2024屆高考物理復(fù)習(xí)講義：專題強(qiáng)化十四 帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的綜合問題

專題強(qiáng)化十四帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的綜合問題

學(xué)習(xí)目標(biāo)1.會(huì)分析帶電粒子在交變電場中的加速和偏轉(zhuǎn)問題。2.會(huì)用動(dòng)力學(xué)觀

點(diǎn)和能量觀點(diǎn)分析電場中的力電綜合問題。

考點(diǎn)一帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)

1.帶電粒子在交變電場中運(yùn)動(dòng)的兩種常見情形

(I)初速度。。平行于電場方向：粒子做直線運(yùn)動(dòng)，其初速度和受力情況決定了粒

子的運(yùn)動(dòng)情況，粒子又以做周期性的直線運(yùn)動(dòng)。

(2)初速度優(yōu)垂直于電場方向：沿初速度方向的分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場

方向的分運(yùn)動(dòng)具有周期性。

2.分析方法

根據(jù)電場變化的特點(diǎn)，利用牛頓笫二定律正確地判斷粒子的運(yùn)動(dòng)情況。根據(jù)電場

的變化情況，分段求解帶電粒子運(yùn)動(dòng)的末速度、位移等。具體做法為

u-r圖像圖像黃色0一，圖像。

E-溷像J

3.對于鋸齒波和正弦波等電壓產(chǎn)生的交變電場，若粒子穿過板間的時(shí)間極短，帶

電粒子穿過電場瞬間可認(rèn)為是在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)。

角度II帶電粒子在交變電場中的直線運(yùn)動(dòng)

例1如圖1甲所示，真空中相距"=5cm的兩塊平行金屬板4、8與電源連接(圖

中未畫出)，其中B板接地(電勢為零)，A板電勢變化的規(guī)律如圖乙所示。將一個(gè)

質(zhì)量加=2.0X10-27kg、電荷量g=+1.6Xl(Ti9c的帶電粒子從緊鄰8板處程放,

不計(jì)粒子重力。求：

甲乙

圖1

⑴在Z=0時(shí)刻釋放該帶電粒子，釋放瞬間粒子加速度的大小;

(2)若A板電勢變化周期7=1.0X10=s,在1=0時(shí)將帶電粒子從緊鄰B板處無

初速度釋放，粒子到達(dá)A板時(shí)速度的大??；

(3)A板電勢變化頻率多大時(shí)，在/={1到，=和間內(nèi)從緊鄰B板處無初速度釋放

該帶電粒子，粒子不能到達(dá)A板。

答案(l)4.0X109m/s2(2)2X104m/s⑶大于5gX1(/相

解析(1)帶電粒子所受靜電力大小為

由牛頓第二定律得

a=—=號(hào)-=4.0XIO。m/s~o

mam

T1T

2

⑵由位移公式計(jì)算粒子在0?不乙時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的距離為x=5一a(JR2=5.0X10m

T

由此可見帶電粒子在尸方時(shí)恰好到達(dá)A板。再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得

T

v=^=2X104m/so

(3)分析可知，在(T?今T內(nèi)，靜電力方向、速度方向均向右，帶電粒子向A板做勻

加速運(yùn)動(dòng)；同理，在手?苧內(nèi)，則向A板做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度減為零后再返回。

由于運(yùn)動(dòng)具有“對稱性”，即先、后兩段位移大小相等，得粒子向A板運(yùn)動(dòng)可

能的最大位移為%ax=2X%1(；T)21=^因題目要求粒子不能到達(dá)A板，故必

有MnaxVd,頻率和周期的關(guān)系為/=/由以上三式即可求出電勢變化頻率應(yīng)滿

足條件小X104Hzo

角度內(nèi)帶電粒子在交變電場中的偏轉(zhuǎn)

例2在圖2甲所示的極板A、B間加上如圖乙所示的大小不變，方向周期性變化

的交變電壓，其周期為T,現(xiàn)有一電子以平行于極板的速度如從兩板中央。0,

射入。已知電子的質(zhì)量為機(jī)，電荷量為e,不計(jì)電子的重力，問：

....................()

2：：2

?u“

乙

圖2

(1)若電子從f=0時(shí)刻射入，在半個(gè)周期內(nèi)恰好能從A板的邊緣飛出，則電子飛

出時(shí)速度的大小為多少？

⑵若電子從，=0時(shí)刻射入，恰能平行于極板飛出，則極板至少為多長？

(3)若電子恰能從0,平行于極板飛出，電子應(yīng)從哪一時(shí)刻射入？兩極板間距至少

為多大？

答案(1)\/那+華(2)V0T

解析⑴由動(dòng)能定理得用=/加一5加G,解得。捕+%。

(2?=0時(shí)刻射入的電子，在垂直于極板方向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，向A極板方向偏

