第8章 微专题13 带电粒子在交变电场中的运动及力电综合问题（Word习题）-【满分思维】2027年高考一轮总复习讲义·物理（江苏专版）

该高中物理高考复习讲义聚焦带电粒子在交变电场中的运动、等效重力场、力电综合三大核心考点，按“概念规律-典例精析-类题巩固”逻辑层次构建知识体系，通过考点梳理明确运动周期性与对称性，方法指导强调分段求解与模型建构，真题训练结合各地模拟题提升实战能力。 讲义突出科学思维与物理观念培养，如交变电场中“时间极短视为匀强电场”的模型简化策略，等效重力场中将重力与电场力合成的科学推理方法。设置基础类题与综合计算题分层练习，助力学生高效突破难点，为教师提供系统复习路径，有效提升复习节奏把控与学生应考能力。

带电粒子在交变电场中的,运动及力电综合问题 考点一　带电粒子在交变电场中的运动 1．当带电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．如图所示． U-t图 一个周期内的轨迹图 vy-t图 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． (1) 要抓住带电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． (2) 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． 典例1　(2025·常州高三期中)某示波管简化装置由加速板PQ、偏转板AB及圆弧荧光屏MN组成，如图甲所示，加速电场电压为U0，A、B两板间距和板长均为l，荧光屏圆弧的半径为2l，其圆心与正方形偏转区域的中心点O恰好重合，AB板间电压UAB随时间t的变化规律如图乙所示．质量为m、电荷量为q、初速度为0的粒子从t＝0时刻开始连续均匀地“飘入”加速电场，粒子通过偏转电场的时间远小于T，不计粒子间的相互作用及粒子的重力．求： (1) 粒子进入偏转电场时的速度大小． (2) 在电压变化的一个周期内，能穿过偏转电场的粒子数占总粒子数的百分比． (3) 粒子从进入偏转电场到打在屏上的最长时间与最短时间之差． 甲 乙 答案：(1) 　(2) 66.7%　(3) (－1)l 【解析】 (1) 根据动能定理可得qU0＝mv 解得v0＝ (2) 粒子通过偏转电场的时间远小于T，故在 AB板间运动时电压可视作恒定．粒子恰好从极板右侧边缘射出时l＝v0t，＝at2，a＝ 解得Um＝2U0 故能穿过偏转电场的粒子占总粒子数的百分比为 ×100%≈66.7% (3) 由于所有出射粒子进入偏转电场后沿轴线方向的运动相同，故该方向的分位移之差最大时，时间差Δtm最大，如图所示 则Δtm＝ Δxm＝O1D＝(2－)l 得Δtm＝(－1)l 类题固法1 1．(2026·南京期初补偿训练)如图甲所示，两水平放置的平行金属板A、B间距d＝40 cm，板长L＝30 cm，在两板间加一大小和方向随时间周期性变化的匀强电场，如图乙所示，规定竖直向上为电场强度的正方向．在距金属板右侧D＝40 cm的空间内有方向竖直向上、电场强度大小为E＝100 V/m的匀强电场，并在该电场的右侧边界竖直放置一足够长的挡板．现有一电荷量q＝1×10-2 C、质量m＝0.1 kg的带正电小球在t＝0时刻以水平初速度v0＝2 m/s从距B板h＝5 cm处射入A、B两板间，取g＝10 m/s2： (1) 求小球飞出A、B两板间时竖直方向的速度的大小． (2) 求小球在A、B极板间运动过程中受到电场力的平均值． (3) 若有大量电荷量为q＝1×10-2 C、质量m＝0.1 kg的带正电小球持续不断地从极板左侧各个位置以相同水平初速度v0水平进入A、B板间，忽略小球间的相互作用，求这些小球最终打在挡板上的长度范围． 