資源簡介

第2章　專題提升五　帶電粒子在電場中運動的綜合問題
選擇題1～7題，每小題10分，共70分。
基礎對點練
題組一　帶電粒子在交變電場中的運動
1.如圖a所示，兩個平行金屬板P、Q豎直放置，兩板間加上如圖b所示的電壓。t＝0時，Q板比P板電勢高5 V，此時在兩板的正中央M點放一個電子，速度為零，電子僅在靜電力作用下運動，運動過程中始終未與極板相碰，下列時刻中電子速度和加速度的方向相同的是(　　)
3×10－10 s 5×10－10 s
6.5×10－10 s 7×10－10 s
2.(多選)(2024·黑龍江大慶高二開學考試)如圖甲所示，A、B是一對平行的金屬板，在兩板間加上一周期為T的交變電壓U，A板的電勢φA＝0，B板的電勢φB隨時間的變化規律如圖乙所示。現有一電子從A板上的小孔進入兩板間的電場區域內，設電子的初速度和重力的影響可忽略。則(　　)
若電子是在t＝0時刻進入的，它將一直向B板運動
若電子是在t＝時刻進入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上
若電子是在t＝時刻進入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上
若電子是在t＝時刻進入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動
題組二　動力學和功能關系分析粒子的運動
3.(2024·吉林長春期末)如圖所示，空間存在著豎直向下的勻強電場，一個質量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子以水平方向的初速度v0由O點射入，剛好通過豎直平面內的P點，已知連線OP與初速度方向的夾角為45°，不計粒子的重力，則O、P兩點間的電勢差UOP為(　　)
4.美國物理學家密立根于20世紀初進行了多次實驗，比較準確的測定了電子的電荷量，其實驗原理可以簡化為如下模型：兩個相距為d的平行金屬板A、B水平放置，兩板接有可調電源。從A板上的小孔進入兩板間的油滴因摩擦而帶有一定的電荷量，將兩板間的電勢差調節到U時，帶電油滴恰好懸浮在兩板間，然后撤去電場，油滴開始下落，由于空氣阻力，下落的油滴很快達到勻速下落狀態，通過顯微鏡觀測這個速度的大小為v，已知空氣阻力與速度的平方成正比，比例系數為k，重力加速度為g。則計算油滴帶電荷量的表達式為(　　)
q＝ q＝
q＝ q＝
5.電子束熔煉是指高真空下，將高速電子束的動能轉換為熱能作為熱源來進行金屬熔煉的一種熔煉方法。如圖所示，陰極燈絲被加熱后產生初速度為0的電子，在3×104 V加速電壓的作用下，以極高的速度向陽極運動；穿過陽極后，在金屬電極A1、A2間1×103 V電壓形成的聚焦電場作用下，轟擊到物料上，其動能全部轉換為熱能，使物料不斷熔煉。已知某電子在熔煉爐中的軌跡如圖中虛線OPO′所示，P是軌跡上的一點，聚焦電場過P點的一條電場線如圖中實線所示，則(　　)
電極A1的電勢低于電極A2的電勢
電子在P點時速度方向與聚焦電場強度方向夾角大于90°
聚焦電場只改變電子速度的方向，不改變電子速度的大小
電子轟擊到物料上時的動能等于3×104 eV
題組三　等效思維法的應用
6.(多選)(2024·山東德州高二期末)如圖所示，在豎直平面內有水平向左的勻強電場，在勻強電場中有一根長為L的絕緣細線，細線一端固定在O點，另一端系一質量為m的帶電小球。小球靜止時細線與豎直方向成θ角，此時讓小球獲得初速度且恰能繞O點在豎直平面內沿順時針方向做圓周運動，重力加速度為g。下列說法正確的是(　　)
勻強電場的電場強度E＝
小球運動至圓周軌跡的最高點時動能最小
小球運動至圓周軌跡的最左端點時電勢能最大
小球運動至圓周軌跡的最左端點時機械能最大
綜合提升練
7.(多選)如圖甲，在矩形MNQP區域中有平行于PM方向的勻強電場，電場強度為E0，一電荷量為＋q，質量為m的帶電粒子以v0的初速度從M點沿MN方向進入勻強電場，剛好從Q點射出。MN＝PQ＝L，MP＝NQ＝d。現保持電場強度不變，使勻強電場的方向做周期性變化(如圖乙)。使帶電粒子仍以v0的初速度從M點沿MN方向進入，粒子剛好能從Q點沿PQ方向射出。不計粒子重力，取圖甲中方向為電場正方向。則(　　)
電場強度大小為E0＝
電場強度大小為E0＝
電場改變方向的周期T0＝
電場改變方向的周期T0＝
