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带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题
学习目标：
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．会用动力学和能量观点分析带电粒子的力电综合问题。
突破点1、带电粒子在交变电场中的运动
例1．如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)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t0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t0可能属于的时间段是(　　)　
A．0＜t0＜　　　 B．＜t0＜ C．＜t0＜T D．T＜t0＜
例2．(多选)如图甲所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置O点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子。在两板间存在如图乙所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力，以下判断正确的是(　　)　
A．粒子在电场中运动的最短时间为
B．射出粒子的最大动能为mv02
C．t＝时刻进入的粒子，从O′点射出
D．t＝时刻进入的粒子，从O′点射出
突破2、电场中的力电综合问题
例3．一有界匀强电场如图所示，场强方向为水平方向(虚线为电场线)，一带负电微粒以某一角度θ从电场的a点斜向上射入，沿直线运动到b点，则可知 (　　)
A．电场中a点的电势低于b点的电势
B．微粒在a点时的动能与电势能之和与在b点时的动能与电势能之和相等
C．微粒在a点时的动能小于在b点时的动能，在a点时的电势能大于在b点时的电势能
D．微粒在a点时的动能大于在b点时的动能，在a点时的电势能小于在b点时的电势能
例4．如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M点运动到N点的过程(　　)
A．动能增加mv2　　　　　　 B．机械能增加2mv2
C．重力势能增加mv2 D．电势能增加2mv2
例5．(多选)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平。
a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零，则小球a(　　)
A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小
B．从N到P的过程中，速率先增大后减小
C．从N到Q的过程中，电势能一直增加
D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量
突破点3、“等效法”在电场中的应用
如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O、半径为r、内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m的带电小球(可视为质点)恰好能静止在C点。若在C点给小球一个初速度使它在轨道内侧恰好能做完整的圆周运动(小球的电荷量不变)。已知C、O、D在同一直线上，它们的连线与竖直方向的夹角
θ＝60°，重力加速度为g。求：
(1)小球所受的静电力F的大小；
(2)小球做圆周运动，在D点的速度大小及在A点对轨道压力的大小。
课后练习
1．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静电力作用下开始运动。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)(　　)
2．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．静电力与重力平衡
C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小
D．小球在运动过程中机械能守恒
3．如图所示，O、A、B、C为一粗糙绝缘水平面上的四点，不计空气阻力，一电荷量为－Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m、电荷量为－q的小金属块(可视为质点)，从A点由静止开始沿它们的连线向右运动，到B点时速度最大，其大小为vm，小金属块最后停止在C点。已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ，A、B间距离为L，静电力常量为k，则(　　)
A．在点电荷－Q形成的电场中，A、B两点间的电势差UAB＝
B．在小金属块由A点向C点运动的过程中，电势能先增大后减小
C．OB间的距离为
