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专题突破带电粒子(或带电体)在电场中运动的综合问题突破一带电粒子在交变电场中的运动1．此类题型一般有三种情况(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)；(2)粒子做往返运动(一般分段研究)；(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)。2．两条分析思路：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。3．注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等，并确定与物理过程相关的边界条件。考向粒子的单向直线运动【例1】如图1甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。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，则下列图象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)()图1解析电子在交变电场中所受电场力大小恒定，加速度大小不变，故C、D两项错误；从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，12T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t＝T时刻速度变为零。之后重复上述运动，A项正确，B项错误。答案A考向粒子的往返运动【例2】(多选)如图2所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是()图2A．带电粒子将始终向同一个方向运动B．2s末带电粒子回到原出发点C．3s末带电粒子的速度为零D．0～3s内，电场力做的总功为零解析设第1s内粒子的加速度为a1，第2s内的加速度为a2，由a＝qEm可知，a2＝2a1，可见，粒子第1s内向负方向运动，1.5s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3s末回到原出发点，粒子的速度为0，v－t图象如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确。答案CD考向粒子的偏转运动【例3】(多选)如图3甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度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，0～T3时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是()图3A．末速度大小为2v0B．末速度沿水平方向C．重力势能减少了12mgdD．克服电场力做功为mgd解析因0～T3内微粒匀速运动，故E0q＝mg；在T3～2T3时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在t＝2T3时刻的竖直速度为vy1＝gT3，水平速度为v0；在2T3～T时间内，由牛顿第二定律2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，则在t＝T时刻，vy2＝vy1－g·T3＝0粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v0，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小了ΔEp＝mg·d2＝12mgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知12mgd－W电＝0，可知克服电场力做功为12mgd，选项D错误。答案BC1．(多选)(2019·长春模拟)如图4甲所示，A、B是一对平行金属板。A板的电势φA＝0，B板的电势φB随时间的变化规律如图乙所示。现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内，电子的初速度和重力的影响均可忽略，则()图4A．若电子是在t＝0时刻进入的，它可能不会到达B板B．若电子是在t＝T2时刻进入的，它一定不能到达B板C．若电子是在t＝T8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板D．若电子是在t＝3T8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板解析若电子从t＝0时刻进入，电子将做单向直线运动，A错误；若电子从T2时刻进入两板，则电子受到电场力方向向左，故无法到达B板，B正确；电子从T4时刻进入两板时，电子先加速，经T4时速度最大，此时电子受到电场力反向，经T4速度减为零，再加速T4反向速度最大，接着减速T4回到原位置，即电子在大于T4时刻进入时一定不能到达B板，小于T4时刻进入时一定能到达B板，所以C正确，D错误。此题作v－t图象更易理解。答案BC2．(多选)(2018·江西临川测试)如图5甲所示，平行板相距为d，在两金属板间加一如图乙所示的交变电压，有一个粒子源在平行板左边界中点处沿垂直电场方向连续发射速度相同的带正电粒子(不计重力)。t＝0时刻进入电场的粒子恰好在t＝T时刻到达B板右边缘，则()图5A．任意时刻进入的粒子到达电场右边界经历的时间为TB．t＝T4时刻进入的粒子到达电场右边界的速度最大C．t＝T4时刻进入的粒子到达电场右边界时距B板的距离为d4D．粒子到达电场右边界时的动能与何时进入电场无关解析任意时刻进入的粒子在水平方向的分运动都是匀速直线运动，则由L＝v0t，得t＝Lv0，由于L、v0都相等，而且水平方向的速度不变，所以到达电场右边界所用时间都相等，且都为T，故A正确；粒子在竖直方向做周期性运动，匀加速和匀减速运动的时间相等，加速度也相同，所以到达电场右边界时速度的变化量为零，因此粒子到达电场右边界时的速度大小等于进入电场时初速度大小，与何时进入电场无关，故B错误，D正确；对于t＝0时刻进入电场的粒子，据题意有d2＝2×12a(T2)2；对于t＝T4时刻进入的粒子，在前T2时间内竖直方向的位移向下，大小为y1＝2×12a(T2)2，在后T2时间内竖直方向的位移向上，大小为y2＝2×12a(T2)2，则知y1＝y2，即竖直方向的位移为0，所以粒子到达电场右边界时距B板距离为y＝d2，故C错误。