2021高中物理一轮复习学案--专题强化五 带电粒子在电场中的综合问题

高三物理第一轮复习学案电场综合与拓展【知识网络】两种电荷、电荷守恒，元电荷e =1．6×10-19c 库仑定律：221r Q Q k F = 力的性质2r kQE =（点电荷）（q F E =）d U E = （匀强电场）能的性质 电势能ε=φq（q εϕ=） 电势差U AB =φA －φB电场力功W AB =qU AB电容 U Q C =→平行板电容器电容kd SC πε4= 加速：221o mv qU = 带电粒子在电场中运动偏转：做类平抛运动【应考指要】本章的核心内容是电场、电场强度、电势差、电势和电场线、等势面。

库仑定律和电荷守恒定律是电场也是电学的实验基础。

静电屏蔽和电容器是电场性质的应用。

带电粒子在电场中的运动是电场性质和力学规律的综合应用，对分析综合能力的要求较高。

高考对本章知识的考查重点是①电场性质的描述；②带电粒子在电场中的运动；③平行板电容器。

近几年高考对本章知识的考查命题频率较高且有相当难度的集中在电场力做功与电势能变化、带电粒子在电场中的运动这两个知识点上，特别在与力学知识的结合中巧妙地把电场概念、牛顿定律和功能关系等联系起来。

命题趋于综合能力考查、且结合力学的平衡问题、运动学、牛顿运动定律及交变电流等构成综合试题，考查分析问题能力、综合能力、用数学方法解决物理问题的能力。

电场问题还可与生产技术、生活实际、科学研究、前沿科技等联系起来，如静电屏蔽、尖端放电、电容式传感器、静电的防止和应用、示波管原理、静电分选等。

这些都可以成为新情景综合问题的命题素材。

【好题精析】例1．如图9－6－1中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势电场 电场性质为0。

一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV。

当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为－8eV，它的动能应为（重力忽略不计）A．8eV B．13eV C．20eV D．34eV 图9－6－1例2．在图9－6－2（a）中，A和B表示在真空中相距为d的两平行金属板。

2021高考物理一轮总复习第七章静电场专题强化5带电粒子在电场中的综合问题训练新人教版 〔专题强化训练〕1．(2021·山东日照二模)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 随时刻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v 0沿中线射入两板间，经时刻T 从两板间飞出。

下列关于粒子运动描述错误的是导学号 21992509( B )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 ＝14T 时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大 C ．不管哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都水平D ．不管哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等[解析] 由题可知，粒子在电场中运动的时刻是相同的；t ＝0时入射的粒子，在竖直方向上先加速，然后减速，再加速……直到离开电场区域，故t ＝0时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大，选项A 正确；而t ＝14T 时入射的粒子，在竖直方向上先加速，然后减速，再反向加速，反向减速……直到离开电场区域，故现在刻射入的粒子离开电场时偏离中线的距离不是最大，选项B 错误；因粒子在电场中运动的时刻等于电场变化的周期T ，依照动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故所有粒子离开电场时的竖直速度为零，即最终都垂直电场方向射出电场，离开电场时的速度大小都等于初速度，选项C 、D 正确。

2．(2021·辽宁省实验中学等五校联考)一匀强电场的电场强度E 随时刻t 变化的图象如图所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子在t ＝0时刻由静止开释，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是导学号 21992510( D )A ．带电粒子只向一个方向运动B ．0～2s 内，电场力所做的功等于零C ．4s 末带电粒子回到原动身点D ．2.5～4s 内，速度的改变量等于零[解析] 由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s 内的加速度a 1＝E 0q m ，为第2s 内加速度a 2＝2E 0q m 的12，因此粒子先加速1s 再减速0.5s 至速度减为零，接下来的0.5s 粒子将反向加速，v－t 图象如图所示，可知A 错误；0～2s 内，带电粒子的初速度为零，但末速度不为零，由动能定理可知，电场力所做的功不为零，B 错误；v －t 图象中图线与横坐标所围图形的面积表示物体的位移，由对称性可看出，前4s 内粒子的位移不为零，因此带电粒子可不能回到原动身点，C 错误；由图象可知，2.5s 和4s 两个时刻粒子的速度大小相等，方向相同，因此2.5～4s 内，速度的改变量等于零，D 正确。

专题强化五带电粒子在电场中的综合问题一、示波管1．示波管装置示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。

如图所示。

2．工作原理(1)如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子束沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑。

(2)YY′上加的是待显示的信号电压。

XX′上是机器自身产生的锯齿型电压，叫作扫描电压。

若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图象。

例1 (2019·山东德州期末)图甲是示波管的原理图，它由电子枪、偏转电极(XX′和YY′)、荧光屏等组成。

管内抽成真空，给电子枪通电后，如果在偏转极板XX′和YY′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点，形成一个亮斑。

若在偏转极板YY′上加如图乙所示的电压，在偏转极板XX′上加如图丙所示的电压，则在示波器荧光屏上出现的图象是下列选项中的( B )[解析]本题考查示波管的显像原理。

若只在偏转极板YY′上加如题图乙所示的正弦波电压，则在YY′上形成一亮线，若只在偏转极板XX′上加如题图丙所示的恒定电压，则在XX′上呈现一亮点。

二者叠加，则荧光屏上呈现的图象是图B。

二、带电粒子在交变电场中的运动1．此类题型一般有三种情况：一是粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)；二是粒子做往返运动(一般分段研究)；三是粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)。

2．分析时从两条思路出发：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．注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动在时间上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边界条件。

例2 在图甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T，现有电子以平行于极板的速度v从两板中央OO′射入。