轉(zhuǎn)，半個(gè)周期后電場方向反向，電子在該方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，再經(jīng)過半個(gè)周期,

電子在電場方向上的速度減小到零，此時(shí)的速度等于初速度。0,方向平行于極板,

以后繼續(xù)重復(fù)這樣的運(yùn)動(dòng)；要使電子恰能平行于極板飛出，則電子在。。，方向上

至少運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期,故極板長至少為￡=加兀

(3)若要使電子從OO,平行于極板飛出，則電子在電場方向上應(yīng)先加速、再減速,

反向加速、再減速，每階段時(shí)間相同，一個(gè)周期后恰好回到0。上，可見應(yīng)在

/=：+芍(々=(),1,2,…)時(shí)射入；極板間距離要滿足電子在加速、減速階段不

打到極板上，設(shè)兩板間距為乩由牛頓第二定律有。=甯，加速階段運(yùn)動(dòng)的距離

5=袋第fw*解得會(huì)7篇，故兩極板間距至少為途。

跟蹤訓(xùn)練

1.如圖3所示，在兩平行金屬板中央有一個(gè)靜止的電子(不計(jì)重力)，當(dāng)兩板間的

電壓分別如圖中甲、乙、丙、丁所示時(shí)，關(guān)于電子在板間的運(yùn)動(dòng)(假設(shè)電子不與

板相碰)，下列說法正確的是()

考點(diǎn)二電場中的力、電綜合問題

要善于把電學(xué)問題轉(zhuǎn)化為力學(xué)問題，建立帶電粒子在電場中加速和偏轉(zhuǎn)的模型,

能夠從帶電粒子受力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系、功能關(guān)系和能量關(guān)系等多角度進(jìn)行分析與

研究。

1.動(dòng)力學(xué)的觀點(diǎn)

(1)由于勻強(qiáng)電場中帶電粒子所受電場力和重力都是恒力，可用正交分解法。

⑵綜合運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式，注意受力分析要全面，特別

注意重力是否需要考慮。

2.能量的觀點(diǎn)

(1)運(yùn)用動(dòng)能定理，注意過程分析要全面，準(zhǔn)確求出過程中的所有力做的功，判

斷是對分過程還是對全過程使用動(dòng)能定理。

⑵運(yùn)用能量守恒定律，注意題目中有哪些形式的能量出現(xiàn)。

例3(2023?陜西寶雞一模)如圖4所示，在水平地面的上方空間存在一個(gè)水平向右

的勻強(qiáng)電場，有一帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從距地面高為〃=1m的。點(diǎn)由靜止釋

放，沿與水平地面成45。角的方向做直線運(yùn)動(dòng)，最終落在地面上的A點(diǎn)。已知小

球質(zhì)量為"2=0.5kg,電荷量為q=5X1(12c,^=1()m/s2o不計(jì)空氣阻力，求：

圖4

⑴勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小；

(2)0、A之間的電勢差；

⑶帶電小球到達(dá)地面時(shí)的速度大小。

答案(1)100V/m(2)100V(3)2^10m/s

解析(1)設(shè)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E,由題意可得帶電小球所受合外力方向

與水平方向成45。角，受力分析如圖所示。根據(jù)力的分解可得

0r---------------、qE

453

mg

qE=mg

解得E=100V/mo

(2)在勻強(qiáng)電場中E=^j

其中d=h=\m

解得UOA=100V。

（3）設(shè)帶電小球到達(dá)地面時(shí)的速度為o,小球從O點(diǎn)到A點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定

