第10章 专题强化4 带电粒子（体）在电场中运动的综合问题（教用word）-【优学精讲】2025-2026学年高中物理必修第三册（人教版）

该高中物理讲义通过分类梳理与方法提炼构建知识体系，以表格呈现学习目标，结合例题解析与“v-t图像法”“等效重力法”等技巧总结，系统梳理交变电场中直线/曲线运动及复合场中直线、类抛体、圆周运动的知识脉络，突出运动与力、功与能的内在联系。 讲义亮点在于科学思维导向的分层设计，如交变电场直线运动用v-t图像分析运动过程（模型建构），复合场圆周运动用等效法突破临界问题（科学推理）。例题涵盖基础与综合题型，方法技巧辅助不同层次学生掌握，助力教师实施精准复习教学。

专题强化4　带电粒子（体）在电场中运动的综合问题 学习目标 1.学会分析带电粒子在交变电场中的直线运动。 2.学会分析带电粒子在交变电场中的曲线运动。 3.会应用运动和力、功和能的关系分析带电粒子（体）在电场和重力场中的运动问题。 4.学会利用“等效法”解决带电粒子（体）在电场和重力场中圆周运动的临界问题。 强化点一　带电粒子在交变电场中的运动 类型一｜带电粒子在交变电场中的直线运动 1.交变电场 电场强度的大小和方向随时间做周期性变化的电场叫作交变电场（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.带电粒子在电场中做直线运动的条件 带电粒子进入电场时初速度为零，或初速度方向与电场方向平行，带电粒子在交变静电力的作用下，做加速、减速交替的直线运动。 【例1】　如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上，则t0可能属于的时间段是（　　） A.0＜t0＜ B.＜t0＜ C.＜t0＜T D.T＜t0＜ 答案：B 解析：设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意知，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负。分别作出t0＝0、、、时释放粒子，粒子运动的速度—时间图像，如图所示。由于速度—时间图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图像可知，释放粒子时间在0＜t0＜与＜t0＜T时粒子在一个周期内的总位移大于零，释放粒子时间在＜t0＜时粒子在一个周期内的总位移小于零；释放粒子时间在t0＞T时情况类似。因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各项可知B正确。 方法技巧 解决带电粒子在交变电场中直线运动问题的思路 （1）通常将U-t图像、E-t图像、φ-t图像等转化为a-t图像，进一步绘制出v-t图像，可将复杂的运动过程直观地描述出来。 （2）判断粒子一直向某一方向运动，还是做往复运动，关键是判断粒子的速度为零后加速度的方向，若加速度的方向与原来速度方向相同，粒子将继续向同一方向运动，若粒子加速度方向与原来运动方向相反，粒子将向反方向运动。 类型二｜带电粒子在交变电场中的曲线运动 【例2】　〔多选〕如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压。在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子。t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期T＝，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力。则（　　） A.在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大于v0 B.粒子的电荷量为 C.在t＝时刻进入的粒子恰好从P板右侧边缘离开电场 D.在t＝时刻进入的粒子恰好从P板右侧边缘离开电场 答案：BD 解析：粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间T＝，此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，A错误；粒子在竖直方向，在时间内的位移为，则有d＝，解得q＝，B正确；t＝时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为d'＝2×a－2×a＝aT2＝d，即粒子恰好从P、Q两板正中间离开电场，C错误；t＝时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速，向上减速，由对称可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，D正确。 