专题强化十四带电粒子在电场中的力电综合问题目标要求 1.会用等效法分析带电粒子在电场和重力场中的圆周运动.2.会用动力学、能量和动量观点分析带电粒子的力电综合问题．题型一带电粒子在重力场和电场中的圆周运动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1空间中有竖直向上的匀强电场，电场强度E ＝3mgq.绝缘圆形轨道竖直放置，O 点是它的圆心，半径为R ，A 、C 为圆轨道的最低点和最高点，B 、D 为与圆心O 等高的两点，如图所示．在轨道A 点放置一质量为m 、带电荷量为＋q 的光滑小球．现给小球一初速度v 0(v 0≠0)，重力加速度为g ，则下列说法正确的是()A ．无论v 0多大，小球均不会脱离轨道B ．只有v 0≥gR ，小球才不会脱离轨道C ．v 0越大，小球在A 、C 两点对轨道的压力差也越大D ．若将小球无初速度从D 点释放，小球一定会沿轨道经过C 点答案D解析由题意可知小球所受电场力与重力的合力方向竖直向上，大小为F ＝qE －mg ＝2mg ，若要使小球不脱离轨道，设其在A 点所具有的最小速度为v min ，根据牛顿第二定律有F ＝m v min 2R，解得v min ＝2gR ，所以只有当v 0≥2gR 时，小球才不会脱离轨道，故A 、B 错误；假设小球可以在轨道中做完整的圆周运动，在C 点的速度大小为v 1，根据动能定理有F ·2R ＝12m v 12－12m v 02，在A 、C 点小球所受轨道的支持力大小分别为F 0和F 1，根据牛顿第二定律有F 0＋F ＝mv 02R，F 1－F ＝mv 12R，联立解得ΔF ＝F 1－F 0＝6F ＝12mg ，根据牛顿第三定律可知小球在A 、C 两点对轨道的压力差等于12mg ，与v 0的大小无关，故C 错误；若将小球无初速度从D 点释放，由于F 向上，所以小球一定能沿DC 轨道经过C 点，故D 正确．例2如图所示，现有一个小物块质量为m ＝80g 、带正电荷q ＝2×10－4C ，与水平轨道之间的动摩擦因数μ＝0.2，在水平轨道的末端N 处连接一个光滑竖直的半圆形轨道，半径为R ＝40cm.整个轨道处在一个方向水平向左、电场强度大小E ＝4×103V/m 的匀强电场中，取g ＝10m/s 2.(1)若小物块恰能运动到轨道的最高点L ，那么小物块应从距N 点多远处的A 点释放？(2)如果小物块在(1)中的位置A 释放，当它运动到P 点(轨道中点)时轨道对它的支持力等于多少？(3)如果小物块在(1)中的位置A 释放，当它运动到NP 间什么位置时动能最大，最大动能是多少？(结果保留两位有效数字)答案(1)1.25m(2)4.8N(3)与圆心的连线与竖直方向夹角为45°0.93J解析(1)物块恰能通过轨道最高点L 的条件是mg ＝m v L 2R，代入数据解得v L ＝2m/s设A 到N 的距离为s ，对A 到L 过程中根据动能定理得qEs －μmgs －mg ·2R ＝12m v L 2－0代入数据解得s ＝1.25m(2)物块由P 到L 过程根据动能定理得－mgR －qER ＝12m v L 2－12m v P 2解得v P ＝25m/s在P 点根据牛顿第二定律得F N －qE ＝m v P 2R代入数据解得F N ＝4.8N.(3)如图所示，当合力的反方向延长线过圆心时动能最大，设该点为B ，过B 的半径与竖直方向间的夹角为θ，则tan θ＝qEmg ＝1，θ＝45°.从A 到B ，由动能定理得qE (s ＋R sin θ)－μmgs －mgR (1－cos θ)＝E km ，解得E km ＝(0.48＋0.322)J ≈0.93J.题型二电场中的力电综合问题1．动力学的观点(1)由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法．(2)综合运用牛顿运动定律和运动学公式，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．①若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变．②若带电粒子只在重力和电场力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变．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．例3(2023·湖南株洲市模拟)如图，一带电的平行板电容器固定在绝缘底座上，底座置于光滑水平面上，一光滑绝缘轻杆左端固定在电容器的左极板上，并穿过右极板上的小孔，电容器极板连同底座总质量为2m ，底座锁定在水平面上时，套在杆上质量为m 的带电环以某一初速度由小孔进入电容器后，最远能到达距离右极板为d 的位置．底座解除锁定后，将两极板间距离变为原来的2倍，其他条件不变，则带电环进入电容器后，最远能到达的位置距离右极板()A.12d B ．d C.23d D.43d 答案C解析设带电环所带电荷量为q ，初速度为v 0，底座锁定时电容器极板间电场强度为E ，则由功能关系有qEd ＝12m v 02，底座解除锁定后，两极板间距离变为原来的2倍，极板间电场强度大小不变，电容器及底座在带电环作用下一起向左运动，当与带电环共速时，带电环到达进入电容器后的最远位置，整个过程满足动量守恒，则有m v 0＝3m v 1，再由功能关系有qEd ′＝12m v 02－12×3m v 12，联立解得d ′＝23d ，故选C.例4(2019·全国卷Ⅱ·24)如图，两金属板P 、Q 水平放置，间距为d .两金属板正中间有一水平放置的金属网G ，P 、Q 、G 的尺寸相同．G 接地，P 、Q 的电势均为φ(φ>0)．质量为m ，电荷量为q (q >0)的粒子自G 的左端上方距离G 为h 的位置，以速度v 0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计．(1)求粒子第一次穿过G 时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G 的下方距离G 也为h 的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？答案(1)12m v 02＋2φd qh v 0mdh qφ(2)2v 0mdh qφ解析(1)PG 、QG 间电场强度大小相等，均为E .粒子在PG 间所受电场力F 的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a ，有E ＝2φd①F ＝qE ＝ma ②设粒子第一次到达G 时动能为E k ，由动能定理有qEh ＝E k －12v 02③设粒子第一次到达G 时所用的时间为t ，粒子在水平方向的位移为l ，则有h ＝12at 2④l ＝v 0t ⑤联立①②③④⑤式解得E k ＝12m v 02＋2φd qhl ＝v 0mdhqφ(2)若粒子穿过G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度为L ＝2l ＝2v 0mdhqφ.课时精练1.如图所示，一个电荷量为－Q 的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O 点．另一个电荷量为＋q 、质量为m 的点电荷乙，从A 点以初速度v 0沿它们的连线向甲运动，运动到B 点时的速度为v ，且为运动过程中速度的最小值．已知点电荷乙受到的阻力大小恒为f ，A 、B 间距离为L 0，静电力常量为k ，则下列说法正确的是()A ．点电荷乙从A 点向甲运动的过程中，加速度逐渐增大B ．点电荷乙从A 点向甲运动的过程中，其电势能先增大再减小C ．OB 间的距离为kQq fD ．在点电荷甲形成的电场中，AB 间电势差U AB ＝fL 0＋12m v 2q 答案C解析点电荷乙从A 点向甲运动的过程中，受向左的电场力和向右的阻力，两点电荷靠近过程中电场力逐渐增大，阻力不变，点电荷乙先减速后加速，所以加速度先减小后增大，故A 错误；在点电荷乙向甲运动过程中电场力一直做正功，因此电势能一直减小，故B 错误；当速度最小时有f ＝F ＝kQqr 2，可得r ＝kQqf，故C 正确；点电荷乙从A 运动到B 过程中，根据动能定理有U AB q －fL 0＝12m v 2－12m v 02，计算得出U AB ＝fL 0＋12m v 2－12m v 02q ，故D 错误．2.(多选)(2023·黑龙江齐齐哈尔市八中模拟)如图所示，四分之一光滑绝缘圆弧槽B 处切线水平，一可视为质点的带正电小球从圆弧槽A 处由静止释放，滑到B 处离开圆弧槽做平抛运动，到达水平地面的D 处，若在装置所在平面内加上竖直向下的匀强电场，重复上述实验，下列说法正确的是()A ．小球落地点在D 的右侧B ．小球落地点仍在D 点C ．小球落地点在D 的左侧D ．小球离开B 到达地面的运动时间减小答案BD解析不加电场时，小球从A 到B 有mgR ＝12m v B 2－0，解得v B ＝2gR ，平抛过程，竖直方向上有h ＝12gt 2，解得t ＝2hg，平抛水平位移x ＝v B t ＝2Rh ，平抛水平位移与重力加速度无关，施加竖直向下的匀强电场后，小球同时受重力和向下的电场力，相当于重力加速度增大了，小球落地点仍在D 点，t ∝1g，小球离开B 后到达地面的运动时间减小，B 、D 正确．