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第八章　靜電場
思維進階課十　帶電粒子(帶電體)在電場中的綜合問題
[學習目標]　1．會用等效法分析帶電粒子在電場和重力場中的圓周運動。
2．掌握交變電場的特點，會分析帶電粒子在交變電場中的運動規律。
進階1　“等效法”在電場中的應用
1．“等效重力場”
研究處在勻強電場和重力場中帶電物體的運動問題時，可以將重力場與電場合二為一，用一個“等效場”來代替，即“等效重力場”。
2．“等效重力”及“等效重力加速度”
(1)“等效重力”：將重力與靜電力進行合成，如圖所示，則G效＝F合。

(2)“等效重力加速度”：g效＝，F合的方向即為“等效重力”的方向，也是“等效重力加速度”的方向。
3．兩種等效重力場模型的對比分析
模型一 模型二
靜電力與重力在同一直線上且qE>mg 靜電力與重力不在同一直線上
模型一 模型二
等效重力加速度g′＝－g，方向豎直向上 等效重力加速度g′＝，設等效重力加速度方向與豎直方向夾角為α，tan α＝

[典例1]　(多選)(2022·全國甲卷)地面上方某區域存在方向水平向右的勻強電場，將一帶正電荷的小球自電場中P點水平向左射出。小球所受的重力和靜電力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點均取在P點，則射出后，(　　)
A．小球的動能最小時，其電勢能最大
B．小球的動能等于初始動能時，其電勢能最大
C．小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時，其動能最大
D．從射出時刻到小球速度的水平分量為零時，重力做的功等于小球電勢能的增加量
√
√
BD　[由題意可知，小球所受靜電力與重力的合力指向右下，與水平方向成45°角，小球向左射出后做勻變速曲線運動，當其水平速度與豎直速度大小相等時，即速度方向與小球所受合力方向垂直時，小球克服合力做的功最大，此時動能最小，而此時小球仍具有水平向左的分速度，靜電力仍對其做負功，其電勢能繼續增大，A、C項錯誤；小球在靜電力方向上的加速度大小ax＝g，豎直方向加速度大小ay＝g，當小球水平速度減為零時，克服靜電力做的功最大，小球的電勢能最大，由勻變速運動規律有v0＝gt，此時小球豎直方向的速度vy＝gt＝v0，所以此時小球動能等于初動能，由能量守恒定律可知，小球重力勢能減少量等于小球電勢能的增加量，又由功能關系知重力做的功等于小球重力勢能的減少量，故B、D項正確。]
[典例2]　(2025·湖南株洲高三質檢)如圖所示，在豎直平面內固定的圓形絕緣軌道的圓心為O、半徑為r、內壁光滑，A、B兩點分別是圓軌道的最低點和最高點。該區間存在方向水平向右的勻強電場，一質量為m、帶負電的小球在軌道內側做完整的圓周運動(電荷量不變)，經過C點時速度最大，O、C連線與豎直方向的夾角θ＝60°，重力加速度為g。
(1)求小球所受到的靜電力的大小；
(2)小球在A點的速度v0為多大時，小球經過B點時對圓軌道的壓力最小？
[解析]　(1)小球在C點速度最大，則在該點靜電力與重力的合力沿半徑方向，所以小球受到的靜電力大小F＝mg tan 60°＝mg。
(2)小球要到達B點，必須能到達D點，在D點速度最小時，小球經B點時對軌道的壓力也最小。設小球到達D點時速度為v，此時軌道對小球的壓力恰為零，則有＝m
解得v＝
對小球由軌道上A點運動到D點的過程有
－mgr(1＋cos θ)－Fr sin θ＝
解得v0＝2。
[答案]　(1)mg　(2)2
進階2　帶電粒子在交變電場中的運動
1．常見的交變電場類型
產生交變電場常見的電壓波形：正弦波、方形波、鋸齒波等。
2．交變電場中常見的粒子運動
(1)粒子做單向直線運動(一般對整段或分段研究，用牛頓運動定律結合運動學公式求解)。
(2)粒子做往返運動(一般分段研究，應用牛頓運動定律結合運動學公式或者動能定理等求解)。
(3)粒子做偏轉運動(一般根據交變電場特點分段研究，應用牛頓運動定律結合運動學公式或者動能定理等求解)。
3．分析思路
(1)動力學觀點：根據牛頓第二定律及運動學規律分析。
(2)能量觀點：應用動能定理、功能關系等分析。
(3)動量觀點：應用動量定理分析。
角度1　帶電粒子在交變電場中的直線運動問題
[典例3]　(多選)如圖(a)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，兩板間電勢差隨時間的變化規律如圖(b)所示?，F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，則下列說法正確的是(　　)