方法技巧 　　若带电粒子以一定的初速度垂直于电场方向进入交变电场，粒子将做曲线运动，应运用运动的独立性，分方向对粒子进行运动分析： （1）在初速度方向上，粒子做匀速直线运动。 （2）在垂直于初速度方向上，粒子做加速、减速交替的运动，可利用vy-t图像进行速度、位移的分析。 强化点二　带电体在重力场和电场中的运动 类型一｜带电体在电场和重力场中的直线运动 【例3】　〔多选〕如图所示，一质量为m、电荷量为＋q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动。ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝Eq，则（　　） A.电场方向垂直于ON向上 B.小球运动的加速度大小为g C.小球上升的最大高度为 D.小球运动到最高点所需时间为 答案：BC 解析：由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，而mg＝qE，由平行四边形定则可知，电场方向与ON方向成120°角，选项A错误；由图中几何关系可知，其合力F合大小为mg，由牛顿第二定律可知，a＝g，方向与初速度方向相反，选项B正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理可得－F合·＝－mg·2h＝0－m，解得h＝，选项C正确；带电小球运动到最高点所需时间为t＝＝，选项D错误。 类型二｜带电体在电场和重力场中的类抛体运动 【例4】　如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的微粒，从极板左侧中央以相同的水平初速度v0先后垂直于电场强度方向射入，分别落到极板A、B、C处（以下分别用A、B、C代表三个微粒），如图所示。则下列判断正确的是（　　） A.微粒A带负电，B不带电，C带正电 B.三个微粒在电场中运动时间相等 C.三个微粒在电场中运动的加速度的关系为aA＞aB＞aC D.三个微粒到达极板时的动能关系为EkA＜EkB＜EkC 答案：D 解析：三个微粒的初速度相等，水平方向上都做匀速运动，水平位移关系为xA＞xB＞xC，所以他们的运动时间关系为tA＞tB＞tC，故运动时间不相等，三个微粒在竖直方向的位移相等，根据d＝at2可知，他们加速度的关系为aA＜aB＜aC，从而可知B仅受重力，A受向上的电场力，C受向下的电场力，所以B不带电，A带正电，C带负电，故A、B、C错误；三个微粒所受重力做的功相等，电场力对A做负功，电场力对C做正功，根据动能定理，三个微粒到达极板时的动能关系为EkA＜EkB＜EkC，故D正确。 方法技巧 处理带电体在电场和重力场中做类抛体运动的方法 （1）明确研究对象并对其进行受力分析。 （2）将运动正交分解，分方向进行分析，把曲线运动转化为分方向的直线运动，利用牛顿运动定律、运动学公式求解。 （3）涉及功和能量问题可利用功能关系和动能定理处理。 ①功能关系：静电力做的功等于电势能的减少量，W电＝Ep1－Ep2。 ②动能定理：合力做的功等于动能的变化，W＝Ek2－Ek1。 类型三｜带电体在电场和重力场中的圆周运动 解决带电体在电场和重力场中的圆周运动问题的方法 　（1）首先分析带电体的受力情况进而确定向心力的来源。 （2）用“等效法”的思想找出带电体在电场和重力场中的等效“最高点”和“最低点”。 ①等效重力法 将重力与静电力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“等效重力”，F合的方向为“等效重力”的方向，即等效重力场中的“竖直向下”方向。a＝视为等效重力场中的“等效重力加速度”。 ②几何最高点（最低点）与物理最高点（最低点） a.几何最高点（最低点）：是指图形中所画圆的最上（下）端，是符合人视觉习惯的最高点（最低点）。 b.物理最高点（最低点）：是指“等效重力F合”的反向延长线过圆心且与圆轨道的交点，即物体在圆周运动过程中速度最小（大）的点。 