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习题课四　带电粒子（体）在电场中运动的综合问题

要点一　带电粒子在交变电场中的运动

1.常见的交变电场

电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。

2.常见的题目类型

（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（一般根据交变电场特点分段研究）。

类型一　直线运动

【典例1】　如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t₀时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上，则t₀可能属于的时间段是（　　）

A.0＜t₀＜ B.＜t₀＜

C.＜t₀＜T D.T＜t₀＜

答案：B

解析：设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意知，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负。分别作出t₀＝0、、、时释放粒子，粒子运动的速度图像，如图所示。

由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图像可知，释放粒子时间在0＜t₀＜与＜t₀＜T时粒子在一个周期内的总位移大于零，释放粒子时间在＜t₀＜时粒子在一个周期内的总位移小于零；释放粒子时间在t₀＞T时情况类似。因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各项可知B正确。

类型二　曲线运动

【典例2】　如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，距离为d，O₁O为中轴线。当两板间所加电压U_MN＝U₀时，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场。某个带负电的粒子从O₁点以速度v₀沿O₁O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计。

（1）求带电粒子的比荷；

（2）若M、N间加如图乙所示的交变电压，其周期T＝，从t＝0开始，前内U_MN＝2U，后内U_MN＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v₀沿O₁O方向持续射入电场，最终所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值（用U₀表示）。

答案：（1）　（2）U₀

解析：（1）设粒子经过时间t₀打在M板中点，

沿极板方向有L＝v₀t₀

垂直极板方向有d＝

解得＝。

（2）粒子通过两板时间为t'＝＝2T，从t＝0时刻开始，粒子在两板间运动时每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小为a₁＝，方向垂直极板向上；在每个电压变化周期的后三分之二时间内加速度大小为a₂＝，方向垂直极板向下。不同时刻从O₁点进入电场的粒子沿电场方向的速度v_y随时间t变化的关系如图所示。

因为所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在t＝nT或t＝nT＋T时刻进入电场的粒子恰好分别从极板右侧上下边缘处飞出，它们在电场方向偏转的距离最大。则有d＝2，解得U＝。

1.带正电的粒子放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示。带电粒子只在静电力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是（　　）

A.粒子在0～1 s内的加速度与1～2 s内的加速度相同

B.粒子将沿着一条直线运动

C.粒子做往复运动

D.粒子在第1 s内的位移大于第3 s内的位移

解析：B　0～1 s和1～2 s粒子的加速度大小相等，方向相反，A错误；0～1 s和1～2 s粒子分别做匀加速直线运动和匀减速直线运动，根据这两段运动的对称性，1～2 s的末速度为0，所以每个1 s内的位移均相同且每2 s以后的运动重复0～2 s的运动，是单向直线运动，B正确，C、D错误。

2.（2023·江苏镇江高二期中）如图甲所示，一平行板电容器长l＝10 cm，宽a＝8 cm，两板间距d＝4 cm，在板左侧有一足够长的“狭缝”离子源，沿着两板中心平面，连续不断地向整个电容器发射离子，它们的比荷均为2×10¹⁰ C/kg，速度均为4×10⁶ m/s，距板右端处有一屏。如果在平行板电容器的两极板间接上如图乙所示的电压，由于离子在电容器中运动所用的时间远小于电压的周期，故离子通过电场的时间内电场可视为匀强电场。则（　　）

A.离子打在屏上的区域的面积为64 cm²

B.离子打在屏上的区域的面积为6.4 cm²

C.在一个周期内，有离子打到屏上的时间为1.28 s

D.在一个周期内，有离子打到屏上的时间为0.128 s

解析：A　设离子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U₀，则平行极板方向：l＝v₀t　①

垂直极板方向：＝at²　②

又a＝　③

由①②③得U₀＝，代入数据得U₀＝128 V，可知当｜U｜＞128 V时离子打到极板上，当｜U｜≤128 V时离子打到屏上。

利用推论：打到屏上的离子的速度的反向延长线交与

极板的l处，结合题图由几何关系可得＝

解得打到屏上的总长度y＝2d

则离子打到屏上的区域的面积为S＝2da＝64 cm²。故A正确，B错误；在0～T时间内，离子打到屏上的时间t₀＝×0.005 s＝0.003 2 s，由对称性知，在一个周期内，打到屏上的总时间t＝4t₀＝0.012 8 s。故C、D均错误。

