资源简介

专题强化十五　带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题
学习目标
1.会分析带电粒子在交变电场中的运动。
2.会用动力学和能量观点分析带电粒子的力电综合问题。
3.会用等效法分析带电粒子在电场和重力场中的圆周运动。
考点一　带电粒子在交变电场中的运动
1.常见的交变电场
常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。
2.利用速度—时间图像分析带电粒子的运动时，必须注意“五点”
(1)带电粒子进入电场的时刻。
(2)速度—时间图像的切线斜率表示加速度。
(3)图线与时间轴围成的面积表示位移，且在时间轴上方所围成的面积为正，在时间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)图线与时间轴有交点，表示此时速度改变方向。对运动很复杂、不容易画出速度—时间图像的问题，还应逐段分析求解。
题型　带电粒子在交变电场中的直线运动
例1 (2025·江苏苏州期末)如图甲所示，某多级直线加速器由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，序号为奇数和偶数的圆筒分别与图乙所示交流电源两极相连。t=0时，位于金属圆板(序号为0)中央的电子，由静止开始加速。电子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则(　　)
A.圆筒内部电场强度大小随序号增大而减小
B.电子在各圆筒中做匀加速直线运动
C.电子在各圆筒中运动的时间都为T
D.各圆筒的长度之比可能为1∶∶∶…
答案　D
解析　金属圆筒内部电场强度为零，电子不受静电力作用，做匀速直线运动，故A、B错误;只有电子在每个圆筒中匀速运动时间为时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故C错误;电子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理有neu=m，解得vn=，第n个圆筒长度Ln=vn×=，则各金属筒的长度之比为1∶∶∶…，故D正确。
题型　带电粒子在交变电场中的偏转
例2 (2025·江苏南京金陵中学期末)图(a)的平行金属板M、N间加有图(b)所示的交流电压，OO'是M、N板间的中线，当电压稳定时，板间为匀强电场。时，比荷为k的带电粒子甲从O点沿OO'方向、以v0的速率进入板间，时飞离电场，期间恰好不与极板相碰。若在时刻，带电粒子乙以2v0的速率沿OO'从O点进入板间，已知乙粒子在运动过程中也恰好不与极板碰撞，不计粒子受到的重力，求:
(1)乙粒子离开电场的时刻;
(2)乙粒子的比荷;
(3)甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比。
答案　(1)T　(2)k　(3)1∶2
解析　(1)粒子在水平方向做匀速直线运动，设极板长度为L，则有
L=v0
L=2v0
解得乙粒子离开电场的时刻t=T。
(2)甲粒子在 时刻恰好运动到极板处，此时其速度为零，T 时刻返回中线，设两极板之间的距离为d，粒子向极板运动过程中，竖直方向先做匀加速运动，再做匀减速运动，运动时间均为，则有
=×2
乙粒子在竖直方向先匀加速T再匀减速T，时刻速度恰好为零，然后从静止开始向另一个极板做匀加速运动T ，T时刻乙粒子恰好不与极板碰撞，且从极板边缘飞出，则有
=-×2
其中=k1
解得乙粒子的比荷为k'==k。
(3)甲粒子T 时刻返回中线，再运动飞离电场，则偏转距离为
y1==
乙粒子从极板边缘飞出，偏转距离为y2=
解得y1∶y2=1∶2。
1.(2026江苏淮安期末)如图所示，长为3L、间距为2L的两平行金属板水平放置，两板与开关S、直流电源相连。闭合开关S，质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以速度v0从上极板边缘水平射入，恰能从下极板边缘飞出，粒子受到的重力和空气阻力均忽略不计，已知sin 37°=0.6，
cos 37°=0.8。
(1)求粒子离开电场时的速度大小v;
(2)若粒子以速度2v0从上极板边缘水平射入，求粒子离开电场时的动能Ek;
(3)将题中直流电源换为交流电源，其电压U随时间t变化关系的图像如图乙所示，其中U0(未知)等于原直流电源的电动势，t=0时刻粒子仍以速度v0从上极板边缘水平射入，求粒子离开电场时的侧位移y。
答案　(1)v0　(2)m　(3)
解析　(1)粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中运动的时间为t1，离开电场时竖直方向的分速度为vy，则水平方向有3L=v0t1
竖直方向有2L=t1
