1、十四、带电体在电场中的运动问题一、带电体在电场中运动时重力的处理1基本粒子：如电子、质子、粒子、离子等除有说明或有明确暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)。2带电小物体：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确暗示以外，一般都不能忽略重力。抓牢解题本源二、带电体在电场中做直线运动的两种分析方法动力学观点若带电粒子在匀强电场中运动，可应用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式分析。功能观点匀强电场中：WqU12mv212mv02。非匀强电场中：WEk2Ek1。EqdqU三、带电粒子在电场中的偏转问题 1带电粒子在电场中的偏转(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场。(2)运动
2、性质：匀变速曲线运动。(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动。2带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1)同种带电粒子从静止开始经过同一电场加速，再垂直于偏转电场方向射入同一偏转电场，射出时偏移量和总是相同的。(2)带电粒子垂直于电场方向射入电场，经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点为粒子沿初速度方向位移的。3带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系当讨论带电粒子的末速度v时可以从能量的角度进行求解：qUy12mv2 12mv02(v0为初速度)，其中UyUd y，指初、末位置间的。偏转角中点电势差研透常考题根带电体在电场中的平衡和加速问题例 1(多选)
3、(2017连云港市模拟)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 mgqE，则()A电场方向竖直向上B小球运动的加速度大小为 gC小球上升的最大高度为v022gD若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为mv024思路点拨 试画出小球的受力示意图。提示：解析 如图所示，由于小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力在ON直线上，而mgqE，由三角形定则，可知电场方向与ON方向成120角，A项错误；由图中几何关系可知，小球所受合力为mg，由牛
4、顿第二定律可知ag，方向与初速度方向相反，B项正确；设小球上升的最大高度为h，由动能定理可得mg2h012mv02，解得hv024g，C项错误；小球上升过程中，速度为零时，其电势能最大，则EpqE2hcos 120mv024，D项正确。答案 BD备考锦囊 匀强电场中直线运动问题的分析方法即时训练(2015海南高考)如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为q的粒子。在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距 25 l的平面。若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，
5、则Mm为()A32 B21C52D31解析：设电场强度为 E，两粒子的运动时间相同，对 M 有，aEqM，25l12EqMt2；对 m 有 aEqm，35l12Eqm t2，联立解得Mm32，A 正确。答案：A 带电粒子在匀强电场中的偏转问题例2(2017苏州一模)真空中的某装置如图所示，加速电场区电压为U，偏转电场区有场强大小为E，方向竖直向下的匀强电场。现有两种粒子氘核(12H)、粒子(24He)分别从O点无初速度地飘入，最后都打在与OO垂直的荧光屏上。不计粒子重力及其相互作用，则()A偏转电场对两种粒子做功一样多B两种粒子一定打到屏上的同一位置C两种粒子在偏转电场中运动时间之比为21D将
6、偏转区匀强电场改为垂直纸面的匀强磁场，两种粒子一定能打到屏上的不同位置思路点拨(1)根据WqU判断偏转电场对两种粒子的做功情况。(2)结合竖直方向上做匀加速直线运动，求出粒子出电场时竖直方向上的分速度以及偏转的位移，从而可判断两种粒子打在屏光荧上的位置。(3)根据动能定理求出粒子进入偏转电场时的速度，抓住粒子在偏转电场中垂直于电场方向做匀速直线运动，求出运动的时间。解析 在加速电场中，由动能定理得：qU 12 mv020，在偏转电场中，偏转位移y12at212qEm L2v02，联立得yEL24U，可见y与粒子的电量和质量无关，则粒子的偏转位移相等，两种粒子一定打到屏上的同一位置，故B正确；两