D．从B点到C点的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能
4．一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示，在该匀强电场中，有一个带负电粒子于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受静电力作用，则下列说法中正确的是(假设带电粒子不与板相碰)(　　)
A．带电粒子只向一个方向运动
B．0～2 s内，静电力做功等于0
C．4 s末带电粒子回到原出发点
D．2.5～4 s内，静电力做功等于0
5．(多选)如图所示，绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球(不计重力)。开始时，两小球分别静止在A、B位置。现外加一匀强电场E，在静电力作用下，小球绕轻杆中点O转到水平位置。取O点的电势为0。下列说法正确的有(　　)
A．电场E中A点电势低于B点
B．转动中两小球的电势能始终相等
C．该过程静电力对两小球均做负功
D．该过程两小球的总电势能增加
6．如图所示，竖直固定的光滑绝缘细杆上O点套有一个电荷量为－q(q>0)的小环，在杆的左侧固定一个电荷量为Q(Q>0)的点电荷，杆上a、b两点与Q正好构成等边三角形，c是ab的中点。将小环从O点无初速度释放，通过a点的速率为v。若已知ab＝Oa＝l，静电力常量为k，重力加速度为g，则(　　)
A．在a点，小环所受弹力大小为
B．在c点，小环的动能最大
C．在c点，小环的电势能最大
D．在b点，小环的速率为
7．(多选)A、B两物体质量均为m，其中A带正电，电荷量为＋q，B不带电，通过劲度系数为k的绝缘竖直轻质弹簧相连放在水平面上，如图所示，开始时A、B都处于静止状态。现在施加竖直向上的匀强电场，电场强度E＝，式中g为重力加速度，若不计空气阻力，不考虑A物体电荷量的变化，则以下判断正确的是(　　)
A．刚施加电场的瞬间，A的加速度大小为2g
B．从施加电场开始到B刚要离开地面的过程中，A速度大小一直增大
C．从施加电场开始到B刚要离开地面的过程中，A的机械能增加量始终等于A电势能的减少量
D．B刚要离开地面时，A的速度大小为2g
带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题参考答案
例2．答案　B
解析：设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意知，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时粒子的位移为负，速度方向为负。分别作出t0＝0、、、时粒子运动的v—t图像，如图所示。由于v—t图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图像知，
0＜t0＜与＜t0＜T时粒子在一个周期内的总位移大于零，＜t0＜时粒子在一个周期内的总位移小于零；t0＞T时情况类似。因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各项可知，B正确。
例1．答案：AD
解析：由题图可知，场强大小E＝，则粒子在电场中的加速度a＝＝，则粒子在电场中运动的最短时间满足＝atmin2，解得tmin＝，选项A正确；能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t＝，则任意时刻射入的粒子若能射出电场，则射出电场时沿电场方向的速度均为0，可知射出电场时粒子的动能均为mv02，选项B错误；t＝＝时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动：先向下加速，后向下减速速度到零；然后向上加速，再向上减速速度到零……如此反复，则最后从O′点射出时有沿电场方向向下的位移，则粒子将从O′点下方射出，选项C错误；t＝＝时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动：先向上加速，后向上减速速度到零；然后向下加速，再向下减速速度到零……如此反复，则最后从O′点射出时沿电场方向的位移为零，则粒子将从O′点射出，选项D正确。
例3．答案　D
解析：微粒沿直线运动到b点，微粒的合力方向与速度方向在同一直线上，重力方向竖直向下，则受到的静电力方向水平向左，电场方向水平向右，则a点的电势高于b点的电势，故A错误；根据能量守恒，微粒的重力势能、动能、电势能总量不变，微粒从a点运动到b点重力势能增大，则动能与电势能之和减小，故B错误；微粒从a点到b点，静电力、重力均做负功，动能减小，电势能增大，故C错误，D正确。
例4．答案：B
解析：小球动能的增加量ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，A错误；小球在竖直方向上的分运动为匀减速直线运动，到N点时竖直方向的速度为零，则M、N两点之间高度差为h＝，小球重力势能的增加量ΔEp＝mgh＝mv2，C错误；静电力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，则电势能的减少量ΔE减＝mv2＋mv2＝2mv2，D错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小球所做的功在数值上等于小球机械能的增加量，即2mv2，B正确。