要点二　带电体在重力场与电场中的运动

1.研究的对象：带电体（带电小球、物块等）和带电粒子的区别是不能忽略重力。

2.运动类型：直线运动、抛体运动和圆周运动。

3.运用规律：牛顿第二定律、动能定理、平抛运动规律、匀速圆周运动规律等。

类型一　直线运动

【典例3】　如图所示，一质量为m、电荷量为＋q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v₀沿ON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＝Eq，则（　　）

A.电场方向垂直于ON向上

B.小球运动的加速度大小为g

C.小球上升的最大高度为

D.小球运动到最高点所需时间为

答案：B

解析：由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，而mg＝qE，由三角形定则可知，电场方向与ON方向成120°角，选项A错误；由图中几何关系可知，其合力F_合为mg，由牛顿第二定律可知，a＝g，方向与初速度方向相反，选项B正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理可得－F_合·＝－mg·2h＝0－m，解得h＝，选项C错误；小球运动到最高点所需时间为t＝＝，选项D错误。

类型二　抛体运动

【典例4】　如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的微粒，从极板左侧中央以相同的水平初速度v先后垂直场强射入，分别落到极板A、B、C处（以下分别用A、B、C代表三个微粒），如图所示。则下列判断正确的是（　　）

A.微粒A带负电，B不带电，C带正电

B.三个微粒在电场中运动时间相等

C.三个微粒在电场中运动的加速度的关系为a_A＞a_B＞a_C

D.三个微粒到达极板时的动能关系为E_kA＜E_kB＜E_kC

答案：D

解析：三个微粒的初速度相等，水平方向上都做匀速运动，水平位移关系为x_A＞x_B＞x_C，所以他们的运动时间关系为t_A＞t_B＞t_C，三个微粒在竖直方向的位移相等，根据d＝at²可知，他们加速度的关系为a_A＜a_B＜a_C，从而可知B仅受重力，A受向上的电场力，C受向下的电场力，所以B不带电，A带正电，C带负电，故A、B、C错误；三个微粒重力做功相等，电场力对A做负功，电场力对C做正功，根据动能定理，三个微粒到达极板时的动能关系为E_kA＜E_kB＜E_kC，故D正确。

类型三　圆周运动

【典例5】　质量为m的小球带电荷量为＋q，由长为L的绝缘绳系住，在水平向右、电场强度为E的匀强电场中，最初静止于A点，如图所示，已知θ＝60°，为了让小球在竖直平面内做完整的圆周运动，则小球在A点的初速度至少为（　　）

A. B.

C. D.

答案：D

解析：小球做圆周运动的等效最高点与A点关于圆心对称。当小球在等效最高点且速度最小时，绳子的拉力为零，由几何知识知此时的合力F_合＝2mg，qE＝mg，根据牛顿第二定律得2mg＝，解得v_min＝，从等效最高点到等效最低点，由动能定理可得2mgLcos 60°＋2qELsin 60°＝m－m，解得v_A＝，D项正确。

1.A、B两导体板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放（电子的重力忽略不计）。分别在A、B两板间加四种电压，它们的U_AB-t图线如下列四图所示。其中可能使电子到不了B板的是（　　）

解析：B　加A图所示电压，电子从A板开始向B板做匀加速直线运动，一定能到达B板，故A错误；加B图所示电压，电子向B板运动的v-t图像如图所示，由图可知，在一个周期内，电子的位移为0，有可能到不了B板，故B正确；加C图和D图所示电压，分析可知电子在一个周期内速度的方向不变，一直向B板运动，一定能到达B板，故C、D错误。

2.（2023·江苏无锡高二月考）如图所示，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，a小球从紧靠左极板处由静止释放，b小球从两板正中央由静止释放，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.运动时间关系为t_a＞t_b