7、种粒子电量不等，偏转位移相等，由WqEd可知，偏转电场对两种粒子做功不等，故A错误；根据动能定理得，qU12mv020，则进入偏转电场的速度v02qUm，因为氘核和粒子的比荷之比为11，则速度之比为11，在偏转电场中运动时间tLv0，则知时间之比为11，故C错误；由qv0Bmv02R 可得：R mv0qB 2mUqB2，因为氘核和粒子的比荷之比为11，又是同一偏转磁场，则半径相同，从同一位置射出磁场做匀速运动，最后两种粒子一定打到屏上的同一位置，故D错误。答案 B即时训练(2017扬州一模)如图所示，平行板电容器充电后形成一个匀强电场，大小保持不变。让不计重力的相同带电粒子a、b，以不同初速度
8、先、后垂直电场射入，a、b分别落到负极板的中央和边缘，则()Ab粒子加速度较大Bb粒子的电势能变化量较大C若仅使a粒子初动能增大到原来的2倍，则恰能打在负极板的边缘D若仅使a粒子初速度增大到原来的2倍，则恰能打在负极板的边缘解析：加速度为 aqEm，a、b 两个粒子相同，电场强度 E相同，则加速度相同，故 A 错误；电场力做功为 WqEy，可见，电场力做功相同，由能量守恒得知，a、b 的电势能增量相同，故 B 错误；若 a 粒子的初动能增大到原来的 2 倍，由动能的定义式 Ek12mv2 知，a 粒子的初速度增大到原来的 2倍，粒子在电场中做类平抛运动，a 粒子到达下极板的时间不变，水平位移变
9、为原来的 2倍，a 粒子不能打到负极板的边缘，故C 错误；若仅使 a 粒子初速度增大到原来的 2 倍，粒子到达下板的时间不变，水平位移变为原来的 2 倍，则 a 恰能打在负极板的边缘，故 D 正确。答案：D 带电粒子在周期性变化的电场中的运动例3 如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O为中轴线，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场。当两板间加电压UMNU0时，某一带负电的粒子从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qm；(2)若M、N间加如图乙所示的交变电压，其周期T Lv0，从t0开始，前T3时间内UMN2
10、U，后2T3 时间内UMNU，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值。思路点拨(1)两板间加恒定电压时，粒子做类平抛运动。(2)两板间加交变电压时，水平方向始终为匀速运动，粒子在竖直方向的运动可画v-t图像分析。解析(1)设粒子经过时间t0打在M板中点沿极板方向有L2v0t0垂直极板方向有d2qU02mdt02 解得qm4d2v02U0L2。(2)粒子通过两板间的时间tLv0T从t0时刻开始，粒子在两板间运动时，在每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小a1 2qUmd，在每个电压变化周期的后三分之二时间内的加速度大小
11、a2qUmd不同时刻从O1点进入电场的粒子沿电场方向的速度vy随时间t变化的关系如图所示。所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在tnT(n0,1,2，)和tnT 13 T(n0,1,2，)时刻进入电场的粒子恰好分别从上、下极板右侧边缘飞出。它们沿电场方向偏转的距离最大，则d212a1T3 T解得U3U08。答案(1)4d2v02U0L2 (2)3U08备考锦囊 分段研究，化变为恒在两个相互平行的金属板间加交变电压时，在两板中间便可获得交变电场。对于带电粒子在交变场中的运动，可以分段处理，此类电场在一段时间内为匀强电场，即电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同。但从整个运动过程
12、看电场又是变化的，即电场强度的大小和方向可随时间变化。即时训练如图甲所示，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()A0t0T4BT2t03T4C3T4 t0TDTt09T8解析：两板间加的是方波电压，刚释放粒子时，粒子向A 板运动，说明释放粒子时 UAB为负，A、D 错误；若 t0T2时刻释放粒子，则粒子恰好做方向不变的单向直线运动，一直向 A 运动；若 t03T4 时刻释放粒子，则粒子恰好在电场中