【例5】　（在电场和重力场中的圆周运动）质量为m的小球带电荷量为＋q，由长为L的绝缘绳系住，在水平向右、电场强度为E的匀强电场中，最初静止于A点，如图所示，已知θ＝60°，为了让小球在竖直平面内做完整的圆周运动，则小球在A点的初速度至少为（　　） A. B. C. D. 答案：D 解析：小球做圆周运动的等效最高点与A点关于圆心对称。当小球在等效最高点且速度最小时，绳子的拉力为零，由几何知识知此时的合力F合＝2mg，qE＝mg，根据牛顿第二定律得2mg＝，解得vmin＝，从等效最高点到等效最低点，由动能定理可得2mgLcos 60°＋2qELsin 60°＝m－m，解得vA＝，D项正确。 1.在如图甲所示的平行板电容器A、B两板上加上如图乙所示的交流电压，开始时B板的电势比A板的高。这时在两板中间的电子由静止在静电力作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下列说法正确的是（不计电子重力）（　　） A.电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性运动 B.电子一直向A板运动 C.电子一直向B板运动 D.电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性运动 解析：C　在前半个周期内，B板的电势高，电场的方向向右，电子受到的静电力方向水平向左，电子向左做初速度为零的匀加速直线运动，在后半个周期，电场水平向左，电子所受的静电力水平向右，电子向左做匀减速直线运动直到速度为零，然后进入第二个周期，重复之前的运动，由此可知，电子在每个周期内先向左做初速度为零的匀加速直线运动，然后向左做匀减速直线运动，如此反复，v-t图像如图所示，所以电子一直向B板运动，故选C。 2.A、B两导体板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放（电子所受的重力忽略不计）。分别在A、B两板间加四种电压，它们的UAB-t图线如下列四图所示。其中可能使电子到不了B板的是（　　） 解析：B　加A选项电压，电子从A板开始向B板做匀加速直线运动，一定能到达B板，A错误；加B选项电压，电子向B板运动的v-t图像如图所示，由图可知，在一个周期内，电子的位移为0，有可能到不了B板，B正确；加C选项和D选项电压，分析可知电子在一个周期内速度的方向不变，一直向B板运动，一定能到达B板，C、D错误。 3.〔多选〕如图所示为匀强电场电场强度E随时间t变化的图像。当t＝0时，在此匀强电场中静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受静电力的作用，则下列说法中正确的是（　　） A.带电粒子将始终向同一个方向运动 B.2 s末带电粒子回到原出发点 C.3 s末带电粒子的速度为零 D.0～3 s内，静电力做的总功为零 解析：CD　由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1 s内的加速度为a1＝，第2 s内加速度为a2＝，故a2＝2a1，因此粒子先加速1 s再减速0.5 s时速度为零，然后反向加速0.5 s，因此粒子运动的v-t图像如图所示，所以带电粒子不是始终向同一方向运动，故A错误；根据速度—时间图线与时间轴围成的面积表示位移可知，2 s末，带电粒子没有回到出发点，故B错误；由图可知，3 s末带电粒子的速度刚好减到0，粒子只受静电力作用，根据动能定理可知前3 s内粒子动能变化为零，即静电力做的总功为零，故C、D正确。 4.〔多选〕如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一定角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（　　） A. 所受重力与静电力平衡 B.电势能逐渐增加 C.动能逐渐增加 D.做匀变速直线运动 解析：BD　根据题意可知，粒子做直线运动，则静电力与重力的合力与速度方向反向，故所受重力与静电力不平衡，如图所示，则粒子做匀减速直线运动，A错误，D正确；由A选项分析可知，静电力做负功，则电势能增加，动能减小，C错误，B正确。 5.〔多选〕（2025·福建泉州期中）如图，在竖直平面内有水平向右、电场强度为E＝1×104 N/C的匀强电场。