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第44课时　带电粒子(带电体)在电场中的综合问题(进阶课)
[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．掌握交变电场的特点，会分析带电粒子在交变电场中的运动规律。
“等效法”在电场中的应用
1．“等效重力场”
研究处在匀强电场和重力场中带电物体的运动问题时，可以将重力场与电场合二为一，用一个“等效场”来代替，即“等效重力场”。
2．几个关键概念
3．举例
[典例1]　如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的小圆环套在半径为R的光滑绝缘大圆环上，大圆环固定在竖直平面内，O为环心，A为最低点，B为最高点，在大圆环所在的竖直平面内施加水平向右、电场强度大小为(g为重力加速度)的匀强电场，并同时给在A点的小圆环一个向右的水平初速度v0(v0未知)，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，则小圆环运动过程中：
(1)在图中画出等效“最高点”和“最低点”，指出机械能最大和最小的位置；
(2)求小圆环在A点获得的初速度v0；
(3)求小圆环过B点受到大圆环的弹力大小。
________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________思考　若将大圆环换成光滑绝缘圆形轨道，小圆环换成带同样电荷的小球，则小球在A点至少获得多大的速度，才能做完整的圆周运动？
______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________[典例2]　(多选)如图所示，竖直平面内有一半径为R的圆形光滑绝缘轨道，轨道的最高点为M，最低点为N，轨道所在空间存在匀强电场，电场强度大
小为，电场强度的方向与水平面夹角为30度，轨道内有一质量为m、电荷量为q的带正电小球，给小球一个沿轨道切线的初速度，使小球恰能沿轨道做完整的圆周运动，重力加速度为g，忽略一切阻力，则小球在运动过程中(　　)
A．在M点的速率最小
B．最大速率为
C．对轨道的压力最大为6mg
D．电势能最小时，动能最大
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带电粒子在交变电场中的运动
1．常见的交变电场类型
产生交变电场常见的电压波形：正弦波、方形波、锯齿波等。
2．交变电场中常见的粒子运动
(1)粒子做单向直线运动(一般对整段或分段研究，用牛顿运动定律结合运动学公式求解)。
(2)粒子做往返运动(一般分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解)。
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解)。
3．分析思路
(1)动力学观点：根据牛顿第二定律及运动学规律分析。
(2)能量观点：应用动能定理、功能关系等分析。
(3)动量观点：应用动量定理分析。
　带电粒子在交变电场中的直线运动问题
[典例3]　(多选)如图(a)所示，A、B是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为T的交变电压，两板间电势差随时间的变化规律如图(b)所示。现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区域内，设电子的初速度和重力的影响可忽略，则下列说法正确的是(　　)
A．若电子是在t＝0时刻进入的，它将一直向B板运动
B．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上
C．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上
D．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动
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拓展延伸　在[典例3]中，若已知电子质量为m、电荷量大小为e，电子仅在静电力作用下，在t＝时刻从A板的小孔处由静止释放进入两极板间运动，恰好到达B板，则：
(1)A、B两板间的距离为________。
(2)电子在两板间的最大速度为________。
归纳提升：画速度—时间图像时，注意以下几点：
(1)带电粒子进入电场的时刻。
(2)速度—时间图像的斜率表示加速度，因此加速度相同的运动的图像一定是平行的直线。
(3)图线与时间轴围成的“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)注意对称性和周期性变化关系的应用。
(5)图线与横轴有交点，表示此时速度为零；对于运动很复杂，不容易画出速度—时间图像的问题，还应逐段分析求解。
　带电粒子在交变电场中的偏转运动问题
[典例4]　如图甲所示，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U0，平行金属极板板长和极板间的距离均为L＝10 cm，下极板接地，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，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示(每个电子穿过平行金属极板的时间都极短，可以认为极板间电压是不变的)。求：
