带电粒子(带电体)在电场中的综合问题
“等效法”在电场中的应用
1．等效重力法
电场中电场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。
2．等效最“高”点与最“低”点的确定方法
在“等效重力场”中做圆周运动的物体过圆心作“等效重力”的作用线，其反向延长线交于圆周上的那个点即为圆周运动的等效最“高”点，沿着“等效重力”的方向延长交于圆周的那个点为即等效最“低”点，如图所示。
[典例1] (2025·广东潮州诊断)如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O、半径为r、内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m的带电小球(可视为质点)恰好能静止在C点。若在C点给小球一个初速度使它在轨道内侧恰好能做完整的圆周运动(小球的电荷量不变)。已知C、O、D在同一直线上，它们的连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g。求：
(1)小球所受的电场力F的大小；
(2)小球做圆周运动，在D点的速度大小及在A点对轨道压力的大小。
[解析] (1)小球在C点静止，受力分析如图所示。
由平衡条件得F＝mg tan θ，
解得F＝mg。
(2)小球在光滑轨道内侧恰好做完整的圆周运动，在D点小球速度最小，对轨道的压力为零，则
＝，
解得小球在D点的速度vD＝，
小球由轨道上A点运动到D点的过程，根据动能定理得
－mgr(1＋cos θ)－Fr sin θ＝，
解得小球在A点的速度vA＝2，
小球在A点，根据牛顿第二定律得
FNA－mg＝，
解得FNA＝9mg，
根据牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为FNA′＝9mg。
[答案] (1)mg (2) 9mg
[典例2] (多选)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、带电量为q的小球。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点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g。则( )
A．匀强电场的电场强度大小为
B．小球获得初速度的大小为
C．小球从初始位置运动至轨迹的最左端增加的机械能为mgL tan θ(1＋sin θ)
D．小球从初始位置在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
AB [小球静止时细线与竖直方向成θ角，对小球受力分析如图，小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有mg tan θ＝qE，解得E＝，A正确；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A由重力和电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有＝球从初始位置运动到A点的过程中，由动能定理可得－mg·2L cos θ－qE·2L sin θ＝解得小球获得初速度的大小为v0＝，B正确；由功能关系和能量守恒定律可得小球从初始位置运动至轨迹的最左端电场力做负功，故机械能减小，减小的机械能为E＝Ep电＝qE(L＋L sin θ)＝q(L＋L sin θ)＝mgL tan θ(1＋sin θ)，C错误；小球从初始位置开始在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，电场力先做负功，后做正功，再做负功，则其电势能先增大后减小再增大，D错误。故选AB。]
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
[典例3] 如图甲所示，A板电势为0，A板中间有一小孔，B板的电势变化情况如图乙所示，一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在t＝时刻以初速度为0从A板上的小孔处进入两极板间，仅在电场力作用下开始运动，恰好到达B板，则( )
A．A、B两板间的距离为
B．粒子在两板间的最大速度为
C．粒子在两板间做匀加速直线运动
D．若粒子在t＝时刻进入两极板间，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终打向B板
B [粒子仅在电场力作用下运动，加速度大小不变，方向变化，选项C错误；粒子在t＝时刻以初速度为0进入两极板，先加速后减速，在时刻到达B板，则＝，解得d＝ ，选项A错误；粒子在时刻速度最大，则vm＝＝ ，选项B正确；若粒子在t＝时刻进入两极板间，在～时间内，粒子做匀加速运动，位移x＝＝，所以粒子在时刻之前已经到达B板，选项D错误。]
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，电容器板长和板间距离均为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。(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：
(1)在t＝0.06 s时刻进入电容器的电子打在荧光屏上的何处；
(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？
[解析] (1)电子经电场加速满足qU0＝mv2，
经电场偏转后侧移量y＝at2＝，
所以y＝，由题图乙知t＝0.06 s时刻U偏＝，所以y＝4.5 cm，
设打在屏上的点距O点的距离为Y，由几何关系可知＝，所以Y＝13.5 cm。
