(共62张PPT)
专题强化4 带电粒子在电场中
的运动
第一章 静电场
学习目标
1.会利用动力学和功能观点分析带电粒子(带电体)在电场中的直线运动.
2.会利用运动的合成与分解方法分析带电粒子在电场中的类平抛运动.
3.会分析带电粒子在交变电场及复合场中的运动.
内容索引
NEIRONGSUOYIN
达标检测
重点探究
专题强化练
01
重点探究
带电粒子(带电体)在电场中的直线运动
一
1.带电粒子在电场中的直线运动
(1)匀速直线运动：带电粒子受到的合外力一定等于零，即所受到的电场力与其他力平衡.
(2)匀加速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向相同.
(3)匀减速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向相反.
2.讨论带电粒子在电场中做直线运动(加速或减速)的方法
(1)动力学方法——牛顿运动定律、匀变速直线运动公式.
当带电粒子所受合力为恒力，且与速度方向共线时，粒子做匀变速直线运动，根据题意和所求，尤其是求时间问题时，优先考虑牛顿运动定律、匀变速直线运动公式.
若为较复杂的匀变速直线运动，亦可以分解为重力方向上、电场力方向上的直线运动来处理.
(2)功、能量方法——动能定理、能量守恒定律.
例1 (2019·长沙一中高二上期中)如图1所示，水平放置的A、B两平行板相距h，上板A带正电，现有质量为m、带电荷量为＋q的小球在B板下方距离B板H处，以初速度v0竖直向上运动，从B板小孔进入板间电场.
(1)带电小球在板间做何种运动？
答案 匀减速直线运动
图1
解析 带电小球在电场外只受重力的作用做匀减速直线运动，在电场中受重力和竖直向下的电场力作用做匀减速直线运动.
(2)欲使小球刚好打到A板，A、B间电势差为多少？
解析 整个运动过程中重力和电场力做功，
带电粒子的类平抛运动
二
带电粒子在电场中类平抛运动的处理方法：
(1)运动分解的方法：将运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的匀加速直线运动，在两个方向上分别列牛顿第二定律或运动学方程.
(2)利用功能关系分析
①功能关系：电场力做功等于电势能的变化，W电＝Ep1－Ep2.
②动能定理：合力做功等于动能的变化，W＝Ek2－Ek1.
例2 (2019·全国卷Ⅱ)如图2，两金属板P、Q水平放置，间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同.G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0).质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计.
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入
电场至此时在水平方向上的位移大小；
图2
解析 PG、QG间场强大小相等，均为E.粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E＝ ①
F＝qE＝ma ②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
qEh＝Ek－ mv02 ③
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有h＝
at2 ④
l＝v0t ⑤
联立①②③④⑤式解得
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
解析 若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短.
针对训练 如图3所示，一带正电的粒子以初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出.已知板长为L，板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t，则
图3
√
带电体在电场(复合场)中的圆周运动
三
解决电场(复合场)中的圆周运动问题，关键是分析向心力的来源，向心力的来源有可能是重力和电场力的合力，也有可能是单独的电场力.有时可以把复合场中的圆周运动等效为竖直面内的圆周运动，找出等效“最高点”和“最低点”.
例3 (2019·亳州市模拟)如图4所示，在E＝1.0×103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电荷q＝1.0×10－4 C的小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，g取10 m/s2，求：
(1)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，则小滑
块应以多大的初速度v0向左运动？
答案 7 m/s
图4
解析 设小滑块恰能到达Q点时速度为v，
小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得
联立解得：v0＝7 m/s.
(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？
答案 0.6 N
解析 设小滑块到达P点时的速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，
代入数据，解得：N＝0.6 N
由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力N′＝N＝0.6 N.
带电粒子在交变电场中的运动
四
1.受力情况：粒子所受的电场力是周期性变化的，即电场力方向与速度方向在一段时间内同向，在下一段时间内反向.
2.运动特点：在电场方向上一会儿加速，一会儿减速；可能一直向前运动，也可能做往复运动，由粒子最初进入电场的时间决定.
3.处理方法：应用牛顿第二定律结合运动学公式求解.
例4 在如图5所示的平行板电容器的两板A、B上分别加如图6甲、乙所示的两种电压，开始时B板的电势比A板高.在电场力作用下原来静止在两板中间的电子开始运动.若两板间距离足够大，且不计重力，试分析电子在两种交变电压作用下的运动情况，并定性画出相应的v－t图像.
图5 图6
答案 见解析
解析 t＝0时，B板电势比A板高，在电场力作用下，电子向B板(设为正向)做初速度为零的匀加速直线运动.