3.(多选)如图所示，可视为质点的质量为m 且电荷量为q 的带电小球，用一绝缘轻质细绳悬挂于O 点，绳长为L ，现加一水平向右的足够大的匀强电场，电场强度大小为E ＝3mg4q，小球初始位置在最低点，若给小球一个水平向右的初速度，使小球能够在竖直面内做圆周运动，忽略空气阻力，重力加速度为g .则下列说法正确的是()A ．小球在运动过程中机械能守恒B ．小球在运动过程中机械能不守恒C ．小球在运动过程中的最小速度至少为gLD ．小球在运动过程中的最大速度至少为52gL 答案BD解析小球在运动的过程中，电场力做功，机械能不守恒，故A 错误，B 正确；如图所示，小球在电场中运动的等效最高点和最低点分别为A 点和B 点，等效重力G ′＝54mg ，小球在最高点的最小速度v 1满足G ′＝mv 12L，得v 1＝5gL2，故C 错误；小球由最高点运动到最低点，由动能定理有G ′·2L ＝12m v 22－12m v 12，解得v 2＝52gL ，故D 正确．4.如图所示，虚线MN 下方存在着方向水平向左、范围足够大的匀强电场．AB 为绝缘光滑且固定的四分之一圆弧轨道，轨道半径为R ，O 为圆心，B 位于O 点正下方．一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球，以初速度v A 竖直向下从A 点沿切线进入四分之一圆弧轨道内侧，沿轨道运动到B 处以速度v B 射出．已知重力加速度为g ，电场强度大小为E ＝3mg4q，sin 37°＝0.6，空气阻力不计，下列说法正确的是()A ．从A 到B 过程中，小球的机械能先增大后减小B ．从A 到B 过程中，小球对轨道的压力先减小后增大C ．在A 、B 两点的速度大小满足v A >v BD ．从B 点抛出后，小球速度的最小值为45v A 2＋12gR答案D解析从A 到B 过程中，电场力一直做负功，小球的机械能一直减小，故A 错误；设等效重力与竖直线的夹角为θ，则tan θ＝qE mg ＝34，故θ为37°，等效重力方向与竖直方向成37°角偏左下方，所以从A 到B 过程中，小球速度先增大后减小，对轨道的压力先增大后减小，故B 错误；B 点比A 点更靠近等效最低点，所以v A <v B ，故C 错误；从A 到B ，由动能定理有mgR －EqR ＝12m v B 2－12m v A 2，解得v B ＝v A 2＋12gR ，之后小球做类斜抛运动，在垂直于等效场方向上的分速度即为最小速度，则v min ＝v B ·cos θ＝45v A 2＋12gR ，故D 正确．5.(多选)(2023·福建泉州市高三质检)如图，ABC 是竖直面内的固定半圆形光滑轨道，O 为其圆心，A 、C 两点等高，过竖直半径OB 的虚线右侧足够大的区域内存在沿AC 方向的匀强电场．一带正电小球从A 点正上方P 点由静止释放，沿轨道通过B 、C 两点时的动能分别为E k 和1.5E k ，离开C 点后运动到最高点D (图中未画出)．已知P 与A 间的距离等于轨道半径，则()A ．D 点与P 点等高B ．小球在电场中受到的电场力是其重力的两倍C ．小球在C 处对轨道的压力是其重力的两倍D ．小球通过D 点时的动能大于1.5E k 答案BD解析若在A 点速度等于C 点的速度，在竖直方向由对称性可知，D 点与P 点等高，但由动能定理可知A 点的速度小于C 点的速度，所以D 点高于P 点，故A 错误；设小球在电场中所受电场力为F ，轨道半径为R ，小球从P 到B 过程，由动能定理得mg ·2R ＝E k ，小球从P 到C 过程，由动能定理得mg ·R ＋FR ＝1.5E k ，联立可得F ＝2mg ，故B 正确；由动能定理的表达式有1.5E k ＝12m v C 2，在C 点时，由牛顿第二定律得F N －F ＝m v C 2R，结合mg ·2R ＝E k ，联立可得F N ＝8mg ，由牛顿第三定律得小球在C 处对轨道的压力F N ′＝F N ＝8mg ，故C 错误；因为F ＝2mg ，可知小球从C 点飞出后，竖直方向的加速度小于水平方向的加速度，竖直方向，由逆向思维，看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，则小球从C 到D 过程中，水平方向的位移大于竖直方向的位移，根据W ＝Fs ，可知电场力所做正功大于重力所做负功，则小球通过D 点时的动能大于通过C 点时的动能，即大于1.5E k ，故D 正确．6.(2023·广东省广州大学附属中学模拟)如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为R 的绝缘光滑圆轨道固定在竖直平面内，O 是圆心，AB 是竖直方向的直径，CD 是水平方向的直径．一质量为m 、带电荷量为q (q >0)的小球在轨道内侧的P 点处于静止状态，OP 与竖直方向的夹角θ＝60°.当小球获得切线方向的初速度后，恰能沿轨道做完整的圆周运动．重力加速度为g .求：(1)电场强度的大小E ；(2)小球运动过程中的最小速率v ；(3)小球从P 点运动到B 点时对轨道的压力．答案(1)3mg q(2)2gR(3)9mg ，方向竖直向下解析(1)小球静止在圆轨道P 点，此时合力为零，有qE ＝mg tan θ解得E ＝3mg q(2)小球运动到PO 延长线与AC 的交点时速度最小，此时对轨道的压力为零mgcos θ＝m v min 2R解得v min ＝2gR(3)小球从PO 延长线与AC 的交点运动到B 点时由动能定理有mg (R ＋R cos 60°)＋EqR sin 60°＝12v B 2－12m v min 2对B 点有F N －mg ＝m v B 2R解得F N ＝9mg由牛顿第三定律可得对轨道的压力大小F N ′＝F N ＝9mg ，方向竖直向下．7．(2022·辽宁卷·14)如图所示，光滑水平面AB 和竖直面内的光滑14圆弧导轨在B 点平滑连接，导轨半径为R .质量为m 的带正电小球将轻质弹簧压缩至A 点后由静止释放，脱离弹簧后经过B 点时的速度大小为gR ，之后沿轨道BO 运动．以O 为坐标原点建立直角坐标系xOy ，在x ≥－R 区域有方向与x 轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为2mg .小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g .求：(1)弹簧压缩至A 点时的弹性势能；(2)小球经过O 点时的速度大小；(3)小球过O 点后运动的轨迹方程．答案(1)12mgR (2)3gR (3)y 2＝6Rx解析(1)小球从A 到B ，根据能量守恒定律得E p ＝12m v B 2＝12mgR(2)小球从B 到O ，根据动能定理有－mgR ＋2mg ×2R ＝12m v O 2－12m v B 2解得v O ＝3gR(3)小球运动至O 点时速度方向竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x 轴和y 轴，则x 轴方向有2mg cos 45°＝ma x y 轴方向有2mg sin 45°－mg ＝ma y 解得a x ＝g ，a y ＝0说明小球过O 点后的运动为x 轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y 轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有x ＝12gt 2，y ＝v O t联立解得小球过O 点后运动的轨迹方程为y 2＝6Rx .8.(2023·广东珠海市模拟)如图所示，一质量m ＝1kg 、带电荷量q ＝＋0.5C 的小球以速度v 0＝3m/s ，沿两正对带电平行金属板(板间电场可看成匀强电场)左侧某位置水平向右飞入，极板长0.6m ，两极板间距为0.5m ，不计空气阻力，小球飞离极板后恰好由A 点沿切线落入竖直光滑圆弧轨道ABC ，圆弧轨道ABC 的形状为半径R ＝2563m 的圆截去了左上角127°的圆弧，CB 为其竖直直径，在过A 点竖直线OO ′的右侧空间存在竖直向下足够宽的匀强电场，电场强度为E (取g ＝10m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)．(1)求两极板间的电势差U 的大小；(2)欲使小球在圆弧轨道运动时恰好能到达C 点，求E 的大小．答案(1)10V (2)10V/m 解析(1)在A 点，对速度的分解如图所示则竖直方向分速度为v y ＝v 0tan 53°＝4m/s小球在平行板中运动时间为t ＝L v 0＝0.2s 在平行板中运动时，有v y ＝at ，mg ＋U dq ＝ma 联立解得U ＝10V故两极板间的电势差U 的大小为10V.(2)小球在A 点速度为v A ＝v 0cos 53°＝5m/s小球从A 到最高点C ，由能量守恒定律有12m v A 2＝12m v C 2＋mg (R ＋R cos 53°)＋Eq (R ＋R cos 53°)恰好能到达C 点，则在C 点，有mg ＋Eq ＝mv C 2R 联立解得E ＝10V/m故欲使小球在圆弧轨道运动时恰好能到达C 点，E 的大小为10V/m.。