甲 乙 答案：(1) 1 m/s　(2) N　(3) 1.2 m 【解析】 (1) 在0～0.1 s内，电场力为 F1＝E1q＝3 N 根据牛顿第二定律qE1－mg＝ma1，则a1＝20 m/s2 在0.1 s～0.3 s内，电场力为F2＝qE2＝－1 N 根据牛顿第二定律－qE2－mg＝ma2，则a2＝－20 m/s2 由此可画出a-t图如下图所示： 小球在A、B板间水平方向运动为匀速运动，则时间t＝＝0.15 s 竖直方向速度 vy＝at＝a1·0.1 s＋a2·0.05 s＝1 m/s (2) 小球在板间运动的过程中，由动量定理 F·t－mg·t＝mvy－0 解得F＝ N (3) 由a-t图，当小球从t＝0时刻射入，离开A、B板的竖直速度正方向最大，为vymax＝1 m/s 当小球从0.1 s时射入，离开A、B板的竖直速度负方向最大，为v′ymax＝a2t＝－3 m/s 因为小球可以在任意时刻从A、B板左侧任意位置进入板间，所以可以找到合适位置、合适时刻，使小球恰好从A板最右侧飞出时，竖直速度正方向最大，为vy＝vymax＝1 m/s；使小球恰好从B板最右侧飞出时，竖直速度负方向最大，为 v′y＝|v′ymax|＝3 m/s 小球飞出A、B板间后做匀速直线运动，经历时间 t0＝＝0.2 s 则小球打在挡板上的长度范围 L＝h1＋h2＋d＝(vy＋v′y)·t0＋d＝1.2 m 考点二　“等效重力场”问题 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．概念解释 3．解题策略 典例2　在水平向右的匀强电场中，有一质量为m、带正电的小球，用长为l的绝缘细线悬挂于O点，当小球静止时，细线与竖直方向夹角为θ，小球位于B点，A点与B点关于O点对称，如图所示，现给小球一个垂直于细线的初速度，小球恰能在竖直平面内做圆周运动． (1) 小球在做圆周运动的过程中，在哪一位置速度最小？速度最小值多大？ (2) 求小球在B点的初速度大小． 答案：(1) A点　　(2) 【解析】 (1) 如图所示，小球所受到的重力、电场力均为恒力，二力的合力为F＝.重力场与电场的叠加场为等效重力场，F为等效重力，小球在叠加场中的等效重力加速度为g′＝，其方向斜向右下，与竖直方向成θ角．小球在竖直平面内做圆周运动的过程中，只有等效重力做功，动能与等效重力势能可相互转化，其总和不变．与重力势能类比知等效重力势能为Ep＝mg′h，其中h为小球距等效重力势能零势能面的高度． 设小球静止在位置B点时等效重力势能为零，由于动能与等效重力势能的总和不变，则小球位于和B点对应的同一直径上的A点时等效重力势能最大，动能最小，速度也最小．设小球在A点的速度为vA，此时细线的拉力为零，等效重力提供向心力，则 mg′＝m 得小球的最小速度为vA＝ (2) 设小球在B点的初速度为vB，由能量守恒得 mv＝mv＋mg′·2l 将vA的数值代入得vB＝ 类题固法2 1．如图所示，半径为R的光滑绝缘圆环竖直固定，圆环所在区域内有与环面平行的水平向右的匀强电场. 一质量为m、电荷量为＋q(q＞0)的小球套在圆环上，恰能静止在C点，OC与竖直方向夹角 θ＝45°，已知O点电势为零，重力加速度为g，不计空气阻力．求： (1) 电场强度的大小E. (2) 小球在C点时的电势能EpC. (3) 小球从最高点A静止释放，运动过程中对环的最大压力F. 答案：(1) 　(2) －mgR　(3) (2＋3)mg 【解析】 (1) 小球在C点时，有qE＝mg tan θ 解得E＝ (2) 将小球从O点移到C点，电场力做功 WOC＝qER sin θ＝mgR 由WOC＝EpO－EpC 解得EpC＝－mgR (3) 等效重力为G′＝mg 小球在等效最低点C时速度最大，从A到C由动能定理得mgR(1＋cos θ)＋qER sin θ＝mv 解得v＝(2＋2)gR 在C点，由牛顿第二定律得FN－G′＝m 解得FN＝(2＋3)mg 由牛顿第三定律得F＝FN＝(2＋3)mg 考点三　电场中的力电问题 1．动力学的观点 (1) 由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，可用正交分解法． (2) 综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问题． 2．能量的观点 (1) 运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断是对分过程还是对全过程使用动能定理． (2) 运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现． 3．