(a)
(b)
02
达标检测
1
2
3
1.(带电体的直线运动)(2019·马鞍山二中高二上期末)如图7所示，竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，小球P从紧靠左极板处由静止开始释放，小球Q从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中，它们的
A.电荷量之比qP∶qQ＝2∶1
B.电势能减少量之比ΔEpP∶ΔEpQ＝2∶1
C.运动时间tP>tQ
D.动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝4∶1
√
4
图7
解析 小球在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀加速直线运动，两小球下落的高度一样，根据合运动与分运动的等时性，由h＝ 可知，两球运动的时间相同，设为t，故C错误；
1
2
3
4
2.(带电粒子在交变电场中的运动)(2019·西安交大附中质检)如图8甲所示，在平行板电容器的A板附近，有一个带正电的粒子(不计重力)处于静止状态，在A、B两板间加如图乙所示的交变电压，带电粒子在电场力作用下由静止开始运动，经过3t0时间刚好到达B板，设此时粒子的动能大小为Ek3，若用改变A、B两板间距的方法，使粒子在5t0时刻刚好到达B板，此时粒子的动能大小为Ek5，则 等于
图8
√
1
2
3
4
1
2
3
4
3.(带电粒子在复合场中的圆周运动)如图9所示，半径为R的光滑圆环竖直置于场强大小为E、方向水平向右的匀强电场中，质量为m、带电荷量为＋q的空心小球穿在环上，当小球从顶点A由静止开始下滑到与圆心O等高的位置B时，求小球对环的压力.(重力加速度为g)
答案 2mg＋3Eq，方向水平向右
1
2
3
4
图9
1
2
3
4
联立可得F1＝2mg＋3Eq
根据牛顿第三定律可知，小球在B点对环的压力大小F1′＝2mg＋3Eq，方向水平向右.
1
2
3
4.(带电粒子在电场中的类平抛运动)如图10所示，阴极A受热后向右侧空间发射电子，电子的质量为m，电荷量为e，电子的初速率有从0到v的各种可能值，且各个方向都有.与A极相距l的地方有荧光屏B，电子击中荧光屏时便会发光.若在A和B之间的空间加一个水平向左、与荧光屏面垂直的匀强电场，电场强度为E，且电子全部打在荧光屏上，求B上受电子轰击后的发光面积.
4
图10
解析 阴极A受热后发射电子，这些电子沿各个方向射入右边匀强电场区域，且初速率从0到v各种可能值都有.取两个极端情况如图所示.
沿极板竖直向上且速率为v的电子，受到向右的电场力作用做类平抛运动打到荧光屏上的P点.
沿极板竖直向下且速率为v的电子，受到向右的电场力作用做类平抛运动打到荧光屏上的Q点，同理可得
1
2
3
4
03
专题强化练
1.(多选)如图1所示，平行板电容器的两个极板与水平面成一定角度，两极板与一直流电源相连.若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子
A.所受重力与电场力平衡 B.电势能逐渐增加
C.动能逐渐增加 D.做匀变速直线运动
1
2
3
4
基础强化练
5
6
7
8
√
9
10
11
12
13
图1
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析 对带电粒子受力分析如图所示，F合≠0，则A错误.
由图可知电场力与重力的合力方向与v0方向相反，则F合对粒子做负功，其中mg不做功，Eq做负功，故粒子动能减小，电势能增加，B正确，C错误.
F合恒定且F合与v0方向相反，粒子做匀减速直线运动，D项正确.
1
2
3
4
5
6
7
8
2.(2019·重庆市高二上期末)如图2所示，竖直面内分布有水平方向的匀强电场，一带电粒子沿直线从位置a向上运动到位置b，在这个过程中，带电粒子
A.只受到电场力作用 B.带正电
C.做匀减速直线运动 D.机械能守恒
√
9
10
11
12
13
图2
解析 带电粒子沿直线从位置a向上运动到位置b，合力方向
与速度方向共线，受力情况如图所示，粒子受到电场力和重
力作用，故A错误；
粒子受到的电场力方向与电场线方向相反，故粒子带负电，故B错误；
粒子受到的合力方向与速度方向相反，粒子做匀减速直线运动，故C正确；
电场力做负功，机械能减小，故D错误.
3.(多选)如图3所示，一电子(不计重力)沿x轴正方向射入匀强电场，在电场中的运动轨迹为OCD，已知 ，AC、BD均与x轴垂直，电子过C、D两点时竖直方向的分速度为vCy和vDy；电子在OC段和OD段动能的变化量分别为ΔEk1和ΔEk2，则
A.vCy∶vDy＝1∶2
B.vCy∶vDy＝1∶4
C.ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3
D.ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4
1
2
3
4
5
6
7
8
√
9
10
11
12
13
图3
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
根据y＝ 可知，在竖直方向上yOC∶yOD＝1∶4，根据动能定理得：qEyOC＝ΔEk1，qEyOD＝ΔEk2，则得ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4，故C错误，D正确.