联立解得vy=v0
故粒子离开电场时的速度大小为
v==v0。
(2)粒子在电场中运动时间为
t2==t1
离开电场时竖直方向的分速度为
vy'=at2=at1=vy=v0
所以粒子离开电场时的动能为
Ek=mv2=m[(2v0)2+vy'2]=m。
(3)由于U0等于原直流电源的电动势，所以粒子在电场中运动的加速度a大小和两板与直流电源相连时相等，粒子水平方向上做匀速运动，则粒子在电场中运动的时间为t==t1
在竖直方向上，第一个t0=时间内，做初速度为0的匀加速运动;第二个t0=时间内，做匀减速运动，直至速度为0;第三个t0=时间内，再做初速度为0的匀加速运动。粒子每个t0=时间内，发生的侧位移y0=a
当两板与直流电源相连且粒子以v0水平射入时，竖直方向有2L=at2
联立解得y0=
所以，粒子离开电场时的侧位移
y=3y0=。
考点二　电场中的力、电综合问题
1.动力学的观点
(1)由于匀强电场中带电粒子(体)所受静电力和重力都是恒力，可用正交分解法。
(2)综合运用牛顿运动定律和运动学公式，注意受力分析和运动分析，特别注意重力是否需要考虑的问题。一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略。
2.能量的观点
(1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断是对分过程还是对全过程运用动能定理。
(2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现。
3.动量的观点
(1)运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向。
(2)运用动量守恒定律，要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，需选取正方向。
例3 (2025·江苏连云港期中)如图所示，光滑绝缘的水平面上方空间内存在足够大、方向水平向右、电场强度为E的匀强电场。水平面上小物块A、B质量均为m、相距为L，其中A带正电，电荷量为q，B不带电，某时刻同时由静止释放A、B，此后A与B之间的碰撞均为弹性正碰，且碰撞过程中无电荷转移，碰撞时间忽略不计。求:
(1)第1次碰撞后B的速度;
(2)第2次碰撞与第3次碰撞之间的时间间隔;
(3)第n次碰撞到第n+1次碰撞过程中静电力对A做的功。
答案　(1)　(2)2　(3)4nqEL
解析　(1)设第一次碰撞前A的速度为v0，碰撞后A、B的速度分别为vA1、vB1，由动能定理可得
qEL=m
解得v0=
A、B碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv0=mvA1+mvB1
m=m+m
联立解得vA1=0
vB1=v0=。
(2)设A、B第二次碰撞前后速度分别为vA20、 vB20、vA2 、vB2，从第一次碰撞后到第二次碰撞前过程有
vB20=vB1
T1=vB1T1
可得vA20=2v0
第二次碰撞过程A与B交换速度，碰后速度分别为
vA2=v0，vB2=2v0
设A、B第三次碰撞前速度分别为vA30、vB30，从第二次碰撞后到第三次碰撞前过程有vB30=vB2
T2=vB2T2
可得vA30=3v0
对A由运动学公式有
vA30=vA2+aT2
由牛顿第二定律得a=
联立可得T2=2。
(3)由(2)分析可知第n次碰撞后到第n+1次碰撞前的过程时间等于T=2
第n次碰撞后B的速度vBn=nv0=n
所以A、B的位移均xn=vBnT=nv0T=4nL
所以静电力对A做的功为W=qExn=4nqEL。
2.(2025·江苏苏锡常镇一模)一质量为m、带电荷量为-q(q>0)的小球从水平放置的带正电+Q圆环的轴线处A点由静止释放，A、A'关于O点对称，下列判断正确的是(　　)
A.小球在O点处动能最大
B.小球在O点的加速度最大
C.小球在O点的电势能最小
D.小球可能在A、A'间往复运动
答案　C
解析　小球从A点到O点的运动中，受到向下的重力和静电力，重力和静电力对小球做正功，小球的动能增大，在O点时，电场强度为零，小球所受静电力为零，此时只受重力，小球的动能继续增大，因此小球在O点处的动能不是最大，A错误;小球从A点到O点的运动中，受到向下的重力和静电力，其合力大于重力，则加速度大于重力加速度，小球在O点时只受重力，加速度等于重力加速度，因此小球在O点的加速度不是最大，B错误;小球从A点到O点的运动中，静电力对小球做正功，电势能减小，小球穿过O点后，所受静电力方向向上，静电力做负功，电势能增大，因此小球在O点的电势能最小，C正确;若小球只受静电力作用，因A、A'关于O点对称，则小球可能在A、A'间往复运动，但小球受静电力作用的同时又受重力作用，重力方向一直向下，因此小球不可能在A、A'间往复运动，D错误。