高考物理一轮复习专题强化—带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题【专题解读】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，高考常以计算题出现。

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，熟练应用能量观点解题。

3.用到的知识：受力分析、运动分析、能量观点。

题型一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.常见的题目类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。

(2)粒子做往返运动(一般分段研究)。

(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。

3.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。

【例1】(多选)(2020·湖北荆门市1月调考)如图1(a)所示，A、B表示真空中水平放置的相距为d的平行金属板，板长为L，两板加电压后板间的电场可视为匀强电场。

现在A、B两板间加上如图(b)所示的周期性的交变电压，在t＝0时恰有一质量为m、电量为q的粒子在板间中央沿水平方向以速度v0射入电场，忽略粒子的重力，则下列关于粒子运动情况的表述中正确的是()图1A.粒子在垂直于板的方向上的分运动可能是往复运动B.粒子在垂直于板的方向上的分运动是单向运动C.只要周期T和电压U0的值满足一定条件，粒子就可沿与板平行的方向飞出D.粒子不可能沿与板平行的方向飞出答案BC解析如果板间距离足够大，粒子在垂直于板的方向上的分运动在前半个周期做匀加速，后半个周期做匀减速，如此循环，向同一方向运动，如果周期T和电压U0的值满足一定条件，粒子就可在到达极板之前飞出极板，当飞出时垂直于极板的速度恰好为零时，将沿与板平行的方向飞出。

（全国版）2019版高考物理一轮复习第8章电场第32课时带电粒子在电场中的综合问题学案编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（全国版）2019版高考物理一轮复习第8章电场第32课时带电粒子在电场中的综合问题学案）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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第32课时带电粒子在电场中的综合问题考点1 带电粒子在交变电场中的运动一、带电粒子在周期性电场中的直线运动带电粒子在交变电场中运动的情况比较复杂，由于不同时段受力情况不同、运动情况也就不同，若按常规的分析方法，一般都较繁琐，较好的分析方法就是利用带电粒子的v.t图象来分析，在画速度图象时，要注意以下几点:（1)带电粒子进入电场的时刻.(2)速度图象的斜率表示加速度.（3)图线与坐标轴围成的面积表示位移，且在横轴上方所围成的面积为正，在横轴下方所围成的面积为负。

（4）注意对称和周期性变化关系的应用。

（5)图线与横轴有交点,表示此时速度反向，对运动很复杂、不容易画出速度图象的问题,还应逐段分析求解。

二、带电粒子在周期性电场中的偏转问题1．运动的性质：高考一般仅考查电场大小不变，仅方向改变的交变电场。

即使如此，带电粒子在电场中的运动也非常复杂，但可将其运动看成分段的抛体运动。

2．最佳的解决方法：是利用分运动解题,粒子在垂直于电场方向：做匀速直线运动;平行于电场方向：做匀变速直线运动。

3．最佳的解决手段：利用v­t图象研究平行于电场方向的分运动。

三、带电粒子在周期性电场中的常见电场和类型及分析方法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。

2025版高考物理一轮复习课件第九章第7课时专题强化：带电粒子在电场中的力电综合问题目标要求1.会用等效法分析带电粒子在电场和重力场中的圆周运动。

2.会用动力学、能量和动量观点分析带电粒子的力电综合问题。

内容索引考点一 带电粒子在重力场和电场中的圆周运动考点二 电场中的力电综合问题课时精练><考点一带电粒子在重力场和电场中的圆周运动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1　(2024·江苏扬州市联考)如图所示，用绝缘细线拴一个带负电的小球，让它在竖直向下的匀强电场中绕O点做竖直平面内的圆周运动，a、b两点分别是圆周的最高点和最低点，则A.小球经过a点时，细线中的张力一定最小B.小球经过a点时，电势能一定最大C.小球经过b点时，电势不是最低√D.小球经过b点时，机械能一定最小若静电力大于重力，则两个力的合力向上，则小球经过a点时，速度最大，此时线中的张力最大，故A错误；沿着电场线方向电势降低，b点所在位置的电势最低，则带负电荷小球在b点的电势能最大，故B、C错误；因小球运动过程中只有静电力和重力做功，则电势能与机械能之和守恒，则小球经过b点时，电势能最大，则机械能最小，故D正确。

例2　如图所示，竖直平面内有一水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝1×102 V/m，其中有一个半径为R＝2 m的竖直光滑圆环，现有一质量为m＝0.08 kg、电荷量为q＝6×10－3 C的带正电小球(可视为质点)在最低点A点，给小球一个初动能，让其恰能在圆环内做完整的圆周运动，不考虑小球运动过程中电荷量的变化。

(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)求：(1)小球所受静电力与重力的合力F；答案　1 N，方向与竖直方向夹角为37°斜向右下设二者的合力方向与竖直方向的夹角为θ，则合力方向与竖直方向夹角为37°斜向右下；(2)小球在A点的初动能Ek。

第4节带电粒子在电场中运动的综合问题考点一示波管的工作原理【典例1】(多选)如图所示是示波器的原理示意图，电子经电压为U1的加速电场加速后，进入电压为U2的偏转电场，离开偏转电场后打在荧光屏上的P点。

P点与O点的距离叫偏转距离。

要提高示波器的灵敏度(即单位偏转电压U2引起的偏转距离)，下列办法中可行的是()A．提高加速电压U1B．增加偏转极板a、b的长度C．增大偏转极板与荧光屏的距离D．减小偏转极板间的距离【训练题组1】1．[示波管的图形分析]图(a)为示波管的原理图。

如果在电极YY′之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是选项中的()考点二带电粒子在交变电场中的运动【典例2】题型(一)直线运动问题(分段研究)如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。

开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。

设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图像中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)()[典例3]题型(二) 偏转运动问题(分解研究)如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，在t＝0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v0，t＝T时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场。

则()班级：姓名：A ．该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的B ．在t ＝T 2时刻，该粒子的速度大小为2v 0 C ．若该粒子在T 2时刻以速度v 0进入电场，则粒子会打在金属板上 D ．若该粒子的入射速度变为2v 0，则该粒子仍在t ＝T 时刻射出电场【训练题组2】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。

