【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习课时练习第8章专题强化十《带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题)》(含解析).doc，共(16)页，233.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题强化十带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题【专题解读】1.本专题主要讲解带电粒子(带电体)在电场中运动时动力学和能量观点的综合运用，高考常以计算题出现。2.学好本专题，可以加深对动力学和能量知识的理解，能灵活应用受力分析、运动分析(特别是平抛运动、圆周运动等曲线运动)的方法与技巧

，熟练应用能量观点解题。3.用到的知识：受力分析、运动分析、能量观点。题型一带电粒子在交变电场中的运动1.常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、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)。3.思维方法(1)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在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、做

功或确定与物理过程相关的临界条件。(2)从两条思路出发：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。【例1】(多选)(2020·湖北荆门市1月调考)如图1(a)所示，A、B表示真空中水平

放置的相距为d的平行金属板，板长为L，两板加电压后板间的电场可视为匀强电场。现在A、B两板间加上如图(b)所示的周期性的交变电压，在t＝0时恰有一质量为m、电量为q的粒子在板间中央沿水平方向以速度v0射入电场，忽略粒子的重力，则下列关于粒子运动情况的表述中正确的是()图1A

.粒子在垂直于板的方向上的分运动可能是往复运动B.粒子在垂直于板的方向上的分运动是单向运动C.只要周期T和电压U0的值满足一定条件，粒子就可沿与板平行的方向飞出D.粒子不可能沿与板平行的方向飞出答案BC解析如果板间距离足够大，粒子在垂直于板的方向上

的分运动在前半个周期做匀加速，后半个周期做匀减速，如此循环，向同一方向运动，如果周期T和电压U0的值满足一定条件，粒子就可在到达极板之前飞出极板，当飞出时垂直于极板的速度恰好为零时，将沿与板平行的方向飞出。故选项B、C正确。【变式1】(多选)如图2甲所示，长为8d、间距为d

的平行金属板水平放置，O点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为＋q、质量为m的粒子。在两板间存在如图乙所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力。以下判断正确的是()图2A.粒子在电场

中运动的最短时间为2dv0B.射出粒子的最大动能为54mv20C.t＝d2v0时刻进入的粒子，从O′点射出D.t＝3dv0时刻进入的粒子，从O′点射出答案AD解析由题图可知场强E＝mv202qd，则粒子在电场中的加速度a＝qEm＝v202d，则粒子在电场中运动的最短时间满足d2＝12at2m

in，解得tmin＝2dv0，选项A正确；能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t＝8dv0，则任意时刻射入的粒子若能射出电场，则射出电场时沿电场方向的速度均为0，可知射出电场时的动能均为12mv20，选项B错误；t＝d

2v0＝T8时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是先向下加速3T8，后向下减速3T8速度到零；然后向上加速T8，再向上减速T8速度到零……如此反复，则最后射出时有沿电场方向向下的位移，即粒子将从O′点下方射出，故C错误；t＝3dv0＝3T4时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是先向

上加速T4，后向上减速T4速度到零；然后向下加速T4，再向下减速T4速度到零……如此反复，则最后射出时沿电场方向的位移为零，即粒子将从O′点射出，选项D正确。题型二带电粒子在电场和重力场中的运动【例2】如图3，一光滑绝缘半圆环轨道固定

在竖直平面内，与光滑绝缘水平面相切于B点，轨道半径为R。整个空间存在水平向右的匀强电场E，场强大小为3mg4q，一带正电小球质量为m、电荷量为q，从距离B点为R3处的A点以某一初速度沿AB方向开始运动，经过B点后恰能运动到轨道的最高点C。重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8

。则：图3(1)带电小球从A点开始运动时的初速度v0多大？(2)带电小球从轨道最高点C经过一段时间运动到光滑绝缘水平面上D点(图中未标出)，B点与D点的水平距离多大？答案(1)52gR(2)(7＋32)R解析(1)小球在半圆环轨道上运动时，当小球所受重力、电场力的合力方向与速度垂直时，速

度最小。设F合与竖直方向夹角为θ，则tanθ＝qEmg＝34，则θ＝37°，故F合＝qEsin37°＝54mg。设此时的速度为v，由于合力恰好提供小球圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得5mg4＝mv2R解得v＝5gR4从A点到该点由动

能定理－mgR(1＋cos37°)－3mgR4(13＋sin37°)＝12mv2－12mv20解得v0＝52gR。(2)设小球运动到C点的速度为vC，小球从A点到C点由动能定理－2mgR－3mg4×R3＝12mv2C－12mv20解得v