(1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处；
(2)荧光屏上有电子打到的区间长度。
思路点拨：(1)电子穿过极板过程中，上、下极板间的电压U不变，电子的加速度不变化；
(2)从图乙可知电压有正值和负值，则电子可向上或向下偏转；
(3)电压过大时，电子打在极板上，不会打到荧光屏上，电子从极板上、下边缘射出是临界条件。
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第44课时　带电粒子(带电体)在电场中的综合问题(进阶课)
进阶1
典例1　解析：(1)由于匀强电场的电场强度为，即静电力与重力大小相等，作出小圆环的等效“最低点”C与等效“最高点”D，如图所示
小圆环在等效“最低点”C速度最大，动能最大，在等效“最高点”D速度最小，动能最小；小圆环在运动过程中，只有电势能、动能与重力势能的转化，即只有电势能与机械能的变化，M点是电势能最小的位置，也是机械能最大的位置，N点是电势能最大的位置，也是机械能最小的位置。
(2)小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，即小圆环通过等效“最高点”D的速度为0，对小圆环分析有－qERsin 45°－mg(R＋Rcos 45°)0－，解得v0。
(3)小圆环从A运动到B过程有
－mg·2R，
在B点有FB＋mgm，
解得FB(2－3)mg，则在B点受到的弹力大小为(3－2)mg。
答案：(1)见解析　(2)
(3)(3－2)mg
思考　解析：小球在D点受到的支持力为0时，重力与静电力的合力恰好提供向心力，
由A到D，由动能定理有
－qERsin 45°－mg(R＋Rcos 45°)
解得v0。
答案：
典例2　BC　[小球在运动过程中受到的重力和静电力恒定不变，由平行四边形定则可知它们的合力方向指向右下方，大小为F合mg，如图所示，根据“等效场”的原理，小球通过P点的速率最小，故A错误；通过等效“最高点”P点时，有F合m，解得vP，从P点到Q点，由动能定理得F合×2R，解得vQ，故B正确；在Q点时，有FN－F合m，解得FN6mg，由牛顿第三定律可知对轨道的压力最大为F压FN6mg，故C正确；速度最大时，动能最大，对应等效“最低点”Q点，此时小球具有的电势能并不是最小，故D错误。
]
进阶2
典例3　AB　[根据电子进入电场后的受力和运动情况，作出如图所示的图像。
由图丁可知，当电子在t0时刻进入电场时，电子一直向B板运动，故A正确；若电子在t时刻进入，则由图丁可知，向B板运动的位移大于向A板运动的位移，因此最后仍能打在B板上，故B正确；若电子在t时刻进入电场，则由图丁可知，在第一个周期电子即返回A板从小孔飞出，故C错误；t时刻电子刚靠近小孔便受到排斥力，此时电子不能进入电场，故D错误。]
拓展延伸　解析：(1)电子在t时刻由静止释放恰好打在B板上，则电子先加速后减速，在tT时刻到达B板且速度为零，设两板的间距为d，加速度大小为a，则有d2×，解得d。
(2)由题意可知，经过时间电子速度最大，则最大速度为vma·。
答案：(1)
典例4　解析：(1)电子经加速电场加速的过程满足qU0mv2
经偏转电场偏转后的偏移量y
联立解得y
由题图乙知在t0.06 s时刻，U偏1.8U0，电子向上偏转，所以y4.5 cm
设电子打在屏上的点与O点的距离为Y，则满足
解得Y13.5 cm。
(2)由题意知，电子偏移量的最大值ymax，
所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了，设电子打在荧光屏上的最远点与O点的距离为Y'，则有，
解得Y'L，
所以荧光屏上有电子能打到的区间长为2Y'3L30 cm。
答案：(1)O点上方13.5 cm处　(2)30 cm
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第八章 静电场
第44课时　带电粒子(带电体)在电场中的综合问题(进阶课)
[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．掌握交变电场的特点，会分析带电粒子在交变电场中的运动规律。
进阶1　“等效法”在电场中的应用
1．“等效重力场”
研究处在匀强电场和重力场中带电物体的运动问题时，可以将重力场与电场合二为一，用一个“等效场”来代替，即“等效重力场”。
2．几个关键概念
3．举例
[典例1]　如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的小圆环套在半径为R的光滑绝缘大圆环上，大圆环固定在竖直平面内，O为环心，A为最低点，B为最高点，在大圆环所在的竖直平面内施加水平向右、电场强度大小为(g为重力加速度)的匀强电场，并同时给在A点的小圆环一个向右的水平初速度v0(v0未知)，小圆
环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，则小圆
环运动过程中：
(1)在图中画出等效“最高点”和“最低点”，指出机械能最大和最小的位置；
(2)求小圆环在A点获得的初速度v0；
(3)求小圆环过B点受到大圆环的弹力大小。
[解析]　(1)由于匀强电场的电场强度为，即静电力与重力大小相等，作出小圆环的等效“最低点”C与等效“最高点”D，如图所示
小圆环在等效“最低点”C速度最大，动能最大，在等效“最高点”D速度最小，动能最小；小圆环在运动过程中，只有电势能、动能与重力势能的转化，即只有电势能与机械能的变化，M点是电势能最小的位置，也是机械能最大的位置，N点是电势能最大的位置，也是机械能最小的位置。