2021高考物理一轮复习第七章静电场课时规范练25带电粒子在电场中的综合问题新人教版202108091223基础巩固组1.(带电粒子在交变电场中的运动)(2021·甘肃兰州七里河区期中)将如图所示的交流电压加在平行板电容器A、B两板上,开始B板电势比A板电势高,这时有一个原先静止的电子正处在两板的中间,它在电场力作用下开始运动,设A、B两极板间的距离足够大,下列说法正确的是()A.电子一直向着A板运动B.电子一直向着B板运动C.电子先向A板运动,然后返回向B板运动,之后在A、B两板间做周期性往复运动D.电子先向B板运动,然后返回向A板运动,之后在A、B两板间做周期性往复运动答案D解析依照交流电压的变化规律,作出电子的加速度a、速度v随时刻变化的图线,如图甲、乙。

从图中可知,电子在第一个内做匀加速直线运动,第二个内做匀减速直线运动,在这半周期内,因初始B板电势比A板电势高,因此电子向B板运动,加速度大小为。

在第三个内电子做匀加速直线运动,第四个内做匀减速直线运动,但在这半周期内运动方向与前半周期相反,向A板运动,加速度大小为。

因此电子在交变电场中将以t=时刻所在位置为平稳位置做周期性往复运动,综上分析选项D正确。

2.(多选)(2021·河北唐山模拟)粗糙绝缘的水平桌面上,有两块竖直平行相对而立的金属板A、B。

板间桌面上静止着带正电的物块,如图甲所示,当两金属板加图乙所示的交流电压时,设t1时刻物块开始运动(最大静摩擦力与滑动摩擦力可认为相等),则()A.在0~t1时刻内,物块受到逐步增大的摩擦力,方向水平向左B.在t1~t3时刻内,物块受到的摩擦力先逐步增大,后逐步减小C.t3时刻物块的速度最大D.t4时刻物块的速度最大答案AC解析在0~t1时刻内,电场力小于最大静摩擦力,物块静止,静摩擦力与电场力大小相等,即F f=qE=q,随电压增大,摩擦力增大,然而正电荷所受电场力与电场同向,均向右,因此摩擦力方向水平向左,选项A正确;在t1~t3时刻内,电场力大于最大静摩擦力,物块一直加速运动,摩擦力为滑动摩擦力,由于正压力即是物块的重力,因此摩擦力不变,选项B错误;t3到t4时期,电场力小于摩擦力,但物块仍在运动且为减速运动,故t3时刻速度最大,选项C正确,D错误。

带电粒子在电场中的运动（学案）一、夯实基础1.带电粒子在电场中的加速带电粒子在电场中加速，若不计带电粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子的增量。

（1）在匀强电场中：（2）在非匀强电场中：2.带电粒子在匀强电场中的偏转（1）如果带电粒子以初速度v0垂直场强方向进入匀强电场中，不考虑重力时，则带电粒子在电场中将做类平抛运动，如图所示（2）类平抛运动的一般处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的运动和沿电场方向的运动。

（化繁为简，化曲为直的思维方法）（3）基本公式：运动时间（板长为l，板间距离为d，板间电压为U）。

加速度：=离开电场的偏转量：= 速度偏转角为：= 位移偏转角为α：= （4）两个重要推论I．粒子从偏转电场射出时，就像是从极板间的处沿直线射出。

II．不同的带电粒子，由静止经同一加速电场U1加速，再经同一偏转电场U2偏转后，偏转量y 与末速度v的方向均相同。

二、带电粒子在电场中的直线运动例1.质量为m、带电荷量为＋q的微粒在O点以初速度v0与水平方向成θ角射出，如图所示，微粒在运动过程中所受阻力的大小恒为f. （1）若加上大小一定、方向水平向左的匀强电场，保证微粒沿v0方向做直线运动，并且经过一段时间后微粒又回到O点，求微粒回到O点时的速率？（2）如果在某方向上加上一定大小的匀强电场后，能保证微粒仍沿v0方向做直线运动，试求所加匀强电场电场强度的最小值？诱思启导（1）微粒的重力能忽略吗？结合微粒的运动情况进行分析。

（2）电场强度沿什么方向时才最小？题后反思：带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程（平衡、加速、减速；直线还是曲线），然后选用恰当的规律解题。

我们在复习中，要经常思考一题多解的问题，提升自己的思维能力。

三、带电粒子在电场中的曲线运动例2.如图所示为研究电子枪中电子（质量为m，电荷量为e）在电场中运动的简化模型示意图．在xOy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场Ⅰ和Ⅱ，两电场的边界均是边长为L的正方形(不计电子所受重力)．(1)在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置．(2)在电场Ⅰ区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置．题后反思：本题是电场加速和偏转的典例，但物理情景新颖，只要我们分析清电子运动的情况，根据动力学的规律即可求解。

