故C错误；电压是题图丁时，电子先向左加速，到后向左减速，后向右加速，T后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，故电子做往复运动，故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3
A．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　D
3．(2018·安徽省蚌埠市一质检)如图4甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上如图乙所示的电压．现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(重力不计)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是(　　)

图4
A．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．4∶1
答案　C
解析　设偏转电场电压不为零时，粒子在偏转电场中的加速度为a
若粒子在t＝nT时刻进入偏转电场，则竖直方向上先加速后匀速然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最大，ymax＝a()2＋a××＝aT2
若粒子在t＝nT＋时刻进入偏转电场，则竖直方向上先静止后加速然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最小，ymin＝0＋a()2＝aT2
则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3∶1，故C项正确．
4.(2019·广东省韶关市调研)如图5所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的轻质绝缘细绳，一端系着一个带电小球，另一端固定于O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(　　)

图5
A．小球带负电
B．电场力跟重力是一对平衡力
C．小球从 a 点运动到 b 点的过程中，电势能减小
D．运动过程中小球的机械能守恒
答案　B
解析　小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力平衡，则知小球带正电，故A错误，B正确．小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大，故C错误．由于电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒，故D错误．
5．(多选)(2018·安徽省芜湖市上学期期末)如图6所示，在水平的匀强电场中，一个质量为m、电荷量为＋q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，小球可以在竖直平面内绕O点做圆周运动，AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径．已知重力加速度为g，电场强度E＝，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)

图6
A．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大
B．若将小球在A点由静止开始释放，它将沿着ACBD圆弧运动
C．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动过程中的最小速度为
D．若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够到达D点
答案　AC
6．(多选)(2018·山西省孝义市第一次模拟)如图7所示ABCD为竖直放置的光滑绝缘细管道，其中AB部分是半径为R的圆弧形管道，BCD部分是固定的水平管道，两部分管道恰好相切于B点．水平面内的M、N、B三点连线构成边长为L的等边三角形，M、N连线过C点且垂直于BCD.两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M、N两点，电荷量分别为＋Q和－Q.现把质量为m、电荷量为＋q的小球(小球直径略小于管道内径，小球可视为点电荷)，由管道的A处静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则(　　)

图7
A．小球运动到B点时受到的电场力小于运动到C点时受到的电场力
B．小球在B点时的电势能小于在C点时的电势能
C．小球在A点时的电势能等于在C点时的电势能
D．小球运动到C点时的速度为
答案　AC
解析　根据等量异种点电荷的电场特征，B点电场强度小于C点，小球在B点时受到的电场力小于运动到C点时受到的电场力，故A项正确．根据等量异种点电荷的电场特征可知A、B、C三点处于同一个等势面上，所以三点的电势相等，小球在三点处的电势能是相等的，故B项错误，C项正确．从A点到C点的运动过程只有重力对小球做功，由动能定理可得：mgR＝mv，所以小球在C点时速度为，故D项错误．
7．(2018·河南省中原名校第四次模拟)水平放置的平行板电容器与某一电源相连接后，断开电键，重力不可忽略的小球由电容器的正中央沿水平向右的方向射入该电容器，如图8所示，小球先后经过虚线的A、B两点．则(　　)

图8
A．如果小球所带的电荷为正电荷，小球所受的电场力一定向下
B．小球由A到B的过程中电场力一定做负功
C．小球由A到B的过程中动能可能减小
D．小球由A到B的过程中，小球的机械能可能减小
答案　D
解析　由题图所示小球运动轨迹可知，小球向下运动，说明小球受到的合力竖直向下，重力与电场力的合力竖直向下；当小球带正电时，若上极板带正电荷，小球受到的合力向下，小球运动轨迹向下，若上极板带负电，且电场力小于重力，小球受到的合力向下，小球运动轨迹向下，A错误；如果小球受到的电场力向下，小球从A运动到B点过程中电场力做正功，如果小球受到的电场力向上，则电场力做负功，B错误；小球受到的合力向下，小球从A点运动到B点过程中合外力做正功，小球的动能增加，C错误；小球从A点运动到B点过程若电场力做负功，则小球的机械能减少，D正确．
8．(多选)(2018·河南省鹤壁市第二次段考)如图9所示为竖直平面内的直角坐标系，其中x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向．质量为m、带电荷量为q的小球，在重力和恒定电场力F作用下，在竖直平面内沿与y轴方向成α角(90°>α>45°)斜向下方向做直线运动，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)