4.(多选)(2019·青岛二中期末)如图4甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大.当两板间加上如图乙所示的交变电压后，右图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是
图4
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
5.(2019·巴中市高二期中)匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图5所示.当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子(带正电)，设带电粒子只受电场力的作用，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.2 s末带电粒子回到原出发点
C.3 s末带电粒子的速度不为零
D.0～3 s内，电场力做的总功为零
√
图5
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析 由牛顿第二定律可知带电粒子在第1 s内的加速度和
第2 s内的加速度的关系为：a2＝2a1，因此粒子先加速1 s再
减速0.5 s至速度为零，接下来的0.5 s将反向加速……，可知
v－t图像如图所示，根据图像可知选项A错误；
由图像可知0～2 s内的位移为负，故选项B错误；
由图像可知3 s末带电粒子的速度为零，故选项C错误；
由动能定理结合图像可知，0～3 s内，电场力做的总功为零，故选项D正确.
6.(多选)两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中存在一沿半径方向的电场，如图6所示，带正电的粒子流由电场区域边缘的M点射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一边缘的N点射出，由此可知
A.若入射粒子的电荷量相等，则从N点射出的粒子的质量
一定相等
B.若入射粒子的电荷量相等，则从N点射出的粒子的动能
一定相等
C.若入射粒子的比荷相等，则从N点射出的粒子的速率一定相等
D.若入射粒子的比荷相等，则从N点射出的粒子的动能一定相等
√
√
图6
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
7.如图7所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘沿垂直电场方向射入匀强电场，电子恰好从正极板边缘飞出，现保持负极板不动，正极板在竖直方向移动，并使电子入射速度变为原来的2倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间距离变为原来的
能力综合练
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
图7
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
8.(多选)如图8甲所示，在A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压.A板的电势为0，一质量为m、电荷量为－q的电子在t＝ 时刻进入两极板，仅在静电力作用下，由静止开始运动，恰好能到达B板，则
图8
C.电子在两板间做匀加速直线运动
D.若电子在t＝ 时刻进入两极板，它将
时而向B板运动，时而向A板运动，最终打在B板上
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析 电子仅在静电力作用下运动，加速度大小不变，方向变化，选项C错误；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
9.(多选)(2019·仙桃、天门、潜江三市联考)如图9所示，在竖直平面足够大的区域内有电场强度为E的匀强电场，一质量为m、电荷量为q的小球，以初速度v0从电场中的O点出发，沿ON方向在竖直面内做匀变速直线运动.ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝qE，不计空气阻力.则
图9
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析 小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON直线上，因mg＝Eq，所以电场力Eq与重力关于ON对称，根据数学知识得：电场力qE与水平方向的夹角应为30°，受力情况如图所示，合力沿ON方向斜向下，大小为mg，所以加速度为g，方向沿ON斜向下，故A、B错误；
小球做匀减速直线运动，由运动学公式可得小球沿ON方向
运动的最大位移为x＝ ，故C正确；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
10.虚线PQ、MN间存在如图10所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m＝2.0×10－11 kg、电荷量为q＝＋1.0×10－5 C，从a点由静止开始经电压为U＝100 V的电场加速后，垂直进入匀强电场中，从虚线MN上的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角.已知PQ、MN之间的距离为20 cm，带电粒子的重力忽略不计.求：
(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1；
答案 1.0×104 m/s
图10
代入数据得v1＝1.0×104 m/s.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
(2)水平匀强电场的场强大小；
答案 1.7×103 N/C
解析 粒子沿初速度方向做匀速运动，则有d＝v1t
粒子沿电场方向做匀加速运动，则有vy＝at
由牛顿第二定律得：qE＝ma
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
(3)a、b两点间的电势差大小.
答案 400 V
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解得：Uab＝400 V.
11.(2019·德州市期末)如图11甲所示，水平放置的两平行金属板A、B相距为d，板间加有如图乙所示随时间变化的电压.A、B板中点O处有一带电粒子，其电荷量为q，质量为m，在0～ 时间内粒子处于静止状态.已知重力加速度为g，
周期T＝ .