答案AD突破二带电粒子的力电综合问题解决力电综合问题的一般思路考向用动力学观点和能量观点解决力电综合问题【例4】(2019·名师原创预测)如图6所示，在光滑的水平桌面上，水平放置的粗糙直线轨道AB与水平放置的光滑圆弧轨道BCD相切于B点，整个轨道位于水平桌面内，圆心角∠BOC＝37°，线段OC垂直于OD，圆弧轨道半径为R，直线轨道AB长为L＝5R。整个轨道处于电场强度为E的匀强电场中，电场强度方向平行于水平桌面所在的平面且垂直于直线OD。现有一个质量为m、带电荷量为＋q的小物块P从A点无初速度释放，小物块P与AB之间的动摩擦因数μ＝0.25，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，忽略空气阻力。求：图6(1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小FNC1；(2)小物块第一次通过D点后离开D点的最大距离；(3)小物块在直线轨道AB上运动的总路程。解析(1)设小物块第一次到达C点时的速度大小为vC1，根据动能定理有qE[Lsin37°＋R(1－cos37°)]－μqELcos37°＝12mv2C1－0解得vC1＝22qER5m在C点根据向心力公式得FNC1′－qE＝mv2C1R解得FNC1′＝5.4qE根据牛顿第三定律得FNC1＝5.4qE(2)设小物块第一次到达D点时的速度大小为vD1，根据动能定理有qE(Lsin37°－Rcos37°)－μqELcos37°＝12mv2D1－0解得vD1＝12qER5m小物块第一次到达D点后先以速度vD1沿电场方向做匀减速直线运动，设运动的最大距离为xm，根据动能定理得－qExm＝0－12mv2D1解得xm＝65R(3)分析可知小物块最终会在圆弧轨道上做往复运动，到达B点的速度恰好为零时，动能和电势能之和不再减小。设小物块在直线轨道AB上运动的总路程为s，则根据功能关系得qELsin37°＝μqEscos37°解得s＝Ltan37°μ＝15R答案(1)5.4qE(2)56R(3)15R解决带电粒子在电场中运动问题的基本思路(1)两分析：一是对带电粒子进行受力分析，二是分析带电粒子的运动状态和运动过程(初始状态及条件，直线运动还是曲线运动等)。(2)建模型：建立正确的物理模型(加速还是偏转)，恰当选用规律或其他方法(如图象)，找出已知量和待求量之间的关系。考向用动量观点和能量观点解决力电综合问题【例5】如图7所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。质量为m的带正电小球B静止在水平面上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点。已知A、B两球始终没有接触。重力加速度为g。求：图7(1)A球刚进入水平轨道的速度大小；(2)A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能Ep；(3)A、B两球最终的速度vA、vB的大小。关键点①光滑绝缘轨道；②A、B两球间相互作用视为静电作用；③A、B两球始终没有接触。解析(1)对A球下滑的过程，据机械能守恒得2mgh＝12·2mv20解得v0＝2gh(2)A球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，当两球相距最近时共速，有2mv0＝(2m＋m)v解得v＝23v0＝232gh据能量守恒定律得2mgh＝12(2m＋m)v2＋Ep解得Ep＝23mgh(3)当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定。则2mv0＝2mvA＋mvB12×2mv20＝12×2mv2A＋12mv2B解得vA＝13v0＝132gh，vB＝43v0＝432gh答案(1)2gh(2)23mgh(3)132gh432gh电场中动量和能量问题的解题技巧动量守恒定律与其他知识综合应用类问题的求解，与一般的力学问题求解思路并无差异，只是问题的情景更复杂多样，分析清楚物理过程，正确识别物理模型是解决问题的关键。1．(多选)如图8所示，光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点。一质量为m、带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，恰能通过最高点D，则()图8A．R越大，x越大B．R越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大C．m越大，x越大D．m与R同时增大，电场力做功增大解析小球在BCD部分做圆周运动，在D点，mg＝mv2DR，小球由B到D的过程中有－2mgR＝12mv2D－12mv2B，解得vB＝5gR，R越大，小球经过B点时的速度越大，则x越大，故选项A正确；在B点有FN－mg＝mv2BR，解得FN＝6mg，与R无关，故选项B错误；由qEx＝12mv2B，知m、R越大，小球在B点的动能越大，则x越大，电场力做功越多，故选项C、D正确。答案ACD2．有一质量为M、长度为l的矩形绝缘板放在光滑的水平面上，另一质量为m、带电荷量的绝对值为q的物块(视为质点)，以初速度v0从绝缘板的上表面的左端沿水平方向滑入，绝缘板所在空间有范围足够大的匀强电场，其场强大小E＝3mg5q，方向竖直向下，如图9所示。已知物块与绝缘板间的动摩擦因数恒定，物块运动到绝缘板的右端时恰好相对于绝缘板静止；若将匀强电场的方向改变为竖直向上，场强大小不变，且物块仍以原初速度从绝缘板左端的上表面滑入，结果两者相对静止时，物块未到达绝缘板的右端。求：图9(1)场强方向竖直向下时，物块在绝缘板上滑动的过程中，系统产生的热量；(2)场强方向竖直向下时与竖直向上时，物块受到的支持力之比；(3)场强方向竖直向上时，物块相对于绝缘板滑行的距离。解析(1)场强方向向下时，根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v所以v＝mM＋mv0根据能量守恒定律得热量Q＝12mv20－12(M＋m)v2＝mMv202（M＋m）(2)由题意知，物块带负电。场强向下时FN＝mg－qE场强向上时FN′＝mg＋qE所以FNFN′＝14(3)两次产生的热量相等μFN′l′＝Q，μFNl＝Q所以l′＝l4。答案(1)mMv202（M＋m）(2)1∶4(3)l4科学思维系列——“等效法”在电场中的应用1．等效重力法图10把电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力。如图10所示，则F合为