8.(14分)(2024·福建廈門高二期中)如圖所示，固定的粗糙絕緣平臺與水平地面的高度差h＝1.25 m，整個空間存在水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝3×103N/C。帶正電的小滑塊(可視為質點)從距離平臺邊緣L＝1 m處由靜止釋放，已知滑塊的質量為m＝1 kg、帶電荷量為q＝2×10－3C，滑塊與平臺間的動摩擦因數為μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)(4分)滑塊在平臺上運動的加速度大小；
(2)(4分)滑塊運動到平臺右側邊緣時速度的大小；
(3)(6分)滑塊的落地點與平臺右側邊緣的距離。
培優加強練
9.(16分)如圖所示，長為R的輕質細線一端固定在O1點，細線的下端系一質量為m，電荷量為q的帶電小球。現將小球從細線處于水平狀態由靜止釋放，小球運動到B點時，繩子斷裂，剛好在B處水平拋出。帶電小球拋出后經過一勻強電場區域(只存在于BC之間)，恰好從C點沿切線方向進入固定在水平地面上的半徑為r的光滑圓弧形槽，槽的圓心在O2點，D點為最低點，且∠CO2D＝37°。已知B、D兩點的高度差為hBD＝r，r＝1.25R，重力加速度為g，不計空氣阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。
(1)(4分)求小球在B點的速度大小；
(2)(6分)若小球最終停在距離D處4R的Q點(小球在DQ間的運動視為滑動)，求水平面與小球間的動摩擦因數μ；
(3)(6分)求勻強電場的電場強度E的大小，并判斷小球帶何種電荷？
專題提升五　帶電粒子在電場中運動的綜合問題
1.B　[依題意，結合圖b可知，在t＝0時，由于Q板比P板電勢高5 V，則電子在0～2×10－10 s內，所受靜電力向右，電子向右做勻加速直線運動；在2×10－10 s～4×10－10 s內，電子所受靜電力向左，電子向右做減速運動，根據對稱性可知在t＝4×10－10 s時，電子速度為0；在4×10－10 s～6×10－10 s內，電子所受靜電力向左，電子向左做加速運動；6×10－10 s～8×10－10 s內，電子所受靜電力向右，電子向左做減速運動，在t＝5×10－10 s時，電子速度和加速度的方向是相同的，故B正確。]
2.AB　[根據電子進入電場后的受力和運動情況，作出如圖所示的v－t像。
當電子在t＝0時刻進入電場時，電子一直向B板運動，故A正確；若電子在t＝時刻進入，則由圖像知，向B板運動的位移大于向A板運動的位移，因此最后仍能打在B板上，故B正確；若電子在t＝時刻進入電場，則由圖像知，在第一個周期電子即返回至A板，故C錯誤；若電子在t＝時刻進入，則它一靠近小孔便受到排斥力，根本不能進入電場，故D錯誤。]
3.C　[帶電粒子在電場中做類平拋運動，根據類平拋運動的推論有＝＝2tan 45°，P點粒子的速度為vP＝v0，由動能定理得qUOP＝mv－mv，解得UOP＝，A、B、D錯誤，C正確。]
4.B　[油滴在電場中懸浮時受力平衡，則mg＝，勻速下落過程，空氣阻力與速度的平方成正比，則mg＝f＝kv2，聯立解得q＝，故B正確。]
5.B　[電子在P點受靜電力指向軌跡彎曲的內側，又要與電場線相切，可判斷電場線的方向是從A1指向A2，所以電極A1的電勢高于電極A2的電勢，A錯誤；軌跡的切線方向即電子的運動方向，由圖可知運動方向與電場方向夾角大于90°，B正確；聚焦電場一方面使電子向中央靠攏，另一方面使電子加速，所以既改變電子速度的方向，又改變電子速度的大小，C錯誤；聚焦電場對電子做功，且總功是正功W，所以改變電子速度大小，從O到O′，根據動能定理得qU＋W＝Ek，可知電子轟擊到物料上時的動能大于3×104eV，D錯誤。]
6.AC　[小球靜止時細線與豎直方向成θ角，對小球進行受力分析，如圖甲所示
由平衡條件可知tan θ＝，解得E＝，故A正確；由A項受力分析可知，小球受靜電力水平向右，小球帶負電，圓周軌跡的最左端點電勢最低，小球運動至圓周軌跡的最左端點時電勢能最大，故C正確；小球靜止時細線與豎直方向成θ角，則A點為小球繞O點在豎直平面內沿順時針方向做圓周運動的等效最高點，
A點時小球的速度最小，動能最小，故B錯誤；由功能關系可知，機械能的變化量等于除重力和彈簧彈力之外的其他力做的功，此處即靜電力做的功。由題意可知，當小球運動到最左邊與O點等高處時，靜電力做負功最多，機械能最小，故D錯誤。]
7.BC　[對粒子分析，粒子沿MN方向做勻速直線運動，靜電力方向做勻加速直線運動L＝v0t，d＝t2，聯立得E0＝，所以A錯誤，B正確；當電場強度方向周期性變化時，沿電場方向先做初速度為0的勻加速直線運動后做勻減速直線運動直至停止，此過程重復n次，n取正整數，有t＝nT0，解得T0＝＝，故C正確，D錯誤。]
8.(1)2 m/s2　(2)2 m/s　(3) m
解析　 (1)由牛頓第二定律得qE－μmg＝ma
解得a＝2 m/s2。
