【物理】2018届一轮复习人教版带电粒子在电场中运动的综合问题学案
命题点一 交变电场中的偏转
例 1 (2016·奉化市调研)如图 1 甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射
装置的加速电压为 U0，电容器板长和板间距离均为 L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到
荧光屏的距离也是 L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的
图象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电
压是不变的)求：
图 1
(1)在 t＝0.06 s 时刻，电子打在荧光屏上的何处？
(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？
解析 (1)电子经加速电场，由动能定理得：qU0＝1
2mv2
电子经偏转电场：沿 v 方向：t＝L
v
沿电场方向：y＝1
2at2，又 a＝qU 偏
mL
故偏转后偏移量 y＝1
2·qU 偏
mL
·(L
v)2，所以 y＝U 偏 L
4U0
，由题图知 t＝0.06 s 时刻，U 偏＝1.8U0，所以
y＝4.5 cm
设打在屏上的点距 O 点距离为 Y，满足Y
y
＝
L＋L
2
L
2
所以 Y＝13.5 cm.
(2)由题知电子偏移量 y 的最大值为L
2
，
所以当偏转电压超过 2U0 时，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长
为 3L＝30 cm.
答案 (1)O 点上方 13.5 cm 处
(2)30 cm
分析交变电场问题的技巧
1．思考两个关系
(1)力和运动的关系；(2)功能关系．
2．注意全面分析：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，确定与物理过程相关的边界条件．
题组阶梯突破
1．电容器板长为 L，电容器两端的电压变化规律如图 2 所示，电压绝对值为 U0.电子(质量为
m，电荷量为 e)沿电容器中线射入时的初速度为 v0，为使电子刚好由 O2 点沿中线水平射出，
电压变化周期 T 和板间距离 d 各应满足什么条件？(用 L、U0、m、e、v0 表示)
图 2
答案 见解析
解析 电子从 O2 点射出，在竖直方向的位移为零，竖直分速度也必须为零，所以电子穿过电
容器的时间必须是电压变化周期的整数倍，
即 t＝L
v0
＝nT，
得 T＝ L
nv0
(n＝1,2,3……)，
为了使电子能从 O2 点射出，电子在电容器中运动过程中不能打在极板上，
要求：y＝2y′
eU0L2
8mn2v 20
(n＝1,2,3…)．
命题点二 电场中的力电综合问题
例 2 (2016·沈阳期末)如图 3 所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑离心轨道，一
个带负电的小球从斜轨道上的 A 点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为 m，电量为
－q，匀强电场的场强大小为 E，斜轨道的倾角为α(小球的重力大于所受的电场力)．
图 3
(1)求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小．
(2)若使小球通过圆轨道顶端的 B 点，求 A 点距水平地面的高度 h 至少应为多大？
(3)若小球从斜轨道 h＝5R 处由静止释放．假设其能够通过 B 点，求在此过程中小球机械能的
改变量．
解析 (1)根据牛顿第二定律：
(mg－qE)sin α＝ma，解得：a＝(mg－qE)sin α
m
；
(2)若小球刚好通过 B 点不下落，根据牛顿第二定律有：mg－qE＝mv2
R
①
小球由 A 到 B，据动能定理：(mg－qE)(h－2R)＝1
2mv2－0②
①②式联立，得 h＝2.5R；
(3)小球从静止开始沿轨道运动到 B 点的过程中，由功能关系知，机械能的变化量为：ΔE 机
＝W 电，W 电＝－3EqR，故ΔE 机＝－3EqR
答案 (1)mg－qEsin α
m
(2) 2.5R (3)－3EqR
分析力电综合问题的两种思路
1．动力学的观点
(1)由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法．
(2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否
需要考虑的问题．
2．能量的观点
(1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断选用分过程
还是全过程使用动能定理．
(2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现．
题组阶梯突破
2．如图 4 所示，长为 l 的绝缘细线一端悬于 O 点，另一端系一质量为 m、电荷量为 q 的小球．现
将此装置放在水平向右的匀强电场中，小球静止在 A 点，此时细线与竖直方向成 37°角．重
力加速度为 g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
图 4
(1)判断小球的带电性质；
(2)求该匀强电场的电场强度 E 的大小；
(3)若将小球向左拉起至与 O 点处于同一水平高度且细线刚好张紧，将小球由静止释放，求小
球运动到最低点时的速度大小．
答案 (1)负电 (2)3mg
4q (3) 2gl
2
解析 (1)小球在 A 点静止，其受力情况如图所示，小球带负电．
(2)根据共点力平衡条件有
mgtan 37°＝qE
解得 E＝3mg
4q
(3)设小球到达最低点时的速度为 v，小球从水平位置运动到最低点的过程中，根据动能定理
有
mgl－qEl＝1
2mv2
解得 v＝ 2gl1－tan 37°＝ 2gl
2 .
3．如图 5 所示，水平光滑绝缘轨道 MN 的左端有一个固定挡板，轨道所在空间存在 E＝4.0×102
N/C、水平向左的匀强电场．一个质量 m＝0.10 kg、带电荷量 q＝5.0×10－5 C 的滑块(可视为
质点)，从轨道上与挡板相距 x1＝0.20 m 的 P 点由静止释放，滑块在电场力作用下向左做匀加
速直线运动．当滑块与挡板碰撞后滑块沿轨道向右做匀减速直线运动，运动到与挡板相距 x2
＝0.10 m 的 Q 点，滑块第一次速度减为零，若滑块在运动过程中，电荷量始终保持不变，求：
图 5
(1)滑块沿轨道向左做匀加速直线运动的加速度的大小；
(2)滑块从 P 点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功；
(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能．
答案 (1)0.20 m/s2 (2)4.0×10－3 J (3)2.0×10－3 J
解析 (1)设滑块沿轨道向左做匀加速直线运动的加速度为 a，
此过程滑块所受合外力 F＝qE＝2.0×10－2 N.