(1)判断该粒子的电性；
答案 正电
图11
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
(3)若T时刻，粒子恰好从O点正下方金属板A的小孔飞出，那么 的值应为多少？
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
12.(2019·启东中学月考)如图12所示，有一光滑竖直圆环轨道，O为圆心，半径为R＝0.5 m，B点与O点等高，在最低点固定一点电荷A，B点恰能静止一质量为m＝0.1 kg、电荷量为q＝ ×10－6 C的带电小球，现将点电荷A的电荷量增大为原来的两倍，小球沿圆环轨道向上运动到最高点C时的速度为
g取10 m/s2，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2.求：
(1)小球静止在B点时点电荷A的带电荷量Q；
答案 5.56×10－5 C
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
拓展提升练
图12
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
(2)小球在B点刚开始运动时的加速度；
答案 10 m/s2，方向竖直向上
解析 A的电荷量增大为原来的两倍后，由牛顿第二定律有 ·cos 45°－mg＝ma，解得a＝10 m/s2，方向竖直向上.
(3)小球在C点时对轨道的压力.
答案 2.41 N，方向竖直向上
由牛顿第三定律可知，小球在C点时对轨道的压力大小为2.41 N，方向竖直向上.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
13.(2020·青岛二中高二期中)一群速率不同的一价离子从A、B两平行极板正中央水平射入如图13所示的偏转电场，离子的初动能为Ek，A、B两极板间电压为U，间距为d，C为竖直放置并与A、B间隙正对的金属挡板，屏MN足够大.若A、B极板长为L，C到极板右端的距离也为L，C的长为d.不考虑离子所受重力，元电荷为e.
(1)写出离子射出A、B极板时的偏转距离y的
表达式；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
图13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析 设离子的质量为m，初速度为v0，则离子在偏转电场中的加速度a＝
(2)问初动能范围是多少的离子才能打到屏MN上？
解析 离子射出电场时的竖直分速度vy＝at
离子射出电场后做匀速直线运动
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
专题强化4 带电粒子在电场中的运动
[学习目标] 1.会利用动力学和功能观点分析带电粒子(带电体)在电场中的直线运动.2.会利用运动的合成与分解方法分析带电粒子在电场中的类平抛运动.3.会分析带电粒子在交变电场及复合场中的运动．
一、带电粒子(带电体)在电场中的直线运动
1．带电粒子在电场中的直线运动
(1)匀速直线运动：带电粒子受到的合外力一定等于零，即所受到的电场力与其他力平衡．
(2)匀加速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向相同．
(3)匀减速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向相反．
2．讨论带电粒子在电场中做直线运动(加速或减速)的方法
(1)动力学方法——牛顿运动定律、匀变速直线运动公式．
当带电粒子所受合力为恒力，且与速度方向共线时，粒子做匀变速直线运动，根据题意和所求，尤其是求时间问题时，优先考虑牛顿运动定律、匀变速直线运动公式．
若为较复杂的匀变速直线运动，亦可以分解为重力方向上、电场力方向上的直线运动来处理．
(2)功、能量方法——动能定理、能量守恒定律．
例1 (2019·长沙一中高二上期中)如图1所示，水平放置的A、B两平行板相距h，上板A带正电，现有质量为m、带电荷量为＋q的小球在B板下方距离B板H处，以初速度v0竖直向上运动，从B板小孔进入板间电场．
图1
(1)带电小球在板间做何种运动？
(2)欲使小球刚好打到A板，A、B间电势差为多少？
答案 (1)匀减速直线运动 (2)
解析 (1)带电小球在电场外只受重力的作用做匀减速直线运动，在电场中受重力和竖直向下的电场力作用做匀减速直线运动．
(2)整个运动过程中重力和电场力做功，由动能定理有
－mg(H＋h)－qUAB＝0－mv02.
解得UAB＝.
二、带电粒子的类平抛运动
带电粒子在电场中类平抛运动的处理方法：
(1)运动分解的方法：将运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的匀加速直线运动，在两个方向上分别列牛顿第二定律或运动学方程．
(2)利用功能关系分析
①功能关系：电场力做功等于电势能的变化，W电＝Ep1－Ep2.
②动能定理：合力做功等于动能的变化，W＝Ek2－Ek1.
例2 (2019·全国卷Ⅱ)如图2，两金属板P、Q水平放置，间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)．质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计．
图2
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
答案 (1)mv02＋qh v0 (2)2v0
解析 (1)PG、QG间场强大小相等，均为E.粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E＝①
F＝qE＝ma②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
qEh＝Ek－mv02③
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有h＝at2④
l＝v0t⑤
联立①②③④⑤式解得
Ek＝mv02＋qh⑥
l＝v0；⑦
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度为
L＝2l＝2v0.