理可得

rngh+qEd=^mv2

解得v=2\[\0m/So

跟蹤訓(xùn)練

2.（多選）（2023?皖豫名校聯(lián)盟體高三聯(lián)考）如圖5所示為一固定在好百面內(nèi)的光滑

絕緣細(xì)管軌道，A點(diǎn)與x軸相交，C點(diǎn)與y軸相交，軌道段豎直，長度為

0.7m,段是半徑為0.7m的四分之一圓弧，與AB相切于B點(diǎn)。一質(zhì)量為相

=0.1kg、直徑略小于管徑的帶電小球從4點(diǎn)以初速度。。射入軌道，小球到達(dá)最

高點(diǎn)C時(shí)恰好與軌道沒有作用力。已知小球帶0.01C的正電荷，在x軸上方存

在著電場強(qiáng)度大小為100N/C、方向水平向右的勻強(qiáng)電場，重力加速度g取

10m/s2,則下列說法正確的是（）

圖5

A.小球的初速度DO為6m/s

B.小球的初速度DO為7m/s

C.小球從C點(diǎn)射出后運(yùn)動(dòng)軌跡與x軸交點(diǎn)橫坐標(biāo)為0

D.小球從C點(diǎn)射出后運(yùn)動(dòng)軌跡與x軸交點(diǎn)橫坐標(biāo)為-0.7m

答案BC

解析因小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)與軌道沒有作用力，說明自身重力完全提供向心力,

bI

則加g=〃rp小球從AfC的運(yùn)動(dòng)過程中，根據(jù)動(dòng)能定理，有一mg?2r—qE『=wm/

—|zm?o,解得a）=7m/s,故A錯(cuò)誤，B正確；小球從。點(diǎn)出射，水平方向做勻

減速直線運(yùn)動(dòng)，初速度為口=＜跡=巾m/s,加速度為〃=普=10m/s2,豎直方

向?yàn)樽杂陕潴w運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到x軸時(shí)，有〃=%產(chǎn)，解得/=、楞=入欄=乎s,

則此時(shí)橫坐標(biāo)為x=—。/+%尸=0,故C正確，D錯(cuò)誤。

素養(yǎng)能力

（限時(shí)：40分鐘）

A級(jí)基礎(chǔ)對點(diǎn)練

對點(diǎn)練1帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)

1.（多選）如圖1所示為勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E隨時(shí)間Z變化的圖像。當(dāng)，=0時(shí)，

在此勻強(qiáng)電場中由靜止釋放一個(gè)帶正電粒子，設(shè)帶電粒子只受靜電力的作用，則

下列說法中正確的是（）

E/(V-m1)

A.帶電粒子始終向同一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)

B.2s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn)

C.3s末帶電粒子的速度為零

D.0?3s內(nèi)，靜電力做的總功為零

答案CD

解析設(shè)第1s內(nèi)粒子的加速度大小為0,第2s為的加速度大小為G,由a=g

可知42=2S,可見，應(yīng)子第1S內(nèi)向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，1.5S末的速度為零，然后向

正方向運(yùn)動(dòng)，至3s未回到原出發(fā)點(diǎn)，粒子的速度為0,0—f圖像如圖所示，由

動(dòng)能定理可知，此過程中靜電力做的總功為零，綜上所述，可知C、D正確，A、

B錯(cuò)誤。

2.如圖2甲為一對長度為L的平行金屬板，在兩板之間加上如圖乙所示的電壓。

現(xiàn)沿兩板的中軸線從左端向右端連續(xù)不斷射入初速度為。。的相同帶電粒子（不計(jì)

重力及粒子間的相互作用），且所有粒子均能從平行金屬板的右端飛出。若粒子

在兩板之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為T,則粒子最大偏轉(zhuǎn)位移與最小偏轉(zhuǎn)位移的大小之比

是（）

u

小\

OTTt

2

甲乙

圖2

A.1：1B.2：1C.3：1D.4：1

答案C

解析粒子在兩板之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為7,設(shè)偏轉(zhuǎn)電場電壓不為零時(shí)，粒子在偏

轉(zhuǎn)電場中的加速度為。，若粒子在，=〃T（〃=0,1,2,…）時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，則

豎直方向上先加速后勻速，然后飛出偏轉(zhuǎn)電場，此時(shí)粒子偏轉(zhuǎn)位移最大，＞ax=

yz（-?）2+；若粒子在Z=nT+z（n=O,1,2,…）時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場,

則豎直方向上先靜止后加速，然后飛出偏轉(zhuǎn)電場，此時(shí)粒子偏轉(zhuǎn)位移最小，＞in

=0+/（￡2=/72,則粒子最大偏轉(zhuǎn)位移與最小偏轉(zhuǎn)位移的大小之比是3：1,

故C項(xiàng)正確。

3.（多選）如圖3甲所示，兩水平金屬板間距為d,板間電場強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖

乙所示。r=0時(shí)刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度內(nèi)沿中線射入兩板間，0?1時(shí)

間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，7時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運(yùn)動(dòng)過程中未與金

屬板接觸。重力加速度的大小為g。關(guān)于微粒在0?7時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的描述正確的

是（）

圖3

A.末速度大小為血加

B.末速度沿水平方向

C.重力勢能減少T^mgd

D.克服靜電力做功為mgd

答案BC

TT

解析因0?1時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，故qEo=，〃g;在:?會(huì)時(shí)間內(nèi)，微粒只受重

力作用，做平拋運(yùn)動(dòng)，在/=茅時(shí)刻的豎直速度為卬=竽,水平速度為內(nèi)；在爭?