C＝127gR当小球离开C点后，在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀加速直线运动，设C点到D点的运动时间为t。设水平方向的加速度为a，B点到D点的水平距离为x水平方向上有3mg4＝max＝vCt＋12at2竖直方向上有2R＝12gt2联立解得x＝(7＋32)R。【变式2】(2020·

江苏如皋中学模拟)如图4所示，内表面光滑绝缘的半径为1.2m的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为3×106V/m。有一质量为0.12kg、电荷量为1.6×10－6C，带负电的小球，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A时，小

球与轨道压力恰好为零，g取10m/s2，求：图4(1)小球在A点处的速度大小；(2)小球运动到最高点B时对轨道的压力。答案(1)6m/s(2)21.6N解析(1)重力G＝mg＝0.12×10N＝1.2N电场力F＝qE＝1.6×10－6×3×106N＝4.8N在A点

，有qE－mg＝mv21R代入数据解得v1＝6m/s。(2)设球在B点的速度大小为v2，从A到B，由动能定理有(qE－mg)·2R＝12mv22－12mv21在B点，设轨道对小球弹力为FN，则有FN＋mg－qE＝mv22R由牛顿第三定律

有FN′＝FN代入数据解得FN′＝21.6N。题型三电场中的力、电综合问题1.带电粒子在电场中的运动(1)分析方法：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的规律如牛顿运动定律、运

动学公式、动能定理、能量守恒定律解题。(2)受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略。一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判

断是否考虑重力作用。2.用能量观点处理带电体的运动对于受变力作用的带电体的运动，必须借助能量观点来处理。即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也常常更简捷。具体方法有：(1)用动能定理处理思维顺序一般为：①弄清研究对

象，明确所研究的物理过程。②分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功。③弄清所研究过程的始、末状态(主要指动能)。④根据W＝ΔEk列出方程求解。(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理列式的方法常有两种：①

利用初、末状态的能量相等(即E1＝E2)列方程。②利用某些能量的减少等于另一些能量的增加列方程。(3)两个结论①若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变。②若带电粒子只在重力和电场力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变。【例3】(多选)(2020·广西柳州

市4月模拟)如图5所示，相距为2d的A、B两个点电荷固定于竖直线上，电荷量分别为＋Q和－Q。MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，与AB连线间的距离为d，C、D是细杆上与A、B等高的两点，O点是CD中点。一个质量为m、电荷量为＋q的带电小球P(可视为点电荷，放入电场后不影响电场的分布)穿过细杆，由C点静止

开始释放，向下运动到O点时速度大小为v。已知静电力常量为k，重力加速度为g。则()图5A.C、D两点电势φC＝φDB.C、D两点的电场强度大小相等C.O点处的电场强度大小E＝2kQ2d2D.小球P经过D点时的速度大小为2v答案BC

解析由等量异号电荷电场线分布可知，C点电势高于D点电势，故A错误；由电场强度的叠加可知C、D两点的电场强度大小相等，故B正确；正点电荷Q在O点产生的场强大小为E1＝kQ（2d）2＝kQ2d2，负点电荷

Q在O点产生的场强大小为E2＝kQ（2d）2＝kQ2d2，如图所示，由电场强度的叠加可得O点处的电场强度E＝2E1＝2kQ2d2，故C正确；从C到O与从O到D重力及电场力做功相同，从C到O过程，根据动能定理有W＝12mv2，从O到D过

程，根据动能定理有W＝12mv2D－12mv2，联立解得vD＝2v，故D错误。【变式3】(2020·河南郑州市第二次质量预测)水平地面上方分布着水平向右的匀强电场，一光滑绝缘轻杆竖直立在地面上，轻杆上有两点A、B。轻杆左侧固定一带正电的点电荷，电荷量为＋Q

，点电荷在轻杆AB两点的中垂线上，一个质量为m，电荷量为＋q的小球套在轻杆上，从A点静止释放，小球由A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是()图6A.小球受到的电场力先减小后增大B.小球的运动速度先增大后减小C.小球的电势能

先增大后减小D.小球的加速度大小不变答案C解析小球下滑时受匀强电场的电场力是不变的，受到点电荷的电场力先增加后减小，则小球受到的电场力先增大后减小，选项A错误；小球下滑时，匀强电场的电场力垂直小球运动方向，则对小球不做功；点电荷在