(2)由勻變速直線運動規律有v＝2aL
解得v0＝2 m/s。
(3)滑塊在平臺右側水平方向做勻加速直線運動，豎直方向做自由落體運動，在豎直方向有h＝gt2
根據牛頓第二定律a′＝
在水平方向x＝v0t＋a′t2
滑塊的落地點與平臺右側邊緣的距離為
s＝
聯立并代入數據解得s＝ m。
9.(1)　(2)0.45　(3)　帶正電
解析　(1)小球從A到B的過程中機械能守恒，則有
mgR＝mv
解得小球在B點的速度大小vB＝。
(2)小球恰好從C點進入圓弧軌道，在水平方向有
vx＝vB＝
根據速度的分解有＝cos 37°
解得vC＝
小球從C點到D點，機械能守恒，有
mv＋mgr(1－cos 37°)＝mv
由D到Q，根據動能定理有
－μmg·4R＝0－mv
解得μ＝≈0.45。
(3)小球恰好從C點進入圓弧軌道，則有
tan 37°＝＝
在豎直方向有
hBC＝hBD－r(1－cos 37°)＝rcos 37°＝R
根據運動學規律有vy＝
聯立解得a＝g
小球從B到C的過程中，根據牛頓第二定律，有mg－qE＝ma，解得E＝
由于小球的加速度小于重力加速度，因此小球受靜電力方向向上，所以，帶電小球帶正電。專題提升五　帶電粒子在電場中運動的綜合問題
學習目標　1.進一步掌握帶電粒子在電場中做直線運動和類平拋運動的分析方法。2.會分析帶電粒子在電場中的圓周運動，會分析向心力的來源。3.會分析帶電粒子在交變電場中的運動。4.能從動力學和功能關系的角度綜合分析粒子的運動問題。
提升1　帶電粒子在交變電場中的運動
帶電粒子在交變電場中運動時，由于電場發生變化，粒子所受靜電力也發生變化，其加速度、速度、位移等都會發生相應的變化，從而出現粒子加速、減速或者往返運動。通常只討論電壓的大小不變、方向發生周期性變化(如方波)且不計粒子重力的情形。
1.常見的類型
(1)粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解)。
(2)粒子做往返運動(一般根據交變電場的特點分段研究)。
(3)粒子做偏轉運動(一般根據交變電場的特點分段研究)。
2.常用的分析方法
(1)在兩個相互平行的金屬板間加交變電壓時，兩板中間便可獲得交變電場。此類電場從空間看是勻強電場，即同一時刻，電場中各個位置處電場強度的大小、方向都相同；從時間看是變化的，即電場強度的大小、方向都隨時間的變化而變化。
①當粒子平行于電場方向射入時，粒子做直線運動，其初速度和受力情況決定粒子的運動情況，粒子做周期性的運動；
②當粒子垂直于電場方向射入時，沿初速度方向的分運動為勻速直線運動，沿電場方向的分運動具有周期性。
(2)研究帶電粒子在交變電場中的運動，關鍵是根據電場變化的特點，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運動情況。根據電場的變化情況，分段求解帶電粒子運動的末速度、位移等。
例1 (多選)如圖a所示，平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，兩板間距離足夠大。當兩板間加上如圖b所示的交變電壓后，選項中的圖像，反映電子速度v、位移s和加速度a三個物理量隨時間t的變化規律可能正確的是(　　)
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)分段分析：按照時間的先后，分階段分析粒子在電場中的受力情況和運動情況，然后選擇牛頓運動定律、運動學規律或功能關系求解相關問題。
(2)v－t圖像輔助：帶電粒子在交變電場中的運動情況一般比較復雜，常規的分段分析很麻煩。較好的方法是在分段分析粒子受力的情況下，畫出粒子的v－t圖像，畫圖時，注意加速度相同的運動圖像是平行的直線，圖像與橫坐標軸所圍圖形的面積表示位移，圖像與t軸的交點，表示此時速度方向改變等。
(3)運動的對稱性和周期性：帶電粒子在周期性變化的電場中運動時，粒子的運動一般具有對稱性和周期性。
訓練1 (多選)如圖甲所示，邊長為L的正方形abcd在豎直平面內，bc邊沿豎直方向，該區域內存在豎直方向勻強電場，取豎直向下為正方向，該電場按圖乙所示的規律變化。t＝0時刻，不計重力的帶電粒子從ad中點O垂直電場方向以大小為v0的速度射入電場，t＝T時刻從c點射出電場。下列說法正確的是(　　)
A.粒子射出電場時速度大于v0
B.粒子運動過程中的速度最大為v0
C.t＝時刻粒子的速度大小為v0
D.t＝時刻粒子的豎直位移大小為L
提升2　動力學和功能關系分析粒子的運動
1.從動力學角度，先分析受力情況，再分析運動狀態和運動過程(平衡、加速或減速，是直線運動還是曲線運動)，對勻變速運動問題可用牛頓運動定律和運動學規律處理。