13、固定两点间做往复运动，因此在T2t03T4 时间内释放该粒子，粒子的运动满足题意的要求，B 正确，C 错误。答案：B 课余自查小练1(多选)如图甲所示，A 和 B 表示在真空中相距为 d 的两平行金属板，加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场。图乙表示一周期性变化的交变电压随时间 t 变化的图线。从 t0 开始，电压为一定值 U0；经过半个周期，突然变为U0；再过半个周期，又突然变为 U0如此周期性地交替变化。在 t0 时，将上述交变电压 U 加在 A、B 两板上，使开始时 A 板电势比 B 板高，这时在紧靠 B 板处有一初速度为零的电子(质量为 m，电荷量为 e)在电场力作用下开始运动。要
14、想使电子到达 A 板时具有最大的动能，则所加交变电压的周期 T 可能是()A.2md2eU0 B.8md29eU0C.8md2eU0D.10md2eU0解析：在电场力作用下，电子的加速度 aeU0md，设电子从 B 板一直加速运动到 A 板所需要的时间为 t0，则 d12at02，解得 t02da，根据题意可知，应满足 t0T2，解得 T8md2eU0，C、D正确。答案：CD 2(多选)(2015山东高考)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。t0 时刻，质量为 m的带电微粒以初速度 v0沿中线射入两板间，0T3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。
15、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 0T 时间内运动的描述，正确的是()A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：0T3时间内微粒匀速运动，有 mgqE0。把微粒的运动分解，水平方向：做速度为 v0的匀速直线运动；竖直方向：T32T3 时间内，只受重力，做自由落体运动，2T3 时刻，v1ygT3；2T3 T 时间内，a2qE0mgmg，做匀减速直线运动，T 时刻，v2yv1yaT30，所以末速度 vv0，方向沿水平方向，选项 A 错误，B 正确；重力势能的减少量 Epmgd212mgd，选项 C 正确；根据动能
16、定理：12mgdW 克电0，得 W 克电12mgd，选项 D 错误。答案：BC 3.(2017自贡模拟)如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成 45角的绝缘直杆 AC，其下端(C 端)距地面高度 h0.8 m。有一质量为 500 g 的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿直杆匀速下滑，小环离开直杆后正好通过C 端的正下方 P 点(g 取 10 m/s2)。求：(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；(2)小环在直杆上做匀速运动时速度的大小；(3)小环运动到 P 点的动能。解析：(1)小环在直杆上做匀速运动，所受电场力必定水平向右，否则小环将做匀加速运动，其受力情况如图所示。
17、由平衡条件得：mgsin 45Eqcos 45得：mgEq，小环离开直杆后，只受重力、电场力作用，则合力为F 合 2mgma解得加速度为：a10 2 m/s214.1 m/s2，方向垂直于直杆斜向右下方。(2)设小环在直杆上做匀速运动的速度为 v0，离开直杆后经时间 t到达 P 点，则竖直方向：hv0sin 45t12gt2水平方向：v0cos 45t12qEm t20解得：v02 m/s。(3)由动能定理得：EkP12mv02mgh解得：EkP5 J。答案：(1)14.1 m/s2 方向垂直于直杆斜向右下方(2)2 m/s(3)5 J4.(2017山西一模)如图所示，质量为 m、带电量为q
18、的小球从距地面高为 h 处以一定的初速度 v0水平抛出，在距抛出点水平距离为 L 处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管，管的上口距地面为h2，为使小球无碰撞地通过管，可在管上方整个区域内加一场强方向向左的匀强电场。空气阻力不计，求：(1)小球的初速度 v0；(2)电场强度 E 的大小；(3)小球落地时的动能。解析：(1)由题意知，小球水平方向做匀减速运动到管的上口时速度恰为零，则 Lv02 t竖直方向做自由落体运动到管的上口，则 hh212gt2解得：v02Lgh。(2)水平方向由运动学公式及牛顿第二定律得：v022qEm L解得：E2mgLqh。(3)小球竖直方向做自由落体运动直到地面，由动能定理得：mghEqLEk12mv02解得：Ekmgh。答案：(1)2Lgh(2)2mgLqh (3)mgh “专题跟踪检测”见“专题跟踪检测（十四）”(单击进入电子文档)