(2)由题知电子侧移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0时电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L＝30 cm。
[答案] (1)打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5 cm (2)30 cm
动力学、动量和能量观点在电场中的应用
1．动力学的观点
(1)由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法。
(2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式求解，注意受力分析要全面，特别注意是否需要考虑重力。
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，判断选用分过程还是全过程使用动能定理。
(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。
(2)应用动量守恒定律，注意其适用条件。
[典例5] 如图所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，AB段为足够长的水平轨道，BD段为半径R＝0.2 m 的半圆轨道，二者相切于B点，整个轨道处于竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103 V/m。一个不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性正碰。已知乙球质量m＝1.0×10-2 kg、所带电荷量q＝2.0×10-5 C，乙球质量为甲球质量的3倍。g取10 m/s2，甲、乙两球均可视为质点，整个运动过程中无电荷转移。
(1)甲、乙两球碰撞后，乙球通过轨道的最高点D时，对轨道的压力大小N′为自身重力的2.5倍，求乙在水平轨道上的首次落点到B点的距离；
(2)在满足(1)的条件下，求甲球的初速度v0。
[解析] (1)设乙到达最高点D时的速度为vD，乙离开D点首次到达水平轨道的时间为t，加速度为a，乙在水平轨道上的首次落点到B点的距离为x，乙离开D点后做类平抛运动，则2R＝at2，x＝vDt，
根据牛顿第二定律有a＝，
乙过D点时有mg＋qE＋N＝(式中N为乙在D点时轨道对乙的作用力)，
根据牛顿第三定律有N＝N′＝2.5mg，
解得x＝0.6 m。
(2)设碰后瞬间甲、乙两球的速度分别为v1、v2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv0＝mv1＋mv2，
＝，
联立解得v2＝v0，
乙球从B到D的过程中，根据动能定理有
－mg·2R－qE·2R＝，
由(1)可得vD＝3 m/s，
联立解得v0＝10 m/s。
[答案] (1)0.6 m (2)10 m/s
三大观点的选用策略
(1)对多个物体组成的系统讨论，在具备守恒条件时优先考虑两个守恒定律；出现相对距离(或相对路程)时优先考虑功能关系。
(2)对单个物体的讨论，宜用两个定理，涉及时间优先考虑动量定理，涉及位移优先考虑动能定理。
(3)研究所受力的瞬时作用与物体运动状态的关系，涉及过程的细节(加速度)，且受恒力作用时，考虑用牛顿运动定律和运动学规律。
(4)两个定律和两个定理，只考查一个物理过程的始末两个状态，对中间过程不予以细究，这是它们的方便之处，特别是对变力问题，充分显示出其优越性。有些题目可以用不同方法各自解决，有些题目则同时运用上述几种方法才能解决。
[典例6] 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＝，方向竖直向下，如图所示。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：
(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＝v0，
根据能量守恒定律得热量Q＝－(M＋m)v2＝。
(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＝。
(3)两次产生的热量相等，则μFN′l′＝Q，μFNl＝Q，
所以l′＝。
[答案] (2)1∶4 (3)
1．如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．小球带负电
B．电场力与重力平衡
C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小
D．小球在运动过程中机械能守恒
B [由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0，即电场力与重力平衡，则电场力方向竖直向上，小球带正电，A错误，B正确；从a→b，电场力做负功，电势能增大，C错误；由于有电场力做功，机械能不守恒，D错误。]
2．如图所示，足够长的光滑绝缘水平面上竖直固定一光滑绝缘的半径为R的四分之一圆弧轨道BC，B为圆弧的最低点，A点在圆弧左侧，且AB间距为2R。整个空间处于水平向右的匀强电场中，电场强度大小为E。一质量为m、电荷量为的带正电小球从A点静止释放，忽略空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)小球运动到B点时的速度大小；
(2)小球在圆弧BC上运动过程中的最大动能；
(3)小球运动到最高点时速度的大小。
[解析] (1)小球从A到B，根据动能定理可得
Eq·2R＝
解得vB＝2。
(2)当小球运动到等效最低点时，速度最大，动能最大，而等效最低点位于圆弧BC的中点，此时小球与O点的连线与竖直方向的夹角为45°，根据动能定理可得