考点三　带电粒子在重力场和电场中的圆周运动
1.把静电力和重力合成一个等效力，称为等效重力。如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g'=为等效重力场中的“等效重力加速度”;F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的“竖直向下”方向。
2.举例
例4 (2026·江苏五市学情调查)如图，一半径为R的光滑绝缘半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑绝缘水平面相切于B点，整个空间存在水平向右的匀强电场。一质量为m、带电荷量为q的小球从A点以某一初速度向左运动，经过P点时恰好对圆弧轨道没有压力。已知轨道上的M点与圆心O等高，OP与竖直方向夹角为37°，重力加速度大小为g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求:
(1)电场强度的大小;
(2)带电小球分别经过P、C点时的速度大小;
(3)带电小球经过M点时受到圆弧轨道的压力。
答案　(1)　(2)　
(3)mg，方向水平向右
解析　(1)根据题意可知，小球经过P点时恰好对圆弧轨道没有压力，静电力和重力的合力提供向心力，且合力指向圆心，如图所示，
由几何关系有F电=mgtan 37°=
则电场强度大小为E==。
(2)小球经过P点时，由牛顿第二定律有
=m
解得小球经过P点时的速度大小vP=
小球从P点到C点，由动能定理有
F电Rsin 37°-mgR(1-cos 37°)
=m-m
解得小球经过C点时的速度大小vC=。
(3)小球从M点到P点，由动能定理有
-mgRcos 37°+F电R(1-sin 37°)
=m-m
在M点，由牛顿第二定律有F电+FN=m
联立解得FN=
即带电小球在M点时受到圆弧轨道的压力大小为，方向水平向右。
　　　　　　　　　　　　　　　　A级　基础对点练
对点练1　带电粒子在交变电场中的运动
1. (2025·湖南长沙多校联考)某电场的电场强度E随时间t变化规律的图像如图所示。当t=0时，在该电场中某位置由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受静电力作用，则下列说法中正确的是(　　)
A.带电粒子将始终向同一个方向运动
B.0~2 s内静电力对带电粒子的冲量为0
C.2 s末带电粒子回到原出发点
D.0~2 s内，静电力做的总功不为零
答案　D
解析　由牛顿第二定律可得，带电粒子在第1 s内的加速度大小为a1=，第2 s内的加速度大小为a2=，因E2=2E1，则a2=2a1，故带电粒子先匀加速运动1 s再匀减速0.5 s时速度为零，接下来的0.5 s将反向匀加速，再反向匀减速，t=3 s时速度为零，之后重复前3 s的运动，v-t图像如图所示。由图可知，带电粒子在电场中做往复运动，故A错误;由v-t图像面积表示位移可知，t=
2 s时带电粒子位移不为零，没有回到出发原点，故C错误;由v-t图像可知，t=2 s时v≠0，根据动能定理可知0~2 s内静电力做的总功不为零，故D正确;由动量定理可知0~2 s内静电力对带电粒子的冲量不为0，故B错误。
对点练2　电场中的力、电综合问题
2.(2025·江苏南京期末)在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB=2BC，如图所示，重力加速度为g，由此可知(　　)
A.小球带正电
B.静电力大小为3mg
C.小球从A到B与从B到C的运动时间相等
D.小球从A到B与从B到C的动量变化量相同
答案　B
解析　根据小球从B点进入电场的轨迹可知，小球所受静电力向上，则小球带负电，故A错误;因为到达C点时速度水平，所以C点速度等于A点速度，因为AB=2BC，设BC的竖直高度为h，则AB的竖直高度为2h，由A到C根据动能定理有mg·3h-qEh=0，解得qE=3mg，故B正确;小球从A到B的水平距离等于从B到C水平距离的2倍，因水平方向速度不变，则小球从A到B的时间等于从B到C的运动时间的2倍，故C错误;规定向下为正方向，根据动量定理可知，小球从A到B动量变化量为ΔpAB=mgtAB，从B到C动量变化量ΔpBC=(mg-qE)tBC=-2mg·tAB=-mgtAB=-ΔpAB，即小球从A到B与从B到C的动量变化量等大反向，故D错误。
对点练3　带电粒子在重力场和电场中的圆周运动
3.(2024·江苏无锡锡山高中期中)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，给小球一个初速度让恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g，则小球运动过程中绳子的最大拉力为(　　)
