人教版高考物理一轮复习第7章静电场专题强化6带电粒子在电场中运动的综合问题学案

专题强化六　带电粒子在电场中运动的综合问题

一、带电粒子在交变电场中的运动

1．此类题型一般有三种情况：一是粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)；二是粒子做往返运动(一般分段研究)；三是粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)。

2．分析时从两条思路出发：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。

3．注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动在时间上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边界条件。

例1　如图(甲)所示，A，B是两块水平放置的足够长的平行金属板，组成偏转匀强电场，B板接地，A板电势φA随时间变化的情况如图(乙)所示，C，D两平行金属板竖直放置，中间有两正对小孔O1′和O2，两板间电压为U2，组成减速电场。现有一带负电粒子在t＝0时刻以一定初速度沿A，B两板间的中轴线O1O1′进入，并能从O1′沿O1′O2进入C，D间。已知带电粒子带电荷量为－q，质量为m，(不计粒子重力)求：

(1)该粒子进入A，B间的初速度v0为多大时，粒子刚好能到达O2孔；

(2)在(1)的条件下，A，B两板长度的最小值；

(3)A，B两板间距的最小值。

[解析]　(1)粒子在A，B板间运动时，水平方向做匀速运动，所以进入O1′孔的速度即为进入A，B板间的初速度v0，粒子在C，D间运动，刚好能到达O2孔，由动能定理得qU2＝mv

解得v0＝。

(2)粒子进入A，B板间后，在一个周期T内，竖直方向上的速度变为初始状态，即v竖＝0，若在第一个周期进入O1′孔，则对应两极长度最短，则最短长度

L＝v0T＝T。

(3)若粒子在的运动过程中刚好打不到A板而返回，则此时两板间距最小，设为d，

有＝×2×2

解得d＝。

[答案]　(1)　(2)T　(3)

二、用等效法处理带电体在电场和重力场中的运动

1．“等效法”在电场中的应用

“等效重力场”就是把重力场和匀强电场的复合场问题简化为只有一个场的问题，从而将重力场中的相关规律有效地迁移过来。值得注意的是，由于重力场和匀强电场都是匀强场，所以带电体受到的重力及电场力都是恒力。如果电场不是匀强电场，则不能进行等效变换。

2．等效法求解电场中圆周运动问题的解题思路

(1)求出重力与电场力的合力F合，将这个合力视为一个“等效重力”。

(2)将a＝视为“等效重力加速度”。

(3)小球能自由静止的位置，即是“等效最低点”，圆周上与该点在同一直径的点为“等效最高点”。

(4)将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解。

例2　如图所示，绝缘光滑轨道AB部分是倾角为30°的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切。整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中。现有一个质量为m的带正电小球，电荷量为q＝，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度应满足什么条件？

[解析]　小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作用力，如图所示，类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg′，大小为mg′＝＝，tan θ＝＝，得θ＝30°，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动。因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的“等效最高点”(D点)满足“等效重力”刚好提供向心力，即有mg′＝，因θ＝30°与斜面的倾角相等，由几何关系知＝2R，令小球以最小初速度v0运动，由动能定理知

－2mg′R＝mv－mv

解得v0＝，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足v0≥。

[答案]　v0≥

名师点拨　把握三点，合理利用“等效法”解决问题

(1)把电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力。

(2)等效重力的反向延长线与圆轨迹的交点为带电体在等效重力场中运动的最高点。

(3)类比“绳球”“杆球”模型临界值的情况进行分析解答。

三、应用动力学知识和功能关系解决力电综合问题

功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力，因此，通过审题抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解。动能定理和能量守恒定律在处理电场中能量问题时仍是首选。

例3　在竖直平面内，一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端拴着质量为m、电荷量为＋q的小球。小球始终处在场强大小为、方向竖直向上的匀强电场中，现将小球拉到与O点等高处，且细线处于拉直状态，由静止释放小球，当小球的速度沿水平方向时，细线被拉断，之后小球继续运动并经过P点，P点与O点间的水平距离为L。重力加速度为g，不计空气阻力，求：

(1)细线被拉断前瞬间，细线的拉力大小；

(2)O、P两点间的电势差。

[解析]　(1)由题意可知小球受到竖直向上的电场力F＝qE＝1.5mg>mg

所以小球被释放后将向上绕O点做圆周运动，到达圆周最高点时速度沿水平方向，设此时速度为v，由动能定理得：(F－mg)L＝mv2，解得v＝，

设细线被拉断前瞬间的拉力为FT，由牛顿第二定律得：FT＋mg－F＝m

解得：FT＝1.5mg

(2)细线断裂后小球做类平抛运动，加速度a竖直向上，由牛顿第二定律：F－mg＝ma

设细线断裂后小球经时间t到达P点，水平方向上有L＝vt

小球在竖直方向上的位移为y＝at2

解得y＝

O、P两点沿电场方向(竖直方向)的距离为d＝L＋y

O、P两点间的电势差UOP＝Ed

联立解得UOP＝。

[答数]　(1)1.5mg　(2)

〔专题强化训练〕

1．(多选)一个带正电的微粒放在电场中，电场强度的大小和方向随时间变化的规律如图所示。带电微粒只在电场力的作用下，在t＝0时刻由静止释放。则下列说法中正确的是(　BD　)

A．微粒在0～1 s内的加速度与1～2 s内的加速度相同

B．微粒将沿着一条直线运动

C．微粒做往复运动

D．微粒在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同

[解析]　根据题意作出微粒在交变电场中运动的v-t图像，如图所示。

由图可知，在0～1 s内与1～2 s内的加速度大小相等，方向相反，故A错误；微粒速度方向一直为正，始终沿一直线运动，故B正确，C错误；阴影部分面积为对应的第1 s、第3 s和第5 s内的位移，故D正确。

2．(多选)如图所不，一根不可伸长的绝缘细线一端固定于O点，另一端系一带电小球，置于水平向右的匀强电场中，现把细线水平拉直，小球从A点由静止释放，经最低点B后，小球摆到C点时速度为0，则    (　BD　)

A．小球在B点时速度最大

B．小球从A点到B点的过程中，机械能一直在减少

C．小球在B点时细线的拉力最大

D．从B点到C点的过程中小球的电势能一直增加

[解析]　小球所受重力和电场力恒定，重力和电场力的合力恒定，小球相当于在重力和电场力的合力及细线的拉力作用下在竖直平面内做圆周运动。当小球运动到重力和电场力的合力和细线的拉力共线时(不是B点)，小球的速度最大，此时细线的拉力最大，A、C错误；从A点到C点的过程中，小球所受重力做正功，小球摆到C点时速度为0，所以电场力对小球做负功，小球从A点到B点的过程中，机械能一直在减少，B正确；从B点到C点的过程中，小球克服电场力做功，小球的电势能一直增加，D正确。

3．如图所示，在光滑绝缘的水平面上的A、B两点分别放置质量为m和2m的两个点电荷QA和QB，将两个点电荷同时释放，已知刚释放时QA的加速度大小为a，经过一段时间后(两电荷未相遇)，QB的加速度大小也为a，且此时QB的速度大小为v。求：

(1)此时QA的速度和加速度的大小；

(2)这段时间内QA和QB构成的系统减小的电势能。

[答案]　(1)2v　2a　(2)3mv2

[解析]　(1)设刚释放时QA和QB之间的作用力大小为F1，当QB的加速度也为a时，QA和QB之间的作用力大小为F2，QA的速度为vA

根据动量守恒定律得mvA＝2mv，

解得vA＝2v，方向与v相反

根据牛顿第二定律得F1＝ma，F2＝2ma

此时QA的加速度a′＝＝＝2a。

(2)根据能量转化和守恒定律可知，QA和QB构成的系统减小的电势能转化为两点电荷的动能，

有ΔEp＝mv＋×2mv2＝3mv2。