针对训练 如图3所示，一带正电的粒子以初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出．已知板长为L，板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t，则( )
图3
A．在前时间内，电场力对粒子做的功为
B．在后时间内，电场力对粒子做的功为qU
C．在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1∶2
D．在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为2∶1
答案 B
解析 粒子在垂直于板的方向做初速度为零的匀加速直线运动，由y＝at2可得，前时间内与t时间内垂直于板方向的位移之比为1∶4，在前时间内位移y1＝，电场力对粒子做的功W1＝qEy1＝q××＝qU；在后时间内的位移为d，电场力对粒子做的功为qU，故A错误，B正确；由电场力做功W＝qEy，则该粒子在下落前和后内，电场力做功之比为1∶1，故C、D错误．
三、带电体在电场(复合场)中的圆周运动
解决电场(复合场)中的圆周运动问题，关键是分析向心力的来源，向心力的来源有可能是重力和电场力的合力，也有可能是单独的电场力．有时可以把复合场中的圆周运动等效为竖直面内的圆周运动，找出等效“最高点”和“最低点”．
例3 (2019·亳州市模拟)如图4所示，在E＝1.0×103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电荷q＝1.0×10－4 C的小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，g取10 m/s2，求：
图4
(1)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？
(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？
答案 (1)7 m/s (2)0.6 N
解析 (1)设小滑块恰能到达Q点时速度为v，
由牛顿第二定律得mg＋qE＝m
小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得
－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv02
联立解得：v0＝7 m/s.
(2)设小滑块到达P点时的速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得：
－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv02
在P点时，由牛顿第二定律得N＝m
代入数据，解得：N＝0.6 N
由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力N′＝N＝0.6 N.
四、带电粒子在交变电场中的运动
1．受力情况：粒子所受的电场力是周期性变化的，即电场力方向与速度方向在一段时间内同向，在下一段时间内反向．
2．运动特点：在电场方向上一会儿加速，一会儿减速；可能一直向前运动，也可能做往复运动，由粒子最初进入电场的时间决定．
3．处理方法：应用牛顿第二定律结合运动学公式求解．
例4 在如图5所示的平行板电容器的两板A、B上分别加如图6甲、乙所示的两种电压，开始时B板的电势比A板高．在电场力作用下原来静止在两板中间的电子开始运动．若两板间距离足够大，且不计重力，试分析电子在两种交变电压作用下的运动情况，并定性画出相应的v－t图像．
图5
图6
答案 见解析
解析 t＝0时，B板电势比A板高，在电场力作用下，电子向B板(设为正向)做初速度为零的匀加速直线运动．
对于题图甲所示电压，在0～T内电子做初速度为零的正向匀加速直线运动，T～T内电子做末速度为零的正向匀减速直线运动，然后周期性地重复前面的运动，其速度－时间图线如图(a)所示．
对于题图乙所示电压，在0～内做类似题图甲0～T的运动，～T电子做反向先匀加速、后匀减速、末速度为零的直线运动．然后周期性地重复前面的运动，其速度－时间图线如图(b)所示．
(a) (b)
1.(带电体的直线运动)(2019·马鞍山二中高二上期末)如图7所示，竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，小球P从紧靠左极板处由静止开始释放，小球Q从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中，它们的( )
图7
A．电荷量之比qP∶qQ＝2∶1
B．电势能减少量之比ΔEpP∶ΔEpQ＝2∶1
C．运动时间tP>tQ
D．动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝4∶1
答案 A
解析 小球在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀加速直线运动，两小球下落的高度一样，根据合运动与分运动的等时性，由h＝gt2可知，两球运动的时间相同，设为t，故C错误；在水平方向上有，d＝aPt2＝·t2，d＝aQt2＝·t2，可得qP∶qQ＝2∶1，故A正确；电势能的减少量等于电场力所做的功，所以有ΔEpP＝UqP，ΔEpQ＝UqQ，则ΔEpP∶ΔEpQ＝4∶1，故B错误；运动过程中重力和电场力做功，动能的增加量为ΔEkP＝mgh＋UqP，ΔEkQ＝mgh＋UqQ，所以ΔEkP∶ΔEkQ≠4∶1，故D错误．
2．(带电粒子在交变电场中的运动)(2019·西安交大附中质检)如图8甲所示，在平行板电容器的A板附近，有一个带正电的粒子(不计重力)处于静止状态，在A、B两板间加如图乙所示的交变电压，带电粒子在电场力作用下由静止开始运动，经过3t0时间刚好到达B板，设此时粒子的动能大小为Ek3，若用改变A、B两板间距的方法，使粒子在5t0时刻刚好到达B板，此时粒子的动能大小为Ek5，则等于( )