Eq·(2R＋R sin 45°)－mgR(1－cos 45°)＝Ekm
解得Ekm＝(1＋)mgR。
(3)小球从A到C，根据动能定理有
Eq·(2R＋R)－mgR＝
解得vC＝2
小球从C点飞出后，将小球的运动分解为水平方向的初速度为零的匀加速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，则
vx＝axt
ax＝
vC＝gt
解得vx＝2
即小球运动到最高点时速度的大小为2。
[答案] (1)2 (2)(1＋)mgR (3)2
专题突破练习(九) 带电粒子(带电体)在电场中的综合问题
1．如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。开始时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板运动时的速度方向为正方向，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
A [电子在交变电场中所受电场力的大小恒定，加速度大小不变，故C、D项错误；从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，T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，故A项正确，B项错误。]
2．(多选)如图所示，竖直虚线为一簇等势线，平行等距，相邻两等势线之间的电势差相等，某重力不可忽略的带电粒子由M点以平行等势线的速度射入电场，经过一段时间运动到N点，M、N两点的连线与等势线垂直，O点为粒子运动轨迹的最高点。已知粒子从M点到O点的运动过程中重力做功为－4 J，电场力做功为6 J，下列说法正确的是( )
A．带电粒子在M点的动能比在O点的动能少2 J
B．带电粒子从M点到N点的过程中克服电场力做功为24 J
C．带电粒子在N点的机械能比在M点的机械能多24 J
D．带电粒子在N点具有的动能为24 J
AC [粒子从M点到O点由动能定理得EkO－EkM＝－4 J＋6 J＝2 J，即在M点的动能比在O点的动能少2 J，A正确；因竖直方向上粒子在重力作用下先做匀减速运动，到达O点后向下做匀加速运动，可知由M点到O点的时间等于从O点到N点的时间；水平方向粒子受电场力作用而做匀加速运动，因水平初速度为零，则有xMO＝axt2，xMN＝ax(2t)2＝4xMO，则有xON＝3xMO，可知粒子从O到N电场力做功等于从M到O电场力做功的3倍，可知粒子从M点到N点的过程中电场力做功为24 J，B错误；从M到N电场力做功24 J，则粒子在N点的机械能比在M点的机械能多24 J，C正确；从M到N电场力做功24 J，即合外力做功24 J，因粒子在M点的动能不等于零，可知粒子在N点具有的动能大于24 J，D错误。]
3．(多选)如图所示，一绝缘丝线拴接一可视为质点的球在竖直面内做圆周运动，在空间施加水平向右的匀强电场，已知球的质量为m、电荷量为＋q，A、B两点与圆心O在同一水平线上，C、D两点分别为圆周运动的最低点和最高点，球经过A点时丝线的拉力与球的速度的关系为FT＝v2－a。则下列说法正确的是( )
A．丝线的长度为
B．球在D点的动能最小
C．电场强度的大小为
D．球在A点v＝时，球在B点时对丝线的拉力大小为6a
AD [设绝缘丝线的长度为L，球在A点时对球进行受力分析，由牛顿第二定律可得FT＋qE＝m，则FT＝v2－qE，结合题意可知＝，整理得L＝，选项A正确；又－qE＝－a，则电场强度大小为E＝，选项C错误；由于重力和电场力的合力斜向右下方，故球做圆周运动的等效最低点在B、C之间，等效最高点在A、D之间，球在等效最高点的速度最小，动能最小，选项B错误；当v＝时，球在A点不受丝线的拉力，则qE＝m，对球从A到B过程，由动能定理得qE·2L＝－mv2，球在B点时，对球进行受力分析，由牛顿第二定律可得FTB－qE＝，联立解得FTB＝6qE＝6a，由牛顿第三定律可知，此时球对丝线的拉力大小也为6a，选项D正确。]
4．(多选)如图甲，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～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( )
A．末速度大小为v0
B．末速度沿水平方向
C．重力势能减少了mgd
D．克服电场力做功为mgd
BC [因0～时间内微粒做匀速运动，故E0q＝mg；在～时间内，微粒只受重力作用，做平抛运动，在t＝时刻竖直方向的速度为vy1＝，水平方向的速度为v0；在～T时间内，由牛顿第二定律得2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，则在t＝T时刻，微粒竖直方向的速度减小到零，水平方向的速度为v0，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小了ΔEp＝mg·＝mgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知，mgd－W克电＝0，可知克服电场力做功为mgd，选项D错误。]
5．如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，在t＝0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v0，t＝T时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场。则( )
A．该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的
B．在t＝时刻，该粒子的速度大小为2v0
C．若该粒子在时刻以速度v0进入电场，则粒子会打在板上
