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专题七 带电粒子在电场中运动的综合问题突破电场中“三类”典型图象问题考向1 电场中的v t 图象当带电粒子只在电场中作用下运动时，如果给出了粒子运动的速度图象，则从速度图象上能确定粒子运动的加速度方向、加速度大小变化情况，进而可将粒子运动中经历的各点的场强方向、场强大小、电势高低及电势能的变化等情况判定出来．[典例1] (多选)如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m ＝10 g 的带正电的小球，小球所带电荷量q ＝5.0×10－4C ．小球从C 点由静止释放，其沿细杆由C 经B 向A 运动的v t 图象如图乙所示．小球运动到B 点时，速度图象的切线斜率最大(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )甲 乙A ．在O 点右侧杆上，B 点场强最大，场强大小为E ＝1.2 V/m B ．由C 到A 的过程中，小球的电势能先减小后变大 C ．由C 到A 电势逐渐降低D ．C 、B 两点间的电势差U CB ＝0.9 V[解题指导] v t 图线上切线的斜率表示加速度，根据牛顿第二定律可求加速度． [解析] 由题图乙可知，小球在B 点的加速度最大，故受力最大，加速度由电场力提供，故B 点的电场强度最大，a ＝Δv Δt ＝Eqm，解得E ＝1.2 V/m ，选项A 正确；从C 到A 电场力一直做正功，故电势能一直减小，选项B 错误，C 正确；由C 到B 电场力做功为W ＝12mv 2B －0，C 、B间电势差为U CB ＝W q＝0.9 V ，选项D 正确．[答案] ACD考向2 电场中的E x 图象(1)反映了电场强度随位置变化的规律．(2)E >0表示场强沿x 轴正方向；E <0表示场强沿x 轴负方向．(3)图线与x 轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定．[典例2] (多选)静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷( )A．在x2和x4处电势能相等B．由x1运动到x3的过程中电势能增大C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大[解题指导] (1)由图可知从x1到x4，场强方向不变，沿x轴负方向，大小先增大再减小．(2)把正电荷从x1移动到x4，由于电场力方向与运动方向相反，电场力做负功．[解析] 由图象可知，将正电荷沿x轴正向移动，从x2移动到x4的过程电场力做功不为零，两点处的电势能不相等，选项A错误；从x1移动到x3的过程电场力沿x轴负方向，电场力做负功，电势能增大，选项B正确；从x1到x4的过程场强先增大后减小，所以电场力先增大后减小，选项C正确，D错误．[答案] BC考向3 电场中的φx图象(1)描述了电势随位置变化的规律．(2)根据电势的高低可以判断电场强度的方向是沿x轴正方向还是负方向．(3)斜率的大小表示场强的大小，斜率为零处场强为零．[典例3] (多选)两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中的C点电势最高，则( )A．q1一定带正电，q2一定带负电B．A、N点的电势为零，场强也为零C．C点电势不为零，但场强为零D．N、C间场强的方向沿x轴负方向[解题指导] 本题可以和等量异种点电荷的φx图象进行对比，从而判断一些物理量．理解φx图线上切线的斜率表示场强是解题关键．[解析] 根据静电场中用电场线描绘电场的规定，电场线总是从正电荷出发，到负电荷(或无穷远处)终止及沿电场线的方向电势越来越低，可以判断q 1一定带正电，q 2一定带负电，A 正确；其中A 点是异种点电荷连线上的点，电势为零，但电场强度不为零，故B 错误；C 点在ND 段电势最高，但过C 点作切线，其斜率为零，根据沿电场线方向电势降低，由于电势变化率为零，故C 点电场强度为零，C 正确；在NC 段，由于电势沿CN 方向越来越低，故电场强度方向沿x 轴负方向，D 正确．[答案] ACD 突破带电粒子在交变电场中的运动1．常见的交变电场的电压波形：方形波、锯齿波、正弦波等． 2．解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法(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边界条件．(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)注意对称性和周期性变化关系的应用． 考向1 粒子做直线运动[典例4] 将如图所示的交变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，这时有一个原来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 两板间的距离足够大，下列说法正确的是( )A ．电子一直向A 板运动B ．电子一直向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 [解析] 根据交变电压的变化规律，作出电子的加速度a 、速度v 随时间变化的图线，如图甲、乙．从图中可知，电子在第一个T 4内做匀加速运动，第二个T4内做匀减速运动，在这半个周期内，因初始B 板电势比A 板电势高，所以电子向B 板运动，加速度大小为eU md .在第三个T4内电子做匀加速运动，第四个T4内做匀减速运动，但在这半个周期内运动方向与前半个周期相反，向A 板运动，加速度大小为eU md .所以电子在交变电场中将以t ＝T4时刻所在位置为平衡位置做周期性往复运动，综上分析选项D 正确．