2021届高考物理一轮复习专题带电粒子在电场中运动的综合应用学案新人教版一 非匀强电场中的运动例1.如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC 与半径为R 的圆周交于B 、C 两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B 点为AC 的中点，C 点位于圆周的最低点．现有一质量为m 、电荷量为－q 、套在杆上的带负电小球(可视为质点)从A 点由静止开始沿杆下滑．已知重力加速度为g ，A 点距过C 点的水平面的竖直高度为3R ，小球滑到B 点时的速度大小为2gR .求：图6(1)小球滑到C 点时的速度大小；(2)若以C 点作为参考点(零电势点)，试确定A 点的电势．解析 (1)因为B 、C 两点电势相等，故小球从B 到C 运动的过程中电场力做的总功为零．由几何关系可得BC 的竖直高度h BC ＝3R2依照动能定理有mg ·3R 2＝mv 2C 2－mv 2B2解得v C ＝7gR .(2)小球从A 到C ，重力和电场力均做正功，因此由动能定理有mg ·3R ＋W 电＝mv 2C2，又依照电场力做功与电势能的关系：W 电＝E p A －E p C ＝－qφA －(－qφC )．又因为φC ＝0， 可得φA ＝－mgR 2q. 答案 (1)7gR (2)－mgR 2q1．如图9所示．Q 为固定的正点电荷，A 、B 两点在Q 的正上方和Q 相距分别为h 和0.25h ，将另一点电荷从A 点由静止开释，运动到B 点时速度正好变为零，若此电荷在A 点处的加速度大小为34g ，求：图9(1)此电荷在B 点处的加速度；(2)A 、B 两点间的电势差(用Q 和h 表示)．答案 (1)3g ，方向竖直向上 (2)－3kQh解析 (1)由题意可知，这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q .由牛顿第二定律得，在A 点时：mg －k Qq h 2＝m ·34g .在B 点时：kQq0.25h2－mg ＝m ·a B ，解得a B ＝3g ，方向竖直向上．(2)从A 到B 的过程，由动能定理得mg (h －0.25h )＋qU AB ＝0，解得U AB＝－3kQh.2．如图10所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以正电荷Q 为圆心的某圆交于B 、C 两点，质量为m 、带电荷量为－q 的有孔小球从杆上A 点无初速度下滑，已知q ≪Q ，AB ＝h ，小球滑到B 点时的速度大小为3gh .求：图10(1)小球由A 到B 的过程中静电力做的功； (2)A 、C 两点间的电势差．答案 (1)12mgh (2)－mgh2q解析 (1)因为Q 是正点电荷，因此以Q 为圆心的圆是一个等势线，这是一个重要的隐含条件，由A 到B 过程中静电力是变力，因此不能直截了当用W ＝Fx 来解，只能考虑应用功能关系求解．因为杆是光滑的，因此小球从A 到B 过程中只有两个力做功：静电力做功W AB 和重力做功mgh ，由动能定理得：W AB ＋mgh ＝12mv 2B代入已知条件v B ＝3gh 得静电力做功W AB ＝12m ·3gh －mgh ＝12mgh .(2)因为B 、C 在同一等势线上，小球从B 点到C 点电场力不做功则W AC ＝W AB因此U AC ＝W AC －q ＝12mgh －q ＝－mgh2q.3. 如图8所示，质量为m 的小球A 穿在光滑绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A 带正电，电荷量为q .在杆上B 点处固定一个电荷量为Q 的正电荷．将A 由距B 竖直高度为H 处无初速度开释，小球A 下滑过程中电荷量不变．不计A 与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量k 和重力加速度g .求：图8(1)A 球刚开释时的加速度是多大；(2)当A 球的动能最大时，A 球与B 点间的距离．答案 (1)g sin α－kQq sin 2αmH 2(2) kQqmg sin α解析 (1)由牛顿第二定律可知mg sin α－F ＝ma ，依照库仑定律有F ＝k qQ r 2，又知r ＝Hsin α得a ＝g sin α－kQq sin 2 αmH 2(2)当A 球受到合力为零，即加速度为零时，动能最大．设现在A 球与B 点间的距离为d . 则mg sin α＝kQqd 2，解得d ＝ kQqmg sin α.二 匀强电场中的直线运动例2．如图所示，一电荷量为＋q 、质量为m 的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图13(1)水平向右电场的电场强度；(2)若将电场强度减小为原先的12，物块的加速度是多大；(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时的动能．答案 (1)3mg4q(2)0.3g (3)0.3mgL解析 (1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示，则有F N sin 37°＝qE ①F N cos 37°＝mg ②由①②可得E ＝3mg4q(2)若电场强度减小为原先的12，即E ′＝3mg8q由牛顿第二定律得mg sin 37°－qE ′cos 37°＝ma 可得a ＝0.3g(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得mgL sin 37°－qE ′L cos 37°＝E k －0可得E k ＝0.3mgL .1. 如图10甲所示，长L ＝1.5 m 、倾角为θ＝37°的光滑绝缘的斜面底端连接一粗糙绝缘的水平面，整个斜面处在一水平向左的匀强电场中，水平面部分没有电场.现将一质量m ＝1.2 kg 、带电荷量q ＝1×10－4C 的带正电的小物体从斜面顶端由静止开释，当电场场强E 取不同数值时，物体沿斜面下滑最后在水平地面上滑过的距离s 不同.研究发觉s 与E 之间的关系如图乙所示.忽略物体在斜面与水平面连接处的能量缺失，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图10(1)物体与地面间的动摩擦因数μ；(2)当E ＝3×104N/C 时，物体运动的总时刻.答案 (1)0.2 (2)323 s解析 (1)当E ＝0时，s ＝4.5 m 由动能定理得mgL sin θ－μmgs ＝0 解得μ＝0.2(2)当E ＝3×104N/C 时，由牛顿第二定律得mg sin θ－qE cos θ＝ma 1又L ＝12a 1t 21解得物体在斜面上的运动时刻t 1＝32s 水平面上由牛顿第二定律知μmg ＝ma 2 由v ＝a 1t 1 又v ＝a 2t 2可得t 2＝ 3 s因此物体运动的总时刻t ＝t 1＋t 2＝332s.2. 如图11所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC ，其下端C 距地面高度h ＝0.8 m.有一质量为500 g 的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通过C 端的正下方P 点处.(g 取10 m/s 2)求：图11(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向. (2)小环在直杆上匀速运动速度的大小v 0. (3)小环运动到P 点的动能.答案 (1)14.1 m/s 2与杆垂直斜向右下方 (2)2 m/s(3)5 J 解析 (1)小环在直杆上的受力情形如图所示由平稳条件得：mg sin 45°＝Eq cos 45° 得mg ＝Eq ，离开直杆后，只受mg 、Eq 作用，则：2mg ＝ma代入数据解得加速度大小：a ≈14.1 m/s 2加速度方向与杆垂直斜向右下方(2)设小环在直杆上运动的速度为v 0，离杆后经t 秒到P 点，则竖直方向：h ＝v 0sin 45°·t ＋12gt 2水平方向(取向左为正)：v 0cos 45°·t －12gt 2＝0由以上两式代入数据解得：v 0＝2 m/s(3)由动能定理得：E k P －12mv 20＝mgh代入数据解得：E k P ＝5 J.例3.（往复运动）如图9所示，在倾角θ＝37°的绝缘斜面所在空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E ＝4×103N/C ，在斜面底端有一与斜面垂直的绝缘弹性挡板．质量m ＝0.2 kg 的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到斜面底端以与挡板相碰前的速率返回．