D．若该粒子的入射速度变为2v0，则该粒子仍在t＝T时刻射出电场
A [由题设条件可知，粒子在0～时间内做类平抛运动，在～T时间做类斜抛运动，因粒子在电场中所受的电场力大小相等，根据运动的对称性，粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的，如图所示，选项A正确；设时刻粒子竖直方向上速度为vy，板长为l，由类平抛运动规律可得l＝v0·l＝，解得时刻vy＝v0，此时粒子速度v＝＝＝，选项B错误；若该粒子在时刻以速度v0进入电场，粒子将先向下做类平抛运动，后做类斜抛运动，最后从PQ板右边缘射出电场，选项C错误；若该粒子的入射速度变为2v0，粒子在场中运动的时间t＝＝，选项D错误。]
6．如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求：
(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能；
(2)小球经过O点时的速度大小；
(3)小球过O点后运动的轨迹方程。
[解析] (1)小球从A到B，根据能量守恒定律得Ep＝＝mgR。
(2)小球从B到O，根据动能定理有－mgR＋qE·R＝，
解得vO＝。
(3)小球运动至O点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴方向，则x轴方向有qE cos 45°＝max，
竖直方向有qE sin 45°－mg＝may，
解得ax＝g，ay＝0，
说明小球从O点开始以后的运动为沿x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有x＝gt2，y＝vOt，
联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为y2＝6Rx。
[答案] (1)mgR (2) (3)y2＝6Rx
7．真空中存在方向竖直向上、电场强度大小为E0的匀强电场，A、B、C三点在电场中同一条竖直线上，C是A、B的中点。在某时刻，带电油滴a经过A点竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0，不带电油滴b在B点由静止释放。经过一段时间，a、b在C点相碰成为油滴c，此时刻将电场强度的大小突然变为某值，但保持其方向不变，再经过相同的时间，油滴c运动回到C点。油滴a、b的质量都为m，重力加速度大小为g，油滴a、b、c均可视为质点。求：
(1)油滴c在C点的初速度大小；
(2)变化后的电场强度的大小；
(3)油滴c从C点出发到回到C点的过程中，电势能最大值与最小值之差。
[解析] (1)设油滴a从A点到C点的时间为t1，碰前b的速度大小为v1，碰后油滴c在C点初速度大小为v2，则有v0t1＝v1t1，
又由动量守恒定律得mv1－mv0＝2mv2，
解得v1＝2v0，v2＝v0。
(2)根据题意易知油滴a带正电，设电荷量为q，油滴a从A点到C点的过程中有qE0＝mg，
油滴b从B点到C点的过程有v1＝gt1，
油滴c带正电，电荷量为q，质量为2m，设变化后的电场强度的大小为E，油滴c从C点开始以v2为初速度向下运动，加速度方向竖直向上，设大小为a′，由题意可知油滴c在时间t1内位移为零，
则有2ma′＝qE－2mg，0＝，
由v1＝2v0得2v0＝gt1，由v2＝v0得v0＝a′t1，
则a′＝g，解得变化后的电场强度大小E＝3E0。
(3)油滴c从C点出发到回到C点的过程中，向下运动时电场力做负功，向上运动时电场力做正功，所以油滴c在最低点电势能最大，在C点电势能最小。设最低点与C点间的距离为x，从最低点到C点电场力对油滴c做的功为W，电势能最大值与最小值之差为ΔE，则有2a′x＝，W＝qEx，ΔE＝W，
结合第(1)问和第(2)问的解析解得ΔE＝。
[答案] (1)v0 (2)3E0
8．密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电荷量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、；两板间加上电压后(上板为正极)，这两个油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。
(1)求油滴a和油滴b的质量之比；
(2)判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比。
[解析] (1)设油滴密度为ρ，半径为R，
油滴质量m＝ρV＝ρπR3，
根据题意，设空气阻力f＝kvR，
无电场、油滴竖直向下匀速运动时，有
mg－f＝0，
则ρπR3g＝kvR，
整理得R＝，
两油滴的速率分别为v0、，
则＝＝，
故＝＝。
(2)无电场、两油滴竖直向下匀速运动时，分别有
mag＝kRav0、mbg＝kRbv0，
施加电压后油滴a速度减小，油滴a受到向上的电场力，则油滴a带负电；
施加电压后油滴b速度增大，油滴b受到向下的电场力，则油滴b带正电。
设电场强度为E，油滴a所带电荷量的绝对值为qa，油滴b所带电荷量的绝对值为qb，
当两油滴竖直向下做匀速运动时，对油滴a受力分析，有mag－kRav0－Eqa＝0，
对油滴b受力分析，有
mbg－kRbv0＋Eqb＝0，
联立解得＝。
[答案] (1)8∶1 (2)油滴a带负电，油滴b带正电 4∶1 带电粒子(带电体)在电场中的综合问题
“等效法”在电场中的应用
1．等效重力法
电场中电场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。
2．等效最“高”点与最“低”点的确定方法
在“等效重力场”中做圆周运动的物体过圆心作“等效重力”的作用线，其反向延长线交于圆周上的那个点即为圆周运动的等效最“高”点，沿着“等效重力”的方向延长交于圆周的那个点为即等效最“低”点，如图所示。