图8
A. B. C．1 D.
答案 B
解析 设两板间的距离为d，经3t0时间刚好到达B板时，粒子运动过程中先加速然后减速再加速，根据运动的对称性和动能定理，可得Ek3＝q，若改变A、B两板间的距离使粒子在5t0时刻刚好到达B板，根据运动的对称性和动能定理，可得Ek5＝q·，故＝，故B正确．
3.(带电粒子在复合场中的圆周运动)如图9所示，半径为R的光滑圆环竖直置于场强大小为E、方向水平向右的匀强电场中，质量为m、带电荷量为＋q的空心小球穿在环上，当小球从顶点A由静止开始下滑到与圆心O等高的位置B时，求小球对环的压力．(重力加速度为g)
图9
答案 2mg＋3Eq，方向水平向右
解析 小球从A到B的过程中，重力做正功，电场力做正功，动能增加，由动能定理有mgR＋qER＝mv2，在B点时小球受到重力mg、电场力F和轨道对小球的弹力F1三个力的作用，沿半径方向指向圆心的合力提供向心力，则F1－Eq＝m
联立可得F1＝2mg＋3Eq
根据牛顿第三定律可知，小球在B点对环的压力大小F1′＝2mg＋3Eq，方向水平向右．
4.(带电粒子在电场中的类平抛运动)如图10所示，阴极A受热后向右侧空间发射电子，电子的质量为m，电荷量为e，电子的初速率有从0到v的各种可能值，且各个方向都有．与A极相距l的地方有荧光屏B，电子击中荧光屏时便会发光．若在A和B之间的空间加一个水平向左、与荧光屏面垂直的匀强电场，电场强度为E，且电子全部打在荧光屏上，求B上受电子轰击后的发光面积．
图10
答案
解析 阴极A受热后发射电子，这些电子沿各个方向射入右边匀强电场区域，且初速率从0到v各种可能值都有．取两个极端情况如图所示．
沿极板竖直向上且速率为v的电子，受到向右的电场力作用做类平抛运动打到荧光屏上的P点．
竖直方向上y＝vt，水平方向上l＝·t2，
解得y＝v；
沿极板竖直向下且速率为v的电子，受到向右的电场力作用做类平抛运动打到荧光屏上的Q点，同理可得
y′＝v，
故在荧光屏B上的发光面积S＝y2π＝.
1.(多选)如图1所示，平行板电容器的两个极板与水平面成一定角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )
图1
A．所受重力与电场力平衡 B．电势能逐渐增加
C．动能逐渐增加 D．做匀变速直线运动
答案 BD
解析 对带电粒子受力分析如图所示，F合≠0，则A错误．由图可知电场力与重力的合力方向与v0方向相反，则F合对粒子做负功，其中mg不做功，Eq做负功，故粒子动能减小，电势能增加，B正确，C错误．F合恒定且F合与v0方向相反，粒子做匀减速直线运动，D项正确．
2.(2019·重庆市高二上期末)如图2所示，竖直面内分布有水平方向的匀强电场，一带电粒子沿直线从位置a向上运动到位置b，在这个过程中，带电粒子( )
图2
A．只受到电场力作用 B．带正电
C．做匀减速直线运动 D．机械能守恒
答案 C
解析 带电粒子沿直线从位置a向上运动到位置b，合力方向与速度方向共线，受力情况如图所示，
粒子受到电场力和重力作用，故A错误；粒子受到的电场力方向与电场线方向相反，故粒子带负电，故B错误；粒子受到的合力方向与速度方向相反，粒子做匀减速直线运动，故C正确；电场力做负功，机械能减小，故D错误．
3．(多选)如图3所示，一电子(不计重力)沿x轴正方向射入匀强电场，在电场中的运动轨迹为OCD，已知＝，AC、BD均与x轴垂直，电子过C、D两点时竖直方向的分速度为vCy和vDy；电子在OC段和OD段动能的变化量分别为ΔEk1和ΔEk2，则( )
图3
A．vCy∶vDy＝1∶2 B．vCy∶vDy＝1∶4
C．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3 D．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4
答案 AD
解析 电子沿x轴正方向射入匀强电场，做类平抛运动，则沿x轴方向做匀速直线运动，已知＝，则电子从O到C与从C到D的时间相等；电子在y轴方向上做初速度为零的匀加速运动，则有vCy＝atOC，vDy＝atOD，所以vCy∶vDy＝tOC∶tOD＝1∶2，故A正确，B错误；根据y＝gt2可知，在竖直方向上yOC∶yOD＝1∶4，根据动能定理得：qEyOC＝ΔEk1，qEyOD＝ΔEk2，则得ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4，故C错误，D正确．
4．(多选)(2019·青岛二中期末)如图4甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大．当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是( )
图4
答案 AD
解析 在平行金属板之间加上如题图乙所示的交变电压时，电子在平行金属板间所受的电场力F＝，大小不变．由牛顿第二定律F＝ma可知，电子在第一个内向B板做匀加速直线运动；在第二个内向B板做匀减速直线运动，在第三个内反向做匀加速直线运动，在第四个内向A板做匀减速直线运动，所以a－t图像如选项图D所示，v－t图像如选项图A所示；又因匀变速直线运动位移x＝v0t＋at2，所以x－t图像应是曲线，故选项A、D正确，B、C错误．
5.(2019·巴中市高二期中)匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图5所示．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子(带正电)，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )
图5
