第9章 第4讲 带电粒子在电场中运动的综合问题(Word教参)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习

该高中物理讲义聚焦带电粒子在电场中运动的综合问题，涵盖电场三类图像（φ-x、E-x、Ep-x）、交变电场运动、等效重力法应用等高考核心考点，按问题类型分模块梳理图像斜率与面积意义、周期性运动分析等关键方法，通过考点解读、典例精讲、真题训练的教学流程，帮助学生系统构建解题框架。 讲义突出科学思维与模型建构，如交变电场中通过v-t图像分析粒子运动周期性，等效重力法迁移重力场圆周运动规律，培养学生运动和相互作用观念。设置分层考法训练与思维建模总结，助力学生高效突破难点，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

第4讲　带电粒子在电场中运动的综合问题(综合融通课) (一) 电场中的三类图像问题 类型1　φ⁃x图像 (1)φ⁃x图像上某点切线的斜率的绝对值表示电场强度的大小,若φ⁃x图像上存在极值,其切线的斜率为零,则对应位置处电场强度为零。 (2)在φ⁃x图像中可以直接判断各点电势的大小,并可根据电势大小关系确定电场强度的方向,进而可以判断电荷在电场中的受力方向。 (3)在φ⁃x图像中分析电荷移动时电势能的变化,可用WAB=qUAB,进而分析WAB的正负,然后作出判断。 [例1]　(2025·海南高考)某静电场电势φ在x轴上的分布如图所示,图线关于φ轴对称,M、P、N是x轴上的三点,OM=ON。有一电子从M点静止释放,仅受x方向的电场力作用,则下列说法正确的是 (　　) A.P点电场强度方向沿x轴负方向 B.M点的电场强度小于N点的电场强度 C.电子在P点的动能小于在N点的动能 D.电子在M点的电势能大于在P点的电势能 [解析]　由题图可知,在x正半轴,电势沿x轴正方向逐渐降低,则电场强度方向沿x轴正方向,故A错误;φ⁃x图像的斜率表示电场强度,由题图可知,M点的电场强度与N点的电场强度大小相等、方向相反,故B错误;电子在电势低处电势能大,故电子在P点的电势能小于在N、M点的电势能,根据能量守恒定律可知,电子在P点的动能大于在N点的动能,故C错误,D正确。 [答案]　D 类型2　E⁃x图像 (1)E⁃x图像反映了电场强度随位移变化的规律,可以由图线确定电场强度的变化情况,E>0表示场强沿正方向,E<0表示场强沿负方向。 (2)E⁃x图像与x轴所围成的面积表示电势差,如果取x=0处为电势零点,则可由图像的面积分析各点电势的高低。 (3)综合分析粒子的运动,进一步确定粒子的电性、电场力做功及粒子的动能变化、电势能变化等情况。 [例2]　(2025·哈尔滨一模)某静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示,x轴正方向为场强正方向,其中x1、x2、x3、x4是间隔相等的四点,从x1到x4图像所包围的面积为S,下列说法正确的是 (　　) A.x3处电势最高 B.x2和x4处电势相等 C.x1、x2两点之间的电势差等于x3、x4两点之间的电势差 D.电荷量为q、质量为m的正点电荷由x1静止释放,仅在电场力作用下运动到x4时的动能Ek=qS [解析]　由题图可知,0~x1电场方向沿x轴负方向,x1~x4电场方向沿x轴正方向,根据沿着电场线方向电势降低,所以x1处电势最高,x2处电势高于x4处电势,故A、B错误;图线与x轴所围的面积表示电势差,由题图可知,x1、x2两点之间的电势差小于x3、x4两点之间的电势差,故C错误;正点电荷从x1到x4,根据动能定理可得qU=qS=Ek,故D正确。 [答案]　D 类型3　Ep⁃x图像 (1)根据电势能的变化可以判断电场力做功的正负,电势能减少,电场力做正功;电势能增加,电场力做负功。 (2)根据ΔEp=-W=-Fx,Ep⁃x图像切线斜率的绝对值表示电场力的大小。 [例3]　质子仅在电场力的作用下从O点开始沿x轴正方向运动,其在O点处的初动能为4 eV。该质子的电势能Ep随位移x变化的关系如图所示,其中O~x2段是关于直线x=x1对称的曲线,x2~x3段是直线。