图9
A．若F＝mgsin α，则小球的速度不变
B．若F＝mgsin α，则小球的速度可能减小
C．若F＝mgtan α，则小球的速度可能减小
D．若F＝mgtan α，则小球的电势能可能增大
答案　CD
解析　小球只受重力G和电场力F作用，小球做直线运动，则合力为零或合力方向与运动方向在同一直线上；若F＝mgsin α，则F方向与运动方向垂直，如图，

力F不做功，只有重力做功，所以小球的速度增大，A、B错误；若F＝mgtan α，力F与小球运动方向可能成锐角，力对小球做正功，小球速度增大，电势能减小，力F也可能与运动方向成钝角，合力对小球做负功，小球速度减小，电势能增大，故C、D正确．

9．(2018·辽宁省大连市第二次模拟)如图10甲所示，将一倾角θ＝37°的粗糙绝缘斜面固定在地面上，空间存在一方向沿斜面向上的匀强电场．一质量m＝0.2 kg，带电荷量q＝2.0×
10－3 C的小物块从斜面底端静止释放，运动0.1 s后撤去电场，小物块运动的v－t图象如图乙所示(取沿斜面向上为正方向)，g＝10 m/s2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：

图10
(1)电场强度E的大小；
(2)小物块在0～0.3 s运动过程中机械能增加量．
答案　(1)3×103 N/C　(2)0.36 J
解析　(1)加速时：a1＝＝20 m/s2
减速时：加速度大小a2＝＝10 m/s2
由牛顿第二定律得：Eq－mgsin θ－Ff＝ma1
mgsin θ＋Ff＝ma2
联立得E＝3×103 N/C
摩擦力Ff＝0.8 N
(2)方法一：ΔEk＝0
ΔEp＝mgxsin 37°
x＝0.3 m
ΔE＝ΔEp
ΔE＝0.36 J
方法二：加速距离x1＝t1＝0.1 m
减速距离x2＝t2＝0.2 m
电场力做功WE＝Eqx1＝0.6 J
摩擦力做功Wf＝－Ff(x1＋x2)＝－0.24 J
物块在0～0.3 s运动过程中机械能增加量
ΔE＝WE＋Wf＝0.36 J.
10．如图11所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的液滴，在场强大小为、方向水平向右的匀强电场中运动，运动轨迹在竖直平面内．A、B为其运动轨迹上的两点，已知该液滴在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°.求A、B两点间的电势差．

图11
答案　
解析　由题意知qE＝mg，液滴重力不能忽略，把运动分解
水平方向：vsin 60°＝v0sin 30°＋t
竖直方向：vcos 60°＝v0cos 30°－gt
联立可得：v＝v0，t＝
由牛顿第二定律得水平方向加速度a＝＝g，水平位移：x＝v0sin 30°·t＋(g)t2＝
UAB＝E·x＝.
11．(2018·四川省雅安市第三次诊断)如图12所示，光滑绝缘水平面上方存在电场强度大小为E、方向水平向右的匀强电场．某时刻将质量为m、带电荷量为－q的小金属块从A点由静止释放，经时间t到达B点，此时电场突然反向且增强为某恒定值，又经过时间t小金属块回到A点．小金属块在运动过程中电荷量保持不变．求：

图12
(1)A、B两点间的距离；
(2)电场反向后匀强电场的电场强度大小．
答案　(1) t2　(2)3E
解析　(1)设t末和2t末小金属块的速度大小分别为v1和v2，电场反向后匀强电场的电场强度大小为E1，小金属块由A点运动到B点过程
a1＝
x＝a1t2
联立解得x＝ t2
(2)v1＝a1t
解得v1＝ t
小金属块由B点运动到A点过程a2＝－
－x＝v1t＋a2t2
联立解得E1＝3E.