动量的观点 (1) 运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向． (2) 运用动量守恒定律，除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，还要注意题目表述是否为某方向上动量守恒． 典例3　(2024·安徽卷)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示．小球质量为m，带电荷量为＋q，可视为点电荷．初始时，小球均静止，细线拉直．现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示．该过程中三个小球组成的系统电势能减少了，k为静电力常量，不计空气阻力．则(　D　) 甲　　　　　　　乙 A．该过程中小球3受到的合力大小始终不变 B．该过程中系统能量守恒，动量不守恒 C．在图乙位置，v1＝v2，v3≠2v1 D．在图乙位置，v3＝ 【解析】 该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力为0，故动量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受到1和2的电场力大小相等，方向相反，故可知此时球3受到的合力为0，球3从静止状态开始运动，瞬间受到的合力不为0，故该过程中小球3受到的合力在改变，故A、B错误；对系统根据动量守恒mv1＋mv2＝mv3，根据球1和2运动的对称性可知v1＝v2，解得v3＝2v1，根据能量守恒mv＋mv＋mv＝，解得v3＝，故C错误，D正确． 类题固法3 1．如图所示，真空中固定电荷量为＋Q的小球A，从小球A正上方高h处无初速释放质量为m、电荷量为＋q的小球B，A、B均可视作点电荷．小球B下落过程中(　A　) A．Q越大，小球B最大速度越小 B．h越大，小球B最大加速度越小 C．m越大，小球B最大电势能越小 D．q越大，小球B最大速度的位置越低 【解析】 球B下落过程中，重力势能转化为动能和电势能，根据库仑定律F＝k，当小球B受力平衡时速度最大，此时k＝mg，当小球B下落相同的高度时，重力势能变化相同，Q越大，电势能变化越大，动能变化越小，所以Q越大，最大速度越小，故A正确；根据库仑定律F＝k，当小球B距离小球A距离最近，速度为零时，库仑力最大，加速度最大，此时将减小的重力势能全部转化电势能，点电荷周围的电势为φ＝k，则小球B的初电势为φ0＝k，设小球B速度为零时，距小球A为x，则此时的电势为φ2＝k，根据能量守恒q(φ2－φ0)＝mg(h－x)，解得x＝，则h越大，x越小，距离小球A就越近，库仑力就越大，加速度越大，故B错误；当小球B运动到最低点时，小球B的电势能最大，由B选项可得，当m越大，x越小，减小的重力势能为ΔEpG＝mg(h－x)就越大，转化的电势能为Ep电＝ΔEpG，电势能也越大，故C错误；根据库仑定律F＝k，小球B下落，当受力平衡时速度最大，即k＝mg，解得最低点到小球A的距离为r＝，则q越大，最低点到小球A的距离就越大，即小球B的位置就越高，故D错误． 2．(2025·南通第三次调研)如图所示，在光滑绝缘水平面上，三个完全相同带正电的小球A、B、C，通过不可伸长的绝缘细线a、b、c连接成正三角形，小球均处于静止状态，细线被拉直，剪断细线a，小球开始运动．则(　B　) A．剪断a前，a中张力大于小球B、C间的库仑力 B．剪断a瞬间，细线b、c中张力均变大 C．三个球运动至一直线时，整个系统电势能最大 D．球A经过小球B、C初始位置连线中点时的速度最大 【解析】 剪断a前，小球A与B、小球A与C之间的库仑力大小都相等，设为F，绳子拉力均相等，设为T，分析小球B，根据平衡条件2F cos 30°＝2T cos 30°，可得F＝T，故A错误；剪断a瞬间，小球B速度为零，向心力为零，加速度垂直于细线c，根据沿细线c方向合力为零，Tc－F－F cos 60°＝0，可知Tc＝F，细线c的张力变大，同理细线b的张力也变大，故B正确；三个球运动至一直线时，整个系统动能最大，电势能最小，故C错误；由动量守恒知，三个球运动至一直线时，A的速度最大，剪断细线后，由受力可知A球向下运动，B、C球向上运动，故三个球运动至一直线时，球A不在B、C初始位置连线中点，故D错误． 