下列说法正确的是 (　　) A.该质子在O~x2段做匀变速直线运动,在x2~x3段做匀速直线运动 B.该质子在x1处的动能为6 eV C.若x1、x2、x3处的电势分别为φ1、φ2、φ3,则φ1最高 D.该质子最终停在x3处 [解析]　Ep⁃x图像切线的斜率表示该质子所受电场力F,可知该质子在O~x2段加速度先减小后增大,在x2~x3段做匀变速直线运动,故A错误;由题意可得该质子在O点处的能量为E=Ek0+Ep0=4 eV+3 eV=7 eV,根据能量守恒定律,可得该质子在x1处的动能为Ek1=7 eV-1 eV=6 eV,故B正确;根据Ep=qφ,可知该质子在电势越高的位置电势能越大,若x1、x2、x3处的电势分别为φ1、φ2、φ3,由题图知φ3最高,故C错误;根据能量守恒定律,该质子在x3处的电势能为7 eV,则动能为零,但是由于受到的电场力不为零,因而不会停在x3处,故D错误。 [答案]　B (二) 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.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临界条件。 (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.解题技巧 (1)按周期性分段研究。 (2)将a⁃t图像v⁃t图像。 [考法全训] 考法(一)　带电粒子在交变电场中的直线运动 1.如图甲所示,真空中相距d=5 cm 的两块平行金属板A、B与电源连接(图中未画出),其中B板接地(电势为零),A板电势变化的规律如图乙所示。将一个质量m=2.0×10-27 kg、电荷量q=+1.6×10-19 C的带电粒子从紧邻B板处释放,不计粒子重力。求: (1)若A板电势变化周期T=1.0×10-5 s,在t=0时将带电粒子从紧邻B板处无初速度释放,粒子到达A板时速度的大小; (2)A板电势变化频率f多大时,在t= 到t=时间内从紧邻B板处无初速度释放该带电粒子,粒子不能到达A板。 解析:(1)电场强度大小为E= 带电粒子所受电场力大小为F=qE= 由牛顿第二定律得F=ma 解得a==4.0×109 m/s2 粒子在0~时间内经过的距离为x=a=5.0×10-2 m 故带电粒子在t1=时恰好到达A板,此时带电粒子速度大小为v=at1=2.0×104 m/s。 (2)带电粒子在~时间内向A板做匀加速运动,在~时间内向A板做匀减速运动,速度减为零后将返回,则粒子向A板运动的最大位移 xm=2×a=aT2 要求粒子不能到达A板,则有xm<d T= 电势变化频率应满足f>=5×104 Hz。 答案:(1)2.0×104 m/s　(2)f>5×104 Hz 考法(二)　带电粒子在交变电场中的偏转 2.(2025·甘肃高考)离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备,其工作原理如图1所示。从离子源S释放的正离子(初速度视为零)经电压为U1的电场加速后,沿OO'方向射入电压为U2的电场(OO'为平行于两极板的中轴线)。极板长度为l、间距为d,U2⁃t关系如图2所示。长度为a的样品垂直放置在距U2极板L处,样品中心位于O'点。假设单个离子在通过U2区域的极短时间内,电压U2可视为不变,当U2=±Um时,离子恰好从两极板的边缘射出。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是 (　　) A.U2的最大值Um=U1 B.当U2=±Um且L=时,离子恰好能打到样品边缘 C.若其他条件不变,要增大样品的辐照范围,需增大U1 D.