前半段先对小球做负功，重力做正功，但是由于不能比较正功和负功的大小关系，则不能确定小球速度变化情况；在后半段，点电荷电场力和重力均对小球做正功，则小球的运动速度增大，选项B错误；小球下滑时，匀强电场的电场力对小球不做功，由以上分析可知，小球的电势能先增大后减小，选项C正确；由小球

的受力情况可知，在A点时小球的加速度小于g，在AB中点时小球的加速度等于g，在B点时小球的加速度大于g，则加速度是不断变化的，选项D错误。【例4】(2020·四川雅安市上学期一诊)如图7，光滑固定斜面倾角为37°，一质量m＝0.1kg、电荷量q＝＋1×10－6C的小物块置于

斜面上的A点，A距斜面底端B的长度为1.5m，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图7(1)该电场的电场强度的大小；(2)若电场强度变为原来的一半，小物

块运动到B点所需的时间和在B点的速度各是多少？答案(1)7.5×105N/C(2)1s3m/s解析(1)小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，如图所示，则有qE＝mgtan37°故有E＝7.5×1

05N/C。(2)电场强度变为原来的一半后根据牛顿第二定律得mgsin37°－12qEcos37°＝ma代入数值解得a＝3m/s2方向沿斜面向下由运动学公式x＝12at2和v2B－v2A＝2ax代入数值解得t＝1s，vB＝3m/s。【变式4】(2020·广东六校联盟第二次联考

)如图8所示，AB为水平绝缘粗糙轨道，动摩擦因数为μ＝0.2，AB距离为5m；BC为半径r＝1m的竖直光滑绝缘半圆轨道；BC的右侧存在竖直向上的匀强电场，电场强度E＝500N/C。一质量m＝1kg，电量q＝1.0×10－2C的带负电小球，在功率P恒为20W的水平向右拉力作用

下由静止开始运动，到B点时撤去拉力。已知到达B点之前已经做匀速运动(g＝10m/s2)，求：图8(1)小球匀速运动的速度大小；(2)小球从A运动到B所用的时间；(3)请计算分析小球是否可以到达C点，若可以，求轨

道对小球的弹力大小。答案(1)10m/s(2)3s(3)可以25N解析(1)因为小球做匀速直线运动，所以F＝FfFf＝μmg＝2N小球匀速运动的速度大小v0＝PFf＝10m/s。(2)A到B过程中，由动能定理得Pt－μmg·AB－＝12mv2B其中vB＝v0＝10m/s解得t＝3s。(3)小

球从B点到C点，由动能定理得－(mg＋qE)·2r＝12mv2C－12mv2B解得vC＝210m/s若小球恰好过C点，则mg＋qE＝mv2r解得v＝15m/s＜vC则在C点，根据牛顿第二定律mg＋qE＋FN＝mv2

Cr解得轨道对小球的弹力FN＝25N。课时限时练(限时：35分钟)对点练1带电粒子在交变电场中的运动1.如图1所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、丁所示时，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下

列说法正确的是()图1A.电压是甲图时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少B.电压是乙图时，在0～T2时间内，电子的电势能先增加后减少C.电压是丙图时，电子在板间做往复运动D.电压是丁图时，电子在板间做往复运动答案D解析若电压是题图甲，0～T时间内，电场力先向左后向右

，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；电压是题图乙时，在0～T2时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；电压是题图丙时，电子向左做加

速度先增大后减小的加速运动，过了T2后做加速度先增大后减小的减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，故C错误；电压是题图丁时，电子先向左加速，到T4后向左减速，T2后向右加速，34T后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，故电子做

往复运动，故D正确。2.(多选)如图2所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电粒子，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答案CD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图像如图所示，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。对点练2带电粒子在电场和重力场中的运动3.(多选)如图3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的带电小球。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点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是()图3A.匀强电场的电场强度E＝mgtanθqB.小球动能的最小

值为Ek＝mgL2cosθC.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小D.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大答案AB解析小球静止时悬线与竖直方向成θ角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据

平衡条件，有qE＝mgtanθ，解得E＝mgtanθq，选项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速度最小，根据牛顿第二定律，有mgcosθ＝mv2L，则最小动能Ek＝12mv2＝mgL2cosθ，选项B正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能

最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，选项C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，选项D错误。对点练3电场中力、电综合问题4.(多选

)(2020·四川泸州市二诊)如图4所示，在水平向左的匀强电场中，可视为质点的带负电物块，以某一初速度从足够长的绝缘斜面上的A点，沿斜面向下运动，经C点到达B点时，速度减为零，然后再返回到A点。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝33，整个过程斜面均保持静止，物块所带电量不变。