T時(shí)間內(nèi)，由牛頓第二定律得2q￡o-〃陪=加々，解得a=g,方向豎直向上，則在

T

t=T時(shí)刻，2v2=2vl—#9=0,微粒的豎直速度減小到零，水平速度為。0,則末

速度大小為。0,方向沿水平方向，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；微粒的重力勢能減小

d

-

了AEp=mg2從射入到射出，由動(dòng)能定理得/gd+W電

=0,則W電=—即微?？朔o電力做功為加4選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

對點(diǎn)練2電場中的力、電綜合問題

4.如圖4所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中，質(zhì)量為，〃的帶電小球，以初速度。從

M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，通過N點(diǎn)時(shí)，速度大小為2辦方向與電場方向相反，則小

球從M運(yùn)動(dòng)到N的過程（）

圖4

A.動(dòng)能增加亍加2B.機(jī)械能增加2mv2

C.重力勢能增加孑加之D.電勢能增加2mv~

答案B

II3

解析動(dòng)能變化量△&=5團(tuán)（2。）2—人錯(cuò)誤；重力和電場力做功，

機(jī)械能增加量等于電勢能減少量，帶電小球在水平方向向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得（20）2—0=2誓X,則電勢能減少量等于電場力做的功AEp誠=卬電

=qEx=2inv2,B正確：D錯(cuò)誤；在豎直方向做與減速運(yùn)動(dòng)，到N點(diǎn)時(shí)豎直方向

的速度為零，由一。2=—2g〃，得重力勢能增加量AEpK=〃吆〃=斗加2,C錯(cuò)誤。

5.（多選汝J圖5所示，在重力加速度為g的空間，有一個(gè)帶電荷量為+。的場源

電荷置于。點(diǎn)，B、C是以。為圓心、半徑為R的豎直圓周上的兩點(diǎn)，A、B、O

在同一豎直線上，A8=R,0、。在同一水平線上?，F(xiàn)在有一質(zhì)量為〃人電荷量

為一q的有孔小球，沿光滑絕緣細(xì)桿AC從A點(diǎn)由靜止開始滑下，滑至C點(diǎn)時(shí)速

度的大小為4茄，下列說法正確的是（）

A.從A到C小球做勻變速運(yùn)動(dòng)

B.B、A兩點(diǎn)間的電勢差為鬻

C.從A到C小球的機(jī)械能守恒

D.若從A點(diǎn)自由釋放，則小球下落到B點(diǎn)時(shí)的速度大小為小謙

答案BD

解析小球在運(yùn)動(dòng)的過程中，所受靜電力是變力，合力不恒定，則從A到。小

球做的運(yùn)動(dòng)不是勻變速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；小球從A到C的過程中，重力和庫侖

力都做功，根據(jù)動(dòng)能定理得2mgR—4仍。=/加2,由于u=、5gR,則UAC=

因以。為圓心的圓周為等勢面，所以A、B間的電勢差與4、C間的電勢差相等，

則8、A間的電勢差為嘴，故B正確；從A到C,除重力做功外，還有庫侖力

做功，所以機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤；若從A點(diǎn)自由釋放，小球下落到8點(diǎn)時(shí)，

根據(jù)動(dòng)能定理得利gR+qUaL加務(wù)一0,解得VB_、3gR,故D正確。

6.（2023?河南信陽市高三質(zhì)量檢測）如圖6,固定在豎直面內(nèi)、半徑為R的光滑絕

緣半圓形軌道ABC,圓心為O,AC為水平直徑，處在水平向右的勻強(qiáng)電場中，

電場線與軌道平面平行。一個(gè)質(zhì)量為〃八電荷量為外可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球從

軌道上的A點(diǎn)由靜止移放，小球始終沿圓弧軌道迄動(dòng)。下列說法正確的是（）

圖6

A.小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，小球的機(jī)械能可能增加

B.小球一定會(huì)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)

C小球運(yùn)動(dòng)速度最大的位置一定在AB段圓弧上的某一點(diǎn)

D.小球一定帶正電

答案C

解析小球沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)，不脫離軌道，所以受到的靜電力水平向左，則小球