例5．答案　BC
解析：重力不变，库仑力一直增大且与重力夹角不断减小，故合力一直增大，A错误；支持力不做功，重力与库仑力的合力先做正功，后做负功，故动能先增大后减小，即速率先增大后减小，B正确；两带电小球间距离一直减小，电势能一直增加，C正确；从P到Q，重力做负功，电场力做负功，动能转化为重力势能和电势能，动能减小量大于电势能增加量，D错误。
例6．答案：(1)mg　(2)　9mg
解析：(1)小球在C点静止，受力分析如图所示：
由平衡条件得F＝mgtan 60° 解得F＝mg。
(2)小球在光滑轨道内侧恰好做完整的圆周运动，在D点小球速度最小，对轨道的压力为零，
则＝m 解得小球在D点的速度vD＝
小球由轨道上A点运动到D点的过程，根据动能定理得
－mgr(1＋cos θ)－Fr sin θ＝mvD2－mvA2
解得小球在A点的速度vA＝2
小球在A点，根据牛顿第二定律得FNA－mg＝m 解得FNA＝9mg
根据牛顿第三定律得，小球在A点对轨道的压力大小
FNA′＝9mg。
1．答案：A
解析：电子在交变电场中所受静电力恒定，加速度大小不变，C、D两项错误；从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，T后电子所受静电力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t＝T时刻速度变为零，之后重复上述运动，A项正确，B项错误。
2．答案：B
解析：由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与静电力的合力为0，即静电力与重力平衡，则静电力方向竖直向上，小球带正电，A错误，B正确；从a→b，静电力做负功，电势能增大，C错误；由于有静电力做功，机械能不守恒，D错误。
3答案：C
解析：小金属块从A点到B点过程，由动能定理得－qUAB－μmgL＝mvm2－0，得A、B两点间的电势差UAB＝－，故A错误；小金属块由A点向C点运动的过程中，库仑力一直做正功，电势能一直减小，故B错误；由题意知，A点到B点过程，小金属块做加速运动，B点到C点过程，小金属块做减速运动，在B点小金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有μmg＝k，得r＝，故C正确；从B点到C点的过程中，小金属块的动能和减少的电势能全部转化为内能，故D错误。
4．答案：D
解析：画出带电粒子速度v随时间t变化的图像如图所示，v-t图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4s末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；2s末速度不为0，可见0～2s内静电力做的功不等于0，B错误；2.5s末和4s末，速度的大小、方向都相同，则2.5～4s内，静电力做功等于0，D正确。
5．答案：AB
解析：沿电场线的方向是电势降落的方向，可知A点的电势低于B点，A正确；O点的电势为零，由对称性可知，两小球所在位置的电势值总是一对相反数，且A点处的电势为负值，B点处的电势为正值，故转动中两小球的电势能始终相等，B正确；该过程静电力对两小球均做正功，两小球的总电势能减少，C、D错误。
6．答案：D
解析：在a点，小环所受的静电力沿aQ方向，大小F＝k，水平方向小环受力平衡，所以小环受到向右的弹力大小FN＝Fsin 60°＝，A错误；在c点时，小环水平方向受到静电力和杆的弹力作用，竖直方向受到重力作用，合力竖直向下，小环有竖直向下的加速度，所以在
c点时小环的动能不是最大，B错误；c点距离Q最近，电势最高，带负电的小环在c点的电势能最小，C错误；因为a、b两点到Q的距离相等，所以a、b两点电势相等，小环从a点到b点，静电力做功为0，根据动能定理得mgl＝mvb2－mv2，解得vb＝，D正确。
7．答案：ABD
解析：在未施加电场时，A处于平衡状态，当施加电场的瞬间，A受到的合力为A所受的静电力，故qE＝ma，解得a＝2g，方向向上，故A正确；B刚要离开地面时，地面对B弹力为0，弹簧弹力等于B的重力即F弹＝mg，对A有Eq＝mg＋F弹，即A所受合力为0，因此从施加电场开始到B刚要离开地面过程，A做加速度逐渐变小的加速运动，即A速度大小一直增大，故B正确；从施加电场开始到弹簧恢复原长的过程，A的机械能增加量等于电势能的减少量与弹性势能的减少量之和，从弹簧恢复原长到B刚要离开地面的过程，A的机械能增加量等于电势能的减少量与弹性势能的增加量之差，故C错误；当B刚要离开地面时，此时B受到弹簧的弹力等于B的重力，从施加电场到B离开地面，弹簧的弹力做功为零，A上升的距离x＝，根据动能定理可知qEx－mgx＝mv2，解得v＝2g，故D正确。

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