2.從功和能的角度，分析帶電粒子運動過程中功和能的轉化關系，利用動能定理或能量守恒定律解決這類問題。
例2 水平放置的平行金屬板，相距6 cm，兩板分別與電池的正負極相連，板間電壓為100 V(如圖)，原來不帶電的小球，質量為2 g，從與下板相距4 cm的地方，由靜止自由落下，與下板發生彈性碰撞(碰撞中動能不損失)過程中，小球獲得電荷量q＝2.0×10－6C的負電荷(g＝10 m/s2)。求：
(1)小球與下板相碰后能上升到多大的高度？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2)小球上升到最高點的過程中，靜電力做多少功？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
訓練2 (多選)如圖所示，空間存在一勻強電場，其方向與水平方向間的夾角為30°，AB與電場垂直，一質量為m，電荷量為q的帶正電小球以初速度v0從A點水平向右拋出，經過時間t小球落到C點，速度大小仍是v0，已知AB＝BC，重力加速度為g，則下列說法中正確的是(　　)
A.電場方向沿電場線斜向上
B.電場強度大小為E＝
C.小球下落高度為gt2
D.此過程增加的電勢能等于mg2t2
提升3　等效思維法的應用
1.“等效重力”及“等效重力加速度”
在勻強電場中，將重力與靜電力進行合成，如圖所示，則F合為“等效重力場”中的“等效重力”，g′＝為“等效重力場”中的“等效重力加速度”，F合的方向為“等效重力”的方向，也是“等效重力加速度”的方向。
2.物理最高點與幾何最高點
例3 (2024·安徽馬鞍山高二期末)如圖所示，在沿水平方向的勻強電場中有一固定點O，用一根長度為L＝0.4 m的絕緣細線把質量為m＝0.4 kg、電荷量為q＝＋2×10－4C的金屬小球懸掛在O點，小球靜止在B點時細線與豎直方向的夾角為θ＝37°。已知A、C兩點分別為細線懸掛小球的水平位置和豎直位置，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)勻強電場的場強大小；
(2)將小球從A點由靜止釋放，小球通過最低點C時細線對小球的拉力大小；
(3)如果要使小球能繞O點做完整的圓周運動，則小球在A點時沿垂直于OA方向運動的初速度最少為多少？(結果可用根號表示)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例4 如圖所示，豎直固定的光滑絕緣圓軌道處于水平向右的勻強電場中，軌道半徑為R。一質量為m、電荷量為q(q>0)的帶電小球(可視為質點)在軌道內側的P點處于靜止狀態，過P點的軌道半徑與豎直方向的夾角θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度為g。某時刻，沿軌道切線方向給小球一大小為v的速度，使小球能沿軌道做完整的圓周運動。
(1)求電場強度的大小；
(2)求小球做圓周運動通過P點時對軌道的壓力大小；
(3)設P點的電勢為零，求小球在運動過程中的最大電勢能。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
隨堂對點自測
　　　　　　　　　　　　　　　　
1.(帶電粒子在交變電場中的運動)(2024·安徽合肥高二期末)圖甲為兩水平金屬板，在兩板間加上周期為T的交變電壓u，電壓u隨時間t變化的圖線如圖乙所示。質量為m、重力不計的帶電粒子以初速度v0沿中線射入兩板間，經時間T從兩板間飛出。下列關于粒子運動描述錯誤的是(　　)
A.t＝0時入射的粒子離開電場時偏離中線的距離最大
B.t＝T時入射的粒子離開電場時偏離中線的距離最大
C.無論哪個時刻入射的粒子離開電場時的速度方向都水平
D.無論哪個時刻入射的粒子離開電場時的速度大小都相等
2.(帶電粒子在電場中的圓周運動)(多選)如圖所示，半徑為R的絕緣光滑圓環固定在豎直平面內，O是圓心，AB是水平方向的直徑，CD是豎直方向的直徑，整個圓環處在水平向右的勻強電場中。將質量為m、電荷量為＋q(q>0)的小球套在圓環上，從A點由靜止釋放，小球運動到P點時的動能最大，∠DOP＝37°。已知重力加速度為g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列說法正確的是(　　)
A.小球可以沿圓環運動到C點
B.勻強電場的電場強度大小為
C.P、B兩點間的電勢差為
D.小球運動到B點時，向心加速度大小為3g
專題提升五　帶電粒子在電場中運動的綜合問題
提升1