配套热练 一、 选择题 1．图甲为两水平金属板，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(　B　) 甲 乙 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 【解析】 因粒子在电场中运动的时间等于电场变化的周期T，根据牛顿第二定律和Δv＝at知，所有粒子离开电场时竖直方向的速度为零，即最终都沿水平方向射出电场，离开电场时的速度大小都等于初速度，故C、D正确；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，然后减速到0时恰离开电场区域，故t＝0时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大；t＝T时入射的粒子，在竖直方向先加速，再减速，再反向加速，反向减速到0恰离开电场区域，此时刻射入的粒子离开电场时偏离中线的距离为0，故A正确，B错误． 2．如图所示，将绝缘细线的一端O点固定，另一端拴一带电的小球P，空间存在着方向水平向右的匀强电场E.刚开始小球静止于P处，细线与竖直方向的夹角为45°，给小球一个沿圆弧切线左下方的瞬时速度，让小球在竖直平面内做半径为r的圆周运动．下列说法中正确的是(　D　) A．小球可能带负电 B．小球在右半圈从d运动到c的过程中其速度先减小，后增大 C．当小球运动到最高点a的速度v≥时，小球才能做完整的圆周运动 D．当小球运动到最高点a时，小球的电势能与动能之和最小 【解析】 小球受重力、绳子的拉力和电场力三个力的作用，刚开始小球静止于P处，由受力平衡可知电场力方向水平向右，与电场方向相同，所以小球带正电，故A错误；小球静止于P处，与竖直方向的夹角为45°，可知电场力和重力的合力方向斜向右下方45°角，大小为F＝mg，小球从d运动到c的过程中，绳子拉力不做功，合力做功，可以判断F先做正功，再做负功，故小球的速度先增大，后减小，故B错误；当小球运动到弧ab中点且细线弹力为零时，有F＝m，小球能做完整的圆周运动，在该点的速度为v＝，小球从该点运动到a点速度会变大，故C错误；小球运动过程中，重力势能、电势能、动能的总和保持不变，最高点a时小球的重力势能最大，则电势能与动能之和最小，故D正确． 3．(2025·泰州中学期末)如图所示，一块足够大的粗糙绝缘薄板竖直固定，且与等量异种点电荷连线的中垂面重合，A、O、B为薄板上同一竖直线上的三点，O在点电荷的连线上，AO＝OB，一个带电小物块(可视为质点)从A点以初速度v0竖直向下运动，最后静止在B点，不考虑物块电荷量的变化，则物块从A运动到B的过程中(　A　) A．速度一直减小，经过O点时的速度为 v0 B．加速度先减小，后增大，经过O点时加速度最小 C．电势能先减小，后增大，经过O点时电势能最小 D．机械能一直减小，AO段损失的机械能比OB段损失的机械能多 【解析】 根据叠加场的对称性可知，小物块从A到O过程与从O到B过程中克服摩擦力做功相同，设每段摩擦力做功为Wf，在O时物块的速度为v，AO＝OB＝h，对AO段和OB段，根据动能定理可得mgh－Wf＝mv2－mv，mgh－Wf＝0－mv2，联合解得v＝v0，故A正确；由于小物块最后静止在B点，因此小物块受到重力、电场力、薄板支持力和摩擦力的作用，可知小物块带正电，从A到O的过程中，电场强度越来越大，则电场力越来越大，由于小物块在水平方向上受力平衡，可知小物块对薄板的压力增大，从而滑动摩擦力增大，根据a＝可知，加速度增大．根据叠加场的对称性可知，从O到B的过程中，电场强度越来越小，电场力越来越小，滑动摩擦力逐渐减小，加速度逐渐减小．因此从A运动到B的过程中加速度先增大，后减小，经过O点时加速度最大，故B错误；由于AB是一等势线，小物块从A到B电势能不变，故C错误；由于物块在AO段和OB段损失的机械能都等于克服摩擦力做的功，因此AO段和OB段损失的机械能相同，故D错误． 二、 计算题 4．