(2)小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，即小圆环通过等效“最高点”D的速度为0，对小圆环分析有－qER sin 45°－mg(R＋R cos 45°)＝，解得v0＝。
(3)小圆环从A运动到B过程有
－mg·2R＝，
在B点有FB＋mg＝，
解得FB＝(2－3)mg，则在B点受到的弹力大小为(3－2)mg。
[答案]　(1)见解析　(2)　(3)(3－2)mg
思考　若将大圆环换成光滑绝缘圆形轨道，小圆环换成带同样电荷的小球，则小球在A点至少获得多大的速度，才能做完整的圆周运动？
[解析]　小球在D点受到的支持力为0时，重力与静电力的合力恰好提供向心力，mg＝
由A到D，由动能定理有
－qER sin 45°－mg(R＋R cos 45°)＝
解得v0＝。
[答案]　
[典例2]　(多选)如图所示，竖直平面内有一半径为R的圆形光滑绝缘轨道，轨道的最高点为M，最低点为N，轨道所在空间存在匀强电场，电场强度大小为，电场强度的方向与水平面夹角为30度，轨道内有一质量为m、电荷量为q的带正电小球，给小球一个沿轨道切线的初速度，使小球恰能沿轨道做完整的
圆周运动，重力加速度为g，忽略一切阻力，
则小球在运动过程中(　　)
A．在M点的速率最小
B．最大速率为
C．对轨道的压力最大为6mg
D．电势能最小时，动能最大
√
√
BC　[小球在运动过程中受到的重力和静电力恒定不变，由平行四边形定则可知它们的合力方向指向右下方，大小为F合＝mg，如图所示，根据“等效场”的原理，小球通过P点的速率最小，故A错误；通过等效“最高点”P点时，有F合＝，解得vP＝，从P点到Q点，由动能定理得F合×2R＝，解得vQ＝，故B正确；在Q点时，有FN－F合＝，解得FN＝6mg，由牛顿第
三定律可知对轨道的压力最大为F压＝FN＝6mg，故C正确；速度最大时，动能最大，对应等效“最低点”Q点，此时小球具有的电势能并不是最小，故D错误。]
进阶2　带电粒子在交变电场中的运动
1．常见的交变电场类型
产生交变电场常见的电压波形：正弦波、方形波、锯齿波等。
2．交变电场中常见的粒子运动
(1)粒子做单向直线运动(一般对整段或分段研究，用牛顿运动定律结合运动学公式求解)。
(2)粒子做往返运动(一般分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解)。
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解)。
3．分析思路
(1)动力学观点：根据牛顿第二定律及运动学规律分析。
(2)能量观点：应用动能定理、功能关系等分析。
(3)动量观点：应用动量定理分析。
角度1　带电粒子在交变电场中的直线运动问题
[典例3]　(多选)如图(a)所示，A、B是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为T的交变电压，两板间电势差随时间的变化规律如图(b)所示。现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区域内，设电子的初速度和重力的影响可忽略，则下列说法正确的是(　　)
A．若电子是在t＝0时刻进入的，它将一直向B板运动
B．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上
C．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上
D．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动
√
√
AB　[根据电子进入电场后的受力和运动情况，作出如图所示的图像。
由图丁可知，当电子在t＝0时刻进入电场时，电子一直向B板运动，故A正确；若电子在t＝时刻进入，则由图丁可知，向B板运动的位移大于向A板运动的位移，因此最后仍能打在B板上，故B正确；若电子在t＝时刻进入电场，则由图丁可知，在第一个周期电子即返回A板从小孔飞出，故C错误；t＝时刻电子刚靠近小孔便受到排斥力，此时电子不能进入电场，故D错误。]
拓展延伸　在[典例3]中，若已知电子质量为m、电荷量大小为e，电子仅在静电力作用下，在t＝时刻从A板的小孔处由静止释放进入两极板间运动，恰好到达B板，则：
(1)A、B两板间的距离为___________。
(2)电子在两板间的最大速度为________。
[解析]　(1)电子在t＝时刻由静止释放恰好打在B板上，则电子先加速后减速，在t＝T时刻到达B板且速度为零，设两板的间距为d，加速度大小为a＝，则有d＝2×a，解得d＝。
(2)由题意可知，经过时间电子速度最大，则最大速度为vm＝a·＝。
归纳提升：画速度—时间图像时，注意以下几点：
(1)带电粒子进入电场的时刻。
(2)速度—时间图像的斜率表示加速度，因此加速度相同的运动的图像一定是平行的直线。
(3)图线与时间轴围成的“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)注意对称性和周期性变化关系的应用。
(5)图线与横轴有交点，表示此时速度为零；对于运动很复杂，不容易画出速度—时间图像的问题，还应逐段分析求解。
角度2　带电粒子在交变电场中的偏转运动问题
[典例4]　如图甲所示，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U0，平行金属极板板长和极板间的距离均为L＝10 cm，下极板接地，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，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示(每个电子穿过平行金属极板的时间都极短，可以认为极板间电压是不变的)。求：