例1 AD　[在平行金屬板之間加上如題圖b所示的周期性變化的電壓時，電子在平行金屬板間所受的靜電力F＝，大小不變，而方向隨電壓呈周期性變化。由牛頓第二定律F＝ma可知，電子在第一個內向B板做勻加速直線運動，在第二個內向B板做勻減速直線運動，在第三個內向A板做勻加速直線運動，在第四個內向A板做勻減速直線運動。所以a－t圖像如圖甲所示，v－t圖像如圖乙所示，又因勻變速直線運動的位移s＝v0t＋at2，所以s－t圖像應是曲線，故A、D正確，B、C錯誤。]
訓練1 BCD　[根據對稱性可知0～內，粒子向下做勻加速直線運動，～T內，粒子向下做勻減速直線運動，且0～T內粒子的加速度大小不變，可知粒子t＝T時刻從c點射出電場時豎直方向的速度為零，粒子射出電場時速度等于v0，故A錯誤；根據對稱性可知t＝時刻粒子的速度最大，水平方向有L＝v0T，豎直方向有＝×，可得vy＝v0，則粒子運動過程中的速度最大為vmax＝＝v0，故B正確；t＝時刻粒子的豎直方向的速度為vy1＝＝，t＝時刻粒子的速度大小為v1＝＝v0，故C正確；0～內，根據運動學公式有v＝2a，～T內，根據運動學公式有v－v＝－2ay1，解得y1＝L，t＝時刻粒子的豎直位移大小為y＝＋y1＝L，故D正確。]
提升2
例2 (1)4.8 cm　(2)1.6×10－4J
解析　(1)小球與下板相碰后，受到的靜電力為
F靜＝qE＝q
代入數據解得F靜＝×10－2N
而重力大小為mg＝2×10－2N
由此可知，重力大于靜電力，所以小球反彈后向上做減速運動，小球到達最高點速度為0，設此時高度為H，由牛頓第二定律可得mg－qE＝ma
代入數據，解得a＝ m/s2
方向豎直向下，根據速度—位移公式可得
v2＝2gh，0－v2＝－2aH
解得H＝4.8 cm。
(2)靜電力做的功為W靜＝F電H
代入數據，解得W靜＝1.6×10－4J。
訓練2 BC　[由題意可知，小球從A到C的動能改變量為零，而重力做正功，則靜電力做負功，而小球帶正電，電場線方向應斜向下，故A錯誤；小球從A到C，由動能定理可得mg·ABsin60°－qE·BCsin60°＝0，解得E＝，故B正確；將靜電力分解為沿水平方向和豎直方向，有豎直分量F＝qE′＝mgcos 60°＝mg，物體在豎直方向上的合力Fy＝mg＋mg＝mg，由牛頓第二定律可知，豎直方向上的分加速度ay＝g，則下落高度h＝ayt2＝gt2，故C正確；此過程中靜電力做負功，電勢能增大，由幾何關系可知，小球在沿電場線的方向上的位移s＝gt2，則電勢能的增加量E＝qEs＝mg2t2，故D錯誤。]
提升3
例3 (1)1.5×104N/C　(2)6 N　(3) m/s
解析　(1)帶電小球在B點靜止受力平衡，根據平衡條件得
qE＝mgtan θ
解得E＝＝1.5×104N/C。
(2)設小球運動至C點時速度為vC，則mgL－qEL＝mv
解得vC＝ m/s
在C點，小球所受重力和細線拉力的合力提供向心力，有T－mg＝m，聯立解得T＝6 N。
(3)分析可知小球做完整圓周運動時必須通過B點關于O點的對稱點，設在該點時小球的最小速度為v，則
mgcos θ＋qEsin θ＝m
從A到對稱點，由動能定理得
－mgLcos θ－qEL＝mv2－mv
聯立解得v0＝ m/s，即初速度最小為 m/s。
例4 (1)　(2)＋　(3)mgR
解析　(1)在P點對小球進行受力分析如圖所示
則有qE＝mgtan θ
解得E＝。
(2)根據題意可知，在P點有
N－＝m
根據牛頓第三定律有N′＝N
解得小球做圓周運動通過P點時對軌道的壓力大小N′＝＋。
(3)根據靜電力做功與電勢能的關系，若電勢能最大，則小球克服靜電力做功最多，由電場方向水平向右，小球帶正電，可知小球在運動過程中的最大電勢能位置位于圓周水平直徑的左端點，根據功能關系有－qE＝－
解得Epmax＝mgR。
隨堂對點自測
1.B　[粒子在水平方向以速度v0做勻速運動，t＝0時刻入射的粒子和t＝T時刻入射的粒子在豎直方向運動的v－t圖像如圖所示，由v－t圖像中“面積”表示位移，可知t＝0時刻入射的粒子離開電場時偏離中線的距離最大，故A正確，B錯誤；無論哪個時刻入射的粒子，離開電場時豎直方向的分速度都等于零，因此離開電場時速度大小都為v0，方向都水平，故C、D正確。]
2.CD　[小球運動到P點時的動能最大，即重力和靜電力的合力沿著OP方向，對小球受力分析有＝tan 37°，解得E＝，故B錯誤；假設小球能夠沿圓環運動到C點，根據動能定理有qER－mgR＝Ek－0，分析上式可知Ek<0，顯然這是不可能的，即假設不合理，故A錯誤；P、B兩點間的電勢差UPB＝ER(1－sin 37°)＝，故C正確；小球從A點運動到B點，根據動能定理有qE·2R＝mv，此時小球的向心加速度大小a向＝，聯立解得a向＝3g，故D正確。](共50張PPT)