B.电势能减少量之比ΔE_pa∶ΔE_pb＝2∶1

C.电荷量之比q_a∶q_b＝2∶1

D.动能增加量之比ΔE_ka∶ΔE_kb＝2∶1

解析：C　小球在竖直方向做自由落体运动，两者下落高度相同，说明运动时间相等，所以A错误。在水平方向小球做匀加速直线运动，设板间距离为d，根据x＝·t²，位移之比为2∶1，可得a、b两粒子的电荷量之比为2∶1，所以C正确。电势能的减少量等于静电力做的功，则ΔE_pa∶ΔE_pb＝q_aU∶q_b＝4∶1，所以B错误。动能增加量之比等于合外力做功之比，即ΔE_ka∶ΔE_kb＝（mgh＋q_aU）∶，由于不知道重力与静电力的关系，所以动能增加量之比不确定，所以D错误。

3.如图所示，水平向左的匀强电场中，用长为L的绝缘轻质细线悬挂一小球，小球质量为m，带电荷量为＋q，将小球拉至竖直方向最低位置A点处无初速度释放，小球将向左摆动，细线向左偏离竖直方向的最大角度θ＝74°。（重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）则（　　）

A.电场强度的大小E＝

B.电场强度的大小E＝

C.小球向左摆动的过程中，对细线拉力的最大值为mg

D.若从A点处释放小球，给小球一个水平向左的初速度v₀，则为保证小球能做完整的圆周运动，v₀的大小应满足v₀≥

解析：D　由于带电小球所受静电力方向向左，分析小球的受力情况，根据对称性，当细线与竖直方向成角时，作出小球受力图如图所示，此时重力与静电力的合力与θ角的角平分线在同一条线上，根据平衡条件得qE＝mgtan ，解得E＝，故A、B均错误；小球从A运动到速度最大的位置细线与竖直方向夹角为时的过程中，由动能定理得qELsin －mgL·＝mv²，小球在速度最大的位置时，由重力、静电力和细线的拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：

F_T－mgcos －qEsin＝m，联立解得F_T＝mg。

由牛顿第三定律可知细线所受的拉力最大为mg，故C错误；设静电力与重力的合力为F，易知F＝＝mg，若使小球做完整的圆周运动，则小球运动到圆周右上方速度方向与F垂直时，细线拉力为0，F充当向心力，v₀取最小值，即F_向＝F＝，根据动能定理有－qELsin －mgL·＝m－m，联立解得v_min＝，为保证小球能做完整的圆周运动，v₀的大小应满足的条件为v₀≥，故D正确。

考点一　带电粒子在交变电场中的运动

1.如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），两板间距离d足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在下列选项中，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（　　）

解析：D　由电压图像可知，电子在一个周期的时间内，第一个T内做匀加速直线运动，第二个T内做匀减速直线运动到速度为零，第三个T内反向做匀加速直线运动，第四个T内做匀减速直线运动，回到出发点，只有D选项正确。

2.如图甲所示，在平行板的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，t＝0时刻，该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E_k3，若用改变A、B两板间距离的方法，使粒子在5t₀时刻刚好到达B板，此时粒子的动能大小为E_k5，则等于（　　）

A. B.

C.1 D.

解析：B　设两板间距离为d，粒子经过3t₀时间刚好到达B板时，粒子在运动过程中先加速后减速再加速，根据运动的对称性和动能定理，可得E_k3＝q，若改变A、B两板间距离使粒子在5t₀时刻刚好到达B板，根据运动的对称性和动能定理，可得E_k5＝q·，故＝，B正确。

3.某电场的电场强度E随时间t变化规律的图像如图所示。当t＝0时，在该电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受静电力作用，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.带电粒子在0～3 s内的初、末位置间的电势差为零

C.2 s末带电粒子回到原出发点

D.0～2 s内，静电力做的总功为零

解析：B　带电粒子在第1 s内做匀加速直线运动，在第2 s内先匀减速后反向匀加速，所以不是始终向同一方向运动，A错误；带电粒子在第1 s内做匀加速直线运动，位移为x₁＝a＝a，1 s末的速度为v₁＝at₁＝a，在第2 s内加速度大小是第1 s内的2倍，方向与第1 s内相反，第2 s内的位移和速度为x₂＝v₁t₂－·2a＝a－a＝0，v₂＝v₁－2at₂＝－a，则2 s末带电粒子仍处于1 s末的位置，第3 s内的加速度与第1 s内相同，有x₃＝v₂t₃＋a＝－a＋a＝－a，则带电粒子在这3 s内的总位移为x＝x₁＋x₂＋x₃＝0，即带电粒子在3 s末回到出发点，则静电力做功为零，电势能变化为零，电势差为零，B正确；根据对B选项的分析可知，2 s末带电粒子未回到原出发点，C错误；带电粒子在2 s末没有回到出发点，电势能变化不为0，所以静电力做的总功不为零，D错误。