已知斜面的高度h ＝0.24 m ，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.3，滑块带电荷量q ＝－5.0×10－4 C ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图9(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端时的速度大小； (2)滑块在斜面上运动的总路程s 和系统产生的热量Q . 答案 (1)2.4 m/s (2)1 m 0.96 J解析 (1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力f ＝μ(mg ＋qE )cos 37°＝0.96 N 设到达斜面底端时的速度为v ，依照动能定理得(mg ＋qE )h －f h si n 37°＝12mv 2解得v ＝2.4 m/s.(2)滑块最终将静止在斜面底端，因此重力势能和电势能的减少量等于克服摩擦力做的功，(mg ＋qE )h ＝fs 解得滑块在斜面上运动的总路程： s ＝1 mQ ＝fs ＝0.96 J1. 如图5所示，在绝缘水平面上放有一带正电的滑块、质量为m ，带电荷量为q ，水平面上方虚线左侧空间有水平向右的匀强电场，场强为E ，qE >μmg ，虚线右侧的水平面光滑.一轻弹簧右端固定在墙上，处于原长时，左端恰好位于虚线位置，把滑块放到虚线左侧L 处，并给滑块一个向左的初速度v 0，已知滑块与绝缘水平面间的动摩擦因数为μ，求：图5(1)弹簧的最大弹性势能；(2)滑块在整个运动过程中产生的热量.答案 (1)(qE －μmg )L ＋m qE －μmg 2qE ＋μmg v 20 (2)qEL ＋12mv 02解析 (1)设滑块向左运动x 时减速到零，由能量守恒定律有：(qE ＋μmg )x ＝12mv 02解得：x ＝mv202qE ＋μmg之后滑块向右加速运动，设第一次到达虚线时的动能为E k ，由能量守恒定律得： qE (x ＋L )＝E k ＋μmg (x ＋L )解得：E k ＝(qE －μmg )L ＋m qE －μmg 2qE ＋μmgv 2滑块从虚线处压缩弹簧至最短的过程，机械能守恒，动能全部转化为弹性势能，因此弹簧的最大弹性势能为：E pm ＝(qE －μmg )L ＋m qE －μmg 2qE ＋μmgv 2(2)滑块往返运动，最终停在虚线位置，整个过程电场力做正功，为W ＝qEL ，电势能减少量为qEL ，由能量守恒定律，整个过程产生的热量等于滑块机械能的减少量与电势能的减少量之和，即Q ＝qEL ＋12mv 022. 如图4所示，两个带正电的点电荷M 和N ，带电量均为Q ，固定在光滑绝缘的水平面上，相距2L ，A 、O 、B 是MN 连线上的三点，且O 为中点，OA ＝OB ＝L2，一质量为m 、电量为q 的点电荷以初速度v 0从A 点动身沿MN 连线向N 运动，在运动过程中电荷受到大小恒定的阻力作用，但速度为零时，阻力也为零，当它运动到O 点时，动能为初动能的n 倍，到B 点速度刚好为零，然后返回往复运动，直至最后静止.已知静电力恒量为k ，取O 处电势为零.求：图4(1)A 点的场强大小； (2)阻力的大小； (3)A 点的电势；(4)电荷在电场中运动的总路程.解析 (1)由点电荷电场强度公式和电场叠加原理可得：E ＝k Q L 22－k Q 3L 22＝32kQ 9L 2；(2)由对称性知，φA ＝φB ，电荷从A 到B 的过程中，电场力做功为零，克服阻力做功为：W f ＝F f L ，由动能定理：－F f L ＝0－12mv 20，得：F f ＝mv 22L(3)设电荷从A 到O 点电场力做功为W F ，克服阻力做功为12W f ，由动能定理：W F －12W f ＝12nmv 20－12mv 20得：W F ＝mv204(2n －1)由：W F ＝q (φA －φO )得：φA ＝W F q ＝mv204q(2n －1)(4)电荷最后停在O 点，在全过程中电场力做功为W F ＝mv204(2n －1)，电荷在电场中运动的总路程为s ，则阻力做功为－F f s .由动能定理：W F －F f s ＝0－12mv 02即：mv 204(2n －1)－12L mv 20s ＝－12mv 02解得：s ＝(n ＋0.5)L .答案 (1)32kQ 9L 2 (2)mv 202L (3)mv204q(2n －1) (4)(n ＋0.5)L三 带电粒子在电场(复合场)中的圆周运动例4 如图5所示，半径为r 的绝缘细圆环的环面固定在水平面上，场强为E 的匀强电场与环面平行．一电荷量为＋q 、质量为m 的小球穿在环上，可沿环做无摩擦的圆周运动，若小球经A 点时，速度v A 的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，求：图5(1)速度v A 的大小；(2)小球运动到与A 点对称的B 点时，对环在水平方向的作用力的大小．解析 (1)在A 点，小球在水平方向只受电场力作用，依照牛顿第二定律得：qE ＝m v 2Ar因此小球在A 点的速度v A ＝ qErm.(2)在小球从A 到B 的过程中，依照动能定理，电场力做的正功等于小球动能的增加量，即2qEr ＝12mv 2B －12mv 2A小球在B 点时，依照牛顿第二定律，在水平方向有F B －qE ＝m v 2Br解以上两式得小球在B 点受到环的水平作用力为：F B ＝6qE .由牛顿第三定律知，球对环在水平方向的作用力大小F B ′＝6qE .答案 (1) qErm(2)6qE1 如图6所示，ABCD 为放在E ＝1.0×103V/m 的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中BCD 部分是直径为20 cm的半圆环，AB ＝15 cm ，今有m ＝10 g 、q ＝10－4C 的小球从静止由A 起沿轨道运动，它运动到图中C 处时速度是 m/s ，在C 处时对轨道的压力是 N ；要使小球能运动到D 点，开始时小球的位置应离B 点 m.图6答案3 0.4 0.25解析 由Eq (AB ＋CO )－mg OB ＝12mv 2C 可得v C ＝ 3 m/s ；在C 处由N －Eq ＝mv 2CR得N ＝0.4 N ；要使小球能运动到D点，v D ＝gR ＝1 m/s ，由Eq ·A ′B －mg ·BD ＝12mv 2D ，得A ′B ＝0.25 m.2．如图9所示，半径为R 的光滑圆环竖直置于场强为E 的水平方向的匀强电场中，质量为m 、带电荷量为＋q 的空心小球穿在环上，当小球从顶点A 由静止开始下滑到与圆心O 等高的位置B 时，求小球对环的压力．答案 2mg ＋3Eq ，方向水平向右解析 小球从A 运动到B 的过程中，重力做正功，电场力做正功，动能增加，由动能定理有mgR ＋EqR ＝12mv 2在B 点小球受到重力G 、电场力F 和环对小球的弹力F 1三个力的作用，沿半径方向指向圆心的合力提供向心力，则F 1－Eq ＝m v 2R联立以上两式可得F 1＝2mg ＋3Eq小球对环的作用力与环对小球的作用力为一对作用力与反作用力，两者等大反向，即小球对环的压力F 1′＝2mg ＋3Eq ，方向水平向右．3. 如图12所示，长L ＝0.20 m 的丝线的一端拴一质量为m ＝1.0×10－4 kg 、带电荷量为q ＝＋1.0×10－6C 的小球，另一端连在一水平轴O 上，丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动，整个装置处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E ＝2.0×103 N/C.现将小球拉到与轴O 在同一水平面上的A 点，然后无初速度地将小球开释，取g ＝10 m/s 2.求：图12(1)小球通过最高点B 时速度的大小；(2)小球通过最高点时，丝线对小球拉力的大小．答案 (1)2 m/s (2)3.0×10－3N解析 (1)小球由A 运动到B ，其初速度为零，电场力对小球做正功，重力对小球做负功，丝线拉力不做功，则由动能定理有：qEL －mgL ＝mv 2B2v B ＝2qE －mg Lm＝2 m/s.(2)小球到达B 点时，受重力mg 、电场力qE 和拉力T B 作用，经运算 mg ＝1.0×10－4×10 N＝1.0×10－3 NqE ＝1.0×10－6×2.0×103 N ＝2.0×10－3 N因为qE >mg ，而qE 方向竖直向上，mg 方向竖直向下，小球做圆周运动，其到达B 点时向心力的方向一定指向圆心，由此能够判定出T B 的方向一定指向圆心，由牛顿第二定律有：T B ＋mg －qE ＝mv 2BLT B ＝mv 2BL＋qE －mg ＝3.0×10－3 N.4．如图18所示，ABCD 为竖直放在场强为E ＝104V/m 的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD 部分是半径为R 的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切，A 为水平轨道的一点，而且AB ＝R ＝0.2 m ．