專題提升五　帶電粒子在電場中運動的綜合問題
第2章　電勢能與電勢差
1.進一步掌握帶電粒子在電場中做直線運動和類平拋運動的分析方法。
2.會分析帶電粒子在電場中的圓周運動，會分析向心力的來源。
3.會分析帶電粒子在交變電場中的運動。
4.能從動力學和功能關系的角度綜合分析粒子的運動問題。
學習目標
目 錄
CONTENTS
提升
01
課后鞏固訓練
03
隨堂對點自測
02
提升
1
提升2　動力學和功能關系分析粒子的運動
提升1　帶電粒子在交變電場中的運動
提升3　等效思維法的應用
提升1　帶電粒子在交變電場中的運動
帶電粒子在交變電場中運動時，由于電場發生變化，粒子所受靜電力也發生變化，其加速度、速度、位移等都會發生相應的變化，從而出現粒子加速、減速或者往返運動。通常只討論電壓的大小不變、方向發生周期性變化(如方波)且不計粒子重力的情形。
1.常見的類型
(1)粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解)。
(2)粒子做往返運動(一般根據交變電場的特點分段研究)。
(3)粒子做偏轉運動(一般根據交變電場的特點分段研究)。
2.常用的分析方法
(1)在兩個相互平行的金屬板間加交變電壓時，兩板中間便可獲得交變電場。此類電場從空間看是勻強電場，即同一時刻，電場中各個位置處電場強度的大小、方向都相同；從時間看是變化的，即電場強度的大小、方向都隨時間的變化而變化。
①當粒子平行于電場方向射入時，粒子做直線運動，其初速度和受力情況決定粒子的運動情況，粒子做周期性的運動；
②當粒子垂直于電場方向射入時，沿初速度方向的分運動為勻速直線運動，沿電場方向的分運動具有周期性。
(2)研究帶電粒子在交變電場中的運動，關鍵是根據電場變化的特點，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運動情況。根據電場的變化情況，分段求解帶電粒子運動的末速度、位移等。
例1 (多選)如圖a所示，平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，兩板間距離足夠大。當兩板間加上如圖b所示的交變電壓后，選項中的圖像，反映電子速度v、位移s和加速度a三個物理量隨時間t的變化規律可能正確的是(　　)
AD
(1)分段分析：按照時間的先后，分階段分析粒子在電場中的受力情況和運動情況，然后選擇牛頓運動定律、運動學規律或功能關系求解相關問題。
(2)v－t圖像輔助：帶電粒子在交變電場中的運動情況一般比較復雜，常規的分段分析很麻煩。較好的方法是在分段分析粒子受力的情況下，畫出粒子的v－t圖像，畫圖時，注意加速度相同的運動圖像是平行的直線，圖像與橫坐標軸所圍圖形的面積表示位移，圖像與t軸的交點，表示此時速度方向改變等。
(3)運動的對稱性和周期性：帶電粒子在周期性變化的電場中運動時，粒子的運動一般具有對稱性和周期性。　　
BCD
訓練1 (多選)如圖甲所示，邊長為L的正方形abcd在豎直平面內，bc邊沿豎直方向，該區域內存在豎直方向勻強電場，取豎直向下為正方向，該電場按圖乙所示的規律變化。t＝0時刻，不計重力的帶電粒子從ad中點O垂直電場方向以大小為v0的速度射入電場，t＝T時刻從c點射出電場。下列說法正確的是(　 　)
提升2　動力學和功能關系分析粒子的運動
1.從動力學角度，先分析受力情況，再分析運動狀態和運動過程(平衡、加速或減速，是直線運動還是曲線運動)，對勻變速運動問題可用牛頓運動定律和運動學規律處理。
2.從功和能的角度，分析帶電粒子運動過程中功和能的轉化關系，利用動能定理或能量守恒定律解決這類問題。
例2 水平放置的平行金屬板，相距6 cm，兩板分別與電池的正負極相連，板間電壓為100 V(如圖)，原來不帶電的小球，質量為2 g，從與下板相距4 cm的地方，由靜止自由落下，與下板發生彈性碰撞(碰撞中動能不損失)過程中，小球獲得電荷量q＝2.0×10－6C的負電荷(g＝10 m/s2)。求：
(1)小球與下板相碰后能上升到多大的高度？
(2)小球上升到最高點的過程中，靜電力做多少功？
解析　(1)小球與下板相碰后，受到的靜電力為
方向豎直向下，根據速度—位移公式可得v2＝2gh，0－v2＝－2aH
解得H＝4.8 cm。
(2)靜電力做的功為W靜＝F電H
代入數據，解得W靜＝1.6×10－4J。
答案　(1)4.8 cm　(2)1.6×10－4J
BC
訓練2 (多選)如圖所示，空間存在一勻強電場，其方向與水平方向間的夾角為30°，AB與電場垂直，一質量為m，電荷量為q的帶正電小球以初速度v0從A點水平向右拋出，經過時間t小球落到C點，速度大小仍是v0，已知AB＝BC，重力加速度為g，則下列說法中正確的是(　　)