(1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处；
(2)荧光屏上有电子打到的区间长度。
思路点拨：(1)电子穿过极板过程中，上、下极板间的电压U不变，电子的加速度不变化；
(2)从图乙可知电压有正值和负值，则电子可向上或向下偏转；
(3)电压过大时，电子打在极板上，不会打到荧光屏上，电子从极板上、下边缘射出是临界条件。
[解析]　(1)电子经加速电场加速的过程满足qU0＝mv2
经偏转电场偏转后的偏移量y＝at2＝··
联立解得y＝
由题图乙知在t＝0.06 s时刻，U偏＝1.8U0，电子向上偏转，所以y＝4.5 cm
设电子打在屏上的点与O点的距离为Y，则满足＝
解得Y＝13.5 cm。
(2)由题意知，电子偏移量的最大值ymax＝，
所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了，设电子打在荧光屏上的最远点与O点的距离为Y′，则有＝，
解得Y′＝L，
所以荧光屏上有电子能打到的区间长为2Y′＝3L＝30 cm。
[答案]　(1)O点上方13.5 cm处　(2)30 cm
课时数智作业(四十四)　带电粒子(带电体)在电场中的综合问题(进阶课)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
说明：第1～5题、第7题，每小题5分；本试卷共56分。
1．一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，有一个带负电的粒子于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(　　)
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
√
D　[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，4 s末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；2 s末速度不为0，可见0～2 s内静电力做的功不等于0，B错误；2.5 s末和4 s末，速度的大小、方向都相同，则2.5～4 s内，静电力做
功等于0，D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
2．如图甲所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压。t＝0时A板的电势比B板高，从此时起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)(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
√
A　[在前半个周期内，A板的电势高，电场的方向向右，电子受到的静电力方向水平向左，电子向左做初速度为零的匀加速直线运动，在后半个周期，电场的方向向左，电子所受的静电力水平向右，电子向左做匀减速直线运动直到速度为零，然后进入第二个周期，重复之前的运动，由此可知，电子在每个周期内先向左做初速度为零的匀加速直线运动，然后向左做匀减速直线运动，如此反复，可知A正确，B、C、D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
3．(2025·四川绵阳期末)如图所示，可视为质点的质量为m且电荷量为q的带正电小球，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＝，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(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
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．小球在运动过程的最小速度至少为
D．小球在运动过程的最大速度至少为5
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
B　[小球在运动的过程中，静电力做功，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”和等效“最低点”分别为A点和B点，等效重力G′＝mg，小球在等效“最高点”的最小速度v1满足G′＝，得v1＝，故C错误；小球由等效“最高点”运动到等效“最低点”，由动能定理有
G′·2L＝，解得v2＝，
故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
4．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，不考虑空气阻力。
下列说法正确的是(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
A．匀强电场的电场强度E＝
B．小球做圆周运动过程中动能的最小值为Ekmin＝
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
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