甲 乙 [答案] D[变式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t 0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t 0可能属于的时间段是( )甲 乙A ．0<t 0<T4B.T 2<t 0<3T 4C.3T4<t 0<T D ．T <t 0<9T 8答案：B 解析：以向B 板运动为正方向，分别作出从0、T 4、T2时刻释放的粒子的速度—时间图象如图所示，则由图象可看出，若0<t 0<T 4或3T 4<t 0<T 或T <t 0<9T8，粒子在一个周期内正向位移大，即最终打到B 板上；若T 2<t 0<3T4，粒子在一个周期内负向位移大，最终打到A 板上，故B 正确．考向2 粒子在交变电场中偏转[典例5] 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U 0，电容器板长和板间距离均为L ＝10 cm ，下极板接地，甲电容器右端到荧光屏的距离也是L ＝10 cm ，在电容器两极板间接一交变电压，上、下极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：乙(1)在t ＝0.06 s 时刻发射电子，电子打在荧光屏上的何处？ (2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？[解题指导] (1)电子经电场加速，根据动能定理可求末速度．(2)由于每个电子经过偏转电场的时间极短、电压不变，所以每个电子在偏转电场中做类平抛运动．(3)电子离开偏转电场后做匀速直线运动，到达荧光屏．[解析] (1)电子经电场加速满足qU 0＝12mv 2经电场偏转后侧移量y ＝12at 2＝12·qu mL ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 2所以y ＝uL4U 0，由题图知t ＝0.06 s 时刻u ＝1.8U 0，所以y ＝4.5 cm 设打在屏上的点距O 点距离为Y ，满足Y y ＝L ＋L 2L2所以Y ＝13.5 cm.(2)由题知电子侧移量y 的最大值为L2，所以当偏转电压超过2U 0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L ＝30 cm.[答案] (1)打在屏上的点位于O 点上方，距O 点13.5 cm(2)30 cm对于带电粒子在交变电场中的运动问题，由于不同时间段内场强不同，使得带电粒子所受的电场力不同，造成带电粒子的运动情况发生变化．解决这类问题，要分段进行分析，根据题意找出满足题目要求的条件，从而分析求解．突破带电粒子的力、电综合问题1．方法技巧功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力．因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解．动能定理和能量守恒定律在处理电场中能量问题时仍是首选．2．解题流程[典例6] 如图所示，O 、A 、B 为同一竖直平面内的三个点，OB 沿竖直方向，∠BOA ＝60°，OB ＝32OA ，将一质量为m 的小球以一定的初动能自O 点水平向右抛出①，小球在运动过程中恰好通过A 点②.使此小球带电，电荷量为q (q >0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB 所在平面平行．现从O 点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A 点，到达A 点时的动能是初动能的3倍③；若该小球从O 点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B 点，且到达B 点时的动能为初动能的6倍④，重力加速度大小为g ⑤.求：(1)无电场时，小球到达A 点时的动能与初动能的比值； (2)电场强度的大小和方向． [解题指导] 第一步：抓关键点(1)要确定小球到达A 点时的动能与初动能比值，可由平抛运动规律求解；写出水平、竖直方向的位移关系．(2)要确定电场强度的方向，根据到A 、B 两点的动能变化可确定两个个过程电势能的变化，可先找出两个等势点(在OB 线上找出与A 等势的点，并确定其具体位置)．[解析] (1)设小球的初速度为v 0，初动能为E k0，从O 点运动到A 点的时间为t ，令OA ＝d ，则OB ＝32d ，根据平抛运动的规律有d sin 60°＝v 0t ① d cos 60°＝12gt 2 ②又E k0＝12mv 20 ③由①②③式得E k0＝38mgd ④设小球到达A 点时的动能为E k A ，则E k A ＝E k0＋12mgd ⑤由④⑤式得E k A E k0＝73. ⑥ (2)加电场后，小球从O 点到A 点和B 点，高度分别降低了d 2和3d2，设电势能分别减小ΔE p A和ΔE p B ，由能量守恒及④式得ΔE p A ＝3E k0－E k0－12mgd ＝23E k0 ⑦ΔE p B ＝6E k0－E k0－32mgd ＝E k0 ⑧在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的．设直线OB 上的M 点与A 点等电势，M 与O 点的距离为x ，如图所示，则有x32d ＝ΔE p A ΔE p B ⑨ 解得x ＝d .MA 为等势线，电场必与其垂线OC 方向平行．