A．若電子是在t＝0時刻進入的，它將一直向B板運動
B．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
C．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
D．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
√
√
AB　[根據電子進入電場后的受力和運動情況，作出如圖所示的圖像。
由圖丁可知，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A板從小孔飛出，故C錯誤；t＝時刻電子一靠近小孔便受到排斥力，此時電子不能進入電場，故D錯誤。]
[變式]　在[典例3]中，若已知電子質量為m、電荷量大小為e，電子僅在靜電力作用下，在t＝時刻從A板的小孔處由靜止釋放進入兩極板間運動，恰好到達B板，則：
(1)A、B兩板間的距離為________。
(2)電子在兩板間的最大速度為________。
[解析]　(1)電子在t＝時刻由靜止釋放恰好打在B板上，則電子先加速后減速，在t＝T時刻到達B板且速度為零，設兩板的間距為d，加速度大小為a＝，則有d＝2×a，解得d＝。
(2)由題意可知，經過時間電子速度最大，則最大速度為vm＝a·＝。
角度2　帶電粒子在交變電場中的偏轉運動問題
[典例4]　如圖(a)所示，水平放置的兩正對、平行金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電壓UAB，現有一帶電粒子從A板左端邊緣以速度v0水平射入電場。粒子電荷量為＋q，質量為m，不計粒子重力。
(1)若粒子能夠射出電場，已知金屬板長度為L，求粒子在電場中的運動時間t；
(2)若粒子在t＝0時刻射入電場，經過一段時間后從B板右側邊緣水平射出。
①定性畫出垂直板方向的速度vy(規定豎直向下為正方向)隨時間變化的圖像。
②求出板長L和兩板間距d分別滿足的條件。
③若金屬板足夠長，要求t＝0時刻射入的粒子打到B板時動能最大，則兩板間距d應當滿足什么條件？
(3)若粒子在t＝時刻射入電場，經過一段時間后從A板右側邊緣水平射出，則板長L和兩板間距d分別滿足什么條件？
[解析]　(1)根據題意可知，粒子在電場中，水平方向上做勻速直線運動，若粒子能夠射出電場，則粒子在電場中的運動時間為t＝。
(2)①
②由對稱性可知，粒子可能在t1＝nT(n＝1，2，3，…)，即vy＝0時從B板右邊緣水平射出，
L＝v0t1＝nv0T(n＝1，2，3，…)
d＝2n·a(n＝1，2，3，…)
由牛頓第二定律有a＝，
聯立得d＝(n＝1，2，3，…)。
③根據題意可知，若粒子從t＝0時刻進入電場，要求粒子打到B板時動能最大，則粒子打到B板時，豎直分速度最大，即粒子在，，…時，恰好打到B板，則有d＝(2n＋1)×·(n＝0，1，2，…)
解得d＝(n＝0，1，2，…)。
(3)根據題意可知，若粒子在t＝時刻射入電場，且經過一段時間后能夠從A板右側邊緣水平射出，則在豎直方向上，粒子在～時間內，向下做勻加速直線運動，在～時間內，向下做勻減速直線運動，由對稱性可知，粒子在時，豎直分速度減小到0，此時，粒子未打到B板上，然后在～T時間內，向上做勻加速直線運動，在T～時間內，向上做勻減速直線運動，由對稱性可知，在時，粒子恰好回到A板邊緣，且豎直分速度為0，由上述分析可知，兩板間距d滿足條件d>2×a
由牛頓第二定律可得a＝
聯立解得d>
粒子在電場中的運動時間為t2＝nT(n＝1，2，3，…)
則板長為L＝v0t2＝nv0T(n＝1，2，3，…)。
[答案]　(1)　(2)①見解析圖?、谝娊馕?br/>③d＝(n＝0，1，2，…)
(3)L＝nv0T(n＝1，2，3，…)　d>
歸納總結　畫速度—時間圖像時，注意以下幾點：
(1)帶電粒子進入電場的時刻。
(2)速度—時間圖像的斜率表示加速度，因此加速度相同的運動的圖像一定是平行的直線。
(3)圖線與時間軸圍成的“面積”表示位移，且在橫軸上方所圍成的“面積”為正，在橫軸下方所圍成的“面積”為負。
(4)注意對稱性和周期性變化關系的應用。
(5)圖線與橫軸有交點，表示此時速度為零；對于運動很復雜，不容易畫出速度—時間圖像的問題，還應逐段分析求解。
思維進階特訓(十)
題號