则下列判断正确的是()图4A.物块在上滑过程中机械能一定减小B.物块在上滑过程中，增加的重力势能一定大于减少的电势能C.物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能D.物块在下滑过程中，斜面与地面之间的

摩擦力一定为零答案CD解析上滑过程中满足qEcosθ＞Ff＋mgsinθ，则电场力做的功大于克服摩擦力做的功，即除重力以外的其他力对物体做正功，则物体的机械能增加，选项A错误；上滑过程中由动能定理W电－Wf－WG＝ΔEk，则W电＞WG，则物块在上滑过程中，

增加的重力势能一定小于减少的电势能，选项B错误；由于摩擦力做功，由能量关系可知物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能，选项C正确；当不加电场力时，由于斜面对物体的支持力为FN＝mgcos30°，摩擦力Ff

＝μmgcos30°＝mgsin30°，可知支持力和摩擦力的合力方向竖直向上；当加电场力后，支持力和摩擦力成比例关系增加，则摩擦力和支持力的合力仍竖直向上，根据牛顿第三定律，则物块给斜面的摩擦力和压力的方向竖直向下，可知斜面在水平方向受力为零，则斜面所受地面的

摩擦力为零，选项D正确。5.(2020·山东青岛市模拟)如图5所示，水平地面上方存在水平向左的匀强电场，一质量为m的带电小球(大小可忽略)用轻质绝缘细线悬挂于O点，小球带电荷量为＋q，静止时距地面的高度为h，细线与竖直方向的夹角为

α＝37°，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：图5(1)匀强电场的场强大小E；(2)现将细线剪断，小球落地过程中水平位移的大小；(3)现将细线剪断，带电小球落地前瞬间的动能。答案(1)3mg4

q(2)34h(3)2516mgh解析(1)小球静止时，对小球受力分析如图所示，由FTcos37°＝mgFTsin37°＝qE解得E＝3mg4q。(2)剪断细线，小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做加速度为a的匀加速运动，由qE＝max＝12at2h＝12gt2联立解得x

＝34h。(3)从剪断细线到落地瞬间，由动能定理得Ek＝mgh＋qEx＝2516mgh。6.(2020·山东泰安市一轮检测)如图6(a)，竖直平行正对金属板A、B接在恒压电源上。极板长度为L、间距为d的平行正对金属板C、D水平放置，其间电压随时间变化的规律如图(b)。

位于A板处的粒子源P不断发射质量为m、电荷量为q的带电粒子，在A、B间加速后从B板中央的小孔射出，沿C、D间的中心线OO1射入C、D板间。已知t＝0时刻从O点进入的粒子恰好在t＝T0时刻从C板边缘射出

。不考虑金属板正对部分之外的电场，不计粒子重力和粒子从粒子源射出时的初速度。求：图6(1)金属板A、B间的电压U1；(2)金属板C、D间的电压U2；(3)其他条件不变，仅使C、D间距离变为原来的一半(中心线仍为OO1)，则t＝3T08时刻从

O点进入的粒子能否射出板间？若能，求出离开时位置与OO1的距离；若不能，求到达极板时的动能大小。答案(1)mL22qT20(2)2md2qT20(3)不能m（L2＋2d2）2T20解析(1)设粒子到达B板时的速度为v，根据动能定理，有q

U1＝12mv2粒子在CD板间沿OO′方向的分运动为匀速运动L＝vT0整理得U1＝mL22qT20。(2)粒子在CD间沿垂直极板方向先匀加速后匀减速，根据动力学公式2×12a(T02)2＝d2而a＝qU2

md整理得U2＝2md2qT20。(3)C、D间距离变为原来的一半后，粒子在CD间运动的加速度a2＝2a＝4dT20，t＝3T08时刻从O点进入的粒子，在垂直极板方向先向C板加速T08时间，再减速T08时间，速度为0，y1＝2×12a2(T08)2＝d16，然后反

向，向D运动，先加速3T08时间，y2＝12a2(3T08)2＝9d32此时粒子与D板距离Δy及沿垂直极板方向的分速度v2y，则Δy＝y1＋d4－y2＝d32，v2y＝a23T08，由于Δy＜y2，所以粒子将经过一段

时间的减速运动后落在D板上，到达D板时沿垂直极板方向的分速度v3yv23y－v22y＝－2a2Δy，粒子到达极板D时的速度v3、动能Ek，则有v23＝v2＋v23y联立以上式子解得Ek＝12mv23＝m（L2＋2d2）2T20。