B　[小球静止时，对小球受力分析，由平衡条件可知qE＝mg tan θ，解得E＝，故A错误；小球所受静电力与重力大小、方向均保持不变，将静电力与重力的合力等效为“新重力”，大小为F＝，作出小球做圆周运动的轨迹，如图所示，则与起始点关于圆心O对称的A点为小球绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动的等效“最高点”，在A点时小球的速度最小，动能最小，由牛顿
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
第二定律可知F＝，动能Ekmin＝，联立解得Ekmin＝，故B正确；由功能关系可知，小球机械能的变化量等于静电力做的功，则当小球运动到最左边与O点等高时，静电力做负功最多，小球机械能最小，故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，所以电势能先减小后增大再减小，
故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
5．如图甲所示，间距为d的两金属板水平放置，板间电场强度随时间的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，T～T时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好从金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度为g，则从微粒射入到从金属板边缘飞出的过
程中，下列说法正确的是(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
A．微粒飞出时的速度沿水平方向且大于v0
B．微粒的最大速度为v0＋
C．微粒受到的静电力做功为
D．微粒飞出时重力的功率为mgv0
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
C　[由题意知，T～T时间内微粒匀速运动，设微粒所带电荷量为q，则qE0＝mg，微粒所受静电力向上，0～T内和T～T内，由牛顿第二定律分别有2qE0－mg＝ma1，mg＝ma2，得a1＝a2＝g，可知在竖直方向，0～T内微粒向上加速运动，T～T内微粒向上匀速运动，T～T内微粒向上减速运动，t＝T时微粒的竖直分速度为0，在水平方向上微粒一直匀速运动，所以微粒飞出两板间的速度沿水
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
平方向且等于v0，故A错误；由上述分析可知，t＝T时微粒速度最大，最大速度vm＝，故B错误；设微粒受到的静电力做功为W，对微粒运动的全过程，由动能定理有W－mg·＝，解得W＝，故C正确；微粒飞出时的速度方向与重力方向垂直，重力的功率为零，故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
6．(12分)(2024·河北卷)如图所示，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已
知小球的电荷量为q(q>0)、质量为m，A、B两
点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求：
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
(1)电场强度E的大小；
(2)小球在A、B两点的速度大小。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
[解析]　(1)A、B两点间的电势差为U，则
E＝。
(2)小球运动到A点时，由牛顿第二定律有
qE－mg＝
解得小球在A点的速度大小vA＝
小球从A点运动到B点的过程，由动能定理有
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
qU－mgL＝
解得小球在B点的速度大小vB＝。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
[答案]　(1)　(2)
7．(多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和静电力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后，(　　)
A．小球的动能最小时，其电势能最大
B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
√
BD　[根据qE＝mg、E水平向右可知，带正电荷q的小球所受合力F斜向右下方，且与水平方向夹角为45°；小球在P点的初速度v0水平向左，可画出小球在匀强电场中做类斜抛运动的轨迹如图，其中O为轨迹等效“最高点”，N为轨迹上与P“等高”的点。根据类斜抛运动的规律及对称性可知，小球经过O点时的速度方向与F垂直时，速度最小，动能最小，经过N点时，速度大小为v0，动能等于初动能，且经过N点的速度竖直向下。根据Ep＝qφ，以及沿电场线方向电势降低，结合上述分析可知，小球经过O点动能最小时，电势能
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
不是最大，小球经过N点动能等于初动能时，电势能最大，A错误，B正确；分析可知，小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，恰好经过O点，此时动能最小，C错误；小球速度的水平分量为零时，经过N点，从P点到N点的过程，根据动能定理有WG＋WE＝，根据功能关系，此过程电势能
增加量ΔEp＝－WE，则此过程WG＝ΔEp，D正