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1．如圖所示，A、B、C、D、E、F、G、H是豎直光滑絕緣圓軌道的八等分點，AE豎直，空間存在平行于圓軌道面的勻強電場，從A點由靜止釋放一質量為m的帶電小球，小球沿圓弧恰好能到達C點。若在A點給帶電小球一個水平向右的沖量，讓
小球沿軌道做完整的圓周運動，則小球在運動
過程中(　　)
A．E點的動能最小
B．B點的電勢能最大
C．C點的機械能最大
D．F點的機械能最小
√
題號
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C　[從A點靜止釋放一質量為m的帶電小球，小球沿圓弧恰好能到達C點，可知靜電力和重力的合力方向沿FB方向斜向下，可知B點為“等效最低點”，F點為“等效最高點”，可知小球在F點速度最小，動能最小，故A錯誤；由平衡條件可知，靜電力水平向右，可知小球在G點電勢能最大，在C點電勢能最小，因小球的電勢能與機械能之和守恒，可知在C點機械能最大，在G點機械能最小，故C正確，B、D錯誤。]
題號
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2．(多選)勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖像如圖所示。當t＝0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設帶電粒子只受靜電力的作用，則下列說法正確的是(　　)
A．帶電粒子將始終向同一個方向運動
B．2 s末帶電粒子回到原出發點
C．3 s末帶電粒子的速度為0
D．0～3 s內，靜電力做的總功為0
√
題號
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√
CD　[設第1 s內粒子的加速度大小為a1，第2 s內粒子的加速度大小為a2，由a＝可知，a2＝2a1，若粒子帶正電，可見粒子第1 s內向負方向運動，1.5 s末粒子的速度為零，然后向正方向運動，至3 s末回到原出發點，粒子的速度為0，v-t圖像如圖所示，由動能定理可知，0～3 s內靜電力做的總功為零，同理，若粒子帶負電也是如此，綜上所述，可知C、D正確。]
題號
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7
3．(2022·湖北卷)密立根油滴實驗裝置如圖所示，兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負極相接，板間產生勻強電場。用一個噴霧器把密度相同的許多油滴從上板中間的小孔噴入電場，油滴從噴口噴出時由于摩擦而帶電。金屬板間電勢差為U時，電荷量為q、半徑為r的球狀油滴在板間保持靜止。若僅將金屬板間電勢差調整為2U，則在板間能保持靜止的球狀油滴所帶
電荷量和半徑可以為(　　)
A．q，r B．2q，r
C．2q，2r D．4q，2r
√
題號
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7
D　[初始狀態下，油滴處于靜止狀態時，滿足Eq＝mg，即q＝πr3·ρg，當電勢差調整為2U時，若油滴的半徑不變，則滿足q′＝πr3·ρg，可得q′＝，A、B錯誤；當電勢差調整為2U時，若油滴的半徑變為2r時，則滿足q′＝π(2r)3·ρg，可得q′＝4q，C錯誤，D正確。]
題號
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4．(多選)如圖甲所示，直線加速器由一個金屬圓板(序號為0)和多個橫截面積相同的金屬圓筒組成，序號為奇數的圓筒和電源的一極相連，圓板和序號為偶數的圓筒和該電源的另一極相連，交變電源兩極間電勢差的變化規律如圖乙所示。若電壓的絕對值為U，電子電荷量大小為e，電子通過圓筒間隙的時間可以忽略不計。在t＝0時刻，圓板中央的一個電子在圓板和圓筒之間的電場中由靜止開始加速，沿中心軸線沖進圓筒1，電子在每個圓筒中運動的時間均小于T，且電子均在電壓變向時恰從各圓筒中射出，不考慮相對論效應，則(　　)
題號
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7
A．在t＝時奇數圓筒相對偶數圓筒的電勢差為負值
B．由于靜電屏蔽作用，圓筒內不存在電場
C．電子運動到第n個圓筒時動能為(n－1)eU
D．第n個和第n＋1個圓筒的長度之比為∶
√