考点二　带电体在电场、重力场中的运动

4.如图所示，质量均为m的A、B两个小球通过绝缘细线连在一起，并通过绝缘弹簧悬于O点。A球带电荷量为＋q，B球不带电，整个空间存在方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小E＝，当把A、B间的细线剪断瞬间（　　）

A.A球所受的静电力变为零

B.弹簧弹力变为F_弹＝2mg

C.A球的加速度大小a＝g

D.B球的加速度大小a＝2g

解析：C　A球所受的静电力为F＝qE＝mg，故A错误；A、B之间的细线剪断的瞬间，弹簧弹力不变，弹力为F_弹＝m_Ag＋m_Bg＋F＝3mg，故B错误；剪断细线的瞬间，小球A受到向上的弹力和向下的静电力、重力，根据牛顿第二定律得F_弹－mg－F＝ma_A，解得a_A＝g，故C正确；剪断细线瞬间，B球只受到向下的重力，所以a_B＝g，故D错误。

5.如图所示，在竖直放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场。有一质量为m，带电荷量为＋q的带电微粒从两极板正中间处由静止释放，重力加速度为g。则在点电荷运动到负极板的过程中（　　）

A.加速度大小为a＝

B.所需的时间为t＝

C.下降的高度为y＝

D.静电力所做的功为W＝Eqd

解析：B　带电微粒在电场中的受力如图所示，点电荷所受的合外力为F＝，由牛顿第二定律得a＝，故A错误；点电荷在水平方向的加速度为a₁＝，由运动学公式有＝，所以t＝ ，故B正确；点电荷在竖直方向上做自由落体运动，所以下降的高度y＝gt²＝g×＝，故C错误；由功的定义式可得，静电力做的功为W＝，故D错误。

6.（2023·江苏仪征高二月考）将一个质量为m，带电荷量为＋q的微粒自A点以大小为4v的初速度垂直射入水平向右的匀强电场（如图所示），微粒运动到最高点B时速度变为3v，求：

（1）匀强电场的电场强度大小E；

（2）A、B两点间电势差U_AB；

（3）微粒自A点至B点过程中速度的最小值。

答案：（1）　（2）　（3）v

解析：（1）若自A点至B点所用的时间为t₁，粒子在水平方向加速度为a，则

竖直方向：0＝4v－gt₁

水平方向：Eq＝ma，3v＝at₁

联立得E＝。

（2）若A、B间竖直高度差为h₁，则：－2gh₁＝0－（4v）²

－mgh₁＋qU_AB＝m（3v）²－m（4v）²

联立解得U_AB＝。

（3）微粒速度与合力之间的夹角先为钝角，后为锐角，当二者垂直时，速度最小，若从A点到微粒速度最小时间为t₂，速度最小时速度的水平分量为v_x，竖直分量为v_y，则：

v_x＝at₂，v_y＝4v－gt₂，且＝

联立解得t₂＝

v_min＝

解得v_min＝v。

7.如图所示，绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一电荷量为－q、质量为m的滑块（可看成点电荷）从a点以初速度v₀沿水平面向Q运动，到达b点时速度为零。已知a、b间距离为x，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。以下判断正确的是（　　）

