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教师用书word（人教版2019）

专题强化十二　带电粒子在电场中运动的综合问题 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。 [对应学生用书P172] 热点 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。 [例1]　如图a所示，水平放置的两正对、平行金属板A、B间加有如图b所示的交流电压UAB，现有一带电粒子从A板左端边缘以速度v0水平射入电场。粒子电荷量为＋q，质量为m，不计粒子重力。 (1)若粒子能够射出电场，已知金属板长度为L，求粒子在电场中的运动时间t。 (2)若粒子在t＝0时刻射入电场，经过一段时间后从B板右侧边缘水平射出。 ①定性画出垂直板方向的速度vy(规定竖直向下为正方向)随时间变化的图像。 ②求出板长L和两板间距d分别满足的条件。 ③若金属板足够长，要求t＝0时刻射入的粒子打到B板时动能最大，则两板间距d应当满足什么条件？ (3)若粒子在t＝时刻射入电场，经过一段时间后从A板右侧边缘水平射出，则板长L和两板间距d分别满足什么条件？ 解析　(1)根据题意可知，粒子在电场中，水平方向上做匀速直线运动，若粒子能够射出电场，则粒子在电场中的运动时间为t＝。 (2)① ②由对称性可知，粒子可能在t1＝nT，即vy＝0时从B板右边缘水平射出， L＝v0t1＝nv0T(n＝1，2，3，…)， d＝2n·a()2， 由牛顿第二定律有a＝， 联立得d＝(n＝1，2，3，…)。 ③根据题意可知，若粒子从t＝0时刻进入电场，要求粒子打到B板时动能最大， 则粒子打到B板时，竖直分速度最大，即粒子在，，…时，恰好打到B板， 则有d＝(2n＋1)×·()2(n＝0，1，2，3，…)， 解得d＝(n＝0，1，2，3，…)。 (3)根据题意可知，若粒子在t＝时刻射入电场，且经过一段时间后能够从A板右侧边缘水平射出，则在竖直方向上，粒子在～时间内，做向下的匀加速直线运动，在～时间内，向下做匀减速直线运动，由对称性可知，粒子在时，竖直分速度减小到0，此时，粒子未达到B板上，然后在～T时间内，向上做匀加速直线运动，在T～时间内，向上做匀减速直线运动，由对称性可知，在时，粒子恰好回到A板边缘，且竖直分速度为0，由上述分析可知，两板间距d满足条件d≥2×a()2， 由牛顿第二定律可得a＝，联立解得d≥， 粒子在电场中的运动时间为t2＝nT(n＝1，2，3，…)， 则板长为L＝v0t2＝nv0T(n＝1，2，3，…)。 答案　(1) (2)①见解析图 ②L＝nv0T(n＝1，2，3，…)　d＝(n＝1，2，3，…) ③d＝(n＝0，1，2，3，…) (3)L＝nv0T(n＝1，2，3，…)　d≥ 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＝ C．当UAB＝3U0时，电子射出偏转电场时速度的偏向角为45° D．在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＝mv02，解得v0＝，电子在偏转电场中做类平抛运动，当UAB＝3U0，加速度为a＝＝，根据类平抛的规律有＝at2，l＝v0t，联立解得：d＝，A错误；对电子运动的整个过程，根据动能定理得：eU0＋eUAB＝mv2，解得电子射出偏转电场时的速度为v＝，B错误；电子射出偏转电场时速度的偏向角的余弦值cos θ＝＝，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′＝，根据类平抛运动的规律有d＝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 “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 [例2]　(2025·辽宁大连高三期中)如图所示，一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆轨道在A点相切，斜面与水平方向的夹角为θ。B点为圆轨道的最低点，C点为圆轨道的最高点，O点为圆轨道的圆心，半径OA与竖直方向夹角也为θ。整个空间存在水平向左的匀强电场，电场强度为E＝。已知θ＝53°，圆轨道半径R＝1 m，g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。现把一质量为m＝1 kg、电荷量为q的带正电小球从斜面上某位置由静止释放。为使小球能在运动到C点之前始终不脱离轨道，求小球释放位置离A点的最小距离，和小球从此位置释放后运动到B点时对轨道的压力。(计算结果均保留3位有效数字) 解析　设重力与电场力的合力方向与竖直方向成α角，如图 由tan α＝解得α＝37°， 合力大小为F＝＝mg， 过O点作与竖直方向夹角为α＝37°的直线，与圆轨道分别交于D点和E点，则小球在D点速度最大，E点速度最小。 在E点对轨道压力为零时，小球的释放位置离A点最近。对小球在E点应用牛顿第二定律得F＝m， 设小球的释放位置到A点的最小距离为x，在小球从释放点到E点的过程中， 由动能定理得 mg(x sin θ－R cos θ－R cos α)－qE·(x cos θ＋R sin θ＋R sin α)＝mv， 解得x＝ m＝8.79 m， 对小球从B点到E点的过程应用动能定理得 －FR(1＋cos α)＝mv－mv， 设小球在B点受到的支持力为FN，由牛顿第二定律得FN－mg＝m， 解得FN＝mg＝67.5 N， 由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小等于67.5 N，方向竖直向下。 答案　8.79 m　67.5 N，方向竖直向下 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＝，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 ＝ 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 D．