第八章 专题强化十二 带电粒子在电场中运动的综合问题-【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习配套课件（人教版2019）

物 理 第八章　静电场 专题强化十二　带电粒子在电场中运动的综合问题 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 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，高考选择题和计算题都有命题。 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，熟练应用动力学方法和能量观点解决电场问题。 3．用到的知识：受力分析方法、运动学公式、牛顿第二定律、运动的合成与分解、动能定理和能量守恒定律等知识。 热点 eq \a\vs4\al(1) 带电粒子在交变电场中的偏转(方法模型) 1．带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方波)的情形。当粒子垂直于交变电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性。 2．研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况，根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等。 3．注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子运动时间上的周期性和空间上的对称性，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临界条件。 4．对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动。 1．如图甲所示，大量的质量为m、电荷量为e的电子由静止开始经电压为U0的电场加速后，先后从上极板的边缘平行极板方向进入偏转电场，其中偏转电场两极板间的电压UAB随时间t变化的规律如图乙所示。已知偏转极板间的距离为d，板长为l，不计电子的重力及电子间的相互作用，电子通过偏转极板间所用的时间极短，可认为此时间内偏转电压不变，当偏转电压为3U0时，粒子刚好从距上极板 eq \f(1,3)d的P点射出，下列说法正确的是(　　) A．d＝2l B．当UAB＝3U0时，电子射出偏转电场时的速度v＝ eq \r(\f(6eU0,m)) C．当UAB＝3U0时，电子射出偏转电场时速度的偏向角为45° D．在 eq \f(4,5) T～T时间内进入偏转电场的电子都不能从极板右侧射出 解析　电子在加速电场中运动，由动能定理得eU0＝ eq \f(1,2) mv02，解得v0＝ eq \r(\f(2eU0,m)) ，电子在偏转电场中做类平抛运动，当UAB＝3U0，加速度为a＝ eq \f(eUAB,md) ＝ eq \f(3eU0,md) ，根据类平抛的规律有 eq \f(d,3) ＝ eq \f(1,2) at2，l＝v0t，联立解得：d＝ eq \f(3l,2) ，A错误；对电子运动的整个过程，根据动能定理得：eU0＋e eq \f(1,3)UAB＝ eq \f(1,2)mv2，解得电子射出偏转电场时的速度为v＝ eq \r(\f(4eU0,m)) ，B错误；电子射出偏转电场时速度的偏向角的余弦值cos θ＝ eq \f(v0,v) ＝ eq \f(\r(2),2) ，则偏向角为θ＝45°，C正确；当电子刚好打到下极板 右侧边缘时，电子的加速度a′＝ eq \f(eU,md) ，根据类平抛运动的规律有d＝ eq \f(1,2) a′t2，l＝v0t，联立解得此时偏转电压为U＝9U0。其他条件不变时，偏转电压越大，电子偏转得越厉害，可知偏转电压大于9U0时，电子不能从偏转电场极板右侧飞出，因此在 eq \f(4,5) T～T时间内进入偏转电场的电子不能从极板右侧射出，D错误。 答案　C 热点 eq \a\vs4\al(2) “等效法”在电场中的应用(互动共研) 1．等效重力场 物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些。此时可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之为“等效重力场”。 2. 3．举例 2．如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，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，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＝ eq \f(mg,q) ，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．若小球在竖直平面内绕O点恰好做完整圆周运动，则它运动过程中的最小速度vmin ＝ eq \r(gL) B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到 D点时机械能最大 C．若将小球在A点由静止开始释放，小球到达B点速度为2 eq \r(gL) D．若剪断细线将小球在A点以大小为 eq \r(gL) 的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点 解析　由于电场强度E＝ eq \f(mg,q) ，故mg ＝Eq，将重力场和电场的总和等效成另一个“合场”，物体的加速度大小为a＝ eq \f(\r(（mg）2＋（qE）2),m) ＝ eq \r(2) g，故若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为v，则有 eq \r(2)mg＝ m eq \f(v2,L) ，解得v＝ eq \r(\r(2)gL) ，故A错误；除重力和弹力外的其他力做功等于机械能的变化量，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，电场力做功最多，故到B点时的机械能最大，故B错误；小球受合力方向与电场方向夹角45°斜向下，故若将小球在A点由静止开始释放，它将要沿合力方向做匀加 速直线运动，由动能定理 eq \r(2)mg× eq \r(2)L＝ eq \f(1,2)mvC2，可知小球到达C点时的速度vC＝2 eq \r(gL) ，当绳绷紧后小球沿切线速度为vC′＝vCcos 45°＝ eq \r(2gL) ，由当绳绷紧后至B由动能定理－mgL＋EqL＝ eq \f(1,2)mvB2－ eq \f(1,2)mvC′2，得vB＝ eq \r(2gL) ，故C错误；若将小球在A点以大小为 eq \r(gL) 的速度竖直向上抛出，小球将不会沿圆周运动，因此小球在竖直方向做竖直上抛，水平方向做匀加速，因Eq＝mg，故水平加速度与竖直加速度大小均为g，当竖直方向上的位移为零时，时间t＝ eq \f(2vA,g) ＝2 eq \r(\f(L,g)) ，则水平位移x＝ eq \f(1,2)gt2＝2L，则说明小球刚好运动到B点，故D正确。 答案　D 热点 eq \a\vs4\al(3) 带电粒子(体)的力学综合问题(互动共研) 1．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。 2．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。具体方法有： (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弄清所研究过程的初、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若带电粒子只在静电力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变。 ②若带电粒子只在重力和静电力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变。 3．在一粗糙的绝缘水平面上固定一光滑斜面，斜面底端有一小段圆弧与水平面平滑相连，斜面的倾角为53°，整个空间存在一水平向左的匀强电场E＝2×103 N/C。现有一带电量为q＝－5×10－5 C、质量为m＝10 g的小球，初始时刻在水平面上离斜面底端为x(未知)处以v0＝2 m/s的初速度向右运动，小球冲上斜面，在斜面上的最大运动距离为l＝25 m，已知小球与水平面之间的动摩擦因数为μ＝0.5。 (1)求小球从斜面底端运动到最高点的时间t。 (2)求初始时刻小球离斜面底端的距离x。 (3)若小球运动到斜面顶端时，电场方向突然变成水平向右，大小不变，求小球再次到达水平面时的速度。 解析　(1)小球在斜面上运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得 mg sin 53°－qE cos 53°＝ma， 解得a＝2 m/s2， 逆向分析可看作是初速度为零的匀加速直线运动， 则有l＝ eq \f(1,2)at2，解得t＝5 s； (2)小球在最低点时的速度为v＝at＝10 m/s， 从开始到小球达到斜面底端过程中，根据动能定理可得qEx－μmgx＝ eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)mv02， 解得x＝9.6 m； (3)若小球运动到斜面顶端时，电场方向突然变成水平向右，设电场力与重力的合力与水平方向的夹角为α，根据几何关系可得 tan α＝ eq \f(mg,qE) ＝1，则α＝45°＜53°， 所以小球沿图中的直线运动，加速度大小为 a′＝ eq \f(\r(2)mg,m) ＝10 eq \r(2) m/s2， 位移L＝ eq \f(l sin 53°,sin 45°) ＝20 eq \r(2) m， 根据速度—位移关系可得v′2＝2a′L，解得v′＝20 eq \r(2) m/s， 方向与水平方向夹角为45°斜向下。 答案　(1)5 s　(2)9.6 m　(3)20 eq \r(2) m/s，方向与水平方向夹角为45°斜向下 $$