把一质量m ＝100 g 、带电量q ＝＋10－4 C 的小球，放在水平轨道的A 点，由静止开始被开释后，在轨道的内侧运动．求：(g ＝10 m/s 2)图18(1)它到达C 点时的速度是多大？(2)它到达C 点时对轨道的压力是多大？答案 (1)2 m/s (2)3 N解析 (1)设小球在C 点的速度大小是v C ，对轨道的压力大小为N C ，则关于小球由A →C 的过程中，应用动能定理列出：2qER －mgR ＝12mv 2C ；解得v C ＝2 m/s(2)在C 点时，小球受到轨道对它的弹力和电场力，应用牛顿第二定律，有：N C ′－qE ＝m v2C R；解得：N C ′＝3 N由牛顿第三定律知N C ＝N C ′＝3 N.课后巩固1.如图9所示，匀强电场方向与水平线间夹角θ＝30°，方向斜向右上方，电场强度为E ，质量为m 的小球带负电，以初速度v 0开始运动，初速度方向与电场方向一致．图9(1)若小球的带电荷量为q ＝mgE，为使小球能做匀速直线运动，应对小球施加的恒力F 1的大小和方向各如何？ (2)若小球的带电荷量为q ＝2mgE，为使小球能做直线运动，应对小球施加的最小恒力F 2的大小和方向各如何？答案 (1)3mg 方向与水平线成60°角斜向右上方 (2)32mg 方向与水平线成60°角斜向左上方 解析 (1)如图甲所示，为使小球做匀速直线运动，必使其合外力为0，设对小球施加的力F 1与水平方向夹角为α，则F 1cos α＝qE cos θ，F 1sin α＝mg ＋qE sin θ 代入数据解得α＝60°，F 1＝3mg即恒力F 1与水平线成60°角斜向右上方．(2)为使小球能做直线运动，则小球所受合力的方向必和运动方向在一条直线上，故要使力F 2和mg 的合力和电场力在一条直线上．如图乙，当F 2取最小值时，F 2垂直于F .故F 2＝mg sin 60°＝32mg . 方向与水平线成60°角斜向左上方．2. (2020·新课标全国Ⅱ·24)如图12所示，一质量为m 、电荷量为q (q ＞0)的粒子在匀强电场中运动，A 、B 为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A 点的速度大小为v 0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B 点时速度方向与电场方向的夹角为30°.不计重力．求A 、B 两点间的电势差．图12答案 mv 20q解析 设带电粒子在B 点的速度大小为v B .粒子在垂直于电场方向的速度重量不变，即 v B sin 30°＝v 0sin 60°①由此得v B ＝3v 0②设A 、B 两点间的电势差为U AB ，由动能定理有qU AB ＝12m (v 2B －v 20)③ 联立②③式得U AB ＝mv20q.3. 如图13，一质量为m 、电荷量为q (q >0)的液滴，在场强大小为3mgq、方向水平向右的匀强电场中运动，运动轨迹在竖直平面内．A 、B 为其运动轨迹上的两点，已知该液滴在A 点的速度大小为v 0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B 点时速度方向与电场方向的夹角为30°.求A 、B 两点间的电势差．图13答案 3mv 28q解析 由题意知qE ＝3mg ，液滴重力不能忽略，把运动分解 水平方向：v sin 60°＝v 0sin 30°＋qE mt ① 竖直方向：v c os 60°＝v 0cos 30°－gt ② 由①②可得：v ＝233v 0，t ＝3v 06g由牛顿第二定律得水平方向加速度a ＝qE m ＝3g ，水平位移：x ＝v 0sin 30°·t ＋12(3g )t 2＝3v 208gU AB ＝E ·x ＝3mv 28q4．如图13所示，水平绝缘粗糙的轨道AB 与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC 平滑连接，半圆形轨道的半径R ＝0.4 m ，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E ＝1.0×104N/C.现有一电荷量q ＝＋1.0×10－4C ，质量m ＝0.1 kg 的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P 点由静止开释，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C ，然后落至水平轨道上的D 点(图中未画出)．取g ＝10 m/s 2.试求：图13(1)带电体运动到圆形轨道B 点时对圆形轨道的压力大小； (2)D 点到B 点的距离x DB ；(3)带电体在从P 开始运动到落至D 点的过程中的最大动能．(结果保留3位有效数字) 答案 (1)6.0 N (2)0 (3)1.17 J解析 (1)设带电体通过C 点时的速度为v C ，依据牛顿第二定律有mg ＝m v2C R，解得v C ＝2.0 m/s.设带电体通过B 点时的速度为v B ，设轨道对带电体的支持力大小为F B ，带电体在B 点时，依照牛顿第二定律有F B－mg ＝m v2B R.带电体从B 运动到C 的过程中，依照动能定理有 －mg ×2R ＝12mv 2C －12mv 2B联立解得F B ＝6.0 N ，依照牛顿第三定律，带电体对轨道的压力F B ′＝6.0 N.(2)设带电体从最高点C 落至水平轨道上的D 点经历的时刻为t ，依照运动的分解有2R ＝12gt 2，x DB ＝v C t －12Eq mt 2. 联立解得x DB ＝0.(3)由P 到B 带电体做加速运动，故最大速度一定显现在从B 经C 到D 的过程中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必显现在B 点右侧对应圆心角为45°处．设带电体的最大动能为E km ，依照动能定理有qER sin 45°－mgR (1－cos 45°)＝E km －12mv 2B ，代入数据解得E km ≈1.17 J.5.如图10所示，区域Ⅰ、Ⅱ分别存在着有界匀强电场E 1、E 2，已知区域Ⅰ宽L 1＝0.8 m ，区域Ⅱ宽L 2＝0.4 m ，E 1＝10 2 V/m 且方向与水平方向成45°角斜向右上方，E 2＝20 V/m 且方向竖直向下．带电荷量为q ＝＋1.6×10－3C ．质量m ＝1.6×10－3 kg 的带电小球(可视为质点)在区域Ⅰ的左边界由静止开释．g 取10 m/s 2，求：图10(1)小球在电场区域Ⅰ中运动的加速度大小和时刻； (2)小球离开电场区域Ⅱ的速度大小和方向．答案 (1)10 m/s 20.4 s (2)5 m/s 速度方向与水平方向夹角为37°斜向右下方解析 (1)小球在电场Ⅰ区域受到电场力F 1＝qE 1，小球在电场Ⅰ区域受到的电场力和重力的合力方向水平向右，大小为F 合＝F 1 cos 45°＝1.6×10－2N ，则小球向右做匀加速直线运动，其加速度a 1＝F 合m＝10 m/s 2，小球运动时刻t 1＝2L 1a 1＝0.4 s.(2)小球离开电场Ⅰ区域的水平速度v 0＝a 1t 1＝4 m/s ，小球在电场Ⅱ区域中受到电场力和重力的合力竖直向下，其加速度a 2＝g ＋qE 2m ＝30 m/s 2，小球在电场Ⅱ区域中做类平抛运动，其运动时刻t 2＝L 2v 0＝0.1 s ．小球在竖直方向的分速度v y ＝a 2t 2＝3 m/s ，小球离开电场Ⅱ区域的速度v ＝v 20＋v 2y ＝5 m/s ，设小球离开电场Ⅱ区域的速度方向与水平方向夹角为θ，则tan θ＝v y v 0＝34，得θ＝37°.6.如图8所示，一绝缘“⊂”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ 、MN 和一半径为R 的光滑半圆环MAP 组成，固定在竖直平面内，其中MN杆是光滑的，PQ杆是粗糙的．现将一质量为m的带正电荷的小环套在MN杆上，小环所受的电场力为重力的12.图8(1)若将小环由D点静止开释，则刚好能到达P点，求DM间的距离；(2)若将小环由M点右侧5R处静止开释，设小环与PQ杆间的动摩擦因数为μ，小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功．答案(1)4R(2)若μ≥12，克服摩擦力做功为μmgR1＋2μ；若μ＜12，克服摩擦力做功为12mgR解析(1)小环刚好到达P点时，速度为零，对小环从D点到P点过程，由动能定理qEx－2mgR＝0－0，又由题意得qE＝12mg，联立解得x＝4R.(2)若μ≥12，则μmg≥qE，设小环到达P点右侧x1时静止，由动能定理得qE(5R－x1)－mg·2R－fx1＝0，又f＝μmg，联立解得x1＝R1＋2μ，因此整个运动过程中克服摩擦力所做的功为W1＝μmgx1＝μmgR1＋2μ.若μ＜12，则μmg＜qE，小环通过多次的往复运动，最后在P点的速度为0，依照动能定理可知qE·5R－mg·2R－W2＝0－0，克服摩擦力做的功W2＝12mgR.11 / 11。