确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
8．(14分)两块水平平行放置的导体板如图甲所示，大量电子(质量为m、电荷量为e)由静止开始，经电压为U0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间。当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、恒为U0的周期性电压
时，能使所有电子均从两板间通过
(忽略电子间的相互作用力及所受重
力)，已知板间距离为d，求：
题号
1
3
5
2
4
6
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7
(1)平行导体板的板长；
(2)0时刻和t0时刻进入两板间的电子通过两板间过程中产生的侧向位移(沿垂直两板方向上的位移)的大小；
(3)若改变板长，使这些电子通过两板之间的时间为3t0，电子均能通过两板，在侧向位移(沿垂直两板方向上的位移)分别为最大值和最小值的情况下，电子在偏转电场中的动能增量之比。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
[解析]　(1)电子在加速电场中有eU0＝
进入平行板中水平方向做匀速直线运动，L＝
解得L＝2t0。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
(2)在偏转电场中，加速度为a＝
对于0时刻进入的电子，侧向位移的大小为y1＝
解得y1＝
对于t0时刻进入的电子，侧向位移的大小为y2＝
解得y2＝。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
(3)侧向位移最大，电子在有电场情况下的侧向位移为y′1＝a(2t0)2
侧向位移最小，电子在有电场情况下的侧向位移为y′2＝
由动能定理得eEy电场＝ΔEk
可得动能增量之比＝＝。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
[答案]　(1)2t0　　(3)4∶1
谢 谢 ！课时数智作业(四十四)　带电粒子(带电体)在电场中的综合问题(进阶课)
说明：第1～5题、第7题，每小题5分；本试卷共56分。
1．一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，有一个带负电的粒子于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(　　)
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
2．如图甲所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压。t＝0时A板的电势比B板高，从此时起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)(　　)
A　　　　　　B
C　　　　　　D
3．(2025·四川绵阳期末)如图所示，可视为质点的质量为m且电荷量为q的带正电小球，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＝，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．小球在运动过程的最小速度至少为
D．小球在运动过程的最大速度至少为5
4．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，不考虑空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A．匀强电场的电场强度E＝
B．小球做圆周运动过程中动能的最小值为Ekmin＝
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
5．如图甲所示，间距为d的两金属板水平放置，板间电场强度随时间的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，T～T时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好从金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度为g，则从微粒射入到从金属板边缘飞出的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．微粒飞出时的速度沿水平方向且大于v0
B．微粒的最大速度为v0＋
C．微粒受到的静电力做功为
D．微粒飞出时重力的功率为mgv0
6．(12分)(2024·河北卷)如图所示，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为q(q>0)、质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)小球在A、B两点的速度大小。
7．(多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和静电力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后，(　　)
A．小球的动能最小时，其电势能最大
B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