題號
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√
BD　[因為t＝＝T＋，t＝時圓筒1相對圓板的電勢差為正值，同理，t＝時奇數圓筒相對偶數圓筒的電勢差為正值，A錯誤；由于靜電屏蔽作用，圓筒內不存在電場，B正確；電子每經過一個間隙，靜電力做功eU，根據動能定理，電子運動到第n個圓筒時動能為neU，C錯誤；根據動能定理得eU＝，2eU＝，3eU＝，…，neU＝，(n＋1)eU＝，第n個和第n＋1個圓筒的長度之比為Ln∶Ln＋1＝vn∶vn＋1，解得Ln∶Ln＋1＝∶，D正確。]
題號
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5．如圖所示，在兩平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，當兩板間的電壓分別如圖甲、乙、丙、丁所示時，電子在板間運動(假設不與板相碰)，下列說法正確的是(　　)
題號
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題號
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A．電壓是甲圖時，在0～T時間內，電子的電勢能一直減少
B．電壓是乙圖時，在0～時間內，電子的電勢能先增加后減少
C．電壓是丙圖時，電子在板間做往復運動
D．電壓是丁圖時，電子在板間做往復運動
√
題號
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D　[電壓是題圖甲時，0～T時間內，靜電力先向左后向右，則電子先向左做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，即靜電力先做正功后做負功，電勢能先減少后增加，故A錯誤；電壓是題圖乙時，在0～時間內，電子向右先加速后減速，即靜電力先做正功后做負功，電勢能先減少后增加，故B錯誤；電壓是題圖丙時，電子先向左做加速度先增大后減小的加速運動，過了后做加速度先增大后
題號
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減小的減速運動，到T時速度減為0，之后重復前面的運動，故電子一直朝同一方向運動，故C錯誤；電壓是題圖丁時，電子先向左加速，到后向左減速，后向右加速，T后向右減速，T時速度減為零，之后重復前面的運動，故電子做往復運動，故D正確。]
題號
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6．如圖所示，在電場強度為E的勻強電場中，電場線與水平方向的夾角為θ，有一質量為m的帶電小球用長為L的細線懸掛于O點，當小球靜止時，細線OA恰好呈水平狀態。若用外力F使小球繞O點做半徑為L的勻速圓周運動，在沿圓弧(圖中虛線)從A點運動到O點正下方的B點的過程中(重力加速度為g)，小球電荷
量保持不變，下列說法正確的是(　　)
題號
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7
A．小球帶負電，電荷量值為
B．小球帶正電，電荷量值為
C．電勢能增加mgL＋
D．外力F做負功
√
題號
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7
C　[當小球靜止時，細線OA恰好呈水平狀態，小球受重力mg、靜電力
F電、細線拉力FT作用，如圖，小球受靜電力方向與電場強度方向相同，所以小球帶正電，豎直方向上qE sin θ＝mg，解得q＝，故A、B錯誤；從A點運動到O點正下方的B點的過程中，小球電勢能的增加量等于克服靜電力做的功ΔEp＝－WF電＝qEL cos θ＋qEL sin θ＝mgL＋，故C正確；從A點做勻速圓周運動到O點正下方的B點，由動能定理可知WG＋WF電＋WF＝0，解得外力F做的功WF＝，
所以外力F做正功，故D錯誤。]
題號
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7．(2024·遼寧大連高三期中)如圖所示，一個光滑斜面與一個光滑的豎直圓軌道在A點相切，斜面與水平方向的夾角為θ。B點為圓軌道的最低點，C點為圓軌道的最高點，O點為圓軌道的圓心，半徑OA與豎直方向的夾角也為θ。整個空間存在水平向左的勻強電場，電場強度為E＝。已知θ＝53°，圓軌道半徑R＝1 m，g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。現把一質量為m＝1 kg、電荷量為q的帶正電小球從斜面上某位置由靜止釋放。為使小球能在運動到C點之前始終不脫
