1、专题六带电粒子在电场中运动的综合问题考点一带电粒子在交变电场中的运动师生共研1常见的两种运动类型：直线运动、偏转运动2解题基本思路：(1)抓住两个特征：粒子运动在时间上的周期性和空间上的对称性(2)运用两个关系：一是力和运动的关系，二是功能关系题型1 |带电粒子在交变电场中的直线运动例1 如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)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()A0t0T4B. T2t03T4 C. 3T4t0T DTt00)的粒子，平行板
2、间的电场看作匀强电场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则以下说法正确的是()A当UMNmv24q时，电流表示数为0B当UMNmv22q时，电流表示数不为0C当UMN0时，电流表示数为I，则当UMN43mv2q时，电流表示数为3ID当UMN0时，电流表示数为I，则当UMN(UMN0)增大时，电流表示数最大为1.5I练42020芜湖示范高中5月联考，12分如图所示，光滑绝缘细杆轨道由水平MN部分和半圆形NP部分平滑连接而成，其中半圆轨道NP在竖直平面内，半径R20 cm.整个轨道所在的空间内有竖直向上的匀强电场，电场强度E2.0103 V/m.一个带孔小球(可以看成质点)穿在轨道上以某一初速度从
3、距离N点L40 cm处的A点开始向左运动，经过半圆轨道的最高点P点后恰好能落在A点位置，已知小球带正电，质量m80 g，电荷量q2.0104 C，取g10 m/s2，不计空气阻力，求：(1)小球经过P点时的速度大小；(2)小球经过半圆轨道上N点时对轨道的压力大小思维拓展等效思想在电场中的应用1“等效重力场”中的部分概念与复合之前的相关概念之间的关系对应如下：等效重力场重力场、电场叠加而成的复合场等效重力重力、电场力的合力等效重力加速度等效重力与物体质量的比值等效“最低点”物体自由时能处于稳定平衡状态的位置等效“最高点”物体做圆周运动时与等效“最低点”关于圆心对称的位置等效重力势能等效重力大小与
4、物体沿等效重力场方向“高度”的乘积2处理思路：(1)受力分析，计算等效重力(重力与电场力的合力)的大小和方向；(2)在复合场中找出等效最低点、最高点，过圆心作等效重力的平行线，使其与圆相交；(3)根据圆周运动供需平衡结合动能定理列方程处理如图所示，在水平方向的匀强电场中，用长度为3L的轻质绝缘细线悬挂一个质量为m的带电小球小球静止在A处，悬线与竖直方向的夹角为30.现将小球拉至B点，使悬线水平，并由静止释放，求小球运动到最低点D时的速度大小(重力加速度为g)练如图所示，BCDG是光滑、绝缘的34圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强
5、电场中现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为34mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g.已知sin 370.6.(1)若滑块从水平轨道上距离B点s3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度大小？(2)在(1)的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小(3)改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小专题六带电粒子在电场中运动的综合问题考点突破例1解析：设粒子的速度方向、位移方向均以向右为正依题意得，粒子的速度方向时而为负，时而为正，最终打在A板上时位移为负，速度
6、方向为负作出t00、T4、T2、3T4时粒子运动的速度时间图象，如图所示由于v t图线与t轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象可知0t0T4、3T4t0T时释放的粒子在一个周期内的总位移大于零；T2t03T4时释放的粒子在一个周期内的总位移小于零，当t0T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分析各选项可知只有B正确答案：B例2解析：t0时刻进入电场的粒子，水平方向做匀速运动，则在电场中运动时间t，此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，故A项正确；
7、粒子在竖直方向，在时间内的位移为12d122，解得q，故B项错误；t时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为d212a2212a2aT212d，故电场力做功为W12d12U0q12mv，故C项错误；t时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速，向上减速，由对称可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，故D项正确答案：AD练1解析：设第1 s内粒子的加速度为a1，第2 s内的加速度为a2，由aqEm可知，a22a1，假设粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为0，由动能定
8、理可知，此过程中电场力做功为零，综上所述，可知C、D正确答案：CD练2解析：加A项所示电压时，电子最初受到向右的电场力，开始向B板运动，电子先做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，2t0时刻速度为零，再向A板先加速、后减速至初始位置，且到初始位置时速度变为零，如此在A、B间往复运动，电子有可能打不到B板，A错误；加B项所示电压时，电子向B板匀加速再匀减速，2t0时刻速度为零，再向A板先加速、后减速至初始位置，且到初始位置时速度变为零，如此在A、B间往复运动，电子有可能打不到B板，B错误；加C项所示电压时，电子向B板先加速再减速至速度为零，周而复始，一直向B板运动，一定能到达B板，
9、C正确；加D项所示电压时，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，D正确答案：CD例3解析：(1)由图示受力关系可知物块在电场力及摩擦力作用下向右做匀加速运动，小车在摩擦动力作用下向右做匀加速运动，由牛顿第二定律知qEmgma1，mgMa2物块发生的位移为x112a1t2小车发生的位移为x212a2t2物块能滑到右端，有x1x2L联立并代入数值得a11.5 m/s2，a21 m/s2，E1 000 N/C.(2)令电场的作用时间为t0，撤去电场时物块速度为v1，小车速度为v2，此后物块在摩擦力作用下做匀减速运动，运行时间t1到达小车右端物块做匀减速运动的加速度大小为a3
10、g2.5 m/s2物块恰好不从小车右端滑下说明此时两者速度相等，即v1a3t1v2a2t1而v1a1t0，v2a2t0由两者位移关系知12a1t02a1t0t112a3t1212a2(t0t1)2L联立并代入数值得t0142 s例4解析：(1)设离子经加速电场加速后的速度大小为v，有qU12mv2离子在漂移管中做匀速直线运动，则T1lv联立式，得T1 ml22qU(2)根据动能定理，有qUqEx0得xUE(3)离子在加速电场中运动和在反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为v，有vv2通过式可知，离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的，所以不同离子在电场区
11、运动的总路程相等，设为L1，在无场区的总路程设为L2，根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为t总，有t总L1vL2v联立式，得t总(2L1L2) m2qU可见，离子从A到B的总飞行时间与m成正比依题意可得t1t0m1m0可得m1t1t02m0练3解析：当发射速度垂直极板向左时，向左运动的位移最大，垂直极板向左发射的粒子到达A板速度恰好为零时，电流表示数为零，根据动能定理有qUMN012mv2，解得UMNmv22q，选项B错误；若UMN0)增大到一定值时，与板平行射出的粒子经t时间恰好到达A板边缘，则有32L12qUMN32Lmt2，12Lvt，解得此时UMN6mv2
12、q，故当UMN6mv2q时，在090范围内的粒子都能到达A板，此时电流表示数最大，为3I，选项C正确，D错误答案：C练4解析：(1)小球从P点离开后做类平抛运动，则水平方向有xLvPt竖直方向有h2R12at2其中amg-qEm联立解得vP1.0 m/s.(2)小球从N点到P点的过程，根据动能定理得(qEmg)2R12mvp212mvN2在N点对小球有FNqEmgmvN2R解得FN2.4 N根据牛顿第三定律知小球对轨道的压力大小FNFN2.4 N.答案：(1)1.0 m/s(2)2.4 N思维拓展典例解析：小球在A处时，对其进行受力分析，如图所示Fmgtan 3033mg“等效”场力Gmg2+
13、F2233mg，且G与FT反向“等效”场加速度g233g从B点运动到C点的过程中，小球在“等效”场力作用下先做初速度为零的匀加速直线运动，有s3L，vC2gs2gL所以vCxvCsin 603gLvCy在细线拉力的作用下瞬间减小为零从C点运动到D点的过程中，由动能定理得WGWF12mvD212mvCx2WGmg3L(1cos 30)WFF3Lsin 30解得vD23+1gL.答案： 23+1gL.练解析：(1)设滑块到达C点时的速度大小为vC，从A点到C点的运动过程，由动能定理得qE(sR)mgsmgR12mvC2由题意可知qE34mg，0.5，s3R代入数据解得vCgR.(2)滑块到达C点时，由电场力和轨道作用力的合力提供向心力，则有FNqEmvC2R解得FN74mg.(3)重力和电场力的合力的大小为Fmg2+Eq254mg设重力和电场力的合力的方向与竖直方向的夹角为，则tan qEmg34解得37滑块恰好由F提供向心力时，在圆轨道上滑行的过程中速度最小，设此时滑块到达DG间的M点，相当于“最高点”，M点与O点的连线和竖直方向的夹角为37 ，设最小速度为v，则有Fmv2R.解得v5gR2.答案：(1) gR(2) 74mg(3) 5gR2