在t1和t2时刻射入U2的离子,有可能分别打在A点和B点 解析:选B　设离子的质量为m、电荷量为q,经过加速电场获得的速度大小为v0,根据动能定理有qU1=m,解得v0=,当U2=±Um时,在Δt时间内离子的加速度大小为a=,离子恰好从两极板的边缘射出,竖直方向有d=a(Δt)2,水平方向有l=v0Δt,联立解得Um=U1,故A错误;当U2=±Um时,根据类平抛运动的推论可知,离子离开极板时速度方向的反向延长线通过极板水平中心线的中点,离子离开偏转电场后做匀速直线运动,若离子恰好能打到样品边缘,根据数学知识有=,解得L=,故B正确;设离子在偏转电场中的侧位移为y,离子在样品上偏离的位移为Y,根据类平抛运动规律,水平方向有l=v0Δt,竖直方向有y=××(Δt)2,根据数学知识有=,联立解得Y=,若其他条件不变,要增大样品的辐照范围,需减小U1,故C错误;设t1时刻对应的偏转电压大小为U2',t2时刻对应的偏转电压大小为U2″,由题图2可知U2'<U2″,由以上分析可知,t1时刻射入的离子在样品上偏离的位移小于t2时刻射入的离子在样品上偏离的位移,即Y1<Y2,由题图1可知YA>YB,因此在t1和t2时刻射入U2的离子,有可能分别打在B点和A点,故D错误。 3.如图甲,一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v平行于极板进入(记为t=0时刻),同时在两板上加一按图乙变化的电压。已知粒子比荷为k,带电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞,经过一段时间,粒子以平行极板方向的速度射出。则下列说法中正确的是 (　　) A.粒子射出时间可能为t=4 s B.粒子射出的速度大小为2v C.极板长度满足L=3vn D.极板间最小距离为 解析:选D　粒子进入电容器后,在平行于极板方向做匀速直线运动,由题图乙可得在垂直极板方向运动的v垂直⁃t图像如图所示,因为粒子平行极板射出,可知粒子射出时垂直极板的分速度为0,所以射出时刻可能为1.5 s、3 s、4.5 s、…,满足t=1.5n s(n=1,2,3,…),粒子射出的速度大小必定为v,故A、B错误;极板长度L=v·1.5n(n=1,2,3,…),故C错误;因为粒子不与极板碰撞, 则应满足≥v垂直m×1.5 s,v垂直m=a×1 s,a=,联立解得d≥,故D正确。 |思|维|建|模| (1)若粒子通过电场的时间远小于交变电场的周期,可认为这一粒子通过电场的过程中电场强度不变,但不同时刻进入的粒子,所经历的电场不同,偏转不同,常出现临界问题。 (2)若粒子通过电场的时间大于交变电场的周期,在沿电场方向的运动较复杂,可画v⁃t图像分析。 (三) “等效重力法”在电场中的应用 1.等效重力法 把电场力和重力合成一个等效力,称为等效重力。如图所示,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.物体在等效重力场中的圆周运动 　　[典例]　(2026·甘肃兰州检测)如图甲所示,空间有一水平向右的匀强电场E=1×104 V/m。其中有一个半径为R=2 m的竖直光滑圆环轨道,环内有两根光滑的弦轨道AB和AC,A点所在的半径与竖直直径BC成37°角。质量为m=0.08 kg、电荷量为q=+6×10-5 C的带电小环(视为质点)穿在弦轨道上,从A点由静止释放,可分别沿AB和AC到达圆周上的B、C点。现去掉弦轨道AB和AC,如图乙所示,让小环穿在圆环轨道上且恰好能做完整的圆周运动。不考虑小环运动过程中电荷量的变化。下列说法正确的是(cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2) (　　) A.小环做圆周运动经过B点时机械能最大 B.小环做圆周运动过程中动能最小值是2 J C.小环做圆周运动过程中对环的压力最大值是5 N D.小环从A点由静止释放沿弦轨道分别到圆周B、C两点,沿弦AB比沿弦AC用时短 [解析]　由于重力和电场力均为恒力,所以二者的合力大小为F== N=1 N,与竖直方向夹角的正切值为tan θ===,解得θ=37°,则重力与电场力的合力由A指向O,A为等效最高点,根据等时圆原理,小环在弦轨道AB和AC上运动时间相等,故D错误;小环机械能最大的位置电势能最小,则机械能最大的位置应该在圆环的最右端,故A错误;因为小环穿在圆环轨道上且恰好能做完整的圆周运动,则小环在等效最高点A速度最小为零,在A点动能最小也为零,故B错误;小环在等效最低点时速度最大,动能最大,小环对圆环轨道压力最大,从等效最高点至等效最低点过程中,根据动能定理得F×2R=m-0,由牛顿第二定律得FN-F=m,代入数据得FN=5.0 N,由牛顿第三定律,小环做圆周运动的过程中对环的最大压力是5.0 N,故C正确。 [答案]　C |思|维|建|模| (1)求出重力与电场力的合力F合,将这个合力视为一个“等效重力”。 (2)将a=视为“等效重力加速度”。找出等效“最低点”和等效“最高点”。 (3)将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解,例如:带电小球受细绳、轻杆、轨道束缚的圆周运动,可类比“绳球”模型和“杆球”模型进行分析解答。 [考法全训] 类型1　等效场中的“绳球”模型 1.(多选)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d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=,下列说法正确的是 (　　) A.若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动,则它运动的最小速度为 B.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 C.若将细线剪断,再将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出,小球将不能到达B点 D.若将小球在A点由静止开始释放,则小球沿AC圆弧到达C点的速度为 解析:选BC　小球受到水平向右的电场力大小F=Eq=mg,重力与电场力的合力大小为F合==2mg,方向斜向右下方,与竖直方向夹角为60°,若小球恰能在竖直平面内做圆周运动,速度最小时细线无拉力,重力与电场力的合力提供向心力,有F合=,联立解得v=,故A错误;由功能关系知,小球机械能的变化等于除重力之外的力所做的功,小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,运动到B点时电场力做功最多,故运动到B点时小球的机械能最大,故B正确; 若将细线剪断,再将小球在A点竖直向上抛出,小球将在竖直方向上做竖直上抛运动,在水平方向做匀加速直线运动,当竖直方向位移为0时,有t=,水平位移x=at2,由牛顿第二定律得a==g,解得x=2d>2d,所以小球将不能到达B点,故C正确;设重力和电场力的合力方向与电场线方向夹角为θ,有tan θ==,得θ=30°,所以将小球从A点由静止释放,小球将沿合力方向做匀加速直线运动,故D错误。 类型2　等效场中的“杆球”模型 2.(多选)如图所示,半径为R的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内,O是圆心,AB是水平方向的直径,CD是竖直方向的直径,整个圆环处在水平向右的匀强电场中。将质量为m、电荷量为+q(q>0)的小球套在圆环上,从A点由静止释放,小球运动到P点时的动能最大,∠DOP=37°。已知重力加速度大小为g,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是 (　　) A.小球可以沿圆环运动到C点 B.匀强电场的电场强度大小为 C.P、B两点间的电势差为 D.小球运动到B点时,向心加速度大小为3g 解析:选CD　小球运动到P点时的动能最大,即重力和电场力的合力沿着OP方向,对小球受力分析有=tan 37°,解得E=,故B错误;假设小球能够沿圆环运动到C点,根据动能定理有qER-mgR=Ek-0,分析上式可知Ek<0,显然这是不可能的,即假设错误,故A错误;P、B两点间的电势差UPB=E(R-Rsin 37°)=,故C正确;小球从A点运动到B点,根据动能定理有qE·2R=m,此时小球的向心加速度大小a向==3g,故D正确。 69 / 69 $