设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30° ⑩即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°斜向右下方 设场强的大小为E ，有qEd cos 30°＝ΔE p A ⑪由④⑦⑪式得E ＝3mg6q. ⑫ [答案] (1)73 (2)3mg6q与竖直向下的方向的夹角为30°斜向右下方[变式2] (2017·江西吉安模拟)如图所示，一条长为L 的细线上端固定，下端拴一个质量为m 的电荷量为q 的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A 点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60°时，小球速度为0.(1)求小球带电性质及电场强度E ；(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求从A 点释放小球时应有的初速度v A 的大小(可含根式)．答案：见解析解析：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电． 小球由A 点释放到速度等于零，由动能定理有 0＝EqL sin α－mgL (1－cos α) 解得E ＝3mg 3q. (2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G ′，则G ′＝233mg ，方向与竖直方向成30°角偏向右下方．若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点m v 2L ＝233mg 12mv 2－12mv 2A ＝－233mgL (1＋cos 30°) 联立解得v A ＝2gL 3＋1 .1．[对φx 图象的理解]某静电场中的一条电场线与x 轴重合，其电势的变化规律如图所示．在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在－x0～x0区间内( )A．该静电场是匀强电场B．该静电场是非匀强电场C．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐减小D．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐增大答案：A 解析：图线斜率的大小等于电场线上各点的电场强度的大小，故该条电场线上各点的场强大小相等，又沿着电场线的方向电势降低，可知静电场方向沿x轴负方向，故该静电场为匀强电场，A正确，B错误；电子受到沿x轴正方向的电场力，且电场力为恒力，所以电子将沿x轴正方向运动，C、D错误．2．[对Ex图象的理解]空间中有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示，x1和－x1为x轴上对称的两点．下列说法正确的是( )A．x1处场强大于－x1处场强B．若电子从x1处由静止释放后向x轴负方向运动，到达－x1点时速度为零C．电子在x1处的电势能大于在－x1处的电势能D．x1点的电势比－x1点的电势高答案：B 解析：由图可知，x1处场强与－x1处场强大小相等，则A错误；因图线与横轴所围面积表示电势差，设O点处电势为零，则由图可知x1与－x1处电势相等，电势差为零，C、D错误；由动能定理有qU＝ΔE k，可知B选项正确．3．[力电综合问题]如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A．小球带负电B．电场力跟重力平衡C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减少D．小球在运动过程中机械能守恒答案：B 解析：由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，速率不变化，由动能定理可知，外力做功为零，绳子拉力不做功，电场力和重力做的总功为零，所以电场力和重力的合力为零，电场力跟重力平衡，B正确；由于电场力的方向与重力方向相反，电场方向向上，所以小球带正电，A错误；小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，由功能关系得，电势能增加，C错误；在整个运动过程中，除重力做功外，还有电场力做功，小球在运动过程中机械能不守恒，D错误．4．[力电综合问题]如图所示，空间有与水平方向成θ角的匀强电场，一个质量为m的带电小球，用长L的绝缘细线悬挂于O点，当小球静止时，细线恰好处于水平位置．现用一个外力将小球沿圆弧缓慢地拉到最低点，此过程小球的电荷量不变，则该外力做的功为( )A．mgL B.mgLtan θC．mgL tan θ D.mgLcos θ答案：B 解析：对小球受力分析如图所示，则重力与电场力的合力F合＝mgtan θ由动能定理可知W F＝－W F合＝mgtan θ·L.5．[带电粒子在交变电场中运动]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( )甲乙A．该粒子射出电场时的速度方向一定沿垂直电场方向- 11 - 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 时刻射出电场答案：A 解析：由题设条件可知，粒子在0～T 2内做类平抛运动，在T 2～T 内做类斜抛运动，因粒子在电场中所受的电场力大小相等，根据运动的对称性，粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的，如图所示，选项A 正确；前后两段运动的时间相等，T 2时将速度分解，设板长为l ，由类平抛运动规律可得l ＝v 0T ，12l ＝12vT ，则v ＝v 0，则T 2时刻该粒子的速度为2v 0，选项B 错误；若该粒子在T 2时刻以速度v 0进入电场，粒子将先向下做类平抛运动，后做类斜抛运动，而从PQ 板右边缘射出电场，选项C 错误；若该粒子的入射速度变为2v 0，粒子在场中运动的时间t ＝l 2v 0＝T 2，选项D 错误．。