[典例1] (2025·广东潮州诊断)如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O、半径为r、内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m的带电小球(可视为质点)恰好能静止在C点。若在C点给小球一个初速度使它在轨道内侧恰好能做完整的圆周运动(小球的电荷量不变)。已知C、O、D在同一直线上，它们的连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g。求：
(1)小球所受的电场力F的大小；
(2)小球做圆周运动，在D点的速度大小及在A点对轨道压力的大小。
[听课记录]
[典例2] (多选)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、带电量为q的小球。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点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g。则( )
A．匀强电场的电场强度大小为
B．小球获得初速度的大小为
C．小球从初始位置运动至轨迹的最左端增加的机械能为mgL tan θ(1＋sin θ)
D．小球从初始位置在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
[听课记录]
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
[典例3] 如图甲所示，A板电势为0，A板中间有一小孔，B板的电势变化情况如图乙所示，一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在t＝时刻以初速度为0从A板上的小孔处进入两极板间，仅在电场力作用下开始运动，恰好到达B板，则( )
A．A、B两板间的距离为
B．粒子在两板间的最大速度为
C．粒子在两板间做匀加速直线运动
D．若粒子在t＝时刻进入两极板间，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终打向B板
[听课记录]
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，电容器板长和板间距离均为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。(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：
(1)在t＝0.06 s时刻进入电容器的电子打在荧光屏上的何处；
(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？
[听课记录]
动力学、动量和能量观点在电场中的应用
1．动力学的观点
(1)由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法。
(2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式求解，注意受力分析要全面，特别注意是否需要考虑重力。
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，判断选用分过程还是全过程使用动能定理。
(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。
(2)应用动量守恒定律，注意其适用条件。
[典例5] 如图所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，AB段为足够长的水平轨道，BD段为半径R＝0.2 m 的半圆轨道，二者相切于B点，整个轨道处于竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103 V/m。一个不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性正碰。已知乙球质量m＝1.0×10-2 kg、所带电荷量q＝2.0×10-5 C，乙球质量为甲球质量的3倍。g取10 m/s2，甲、乙两球均可视为质点，整个运动过程中无电荷转移。
(1)甲、乙两球碰撞后，乙球通过轨道的最高点D时，对轨道的压力大小N′为自身重力的2.5倍，求乙在水平轨道上的首次落点到B点的距离；
(2)在满足(1)的条件下，求甲球的初速度v0。
[听课记录]
三大观点的选用策略
(1)对多个物体组成的系统讨论，在具备守恒条件时优先考虑两个守恒定律；出现相对距离(或相对路程)时优先考虑功能关系。
(2)对单个物体的讨论，宜用两个定理，涉及时间优先考虑动量定理，涉及位移优先考虑动能定理。
(3)研究所受力的瞬时作用与物体运动状态的关系，涉及过程的细节(加速度)，且受恒力作用时，考虑用牛顿运动定律和运动学规律。
(4)两个定律和两个定理，只考查一个物理过程的始末两个状态，对中间过程不予以细究，这是它们的方便之处，特别是对变力问题，充分显示出其优越性。有些题目可以用不同方法各自解决，有些题目则同时运用上述几种方法才能解决。
[典例6] 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＝，方向竖直向下，如图所示。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：
(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。
[听课记录]
1．如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．小球带负电