若剪断细线将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点 解析　由于电场强度E＝，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＝＝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mg＝m，解得v＝，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mg×L＝mvC2，可知小球到达 C点时的速度vC＝2，当绳绷紧后小球沿切线速度为vC′＝vCcos 45°＝，由当绳绷紧后至B由动能定理－mgL＋EqL＝mvB2－mvC′2，得vB＝，故C错误；若将小球在A点以大小为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＝＝2，则水平位移x＝gt2＝2L，则说明小球刚好运动到B点，故D正确。 答案　D 热点 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。 [例3]　(2023·新课标卷)密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、；两板间加上电压后(上板为正极)，这两个油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。 (1)求油滴a和油滴b的质量之比。 (2)判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比。 解析　(1)根据题述有f＝kvr， 设油滴a的质量为m1，油滴a以速率v0向下匀速运动， 由平衡条件有m1g＝kv0r1，m1＝πrρ， 设油滴b的质量为m2，油滴b以速率v0向下匀速运动， 由平衡条件有m2g＝k·v0r2，m2＝πrρ， ＝＝＝，则＝， 联立解得m1∶m2＝＝8∶1。 (2)由于当在上下平板加恒定电压(上板为高电势)时，这两个油滴很快以v0的速率竖直向下匀速运动，所以有：油滴a速度减小，说明油滴a受到了向上的电场力，则油滴a带负电荷， 油滴b速度增大，说明油滴b受到了向下的电场力，则油滴b带正电荷， 由f＝kvr可知两个油滴均以速率v0竖直向下匀速运动时，所受阻力之比为＝＝2， 油滴b以速率v0竖直向下匀速运动时，所受阻力为f＝m2g， 结合f＝kvr可知油滴b以速率v0竖直向下匀速运动时，所受阻力为f2＝2f＝2m2g， 油滴a以速率v0竖直向下匀速运动，所受阻力为f1＝2f2＝4m2g， 设油滴a所带电荷量的绝对值为q1， 由平衡条件有m1g＝q1E＋f1，则q1E＝8m2g－f1＝4m2g， 设油滴b所带电荷量的绝对值为q2，由平衡条件有m2g＋q2E＝f2，则q2E＝f2－m2g＝m2g。 联立解得q1∶q2＝4∶1。 答案　(1)8∶1　(2)油滴a带负电，油滴b带正电　4∶1 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＝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＝mv2－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＝＝1，则α＝45°＜53°， 所以小球沿图中的直线运动，加速度大小为 a′＝＝10 m/s2， 位移L＝＝20 m， 根据速度—位移关系可得v′2＝2a′L，解得v′＝20 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 m/s，方向与水平方向夹角为45°斜向下 课时检测训练36　带电粒子在电场中运动的综合问题 对应学生用书P409 1.(多选)(2024·江西卷)如图所示，垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆，质量均为m、带同种电荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆，两小球均可视为点电荷，带电荷量分别为q和Q。在图示的坐标系中，小球乙静止在坐标原点，初始时刻小球甲从x＝x0处由静止释放，开始向下运动。甲和乙两点电荷的电势能Ep＝k(r为两点电荷之间的距离，k为静电力常量)。最大静摩擦力等于滑动摩擦力f，重力加速度为g。关于小球甲，下列说法正确的是(　　) A.最低点的位置x＝ B.速率达到最大值时的位置x＝ C.最后停留位置x的区间是≤x≤ 　 D.若在最低点能返回，则初始电势能Ep0<(mg－f) 解析　小球甲从开始运动至第一次运动到最低点的过程，根据能量守恒定律有mg(x0－x)＝f(x0－x)＋，解得x＝，A错误；小球甲第一次向下运动至速度最大的位置，此时加速度为零，根据平衡条件有mg＝f＋，解得x＝ ，B正确；若小球甲停止是在下降的过程，且停止运动后恰好静止，有mg＋f＝，解得x1＝ ，若小球甲停止是在上升的过程，且停止运动后恰好静止，有mg＝＋f，解得x2＝ ，因此小球甲最后停留位置x的区间为≤x≤ ，C错误；若小球甲在最低点能返回，则有>mg＋f，解得x< ，结合A项分析可知x＝，则有< ，可得初始电势能Ep0＝<(mg－f) ，D正确。 答案　BD 2.(2024·河北卷)如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为q(q>0)、质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g。求。 (1)电场强度E大小。 (2)小球在A、B两点的速度大小。 解析　(1)A、B两点间的电势差为U，则E＝。 (2)小球运动到A点时，由牛顿第二定律有qE－mg＝m， 解得小球在A点的速度大小vA＝， 小球从A点运动到B点的过程，由动能定理有mgL－qU＝mv－mv， 解得小球在B点的速度大小vB＝。 答案　(1) (2)vA＝ 　vB＝ 3．如图所示，第一象限中有沿x轴正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小相等。一个质量为m，电荷量为－q的带电质点以初速度v0从x轴上P(－L，0)点射入第二象限，已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动，并且能够连续两次通过y轴上的同一个点Q(未画出)，重力加速度g为已知量。求： (1)初速度v0与x轴正方向的夹角。 (2)P、Q两点间的电势差UPQ。 (3)带电质点在第一象限中运动所用的时间。 解析　(1)由题意知，带电质点在第二象限做匀速直线运动，有qE＝mg， 设初速度v0与x轴正方向的夹角为θ，且由带电质点在第一象限做直线运动，有tan θ＝， 解得θ＝45°； (2)P到Q的过程，由动能定理有qEL－mgL＝0， 又WPQ＝qEL， 解得UPQ＝＝－； (3)带电质点在第一象限做匀变速直线运动， 由牛顿第二定律有mg＝ma， 即a＝g，带电质点速度从v0减到0所用时间为t，则v0＝at，解得t＝， 带电质点在第一象限中往返一次所用的时间： T＝2t＝。 答案　(1)45°　(2)－　(3) 4．如图所示，AB为水平绝缘粗糙轨道，动摩擦因数为μ＝0.2，AB距离为5 m；BC为半径r＝1 m的竖直光滑绝缘半圆轨道；BC的右侧存在竖直向上的匀强电场，电场强度E＝500 N/C。一质量m＝1 kg，电荷量q＝1.0×10－2 C的带负电小球，在功率P恒为20 W的水平向右拉力作用下由静止开始运动，到B点时撤去拉力。已知到达B点之前已经做匀速运动(g＝10 m/s2)。求： (1)小球匀速运动的速度大小。 (2)小球从A运动到B所用的时间。 (3)请计算分析小球是否可以到达C点，若可以，求轨道对小球的弹力。 解析　(1)因为小球做匀速直线运动，所以F＝Ff， 解得v0＝＝10 m/s； (2)A到B过程中，由动能定理 Pt－μmg·＝mvB2， vB＝v0＝10 m/s，解得t＝3 s； (3)小球从B点到C点，由动能定理得， －(mg＋qE)×2r＝mvC2－mvB2， 解得vC＝2 m/s， 若小球恰好过C点，则mg＋qE＝m， 解得v＝ m/s＜vC，故可以到达C点， 则在C点，根据牛顿第二定律， mg＋qE＋FN＝m， 解得轨道对小球的弹力FN＝25 N。 答案　(1)10 m/s　(2)3 s　(3)可以　25 N 5．如图所示，光滑水平面上竖直固定有一半径为R的光滑绝缘圆弧轨道BC，水平面AB与圆弧BC相切于B点，O为圆心，OB竖直，OC水平，空间有水平向右的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电绝缘小球，自A点由静止释放，小球沿水平面向右运动，AB间距离为2R，匀强电场的电场强度E大小为，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求： (1)小球到达C点时对轨道的压力大小。 (2)小球从A点开始，经过C点脱离轨道后上升到最高点过程中，小球电势能的变化量ΔEp。 解析　(1)设小球在C点的速度为vC，小球从A点运动到C点过程中，由动能定理可得， qE×3R－mgR＝mvC2， 小球在C点时水平方向的支持力FN与电场力qE的合力提供向心力，所以有FN－qE＝m， 由牛顿第三定律可得小球对轨道的压力FN′与支持力FN大小相等，即FN＝FN′， 解得FN′＝5mg； (2)小球过C点上升到达最高点的过程中，由运动的分解可知，在水平方向小球做初速度为零的匀加速运动，竖直方向做竖直上抛运动，设小球从C点到最高点的时间为t， 则有ax＝＝g，sx＝axt2，t＝， 小球从A点开始运动到达最高点过程中电场力做功为W电＝qE(3R＋sx)， 由电场力做功与电势能变化关系式可得W电＝－ΔEp， 解得ΔEp＝－5mgR。 答案　(1)5mg　(2)－5mgR 6.如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器极板长L＝10 cm，极板间距d＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，荧光屏足够长，在电容器两极板间接一交变电压，上极板与下极板的电势差随时间变化的图像如图乙所示。每个电子穿过极板的时间都极短，可以认为电子穿过极板的过程中电压是不变的。求： 甲 乙 (1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的位置到O点的距离。 (2)荧光屏上有电子打到的区间长度。 解析　(1)设电子经电压U0加速后的速度为v0，根据动能定理得eU0＝mv，设电容器间偏转电场的电场强度为E，则有E＝，设电子经时间t通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y，则沿中心轴线方向有t＝，垂直中心轴线方向有a＝， 联立解得y＝at2＝＝， 设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为vy，偏转角为θ， 则电子通过偏转电场时有vy＝at，tan θ＝， 则电子在荧光屏上偏离O点的距离为Y＝y＋L tan θ＝， 由题图乙知t＝0.06 s时刻，U＝1.8U0，解得Y＝13.5 cm。 (3)由题知电子偏移量y的最大值为，根据y＝可得，当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了，所以代入数据得Ymax＝15 cm，所以荧光屏上电子能打到的区间长度为2Ymax＝30 cm。 答案　(1)13.5 cm　(2)30 cm 学科网（北京）股份有限公司 $$