提升3　等效思維法的應用
1.“等效重力”及“等效重力加速度”
2.物理最高點與幾何最高點
例3 (2024·安徽馬鞍山高二期末)如圖所示，在沿水平方向的勻強電場中有一固定點O，用一根長度為L＝0.4 m的絕緣細線把質量為m＝0.4 kg、電荷量為q＝＋2×10－4C的金屬小球懸掛在O點，小球靜止在B點時細線與豎直方向的夾角為θ＝37°。已知A、C兩點分別為細線懸掛小球的水平位置和豎直位置，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)勻強電場的場強大小；
(2)將小球從A點由靜止釋放，小球通過最低點C時細線對小球的拉力大小；
(3)如果要使小球能繞O點做完整的圓周運動，則小球在A點時沿垂直于OA方向運動的初速度最少為多少？(結果可用根號表示)
解析　(1)帶電小球在B點靜止受力平衡，根據平衡條件得qE＝mgtan θ
聯立解得T＝6 N。
(3)分析可知小球做完整圓周運動時必須通過B點關于O點的對稱點，設在該點時小球的最小速度為v，則
從A到對稱點，由動能定理得
例4 如圖所示，豎直固定的光滑絕緣圓軌道處于水平向右的勻強電場中，軌道半徑為R。一質量為m、電荷量為q(q>0)的帶電小球(可視為質點)在軌道內側的P點處于靜止狀態，過P點的軌道半徑與豎直方向的夾角θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度為g。某時刻，沿軌道切線方向給小球一大小為v的速度，使小球能沿軌道做完整的圓周運動。
(1)求電場強度的大小；
(2)求小球做圓周運動通過P點時對軌道的壓力大小；
(3)設P點的電勢為零，求小球在運動過程中的最大電勢能。
解析　(1)在P點對小球進行受力分析如圖所示
則有qE＝mgtan θ
(2)根據題意可知，在P點有
根據牛頓第三定律有N′＝N
隨堂對點自測
2
B
1.(帶電粒子在交變電場中的運動)(2024·安徽合肥高二期末)圖甲為兩水平金屬板，在兩板間加上周期為T的交變電壓u，電壓u隨時間t變化的圖線如圖乙所示。質量為m、重力不計的帶電粒子以初速度v0沿中線射入兩板間，經時間T從兩板間飛出。下列關于粒子運動描述錯誤的是(　　)
CD
2.(帶電粒子在電場中的圓周運動)(多選)如圖所示，半徑為R的絕緣光滑圓環固定在豎直平面內，O是圓心，AB是水平方向的直徑，CD是豎直方向的直徑，整個圓環處在水平向右的勻強電場中。將質量為m、電荷量為＋q(q>0)的小球套在圓環上，從A點由靜止釋放，小球運動到P點時的動能最大，∠DOP＝37°。已知重力加速度為g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列說法正確的是(　　)
課后鞏固訓練
3
B
題組一　帶電粒子在交變電場中的運動
基礎對點練
1.如圖a所示，兩個平行金屬板P、Q豎直放置，兩板間加上如圖b所示的電壓。t＝0時，Q板比P板電勢高5 V，此時在兩板的正中央M點放一個電子，速度為零，電子僅在靜電力作用下運動，運動過程中始終未與極板相碰，下列時刻中電子速度和加速度的方向相同的是(　　)
A.3×10－10 s B.5×10－10 s
C.6.5×10－10 s D.7×10－10 s
解析　依題意，結合圖b可知，在t＝0時，由于Q板比P板電勢高5 V，則電子在0～2×10－10 s內，所受靜電力向右，電子向右做勻加速直線運動；在2×10－10 s～4×10－10 s內，電子所受靜電力向左，電子向右做減速運動，根據對稱性可知在t＝4×10－10 s時，電子速度為0；在4×10－10 s～6×10－10 s內，電子所受靜電力向左，電子向左做加速運動；6×10－10 s～8×10－10 s內，電子所受靜電力向右，電子向左做減速運動，在t＝5×10－10 s時，電子速度和加速度的方向是相同的，故B正確。
AB
2.(多選)(2024·黑龍江大慶高二開學考試)如圖甲所示，A、B是一對平行的金屬板，在兩板間加上一周期為T的交變電壓U，A板的電勢φA＝0，B板的電勢φB隨時間的變化規律如圖乙所示。現有一電子從A板上的小孔進入兩板間的電場區域內，設電子的初速度和重力的影響可忽略。則(　　)
C
題組二　動力學和功能關系分析粒子的運動
3.(2024·吉林長春期末)如圖所示，空間存在著豎直向下的勻強電場，一個質量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子以水平方向的初速度v0由O點射入，剛好通過豎直平面內的P點，已知連線OP與初速度方向的夾角為45°，不計粒子的重力，則O、P兩點間的電勢差UOP為(　　)
B