A.滑块在运动过程中所受Q的库仑力有可能大于滑动摩擦力

B.滑块在运动过程的中间时刻速率等于

C.此过程中产生的内能为

D.Q产生的电场中a、b两点间的电势差U_ab＝

解析：D　由题意可知，滑块在水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力与运动方向相反，而库仑力与运动方向相同，因滑块在b点速度为零，故在b点库仑力小于滑动摩擦力，则在整个滑动过程中，库仑力一直小于滑动摩擦力，故A错误；在水平方向受大小不变的摩擦力及一直变大的库仑力，在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，所以滑块做加速度不断减小的减速运动，故中间时刻的速率小于，故B错误；滑块的动能和库仑力做的正功都转化为内能，因此在此过程中产生的内能大于动能的减少量，故C错误；由动能定理可得－qU_ab－μmgx＝0－m，解得两点间的电势差U_ab＝，故D正确。

8.如图甲所示，在xOy坐标系中，两平行金属板AB、OD如图水平放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L＝2 m，板间距离d＝1 m，紧靠极板右侧有一荧光屏。两金属板间电压U_AO随时间的变化规律如图乙所示，变化周期为T＝2×10^－3 s，U₀＝1×10³ V，一带正电的粒子从左上角A点，以平行于AB边v₀＝1 000 m/s的速度射入板间，粒子电荷量为q＝1×10^－5 C，质量m＝1×10^－7 kg。不计粒子所受重力。求：

（1）粒子在板间运动的时间；

（2）粒子打到荧光屏上的纵坐标的范围；

（3）粒子打到荧光屏上的动能。

答案：（1）2×10^－3 s　（2）0.85 m～0.95 m

（3）5.05×10^－2 J

解析：（1）粒子在板间沿x轴方向匀速运动，设运动时间为t，则L＝v₀t，t＝＝2×10^－3 s。

（2）t＝0时刻射入的粒子在板间偏转量最大，设为y₁

y₁＝a＋

＝ma

解得y₁＝0.15 m

纵坐标y＝d－y₁＝0.85 m

t＝1×10^－3 s时刻射入的粒子在板间偏转量最小，设为y₂

y₂＝a

解得y₂＝0.05 m

纵坐标y'＝d－y₂＝0.95 m

所以打在荧光屏上的纵坐标的范围为0.85 m～0.95 m。

（3）分析可知粒子打到荧光屏上的动能相同，设为E_k，由动能定理得qy₂＝E_k－m

解得E_k＝5.05×10^－2 J。

9.（2023·江苏太仓高二期末）如图所示，虚线左侧有一长度为L、倾角θ＝37°的粗糙绝缘斜面AB，虚线右侧有一光滑的半圆形绝缘轨道BCD，圆心为O，半径R＝L，斜面AB与半圆形轨道BCD在B点平滑连接。已知在虚线的右侧空间有方向水平向右、电场强度E＝的匀强电场。现将一质量为m、电荷量为＋q的小物块从斜面AB的顶端A点由静止释放，小物块与斜面AB间的动摩擦因数μ＝0.5，已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

（1）求小物块第一次经过半圆形轨道最低点B时，对半圆形轨道的压力；

（2）试分析小物块在运动过程中是否会脱离半圆形轨道；

（3）求小物块在整个运动过程中在斜面AB上因摩擦产生的热量。

答案：（1）mg，方向竖直向下　（2）不会

（3）mgL

解析：（1）设第一次到达B点时的速度为v_B，则由动能定理可得

－μmgLcos 37°＋mgLsin 37°＝m－0

所以m＝mgL

在B点根据牛顿第二定律可得F_N－mg＝＝mg

根据牛顿第三定律可得F_N'＝F_N＝mg，方向竖直向下。

（2）小物块进入虚线右侧区域后，受到的静电力F_电＝qE＝mg

静电力与重力的合力F_合＝＝mg，方向斜向右下、与竖直方向成53°角，即小物块在右侧区域受到重力场与电场的合力场方向如图所示。

假设小物块始终不脱离轨道，且当速度减为0时，在合力的反方向上移动了距离h。

由动能定理得0－m＝－F_合·h＝－mg·h

由（1）知m＝mgL，所以h＝L

经分析，小物块不脱离轨道需满足

h≤h₀，h₀＝L·cos 53°＝L

因为L≤L，所以假设成立，小物块不会脱离半圆形轨道。

（3）经分析，如图所示，最终小物块将在半圆形轨道上的B点与G点间往复运动，∠BOG＝106°，在B点与G点时速度恰好为0，由功能关系可知，Q＝mgLsin 37°＝mgL。