B．电场力与重力平衡
C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小
D．小球在运动过程中机械能守恒
2．如图所示，足够长的光滑绝缘水平面上竖直固定一光滑绝缘的半径为R的四分之一圆弧轨道BC，B为圆弧的最低点，A点在圆弧左侧，且AB间距为2R。整个空间处于水平向右的匀强电场中，电场强度大小为E。一质量为m、电荷量为的带正电小球从A点静止释放，忽略空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)小球运动到B点时的速度大小；
(2)小球在圆弧BC上运动过程中的最大动能；
(3)小球运动到最高点时速度的大小。
1 / 8专题突破练习(九) 带电粒子(带电体)在电场中的综合问题
说明：单选题每小题4分，多选题每小题6分；本试卷共69分
1．如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。开始时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板运动时的速度方向为正方向，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
2．(多选)如图所示，竖直虚线为一簇等势线，平行等距，相邻两等势线之间的电势差相等，某重力不可忽略的带电粒子由M点以平行等势线的速度射入电场，经过一段时间运动到N点，M、N两点的连线与等势线垂直，O点为粒子运动轨迹的最高点。已知粒子从M点到O点的运动过程中重力做功为－4 J，电场力做功为6 J，下列说法正确的是( )
A．带电粒子在M点的动能比在O点的动能少2 J
B．带电粒子从M点到N点的过程中克服电场力做功为24 J
C．带电粒子在N点的机械能比在M点的机械能多24 J
D．带电粒子在N点具有的动能为24 J
3．(多选)如图所示，一绝缘丝线拴接一可视为质点的球在竖直面内做圆周运动，在空间施加水平向右的匀强电场，已知球的质量为m、电荷量为＋q，A、B两点与圆心O在同一水平线上，C、D两点分别为圆周运动的最低点和最高点，球经过A点时丝线的拉力与球的速度的关系为FT＝v2－a。则下列说法正确的是( )
A．丝线的长度为
B．球在D点的动能最小
C．电场强度的大小为
D．球在A点v＝时，球在B点时对丝线的拉力大小为6a
4．(多选)如图甲，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～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( )
A．末速度大小为v0
B．末速度沿水平方向
C．重力势能减少了mgd
D．克服电场力做功为mgd
5．如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，在t＝0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v0，t＝T时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场。则( )
A．该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的
B．在t＝时刻，该粒子的速度大小为2v0
C．若该粒子在时刻以速度v0进入电场，则粒子会打在板上
D．若该粒子的入射速度变为2v0，则该粒子仍在t＝T时刻射出电场
1 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 ＋0.5
6．(15分) 如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求：
(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能；
(2)小球经过O点时的速度大小；
(3)小球过O点后运动的轨迹方程。
1 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 ＋0.5
7．(15分) 真空中存在方向竖直向上、电场强度大小为E0的匀强电场，A、B、C三点在电场中同一条竖直线上，C是A、B的中点。在某时刻，带电油滴a经过A点竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0，不带电油滴b在B点由静止释放。经过一段时间，a、b在C点相碰成为油滴c，此时刻将电场强度的大小突然变为某值，但保持其方向不变，再经过相同的时间，油滴c运动回到C点。油滴a、b的质量都为m，重力加速度大小为g，油滴a、b、c均可视为质点。求：
(1)油滴c在C点的初速度大小；
(2)变化后的电场强度的大小；
(3)油滴c从C点出发到回到C点的过程中，电势能最大值与最小值之差。
1 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 ＋0.5
8．(13分) 密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电荷量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、；两板间加上电压后(上板为正极)，这两个油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。
(1)求油滴a和油滴b的质量之比；
(2)判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比。
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