離軌道，求小球釋放位置離A點的最小距離和小球從
此位置釋放后運動到B點時對軌道的壓力(計算結果均
保留三位有效數字)。
題號
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7
[解析]　設重力與靜電力的合力方向與豎直方向成α角，如圖所示
由tan α＝解得α＝37°
合力大小為F＝＝mg
過O點作與豎直方向夾角為α＝37°的直線(虛線)，
與圓軌道分別交于D點和Q點，則小球在D點速度最大，Q點速度最小。 在Q點對軌道壓力為零時，小球的釋放位置離A點最近。對小球在Q點應用牛頓第二定律得F＝
題號
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設小球的釋放位置到A點的最小距離為x，在小球從釋放點到Q點的過程中，由動能定理得
mg(x sin θ－R cos θ－R cos α)－qQ(x cos θ＋R sin θ＋R sin α)＝
解得x＝ m≈8.79 m
對小球從B點到Q點的過程應用動能定理得
－FR(1＋cos α)＝
題號
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7
設小球在B點受到的支持力為FN，由牛頓第二定律得FN－mg＝
解得FN＝mg＝67.5 N
由牛頓第三定律得，小球運動到B點時對軌道的壓力大小為67.5 N，方向豎直向下。
題號
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7
[答案]　8.79 m　67.5 N，方向豎直向下
8．如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發射裝置的加速電壓為U0，電容器極板長L＝10 cm，極板間距d＝10 cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10 cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板與下極板間的電勢差隨時間變化的圖像如圖乙所示。每個電子穿過極板的時間都極短，可以認為電子穿過極板的過程中電壓是不變的。求：
題號
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7
(1)在t＝0.06 s時刻，電子打在熒光屏上的位置到O點的距離；
(2)熒光屏上有電子打到的區間長度。
題號
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[解析]　(1)設電子經電壓U0加速后的速度為v0，根據動能定理得：eU0＝ ①
設電容器間偏轉電場的電場強度大小為E，則有：
E＝ ②
設電子經時間t′通過偏轉電場，偏離軸線的側向位移為y，則：
沿中心軸線方向有：t′＝ ③
題號
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7
垂直中心軸線方向有：a＝ ④
聯立①②③④得y＝at′2＝＝ ⑤
設電子通過偏轉電場過程中產生的側向速度為vy，偏轉角為θ，則電子通過偏轉電場時有：
vy＝at′ ⑥
tan θ＝ ⑦
題號
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7
則電子在熒光屏上偏離O點的距離為
Y＝y＋L tan θ＝ ⑧
由題圖乙知t＝0.06 s時刻U＝1.8U0，
解得Y＝13.5 cm。
題號
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7
(2)由題知電子偏轉量y的最大值為，根據y＝可得，當偏轉電壓超過2U0時，電子就打不到熒光屏上了。
代入⑧式得：Ymax＝ ⑨
所以熒光屏上電子能打到的區間長度為：
2Ymax＝3L＝30 cm。
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[答案]　(1)13.5 cm　(2)30 cm
謝 謝 ！

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