A. B. C. D.
答案　D
解析　当小球在平衡位置(设为A点)时速度最大，绳子的拉力最大，设为FTm，小球在平衡位置的对称点B时速度最小。小球在A、B点的受力情况如图所示，由牛顿第二定律对A点有FTm-=m，对B点有=m，从A到B由动能定理有-·2L=m-m，联立解得FTm=，D正确。
B级　综合提升练
4.(2025·江苏泰州多校联考)如图甲所示，边长为l的正方形ABCD区域内存在平行于纸面竖直方向的匀强电场，在CD边右侧3l处平行CD放置荧光屏，O1O2是通过正方形中心O1和荧光屏中心O2的轴线。电子由静止经加速电压加速后以一定速度沿轴线连续射入电场。整个系统置于真空中，不计电子重力，已知电子电荷量为e、质量为m。
(1)若加速电压为u0，电子恰好从D点飞出，求电子从进入正方形区域到打到荧光屏上的时间t;
(2)若电子均以速度v0沿轴线射入正方形区域，正方形区域所加偏转电场如图乙所示，偏转电场变化周期为T，且T远大于电子在偏转电场中的运动时间，电子偏转后恰好全部从CD边射出偏转电场并能全部打在荧光屏上形成运动的光点，求最大电场强度Em以及荧光屏的最小长度d。
答案　(1)2l　(2)　7l
解析　(1)设电子进入正方形区域的速度为v1，在加速电场中由动能定理有eu0=m
解得v1=
电子从进入正方形区域到打到荧光屏的时间为
t==2l。
(2)电子在正方形区域中运动的时间t'=
当电场强度为Em时，电子出电场时在CD方向上的位移为，则有t'2=
解得Em=
设电子离开正方形区域时速度最大偏转角为θ，则
tan θ==
解得荧光屏的最小长度为d=7l。
5.(2025·江苏南京期末)如图所示，空间中存在水平向右、电场强度大小为E=5×103 N/C的匀强电场，水平传送带BC的左端与水平面AB在B点平滑连接，右端与一个半径为R的光滑圆弧轨道CD水平相切于C点。xAB=xBC=R=1 m，传送带顺时针转动，速率恒为v=5 m/s，现将一质量为m=0.5 kg、带正电且电荷量为q=1×10-3 C的小滑块，从A点由静止释放，小滑块与AB段和BC段间的动摩擦因数均为μ=0.2，g=10 m/s2。求:
(1)小滑块运动到水平面右端B点时的速度大小;
(2)小滑块运动到圆弧轨道底端C点时所受的支持力大小;
(3)小滑块对圆弧轨道CD压力的最大值(取1.4)。
答案　(1)4 m/s　(2)22.5 N　(3)28.5 N
解析　(1)小滑块从A点运动到B点的过程，由动能定理得qExAB-μmgxAB=m-0
解得vB=4 m/s。
(2)小滑块滑上传送带时，因传送带速率大于滑块速率，所以滑块受到的滑动摩擦力水平向右，由牛顿第二定律得qE+μmg=ma1
解得a1=12 m/s2
滑块加速到与传送带共速时，有v2-=2a1x1
解得此加速过程滑块的位移大小为x1=0.375 m
小滑块速率大于传送带速率后，滑块受到的滑动摩擦力水平向左，由牛顿第二定律得
qE-μmg=ma2
解得a2=8 m/s2
由运动学公式有-v2=2a2(xBC-x1)
解得滑块运动到C点时的速度vC= m/s
滑块在C点时，由牛顿第二定律得
FNC-mg=m
解得FNC=22.5 N。
(3)由于qE=mg，所以等效重力大小为mg'==mg，方向与水平方向成45°角斜向右下方，当滑块从C点开始沿圆弧轨道运动的弧长对应的圆心角θ=45°时，滑块的速度最大，对轨道压力最大，在该点，对滑块有FN-mg'=m，从C点到速度最大位置，由动能定理得
mg'R(1-cos 45°)=mv'2-m
联立解得FN=28.5 N
根据牛顿第三定律可知，小滑块对圆弧轨道CD压力的最大值FN'=FN=28.5 N。
6.(2025·云南昆明模拟)如图所示，竖直墙壁与半径为R的四分之一光滑圆弧轨道相切于B点，CD边与竖直墙壁平行，整个空间存在范围足够大的水平向右的匀强电场，电场强度大小为E=。质量为m、电荷量为+q(q>0)的带电小物块乙静止在竖直墙壁的B点位置处，质量为m的不带电小物块甲从竖直墙壁上的A点由静止释放，经过一段时间后两物块碰撞，碰后粘合为一体，若两物块碰后在B点进入圆轨道前后动能不变，物块B在整个过程中电荷量不变，且两物块均可视为质点，已知AB=CD=R，不计空气阻力，重力加速度为g，求:
(1)碰后物块对轨道的最大压力;
(2)物块落到水平地面时距D点的距离。
答案　(1)(6-3)mg　(2)0
解析　(1)甲物块从A运动到B过程机械能守恒，则有mgR=m
甲、乙碰撞过程动量守恒，则有mv1=2mv2
此后两物块所受的静电力大小为qE=2mg
则等效重力G'=2mg
可知AB整体运动到与竖直方向成45°角位置处对轨道压力最大，运动到该位置处的速度设为v3，由动能定理可得2mgRcos 45°-qER(1-sin 45°)
=×2m-×2m
由牛顿第二定律可得FN-G'=2m
联立解得FN=(6-3)mg
由牛顿第三定律可得碰后物块对轨道的最大压力大小为FN'=FN=(6-3)mg。
(2)两物块从B运动到C由动能定理有
2mgR-qER=×2m-×2m
可得两物块到达C点时的速度大小v4=v2=
从C点水平飞出后在竖直方向做自由落体运动，则两物块在空中运动时间为t=
水平方向的加速度大小为a==g
故水平方向上的位移为
x=v4t-at2=·-g×=0
即物块落到水平地面时距D点的距离为零。

展开更多......

收起↑