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2 s末带电粒子回到原出发点
C．3 s末带电粒子的速度不为零
D．0～3 s内，电场力做的总功为零
答案 D
解析 由牛顿第二定律可知带电粒子在第1 s内的加速度和第2 s内的加速度的关系为：a2＝2a1，因此粒子先加速1 s再减速0.5 s至速度为零，接下来的0.5 s将反向加速……，可知v－t图像如图所示，根据图像可知选项A错误；由图像可知0～2 s内的位移为负，故选项B错误；由图像可知3 s末带电粒子的速度为零，故选项C错误；由动能定理结合图像可知，0～3 s内，电场力做的总功为零，故选项D正确．
6.(多选)两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中存在一沿半径方向的电场，如图6所示，带正电的粒子流由电场区域边缘的M点射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一边缘的N点射出，由此可知( )
图6
A．若入射粒子的电荷量相等，则从N点射出的粒子的质量一定相等
B．若入射粒子的电荷量相等，则从N点射出的粒子的动能一定相等
C．若入射粒子的比荷相等，则从N点射出的粒子的速率一定相等
D．若入射粒子的比荷相等，则从N点射出的粒子的动能一定相等
答案 BC
解析 由题图可知，粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则由qE＝m，得R＝，R、E为定值，若q相等，则从N点射出的粒子的动能相等，故B正确，A错误；若相等，则速率v一定相等，但动能不一定相等，故C正确，D错误．
7．如图7所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘沿垂直电场方向射入匀强电场，电子恰好从正极板边缘飞出，现保持负极板不动，正极板在竖直方向移动，并使电子入射速度变为原来的2倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间距离变为原来的( )
图7
A．2倍 B．4倍 C. D.
答案 C
解析 假设电子的带电荷量为e，质量为m，初速度为v，极板的长度为L，极板的间距为d，电场强度为E.由于电子做类平抛运动，所以水平方向有：L＝vt，竖直方向有：y＝at2＝··()2＝d.因为E＝，可得：d2＝，若电子的速度变为原来的两倍，仍从正极板边缘飞出，则由上式可得两极板的间距d应变为原来的，故选C.
8．(多选)如图8甲所示，在A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压．A板的电势为0，一质量为m、电荷量为－q的电子在t＝时刻进入两极板，仅在静电力作用下，由静止开始运动，恰好能到达B板，则( )
图8
A．A、B两板间的距离为
B．电子在两板间的最大速度为
C．电子在两板间做匀加速直线运动
D．若电子在t＝时刻进入两极板，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终打在B板上
答案 AB
解析 电子仅在静电力作用下运动，加速度大小不变，方向变化，选项C错误；电子在t＝时刻进入两极板，先加速后减速，在t＝时刻到达B板，设A、B两板的间距为d，则·()2＝，解得d＝，选项A正确；由题意知，电子在t＝时速度最大，则vm＝·＝，选项B正确；若电子在t＝时刻进入两极板，在～内电子做匀加速直线运动，位移x＝·()2＝>d，说明电子会一直向B板运动并打在B板上，不会向A板运动，选项D错误．
9．(多选)(2019·仙桃、天门、潜江三市联考)如图9所示，在竖直平面足够大的区域内有电场强度为E的匀强电场，一质量为m、电荷量为q的小球，以初速度v0从电场中的O点出发，沿ON方向在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝qE，不计空气阻力．则( )
图9
A．小球运动的加速度大小为
B．小球可能一直做匀加速运动
C．小球沿ON方向运动的最大位移为
D．在小球运动的前时间内，电场力对小球做功－
答案 CD
解析 小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON直线上，因mg＝Eq，所以电场力Eq与重力关于ON对称，根据数学知识得：电场力qE与水平方向的夹角应为30°，受力情况如图所示，合力沿ON方向斜向下，大小为mg，所以加速度为g，方向沿ON斜向下，故A、B错误；小球做匀减速直线运动，由运动学公式可得小球沿ON方向运动的最大位移为x＝，故C正确；在小球运动的前时间内，小球运动到最高点，电场力做功为：W＝－mgcos 60°·x＝－，故D正确．
10.虚线PQ、MN间存在如图10所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m＝2.0×10－11 kg、电荷量为q＝＋1.0×10－5 C，从a点由静止开始经电压为U＝100 V的电场加速后，垂直进入匀强电场中，从虚线MN上的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角．已知PQ、MN之间的距离为20 cm，带电粒子的重力忽略不计．求：
图10
(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1；
(2)水平匀强电场的场强大小；
(3)a、b两点间的电势差大小．
答案 (1)1.0×104 m/s (2)1.7×103 N/C (3)400 V
解析 (1)由动能定理得：qU＝mv12
代入数据得v1＝1.0×104 m/s.