4.美國物理學家密立根于20世紀初進行了多次實驗，比較準確的測定了電子的電荷量，其實驗原理可以簡化為如下模型：兩個相距為d的平行金屬板A、B水平放置，兩板接有可調電源。從A板上的小孔進入兩板間的油滴因摩擦而帶有一定的電荷量，將兩板間的電勢差調節到U時，帶電油滴恰好懸浮在兩板間，然后撤去電場，油滴開始下落，由于空氣阻力，下落的油滴很快達到勻速下落狀態，通過顯微鏡觀測這個速度的大小為v，已知空氣阻力與速度的平方成正比，比例系數為k，重力加速度為g。則計算油滴帶電荷量的表達式為(　　)
B
5.電子束熔煉是指高真空下，將高速電子束的動能轉換為熱能作為熱源來進行金屬熔煉的一種熔煉方法。如圖所示，陰極燈絲被加熱后產生初速度為0的電子，在3×104 V加速電壓的作用下，以極高的速度向陽極運動；穿過陽極后，在金屬電極A1、A2間1×103 V電壓形成的聚焦電場作用下，轟擊到物料上，其動能全部轉換為熱能，使物料不斷熔煉。已知某電子在熔煉爐中的軌跡如圖中虛線OPO′所示，P是軌跡上的一點，聚焦電場過P點的一條電場線如圖中實線所示，則(　　)
A.電極A1的電勢低于電極A2的電勢
B.電子在P點時速度方向與聚焦電場強度方向夾角大于90°
C.聚焦電場只改變電子速度的方向，不改變電子速度的大小
D.電子轟擊到物料上時的動能等于3×104 eV
解析　電子在P點受靜電力指向軌跡彎曲的內側，又要與電場線相切，可判斷電場線的方向是從A1指向A2，所以電極A1的電勢高于電極A2的電勢，A錯誤；軌跡的切線方向即電子的運動方向，由圖可知運動方向與電場方向夾角大于90°，B正確；聚焦電場一方面使電子向中央靠攏，另一方面使電子加速，所以既改變電子速度的方向，又改變電子速度的大小，C錯誤；聚焦電場對電子做功，且總功是正功W，所以改變電子速度大小，從O到O′，根據動能定理得qU＋W＝Ek，可知電子轟擊到物料上時的動能大于3×104eV，D錯誤。
AC
題組三　等效思維法的應用
6.(多選)(2024·山東德州高二期末)如圖所示，在豎直平面內有水平向左的勻強電場，在勻強電場中有一根長為L的絕緣細線，細線一端固定在O點，另一端系一質量為m的帶電小球。小球靜止時細線與豎直方向成θ角，此時讓小球獲得初速度且恰能繞O點在豎直平面內沿順時針方向做圓周運動，重力加速度為g。下列說法正確的是(　　)
BC
7.(多選)如圖甲，在矩形MNQP區域中有平行于PM方向的勻強電場，電場強度為E0，一電荷量為＋q，質量為m的帶電粒子以v0的初速度從M點沿MN方向進入勻強電場，剛好從Q點射出。MN＝PQ＝L，MP＝NQ＝d。現保持電場強度不變，使勻強電場的方向做周期性變化(如圖乙)。使帶電粒子仍以v0的初速度從M點沿MN方向進入，粒子剛好能從Q點沿PQ方向射出。不計粒子重力，取圖甲中方向為電場正方向。則(　　)
綜合提升練
8.(2024·福建廈門高二期中)如圖所示，固定的粗糙絕緣平臺與水平地面的高度差h＝1.25 m，整個空間存在水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝3×103N/C。帶正電的小滑塊(可視為質點)從距離平臺邊緣L＝1 m處由靜止釋放，已知滑塊的質量為m＝1 kg、帶電荷量為q＝2×10－3C，滑塊與平臺間的動摩擦因數為μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)滑塊在平臺上運動的加速度大小；
(2)滑塊運動到平臺右側邊緣時速度的大小；
(3)滑塊的落地點與平臺右側邊緣的距離。
解析　 (1)由牛頓第二定律得qE－μmg＝ma
解得a＝2 m/s2。
解得v0＝2 m/s。
滑塊的落地點與平臺右側邊緣的距離為
9.如圖所示，長為R的輕質細線一端固定在O1點，細線的
下端系一質量為m，電荷量為q的帶電小球。現將小球從
細線處于水平狀態由靜止釋放，小球運動到B點時，繩子
斷裂，剛好在B處水平拋出。帶電小球拋出后經過一勻強電場區域(只存在于BC之間)，恰好從C點沿切線方向進入固定在水平地面上的半徑為r的光滑圓弧形槽，槽的圓心在O2點，D點為最低點，且∠CO2D＝37°。已知B、D兩點的高度差為hBD＝r，r＝1.25R，重力加速度為g，不計空氣阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。
培優加強練
(1)求小球在B點的速度大小；
(2)若小球最終停在距離D處4R的Q點(小球在DQ間的運動視為滑動)，求水平面與小球間的動摩擦因數μ；
(3)求勻強電場的電場強度E的大小，并判斷小球帶何種電荷？

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