一定帶負(fù)電，小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，靜電力做負(fù)功，電勢能增大，機(jī)械

能減小，故A、D錯(cuò)誤；小球向右運(yùn)動(dòng)過程中，靜電力做負(fù)功，電勢能增大，機(jī)

械能減小，因此小球不可能到達(dá)C點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；小球在電場和重力場的合力

場中運(yùn)動(dòng)，靜電力水平向左，重力方向豎直向下，所以電場和重力場的合力場的

最低點(diǎn)在圓弧AB段上，因此小球速度最大的位置一定在AB段圓弧上某一點(diǎn)，

故C正確。

B級(jí)綜合提升練

7.（多選）（2023?湖南郴州市高三教育質(zhì)檢）水平地面上方有水平向右的勻強(qiáng)電場，

電場強(qiáng)度大小為E=用,從地面上的A點(diǎn)斜向右上方以速度uo=IOm/s拋出一

個(gè)帶正電荷量為+式夕>0）、質(zhì)量為m的小球，速度方向與水平地面的夾角夕=

53。，軌跡如圖7所示。點(diǎn)B為軌跡最高點(diǎn)，D、E兩點(diǎn)高度相等，小球落在水平

地面上的C點(diǎn)。忽略空氣阻力的影響。取g=10m/s2。則（）

A.。、E兩點(diǎn)速度大小相等

B.B點(diǎn)速度為10m/s

C.小球落地時(shí)與水平方向的夾角仍為53。

D.A、。兩點(diǎn)距離為16m

答案BD

解析。、￡兩點(diǎn)高度相等，小球從。到E重力做功為零，靜電力做正功，所以

。、E兩點(diǎn)速度大小不相等，故A錯(cuò)誤；小球在水平方向與豎直方向的初速度分

別為。rt）=oocos53。=6m/s,v>€=wsin530=8m/s,點(diǎn)8為軌跡最高點(diǎn)，所以在

3點(diǎn)豎直速度為零，由口o=g/,ax=哈,。工=5力+。1,聯(lián)立可得“=l（）m/s,即

小球在8點(diǎn)速度為1（）m/s,故B正確；小球從A到。的時(shí)間為從A到8的時(shí)間

的兩倍，則到。點(diǎn)時(shí)，水平速度為。ic=5o+z2=14m/s,則小球落地時(shí)與水

平方向的夾角正切為ta“=2號(hào)，故C錯(cuò)誤；A、。兩點(diǎn)距離為尸巴盧=

13/Zu.v

16m,故D正確。

8.（多選）（2023?天津市而平區(qū)高三模擬）如圖8所示，由兩水平面（虛線）所夾的區(qū)域

內(nèi)，有水平向右的勻強(qiáng)電場，自該區(qū)域上方的A點(diǎn)，將質(zhì)量相等、帶等量異種

電荷的小球。、〃先后兩次以相同的初速度沿平行于電場的方向拋出。小球在一重

力的作用下從B點(diǎn)進(jìn)入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開，已知。球在電場

中做直線運(yùn)動(dòng)之后從M點(diǎn)離開電場，b球從N點(diǎn)離開電場且離開電場時(shí)速度方

向豎直向下，根據(jù)上述信息，下列判斷正確的是（）

At_-

：—，-B-?.......

~E

圖8

A.o球帶負(fù)電，Z?球帶壬電

B”球和b球在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等

C.M點(diǎn)到B點(diǎn)的水平距離是N點(diǎn)到B點(diǎn)的水平距離的3倍

D力球離開電場時(shí)比其進(jìn)入電場時(shí)電勢能大

答案BCD

解析由題意可知，b球進(jìn)入水平電場后在水平方向做減速運(yùn)動(dòng)，離開電場時(shí)水

平速度減為零，則匕球帶負(fù)電，。球帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；從開始拋出到離開電

場，兩球在豎直方向只受重力作用，加速度相同，則兩球在豎直方向的運(yùn)動(dòng)相同，

即〃球和匕球在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，選項(xiàng)B正確；設(shè)兩球進(jìn)入電場時(shí)水平

速度為優(yōu)，經(jīng)過電場的時(shí)間為,,則對。球從M點(diǎn)射出時(shí)水平位移與1仙=。0/+]〃產(chǎn)，

2

對b球從N點(diǎn)射出時(shí)水平位移XNB=vot—^aif其中對b球有vo=at,解得XMR

=3XNB,即M點(diǎn)到B點(diǎn)的水平