(2025·南京六校联合体调研)固定在O点的细线拉着一质量为m、电荷量为q的带正电小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，该区域内存在水平向右的匀强电场(图中未画出)，电场强度E＝，圆周上A点在圆心O的正上方，小球过A点时的速度大小为v0，方向水平向左，不计一切阻力，重力加速度为g，sin 37°＝0.6. (1) 求小球过A点时对细线的作用力． (2) 求小球做圆周运动过程中的最小速率． (3) 若小球过A点时断开细线，求之后的运动中小球经过其电势能最大位置时的速率． 答案：(1) m－mg，方向竖直向上　(2) 　(3) 【解析】 (1) 在A点，以小球为对象，根据牛顿第二定律可得mg＋T＝m 解得T＝m－mg 根据牛顿第三定律，小球对细线的作用力大小为 T′＝T＝m－mg，方向竖直向上 (2) 设电场力和重力的合力与竖直方向夹角为θ，则有tan θ＝＝，可得θ＝37°，如图所示 当小球到达等效最高点C点时速度最小，从A到C由动能定理得 mgR(1－cos θ)－qER sin θ＝mv－mv 解得小球做圆周运动过程中的最小速率为 vC＝ (3) 若小球过A点时细线断开，之后小球电势能最大时水平速度减为零，则经过的运动时间为 t＝＝＝ 竖直方向做自由落体运动，则此时小球的速率为 v＝gt＝ 5．如图所示，带电荷量均为＋q(q＞0)、质量分别为m和3m的小球A和B，用轻质绝缘细绳连接，A、B间的库仑力及相互作用能忽略不计．最初两球在竖直向上的匀强电场中以速度v0一起匀速上升，某时刻细绳断开．求： (1) 电场的场强的大小． (2) 细绳断开后，当B球速度为零时，A球的速度大小． (3) 自绳断开至B球速度为零的过程中，两球组成系统的机械能增量为多少？ 答案：(1) 　(2) 4v0　(3) 18mv 【解析】 (1) 两小球匀速上升，由平衡条件可得 2qE＝4mg 解得E＝ (2) 两球组成的系统，动量守恒，当B球的速度为零时，有(m＋3m)v0＝mvA 解得vA＝4v0 (3) 绳断开后，对A球和B球由牛顿第二定律可得qE－mg＝maA，qE－3mg＝3maB 解得aA＝g，aB＝－g A球加速度方向向上，B球加速度方向向下．设当B球的速度为零时，所用时间为t，则 t＝＝ 此过程两球上升的高度分别为 hA＝t，hB＝t 两球组成系统的机械能增量为电场力对两球做的功，即ΔE＝qEhA＋qEhB＝18mv 6．(2025·盐城中学期初)某游戏公司的设计人员，构想通过电场来控制带电小球的运动轨迹．如图甲所示，绝缘光滑圆轨道竖直放在水平方向的匀强电场中，一个质量为m、电荷量为＋q的小球位于轨道内侧的最高点A处．小球由静止释放后沿直线打到与圆心O等高的B点；当给小球一个水平方向的初速度，小球恰能在竖直平面内做完整的圆周运动．小球可视为质点，已知圆轨道的半径为R，重力加速度为g. 甲 乙 (1) 求匀强电场的电场强度E1大小． (2) 求小球做圆周运动时，通过A点的动能Ek. (3) 将原电场更换为如图乙所示的交变电场(正、负号分别表示与原电场强度方向相同或相反)，小球在A点由静止释放，欲使小球能在一个周期(T未知)内恰能运动到最低点C，且运动过程中不与圆轨道相碰，试求所加电场强度E2不应大于多少？ 答案：(1) 　(2) mgR　(3) 【解析】 (1) 根据小球由静止沿直线打到B点，可得合力的方向沿AB方向，则mg＝qE1 可得E1＝ (2) 根据小球合力方向可知，小球能通过圆轨道等效最高点D点(位于O点左上侧45°处)，则能做完整的圆周运动，小球的合力大小 F＝＝mg 小球在D点 mg＝m 从A到D过程，由动能定理有 mgR(1－cos 45°)－qE1R sin 45°＝mv－Ek 解得Ek＝mgR (3) 小球在1个周期内，0～时间内，做直线运动，～T内做曲线运动，T时刻回到A点的正下方的C点，轨迹如图所示 在水平方向上，0～时间内，小球向右运动 x1＝ ～T时间内，小球做曲线运动，水平方向上，向左运动位移大小仍为x1，0～T时间内，小球在竖直方向上做自由落体运动2R＝gT2 则T＝ 由运动的分析可知，要使小球由A点运动到最低处C点且不与轨道相碰，需时刻到达最大水平位移处，由几何关系可得，需满足向右运动的最大位移为 R，由此可得·2＝R 解得E2＝ 故所加电场强度的最大值不能超过 学科网（北京）股份有限公司 $