8．(14分)两块水平平行放置的导体板如图甲所示，大量电子(质量为m、电荷量为e)由静止开始，经电压为U0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间。当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、恒为U0的周期性电压时，能使所有电子均从两板间通过(忽略电子间的相互作用力及所受重力)，已知板间距离为d，求：
(1)平行导体板的板长；
(2)0时刻和t0时刻进入两板间的电子通过两板间过程中产生的侧向位移(沿垂直两板方向上的位移)的大小；
(3)若改变板长，使这些电子通过两板之间的时间为3t0，电子均能通过两板，在侧向位移(沿垂直两板方向上的位移)分别为最大值和最小值的情况下，电子在偏转电场中的动能增量之比。
课时数智作业(四十四)
1．D　[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，4 s末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；2 s末速度不为0，可见0~2 s内静电力做的功不等于0，B错误；2.5 s末和4 s末，速度的大小、方向都相同，则2.5~4 s内，静电力做功等于0，D正确。
]
2．A　[在前半个周期内，A板的电势高，电场的方向向右，电子受到的静电力方向水平向左，电子向左做初速度为零的匀加速直线运动，在后半个周期，电场的方向向左，电子所受的静电力水平向右，电子向左做匀减速直线运动直到速度为零，然后进入第二个周期，重复之前的运动，由此可知，电子在每个周期内先向左做初速度为零的匀加速直线运动，然后向左做匀减速直线运动，如此反复，可知A正确，B、C、D错误。]
3．B　[小球在运动的过程中，静电力做功，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”和等效“最低点”分别为A点和B点，等效重力G'mg，小球在等效“最高点”的最小速度v1满足G'm，得v1，故C错误；小球由等效“最高点”运动到等效“最低点”，由动能定理有G'·2L，解得v2，故D错误。
]
4．B　[小球静止时，对小球受力分析，由平衡条件可知qEmgtan θ，解得E，故A错误；小球所受静电力与重力大小、方向均保持不变，将静电力与重力的合力等效为“新重力”，大小为F，作出小球做圆周运动的轨迹，如图所示，则与起始点关于圆心O对称的A点为小球绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动的等效“最高点”，在A点时小球的速度最小，动能最小，由牛顿第二定律可知F，动能Ekmin，联立解得Ekmin，故B正确；由功能关系可知，小球机械能的变化量等于静电力做的功，则当小球运动到最左边与O点等高时，静电力做负功最多，小球机械能最小，故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，所以电势能先减小后增大再减小，故D错误。
]
5．C　[由题意知，T时间内微粒匀速运动，设微粒所带电荷量为q，则qE0mg，微粒所受静电力向上，0~T内和T~T内，由牛顿第二定律分别有2qE0－mgma1，mgma2，得a1a2g，可知在竖直方向，0~T内微粒向上加速运动，T内微粒向上匀速运动，T~T内微粒向上减速运动，tT时微粒的竖直分速度为0，在水平方向上微粒一直匀速运动，所以微粒飞出两板间的速度沿水平方向且等于v0，故A错误；由上述分析可知，tT时微粒速度最大，最大速度vm，故B错误；设微粒受到的静电力做功为W，对微粒运动的全过程，由动能定理有W－mg·，解得W，故C正确；微粒飞出时的速度方向与重力方向垂直，重力的功率为零，故D错误。]
6．解析：(1)A、B两点间的电势差为U，则
E。
(2)小球运动到A点时，由牛顿第二定律有
qE－mgm
解得小球在A点的速度大小vA
小球从A点运动到B点的过程，由动能定理有
qU－mgL
解得小球在B点的速度大小vB。
答案：(1)
7．BD　[根据qEmg、E水平向右可知，带正电荷q的小球所受合力F斜向右下方，且与水平方向夹角为45°；小球在P点的初速度v0水平向左，可画出小球在匀强电场中做类斜抛运动的轨迹如图，其中O为轨迹等效“最高点”，N为轨迹上与P“等高”的点。根据类斜抛运动的规律及对称性可知，小球经过O点时的速度方向与F垂直时，速度最小，动能最小，经过N点时，速度大小为v0，动能等于初动能，且经过N点的速度竖直向下。根据Epqφ，以及沿电场线方向电势降低，结合上述分析可知，小球经过O点动能最小时，电势能不是最大，小球经过N点动能等于初动能时，电势能最大，A错误，B正确；分析可知，小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，恰好经过O点，此时动能最小，C错误；小球速度的水平分量为零时，经过N点，从P点到N点的过程，根据动能定理有WG＋WE，根据功能关系，此过程电势能增加量ΔEp－WE，则此过程WGΔEp，D正确。
]
8．解析：(1)电子在加速电场中有eU0
进入平行板中水平方向做匀速直线运动，Lv0·2t0
解得L2t0。
(2)在偏转电场中，加速度为a
对于0时刻进入的电子，侧向位移的大小为y1
解得y1
对于t0时刻进入的电子，侧向位移的大小为y2
解得y2。
(3)侧向位移最大，电子在有电场情况下的侧向位移为y'1a(2t0)2
侧向位移最小，电子在有电场情况下的侧向位移为y'2
由动能定理得eEy电场ΔEk
可得动能增量之比。
答案：(1)2　(3)4∶1
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