(2)粒子沿初速度方向做匀速运动，则有d＝v1t
粒子沿电场方向做匀加速运动，则有vy＝at
由题意得：tan 30°＝
由牛顿第二定律得：qE＝ma
联立以上各式解得：E＝×103 N/C≈1.7×103 N/C.
(3)由动能定理得：qUab＝m(v12＋vy2)－0
解得：Uab＝400 V.
11．(2019·德州市期末)如图11甲所示，水平放置的两平行金属板A、B相距为d，板间加有如图乙所示随时间变化的电压．A、B板中点O处有一带电粒子，其电荷量为q，质量为m，在0～时间内粒子处于静止状态．已知重力加速度为g，周期T＝.
图11
(1)判断该粒子的电性；
(2)求在0～时间内两板间的电压U0；
(3)若T时刻，粒子恰好从O点正下方金属板A的小孔飞出，那么的值应为多少？
答案 (1)正电 (2) (3)
解析 (1)在0～时间内，粒子静止，由平衡条件可知粒子带正电．
(2)0～时间内，粒子处于平衡状态
由mg＝得：U0＝
(3)在～T时间内有：＝at2
mg＋＝ma
t＝＝
联立以上各式得：＝.
12.(2019·启东中学月考)如图12所示，有一光滑竖直圆环轨道，O为圆心，半径为R＝0.5 m，B点与O点等高，在最低点固定一点电荷A，B点恰能静止一质量为m＝0.1 kg、电荷量为q＝×10－6 C的带电小球，现将点电荷A的电荷量增大为原来的两倍，小球沿圆环轨道向上运动到最高点C时的速度为 m/s，g取10 m/s2，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2.求：
图12
(1)小球静止在B点时点电荷A的带电荷量Q；
(2)小球在B点刚开始运动时的加速度；
(3)小球在C点时对轨道的压力．
答案 (1)5.56×10－5 C (2)10 m/s2，方向竖直向上 (3)2.41 N，方向竖直向上
解析 (1)小球在B点静止时，受力分析如图所示，则有F库＝＝mg，解得Q＝＝×10－3 C≈5.56×10－5 C.
(2)A的电荷量增大为原来的两倍后，由牛顿第二定律有k·cos 45°－mg＝ma，解得a＝10 m/s2，方向竖直向上．
(3)小球在C点时，由牛顿第二定律得mg＋N－k＝，解得N＝(＋1) N≈2.41 N.
由牛顿第三定律可知，小球在C点时对轨道的压力大小为2.41 N，方向竖直向上．
13．(2020·青岛二中高二期中)一群速率不同的一价离子从A、B两平行极板正中央水平射入如图13所示的偏转电场，离子的初动能为Ek，A、B两极板间电压为U，间距为d，C为竖直放置并与A、B间隙正对的金属挡板，屏MN足够大．若A、B极板长为L，C到极板右端的距离也为L，C的长为d.不考虑离子所受重力，元电荷为e.
图13
(1)写出离子射出A、B极板时的偏转距离y的表达式；
(2)问初动能范围是多少的离子才能打到屏MN上？
答案 (1)y＝ (2)解析 (1)设离子的质量为m，初速度为v0，则离子在偏转电场中的加速度a＝
离子射出电场的时间t＝
射出电场时的偏转距离y＝at2
所以y＝
而Ek＝mv02，则y＝
(2)离子射出电场时的竖直分速度vy＝at
射出电场时的偏转角的正切值tan φ＝
故tan φ＝＝
离子射出电场后做匀速直线运动
要使离子打在屏MN上，需满足y<
且Ltan φ＋y>，所以