在匀强电场中有一根长L＝2 m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为0.08 kg的带电小球，它静止时细线与竖直方向成37°角，若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。下列说法正确的是（　　） A.小球的带电荷量q＝5×10－5 C B.小球在运动至圆周轨迹上的最高点时动能和电势能之和最小 C.小球在运动至圆周轨迹上的最低点时重力势能和电势能之和最小 D.小球动能的最大值为5 J 解析：BD　小球静止时细线与竖直方向成37°角，其受到重力、静电力和拉力，根据平衡条件，有qE＝mgtan 37°，解得q＝＝6×10－5 C，故A错误；根据能量守恒定律，电势能和机械能之和保持不变，最高点重力势能最大，动能和电势能之和最小，故B正确；重力和静电力为恒力，将二者合成等效为新的“重力”，在等效“重力”场中最低点，即小球静止时的位置，动能最大，重力势能和电势能之和最小，故C错误；如图所示，小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，表明小球在等效最高点B，即在与竖直方向成37°角的直径的一个端点处对应的细线上张力恰好为零，在该处重力与静电力的合力恰好提供向心力，则有＝，可得小球在B点时的动能为Ek＝mv2＝＝1 J，从B点到A点，由动能定理得qE·2L·sin 37°＋mg·2L·cos 37°＝Ekm－Ek，解得小球动能的最大值Ekm＝5 J，故D正确。 6.（2025·安徽黄山期中）如图所示是直线加速器的一部分，AB接在电压大小恒定、极性随时间周期性变化的电源上，粒子运动到圆筒与圆筒之间的间隙时，恰好都能使静电力的方向与运动方向相同而不断加速。一质子以初速度v0＝8×106 m/s从第3个金属圆筒左侧的小孔进入圆筒，以v＝1×107 m/s的速度进入第5个金属圆筒。质子在每个筒内均做匀速直线运动，时间恰好都为t＝1×10－7 s，在每两筒的缝隙间电场加速的时间不计。已知质子的电荷量与质量之比约为1×108 C/kg，求： （1）圆筒3的长度； （2）周期性电源的电压大小。 答案：（1）0.8 m　（2）9×104 V 解析：（1）圆筒3的长度 L3＝v0t 代入数据得L3＝0.8 m。 （2）由图可知，从3到5经过2次加速，设加速电压为U，根据动能定理可知 2qU＝mv2－m 由题意可知 ＝1×108 C/kg 联立代入数据得U＝9×104 V。 7.（2025·云南昆明期中）如图所示，质量为m，带电荷量为＋q（q＞0）的小球（可看作质点）与不可伸长的绝缘细绳相连，细绳另一端固定在O点，细绳长度为L，O点距离水平地面的高度为2L，空间存在竖直向上的匀强电场。现在最高点给小球一水平向右的初速度v0＝，此时细绳上的拉力恰好为0，重力加速度大小为g。 （1）求匀强电场的电场强度E的大小； （2）若小球运动到最低点时细绳恰好被拉断，在小球脱离细绳的瞬间电场变为水平向左，则小球的落地点到O点的水平距离x。 答案：（1）　（2）L 解析：（1）在最高点，有mg－qE＝ 解得E＝。 （2）小球从最高点运动到最低点过程中，根据动能定理，有 （mg－qE）·2L＝mv2－m 细绳被拉断后，小球在竖直方向做自由落体运动，有 L＝gt2 水平方向做匀加速直线运动，有 x＝vt＋at2 其中qE＝ma 解得x＝L。 8.（2025·广东广州期中）如图所示，匀强电场中相邻竖直等势线间距d＝10 cm，质量m＝0.1 kg、带电荷量为q＝－1×10－3 C的小球以初速度v0＝10 m/s抛出，初速度方向与水平线的夹角为45°，取重力加速度g＝10 m/s2，求： （1）小球加速度的大小； （2）小球再次回到图中水平线时的速度大小和到抛出点的距离。 答案：（1）10 m/s2　（2）10 m/s　20 m 解析：（1）设相邻两等势线间的电势差为U，由电场强度与电势差之间的关系可知，电场强度为E＝，解得E＝1×103 V/m，静电力F＝qE＝1 N，方向水平向右，重力G＝mg＝1 N，方向竖直向下，设小球加速度为a，由牛顿第二定律得F合＝＝ma， 解得a＝10 m/s2。 （2）设小球再次回到题图中水平线时的速度大小为v，与抛出点的距离为L，小球加速度与初速度方向垂直，做类平抛运动，有Lcos 45°＝v0t，Lsin 45°＝at2 解得t＝ s，L＝20 m， 沿加速度方向有vy＝at，速度大小为v＝ 解得v＝10 m/s。 9 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $