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微专题4　带电粒子(带电体)在电场中运动的常见类型
[定位·学习目标]　1.进一步掌握带电粒子在电场中的直线运动和类平抛运动的分析方法。2.会分析带电粒子在电场中的圆周运动,明确向心力的来源。3.会分析带电粒子在交变电场中的运动。通过对电场中带电体的各类问题的分析、解答,提高科学思维和探究能力。
要点一　带电粒子(带电体)的直线运动问题
要点归纳
解答带电粒子(带电体)的直线运动(加速或减速)问题的方法
(1)动力学方法。
当带电粒子(带电体)所受合力为恒力且与速度方向共线时,做匀变速直线运动,若题目涉及运动时间,优先考虑牛顿运动定律、运动学规律;在重力场和水平方向匀强电场的叠加场中的匀变速直线运动,也可以分解为沿重力方向、静电力方向的直线运动分别列式求解。
(2)功、能量方法——动能定理、能量守恒定律。
若题中已知量和所求量涉及功和能量,那么应优先考虑动能定理、能量守恒定律。
典例研习
[例1] (带电体在电场中的直线运动)(多选)(2025·福建福州期末)如图所示,一带电微粒从A点射入水平方向的匀强电场中(实线代表电场线,电场方向未知),微粒恰沿直线AB运动,AB与水平方向夹角θ=45°,已知带电微粒的质量为m,电荷量大小为q,A与B相距L,重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
[A]从A到B,带电微粒做匀减速直线运动
[B]若电场方向水平向左,则带电微粒带负电
[C]从A到B的过程中,带电微粒的重力势能增加,机械能增加
[D]要使带电微粒能从A点运动到B点,其射入电场时的速度大小至少为
【答案】 AD
【解析】 带电微粒沿直线从A运动到B,说明带电微粒受到的静电力一定水平向左,受力分析可得=ma,带电微粒的加速度大小为a=g,做匀减速直线运动,故A正确;静电力一定水平向左,若电场方向水平向左,则带电微粒带正电,故B错误;从A到B的过程中,重力对带电微粒做负功,重力势能增加,静电力对带电微粒做负功,电势能增加,机械能减少,故C错误;恰好能到B处时,有=2gL,解得v0=,故D正确。
要点二　带电粒子(带电体)的类平抛运动问题
要点归纳
解答带电粒子(带电体)的类平抛运动问题的方法
(1)运动分解的方法。
将运动分解为沿垂直于电场方向的匀速直线运动和沿电场方向的匀加速直线运动,在这两个方向上分别用运动学规律或牛顿第二定律求解。
(2)利用功能关系和动能定理分析。
①功能关系:静电力做的正(负)功等于电势能的减少(增加)量,W电=Ep1-Ep2。
②动能定理:合力做的功等于动能的变化,W=Ek2-Ek1。
典例研习
[例2] (带电体在电场中的类平抛运动)如图所示,质量为m=4×10-8 kg 的带电微粒(重力不能忽略)以v0=1 m/s速度从水平放置的平行金属板A、B的中央飞入板间。已知板长L=10 cm,板间距离d=2 cm,当UAB=1×103 V 时,带电微粒恰好沿两极板中间直线穿过。(g取10 m/s2)
(1)求带电微粒所带电荷量q;
(2)A、B间所加电压在什么范围内带电微粒能从板间飞出
【答案】 (1)8×10-12 C　(2)800 V【解析】 (1)由于带电微粒在两极板中间沿直线穿过,重力不能忽略,可知静电力方向竖直向上,即微粒带负电,根据平衡条件有mg=q,
解得q=8×10-12 C。
(2)微粒在板间做类平抛运动,当带电微粒分别恰好从B板右侧边缘和A板右侧边缘飞出,对应A、B极板间电压的最小值Umin和最大值Umax,根据类平抛运动规律,有
=at2,L=v0t,
而mg-q=ma1,q-mg=ma2,
联立得Umin=[gd-()2],
Umax=[gd+()2],
代入数据解得Umin=800 V,Umax=1 200 V,
则两板间的电压应满足800 V要点三　带电粒子(带电体)的圆周运动问题
要点归纳
解决带电粒子(带电体)在电场中的圆周运动问题,关键是分析向心力的来源,向心力的来源有可能是重力和静电力的合力,也有可能只是静电力。有时可以把复合场中的圆周运动等效为竖直面内的圆周运动,找出等效“最高点”和“最低点”。
典例研习
[例3] (带电体在电场中的圆周运动)(多选)(2025·河北承德阶段练习)如图所示,在竖直平面内有水平向左的匀强电场,在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线,细线一端固定在O点,另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角,此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
[A]匀强电场的电场强度E=
[B]小球运动至圆周轨迹最左端时机械能最小
[C]小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
[D]小球从初始位置开始,在竖直平面内运动一周的过程中,其电势能先减小后增大
【答案】 AB
【解析】 小球静止时细线与竖直方向成θ角,对小球受力分析,小球受重力、拉力和静电力,三力平衡,根据平衡条件,有mgtan θ=qE,解得E=,A正确;小球的机械能和电势能之和守恒,则小球运动至电势能最大的位置时机械能最小,由题图可知,小球带负电,则小球运动到圆周轨迹的最左端时电势能最大,机械能最小,B正确,C错误;小球从初始位置开始,在竖直平面内运动一周的过程中,静电力先做正功,后做负功,再做正功,则其电势能先减小后增大,再减小,D错误。
要点四　带电粒子(带电体)在交变电场中的运动问题
要点归纳
解答带电粒子(带电体)在交变电场中运动问题的方法
(1)分段分析:按照时间的先后,分阶段分析带电粒子(带电体)在不同电场中的受力情况和运动情况,然后选择牛顿运动定律、运动学规律或功能关系求解相关问题。
(2)vt图像辅助:带电粒子(带电体)在交变电场中的运动情况一般比较复杂,常规的分段分析很麻烦,较好的方法是在分段分析带电粒子(带电体)受力的情况下,画出 vt图像。画图时,注意加速度相同的运动图像是平行的直线、图像与坐标轴所围的面积表示位移等。
(3)注意运动的对称性和周期性:带电粒子(带电体)在周期性变化的电场中运动时,其运动一般具有对称性和周期性。
典例研习
[例4] (带电粒子在交变电场中的直线运动)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流电压,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时刻由静止释放该粒子,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[C]【答案】 B
【解析】 设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意得,粒子的速度方向时而为正,时而为负,最终打在A板上时位移为负,速度方向为负。作出t0=0、、、时粒子运动的vt图像如图所示。由于vt图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移,则由图像可知0T时情况与上述类似。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,对照各选项可知只有B正确。
[例5] (带电粒子在交变电场中的偏转)(多选)(2025·山东菏泽期末)如图甲是一对长度为L的平行金属板,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,t=0时刻的电场强度方向如图甲所示。在t=0时刻,一带电粒子沿板间的中线OO′垂直于电场方向射入电场,2t0时刻粒子刚好沿下极板右边缘射出电场。不计粒子重力。则(　　)
[A]粒子带正电
[B]粒子在平行板间一直做曲线运动
[C]粒子射入电场时的速度大小为
[D]若粒子射入电场时的速度减为一半,则射出电场时的速度垂直于电场方向
【答案】 AC
【解析】 粒子向下偏转,静电力方向与电场方向相同,可知粒子带正电,故A正确;在0～t0时间内,粒子在平行板间做曲线运动;在t0～2t0时间内,粒子不受力的作用,做匀速直线运动,故B错误;粒子在水平方向一直做匀速运动,可知射入电场时的速度大小为v0=,故C正确;若粒子射入电场时的速度减为一半,由于粒子在电场中受向下的静电力,有向下的加速度,射出电场时沿电场方向的速度不为零,则射出电场时的速度不可能垂直于电场方向,故D错误。
1.(多选)如图所示,某一区域存在水平向右的匀强电场,在竖直平面内有一初速度为v0的带电微粒恰能沿图示虚线由A向B做直线运动。下列说法正确的是(　　)
[A]微粒只能带正电荷
[B]微粒可能做匀加速直线运动
[C]仅改变初速度的方向(与原速度不共线),微粒仍然做直线运动
[D]运动过程中微粒电势能变大
【答案】 AB
【解析】 带电微粒在电场中做直线运动,则合力沿直线方向或者合力为零,由于静电力沿电场线方向,说明微粒一定受重力作用,重力竖直向下,则静电力一定水平向右,故微粒带正电荷且沿直线做匀加速运动,故A、B正确;由于合力方向确定,仅改变初速度方向(与原速度不共线),则初速度和合力不共线,微粒将做曲线运动,故C错误;运动过程中静电力方向与运动方向夹角为锐角,则静电力做正功,电势能减小,故D错误。
2.(2025·广东深圳阶段练习)如图甲所示,一带负电的粒子静止在平行板电容器的a、b两极板之间,将交流电压加在电容器上,电压随时间的变化如图乙所示。t=0时,带电粒子在静电力的作用下开始运动,a板的电势高于b板的电势。粒子与两板的距离足够大,不计重力,粒子的运动情况可能是(　　)
[A]在a、b板间做往复运动,先向a板运动
[B]在a、b板间做往复运动,先向b板运动
[C]一直向a板运动
[D]一直向b板运动
【答案】 C
【解析】 在0～时间内,a板的电势比b板的电势高,带负电的粒子受到的静电力向上,向上做匀加速直线运动;在～T时间内,a板的电势比b板的电势低,粒子受到的静电力向下,向上做匀减速直线运动,由于两段过程所用时间相等,加速度大小相等,所以t=T时刻粒子速度为零;接着周而复始,故粒子一直向a板运动,故C正确。
3.如图所示,在竖直向下的匀强电场中,用细线拴一带负电的小球,在竖直平面内做圆周运动,则(　　)
[A]小球不可能做匀速圆周运动
[B]小球运动到最低点时,电势能一定最大
[C]小球运动到最低点时,小球的线速度一定最大
[D]小球运动到最高点时,细线的张力一定最小
【答案】 B
【解析】 小球重力不可忽略,则重力方向竖直向下,静电力方向竖直向上,当二者大小相等且保持细线拉力大小不变时,则可能做匀速圆周运动,故A错误;小球从最高点到最低点过程中,静电力做负功且值最大,即小球在最低点电势能最大,故B正确;重力与静电力大小关系未知,小球线速度最大位置不能确定,细线张力最小位置也不确定,故C、D错误。
4.如图所示,空间内匀强电场的方向竖直向下,S为点光源,MN为竖直墙壁,S到MN的距离为L。一可视为质点的带电小球A,其质量为m、所带电荷量为q(q>0)。将小球A从点光源S处以大小为v0的初速度向右水平抛出,小球A最终打在墙壁上。已知电场强度大小为E=,重力加速度为g,不计空气阻力,求:
(1)小球A在空中运动时的加速度a的大小;
(2)小球A运动时间t时,小球在墙壁上影子的速度v的大小。
【答案】 (1)2g　(2)
【解析】 (1)带电小球运动过程中,由牛顿第二定律可得qE+mg=ma,
解得a=2g。
(2)带电小球A做类平抛运动,如图所示,设小球A在t时刻水平位移为x1,竖直位移为y1,小球A在墙壁上影子的位移为y,则有x1=v0t,y1=at2,
=,
解得y=t,
可知小球A在墙壁上影子的位移随时间均匀增加,影子做匀速直线运动,其速度大小为v=。
课时作业
(分值:60分)
基础巩固练
考点一　带电粒子(带电体)在电场中的直线运动
1.(4分)如图所示,水平放置的平行金属板充电后板间形成匀强电场,板间距离为d,一个带电的液滴带电荷量为q,质量为m,从下板左边缘射入电场,沿直线从上板右边缘射出,重力加速度为g,则(　　)
[A]液滴带正电
[B]液滴做的是匀加速直线运动
[C]两板的电势差为
[D]液滴的电势能增加了mgd
【答案】 C
【解析】 液滴受到重力和静电力作用而做直线运动,由做直线运动的条件可知,液滴所受静电力方向只能竖直向上,且合力为0,则液滴带负电且做匀速直线运动,故A、B错误;由平衡条件得qE=mg,而E=,解得U=,故C正确;液滴运动过程中,静电力做正功,W=qEd=mgd,则电势能减少了mgd,故D错误。
考点二　带电粒子(带电体)在电场中的类平抛运动
2.(4分)如图所示,四个质量均为m、带电荷量均为+q的微粒a、b、c、d距离地面的高度相同,以相同的水平速度被抛出,除了a微粒没有经过电场外,其他三个微粒均经过电场强度大小为E的匀强电场(mg>qE,g为重力加速度,电场方向分别在竖直和水平方向),这四个微粒从被抛出到落地所用的时间分别是ta、tb、tc、td,不计空气阻力,则(　　)
[A]tb=tc[C]ta=td【答案】 B
【解析】 设四个微粒被抛出时距地面的高度为h,微粒a、d在竖直方向均做自由落体运动,由h=gt2可得落地时间为ta=td=,微粒b所受静电力竖直向下,做类平抛运动,微粒c所受静电力竖直向上,但由于mg>qE,仍做类平抛运动,由牛顿第二定律可得qE+mg=mab,mg-qE=mac,由h=at2可得,落地时间分别为tb=ta,可得tb3.(4分)(2025·广东顺德期末)如图所示,在足够大的真空空间中存在水平向右的匀强电场。若用绝缘细线将质量为m的带正电的小球悬挂在电场中,静止时细线与竖直方向的夹角θ=37°。若将该小球从电场中的某点竖直向上抛出,初速度大小为v0,则小球在运动过程中的最小速率为(取sin 37°=0.6)(　　)
[A]0.5v0 [B]0.6v0 [C]0.7v0 [D]0.8v0
【答案】 B
【解析】 静止时细线与竖直方向的夹角θ=37°,小球的受力如图甲所示,可知静电力与重力的合力方向斜向下偏右,与竖直方向成37°;若将该小球从电场中的某点竖直向上抛出,初速度大小为v0,将小球的运动分解为沿合力方向的分运动和垂直于合力方向的分运动,如图乙所示,可知小球在垂直于合力方向做匀速直线运动,故当沿合力方向的分速度为零时,小球的速度具有最小值,则有vmin=v0x=v0sin 37°=0.6v0,故B正确。
考点三　带电粒子(带电体)在电场中的圆周运动
4.(6分) (多选)(2025·浙江杭州开学考试)2023年11月,中国新一代粒子研究器“超级陶粲装置”正式启动,静电分析器是其重要组成部分。静电分析器的两电极之间存在如图所示的静电场,静电场中任意一点电场方向均沿半径方向指向圆心,大小均满足E=(k为与装置有关的常数,r为该点到圆心O的距离)。某次实验中四个相同粒子分别以一定的速度射入静电分析器,仅在静电力作用下,甲、乙粒子由入射口P1垂直射入,分别从Q1、Q2射出,丙、丁粒子由入射口P2垂直射入,分别从Q2、Q3射出。已知P1和Q1、P2和Q2关于圆心O对称,Q1Q2=Q2Q3。下列说法正确的是(　　)
[A]甲、乙、丙、丁四粒子均带正电
[B]甲、丙两粒子的入射速率相等
[C]甲、乙、丙、丁四粒子均垂直于端面射出
[D]乙、丁两粒子动能变化量相等
【答案】 AB
【解析】 甲、乙、丙、丁四粒子发生偏转,均由静电力提供向心力,指向圆心,与电场强度的方向相同,故四个粒子都带正电,故A正确;甲从P1垂直入射,因P1与Q1关于圆心O对称,故甲从Q1垂直于端面射出,所以甲粒子在整个偏转过程沿电场线方向没有发生位移,速度大小不变,电场强度大小不变;丙从P2垂直入射,从Q2垂直于端面射出,对甲、丙两粒子,静电力提供向心力,则有qE=m,又 E=,联立解得v=,故甲、丙两粒子的入射速率相等;对乙粒子分析,从P1垂直入射,经电场偏转,从Q2射出,故粒子在电场方向发生了位移,静电力做负功,速度变小,乙粒子所受静电力不断变小,乙粒子不会垂直于端面射出;同理,丁粒子也不会垂直于端面射出,故B正确,C错误;由以上分析可知乙、丁粒子在电场强度方向发生了位移,静电力做负功,根据E=可知,乙粒子更靠近圆心,则它所在处的电场强度平均值更大,根据W=qd,因Q1Q2=Q2Q3,可知乙粒子受到的静电力做的负功更多,根据动能定理W=ΔEk可知,乙粒子的动能变化量更大,故D错误。
5.(10分)如图所示,ABCD为放在 E=1.0×103 N/C的水平匀强电场中的绝缘光滑导轨。水平直线轨道AB长度 L=0.15 m,BCD部分为竖直面内的半圆轨道,其半径为0.1 m,D点为最高点,今有质量m=0.01 kg、q=1.0×10-4 C的小球自A点从静止释放沿轨道运动,g取10 m/s2。
(1)求小球运动到图中C点时对轨道的压力大小;
(2)要使小球能运动到D点,开始时小球的位置应离B点至少多远
【答案】 (1)0.4 N　(2)0.25 m
【解析】 (1)设小球到达C点时的速度为vC,小球从A到C根据动能定理有
Eq(L+R)-mgR=m,
小球经过C点时由牛顿第二定律得
FN-Eq=m,
联立解得FN=0.4 N,
根据牛顿第三定律可知,小球运动到题图中C点时对轨道的压力大小为
FN′=FN=0.4 N。
(2)当小球恰好通过最高点D时,重力充当向心力,根据牛顿第二定律有mg=m,
小球从A到D,A、B间距离最小时有
qELmin-mg·2R=m,
联立解得Lmin=0.25 m。
考点四　带电粒子(带电体)在交变电场中的运动
6.(6分)(多选)如图甲所示,平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力),两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交流电压后, 在下列选项中,反映电子位移x、速度v和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是(　　)
　　　
[A] [B]
　　　
[C] [D]
【答案】 BC
【解析】 0～时间内,电子从静止开始向B板做匀加速直线运动,时间内沿原方向做匀减速直线运动,时刻速度为零;时间内向A板做匀加速直线运动,～T时间内做匀减速直线运动。接着周而复始。电子做匀变速直线运动时 xt 图像应是抛物线,且位移方向发生变化,故A错误;由以上分析可知,B图符合电子的运动情况,故B正确,D错误;根据电子的运动情况,匀加速直线运动和匀减速直线运动交替产生,而匀变速直线运动的加速度大小不变,at图像应平行于横轴,故C正确。
7.(6分)(多选)如图甲所示,A、B表示真空中水平放置的间距为d的平行金属板,板长为L,两板加电压后板间电场可视为匀强电场,现在A、B两板间加上如图乙所示的周期性的交流电压,在t=时,恰有一质量为m、电荷量为q的粒子在板间中央沿水平方向以速度v0射入电场,忽略粒子重力,下列关于粒子运动状态的说法正确的是(　　)
[A]粒子在垂直于板的方向的分运动不可能是单向运动
[B]粒子在垂直于板的方向的分运动可能是往复运动
[C]粒子不可能沿与板平行的方向飞出
[D]只要电压周期T和v0的值同时满足一定条件,粒子可以沿与板平行的方向飞出
【答案】 BD
【解析】 粒子在平行于板的方向做匀速直线运动,在垂直于板的方向上粒子受到静电力的作用,做匀变速直线运动,粒子从t=时刻出发,在电场中的运动时间不明确,在垂直于板的方向可能做单向运动,也可能做往复运动,故A错误,B正确;若粒子在+n·(n=1,2,3,…)时刻从右端离开电场,即T与v0满足=n·(n=1,2,3,…),此时粒子沿电场方向的分速度恰好为零,粒子就可以沿与板平行的方向飞出,故C错误,D正确。
能力提升练
8.(6分)(多选)(2025·福建厦门检测)如图甲,一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v进入(记为t=0时刻),同时在两板上加按图乙变化的电压。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=1.5vn(n=1,2,3,…)
[D]极板间最小距离为
【答案】 CD
【解析】 粒子进入电容器后,在平行于极板方向做匀速直线运动,因为粒子平行极板射出,可知粒子垂直板的分速度为0,所以射出时刻可能为1.5 s、3 s、4.5 s、…,满足t=1.5n(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正确;因为粒子不跟极板碰撞,则应满足≥v垂直×(1.5 s),v垂直=a×(1 s),a=,联立求得d≥,故D正确。
9.(14分)(2025·河北秦皇岛期中)如图所示,绝缘光滑轨道ABCD竖直放在与水平方向成θ=45°的匀强电场中,其中BCD部分是半径为R=1 m的半圆轨道,轨道的水平部分与半圆相切,现把一质量为m=1 kg、电荷量为q=+2×10-5 C的小球(大小忽略不计)放在水平面上某点由静止开始释放,恰好能通过半圆轨道最高点D,落地时恰好落在B点。g取 10 m/s2。求:
(1)电场强度E的大小;
(2)起点距B点的距离L。
【答案】 (1)×105 N/C　(2)2.5 m
【解析】 (1)当小球恰好通过D点时,设速度为v,
由牛顿第二定律得m=mg-F,
小球通过D点后水平方向做匀变速直线运动,落地时恰好落在B点,有x=vt-axt2=0,
F=max,
竖直方向做匀加速直线运动有2R=ayt2,
mg-F=may,
又F=qE,
联立解得E=,
代入数据可得E=×105 N/C。
(2)由起点到D,由动能定理得
qELcos 45°-2mgR+qE·2Rcos 45°=mv2,
联立解得L=2.5R,
代入数据得L=2.5 m。(共32张PPT)
微专题4　带电粒子(带电体)在电场中运动的常见类型
1.进一步掌握带电粒子在电场中的直线运动和类平抛运动的分析方法。
2.会分析带电粒子在电场中的圆周运动,明确向心力的来源。3.会分析带电粒子在交变电场中的运动。通过对电场中带电体的各类问题的分析、解答,提高科学思维和探究能力。
[定位·学习目标]　
突破·关键能力
要点一　带电粒子(带电体)的直线运动问题
解答带电粒子(带电体)的直线运动(加速或减速)问题的方法
(1)动力学方法。
当带电粒子(带电体)所受合力为恒力且与速度方向共线时,做匀变速直线运动,若题目涉及运动时间,优先考虑牛顿运动定律、运动学规律;在重力场和水平方向匀强电场的叠加场中的匀变速直线运动,也可以分解为沿重力方向、静电力方向的直线运动分别列式求解。
(2)功、能量方法——动能定理、能量守恒定律。
若题中已知量和所求量涉及功和能量,那么应优先考虑动能定理、能量守恒定律。
「要点归纳」
「典例研习」
[例1] (带电体在电场中的直线运动)(多选)(2025·福建福州期末)如图所示,一带电微粒从A点射入水平方向的匀强电场中(实线代表电场线,电场方向未知),微粒恰沿直线AB运动,AB与水平方向夹角θ=45°,已知带电微粒的质量为m,电荷量大小为q,A与B相距L,重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　 　)
[A]从A到B,带电微粒做匀减速直线运动
[B]若电场方向水平向左,则带电微粒带负电
[C]从A到B的过程中,带电微粒的重力势能增加,机械能增加
AD
要点二　带电粒子(带电体)的类平抛运动问题
「要点归纳」
解答带电粒子(带电体)的类平抛运动问题的方法
(1)运动分解的方法。
将运动分解为沿垂直于电场方向的匀速直线运动和沿电场方向的匀加速直线运动,在这两个方向上分别用运动学规律或牛顿第二定律求解。
(2)利用功能关系和动能定理分析。
①功能关系:静电力做的正(负)功等于电势能的减少(增加)量,W电=Ep1-Ep2。
②动能定理:合力做的功等于动能的变化,W=Ek2-Ek1。
[例2] (带电体在电场中的类平抛运动)如图所示,质量为m=4×10-8 kg 的带电微粒(重力不能忽略)以v0=1 m/s速度从水平放置的平行金属板A、B的中央飞入板间。已知板长L=10 cm,板间距离d=2 cm,当UAB=1×103 V 时,带电微粒恰好沿两极板中间直线穿过。(g取10 m/s2)
「典例研习」
(1)求带电微粒所带电荷量q;
【答案】 (1)8×10-12 C
(2)A、B间所加电压在什么范围内带电微粒能从板间飞出
【答案】 (2)800 V要点三　带电粒子(带电体)的圆周运动问题
「要点归纳」
解决带电粒子(带电体)在电场中的圆周运动问题,关键是分析向心力的来源,向心力的来源有可能是重力和静电力的合力,也有可能只是静电力。有时可以把复合场中的圆周运动等效为竖直面内的圆周运动,找出等效“最高点”和“最低点”。
[例3] (带电体在电场中的圆周运动)(多选)(2025·河北承德阶段练习)如图所
示,在竖直平面内有水平向左的匀强电场,在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线,细线一端固定在O点,另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角,此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动,重力加速度为g。下列说法正确的是(　 　)
「典例研习」
[B]小球运动至圆周轨迹最左端时机械能最小
[C]小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
[D]小球从初始位置开始,在竖直平面内运动一周的过程中,其电势能先减小后增大
AB
要点四　带电粒子(带电体)在交变电场中的运动问题
「要点归纳」
解答带电粒子(带电体)在交变电场中运动问题的方法
(1)分段分析:按照时间的先后,分阶段分析带电粒子(带电体)在不同电场中的受力情况和运动情况,然后选择牛顿运动定律、运动学规律或功能关系求解相关问题。
(2)v-t图像辅助:带电粒子(带电体)在交变电场中的运动情况一般比较复杂,常规的分段分析很麻烦,较好的方法是在分段分析带电粒子(带电体)受力的情况下,画出 v-t图像。画图时,注意加速度相同的运动图像是平行的直线、图像与坐标轴所围的面积表示位移等。
(3)注意运动的对称性和周期性:带电粒子(带电体)在周期性变化的电场中运动时,其运动一般具有对称性和周期性。
[例4] (带电粒子在交变电场中的直线运动)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流电压,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时刻由静止释放该粒子,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(　　)
「典例研习」
B
[例5] (带电粒子在交变电场中的偏转)(多选)(2025·山东菏泽期末)如图甲是一对长度为L的平行金属板,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,t=0时刻的电场强度方向如图甲所示。在t=0时刻,一带电粒子沿板间的中线OO′垂直于电场方向射入电场,2t0时刻粒子刚好沿下极板右边缘射出电场。不计粒子重力。则(　 　)
[A]粒子带正电
[B]粒子在平行板间一直做曲线运动
[D]若粒子射入电场时的速度减为一半,则射出电场时的速度垂直于电场方向
AC
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1.(多选)如图所示,某一区域存在水平向右的匀强电场,在竖直平面内有一初速度为v0的带电微粒恰能沿图示虚线由A向B做直线运动。下列说法正确的是(　 　)
[A]微粒只能带正电荷
[B]微粒可能做匀加速直线运动
[C]仅改变初速度的方向(与原速度不共线),微粒仍然做直线运动
[D]运动过程中微粒电势能变大
AB
【解析】 带电微粒在电场中做直线运动,则合力沿直线方向或者合力为零,由于静电力沿电场线方向,说明微粒一定受重力作用,重力竖直向下,则静电力一定水平向右,故微粒带正电荷且沿直线做匀加速运动,故A、B正确;由于合力方向确定,仅改变初速度方向(与原速度不共线),则初速度和合力不共线,微粒将做曲线运动,故C错误;运动过程中静电力方向与运动方向夹角为锐角,则静电力做正功,电势能减小,故D错误。
2.(2025·广东深圳阶段练习)如图甲所示,一带负电的粒子静止在平行板电容器的a、b两极板之间,将交流电压加在电容器上,电压随时间的变化如图乙所示。t=0时,带电粒子在静电力的作用下开始运动,a板的电势高于b板的电势。粒子与两板的距离足够大,不计重力,粒子的运动情况可能是(　　)
[A]在a、b板间做往复运动,先向a板运动
[B]在a、b板间做往复运动,先向b板运动
[C]一直向a板运动
[D]一直向b板运动
C
3.如图所示,在竖直向下的匀强电场中,用细线拴一带负电的小球,在竖直平面内做圆周运动,则(　　)
[A]小球不可能做匀速圆周运动
[B]小球运动到最低点时,电势能一定最大
[C]小球运动到最低点时,小球的线速度一定最大
[D]小球运动到最高点时,细线的张力一定最小
B
【解析】 小球重力不可忽略,则重力方向竖直向下,静电力方向竖直向上,当二者大小相等且保持细线拉力大小不变时,则可能做匀速圆周运动,故A错误;小球从最高点到最低点过程中,静电力做负功且值最大,即小球在最低点电势能最大,故B正确;重力与静电力大小关系未知,小球线速度最大位置不能确定,细线张力最小位置也不确定,故C、D错误。
(1)小球A在空中运动时的加速度a的大小;
【答案】 (1)2g
【解析】 (1)带电小球运动过程中,由牛顿第二定律可得qE+mg=ma,
解得a=2g。
(2)小球A运动时间t时,小球在墙壁上影子的速度v的大小。
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