根据牛顿第二定律 F＝ma，解得 a＝0.20 m/s2.
(2)滑块从 P 点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功
W1＝qEx1＝4.0×10－3 J.
(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能等于滑块由P点运动到Q点过程中电场力所做
的功，即ΔE＝qE(x1－x2)＝2.0×10－3 J.
(建议时间：40 分钟)
1．制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为 d 的两平行极板，如图 1 甲所示．加
在极板 A、B 间的电压 UAB 做周期性变化，其正向电压为 U0，反向电压为－kU0(k>1)，电压
变化的周期为 2τ，如图乙所示．在 t＝0 时，极板 B 附近的一个电子，质量为 m、电荷量为 e，
受电场力作用由静止开始运动．若整个运动过程中，电子未碰到极板 A，且不考虑重力作用．若
k＝5
4
，电子在 0～2τ时间内不能到达极板 A，求 d 应满足的条件．
图 1
答案 d> 9eU0τ2
10m
解析 电子在 0～τ时间内做匀加速运动
加速度的大小 a1＝eU0
md
位移 x1＝1
2a1τ2
在τ～2τ时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动
加速度的大小 a2＝keU0
md
初速度的大小 v1＝a1τ
匀减速运动阶段的位移 x2＝v 21
2a2
由题知 d>x1＋x2，解得 d> 9eU0τ2
10m
2．两块水平平行放置的导体板如图 2 甲所示，大量电子(质量为 m、电荷量为 e)由静止开始，
经电压为 U0 的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间．当两板
均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为 3t0；当在两板间加如图乙所示的周期为 2t0、
最大值恒为 U0 的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过(不计电子重力)．问：
图 2
(1)这些电子通过两板之间后，侧向位移(垂直于入射速度方向上的位移)的最大值和最小值分
别是多少；
(2)侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少．
答案 (1)t0
2
6eU0
m
t0
4
6eU0
m (2)16
13
解析 以电场力的方向为 y 轴正方向，画出电子在 t＝0 时和 t＝t0 时进入电场后沿电场力方
向的速度 vy 随时间 t 变化的 vy－t 图象分别如图 a 和图 b 所示，设两平行板之间的距离为 d.
(1)图中，v1y＝eU0
mdt0，v2y＝eU0
md2t0
由图 a 可得电子的最大侧向位移为
xymax＝2(1
2v1yt0＋v1yt0)＝3v1yt0＝3eU0t 20
md
而 xymax＝d
2
，解得 d＝t0
6eU0
m
由图 b 可得电子的最小侧向位移为
xymin＝1
2v1yt0＋v1yt0＝3
2v1yt0＝3eU0t 20
2md
＝d
4
所以 xymax＝d
2
＝t0
2
6eU0
m
，xymin＝d
4
＝t0
4
6eU0
m
(2)v 21y ＝(eU0
mdt0)2＝eU0
6m
，v 22y ＝(eU0
md2t0)2＝2eU0
3m
电子经电压 U0 加速，由动能定理知，1
2mv 20 ＝eU0
所以Ekmax
Ekmin
＝
1
2mv 22
1
2mv 21
＝
1
2mv 20 ＋v 22y
1
2mv 20 ＋v 21y
＝
eU0＋eU0
3
eU0＋eU0
12
＝16
13.
3．长为 L 的绝缘细线下系一带正电的小球，其带电荷量为 Q，悬于 O 点，如图 3 所示．当
在 O 点另外固定一个正电荷时，如果球静止在 A 处，则细线拉力是重力 mg 的两倍，现将小
球拉至图中 B 处(θ＝60°)，放开小球让它摆动，问：
图 3
(1)固定在 O 处的正电荷的带电荷量为多少？
(2)球摆回到 A 处时悬线拉力为多大？
答案 (1)mgL2
kQ (2)3mg
解析 (1)小球静止在 A 处受三个力作用：重力 mg、静电力 F 和细线拉力 F 拉，由受力平衡和
库仑定律列式：F 拉＝F＋mg，F＝kQq
L2
，F 拉＝2mg
联立解得：q＝mgL2
kQ .
(2)小球摆回的过程只有重力做功，所以机械能守恒，规定最低点重力势能等于零，有：
mgL(1－cos 60°)＝1
2mv2，F 拉′－mg－F＝mv2
L
由(1)知静电力 F＝mg，
解上述三个方程得：F 拉′＝3mg.
4．如图 4 所示，倾角为θ＝37°的光滑绝缘斜面与粗糙绝缘水平面平滑连接于 B 点，整个空间
有水平向右的匀强电场．现一电荷量为 q、质量为 m、带正电的小物块(可视为质点)，从 A
点开始以速度 v0 沿斜面向下匀速运动．已知水平面与小物块间的动摩擦因数为μ＝1
2
，重力加
速度为 g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
图 4
(1)匀强电场的场强大小；
(2)小物块在水平面上向左运动的最大距离．
答案 (1)3mg
4q (2)2v 20
5g
解析 (1)小物块在斜面上向下匀速运动，由共点力平衡有：qE＝mgtan θ
代入数据解得：E＝3mg
4q
(2)小物块在水平面上做匀减速运动，由牛顿第二定律有：qE＋Ff＝ma
又：Ff＝μmg
设小物块在水平面向左运动的最大距离为 L，由运动公式有： 0－v 20 ＝－2aL
代入数据解得：L＝ 2v 20
5g .
5．如图 5 所示为一个从上向下看的俯视图，在光滑绝缘的水平桌面上，固定放置一条光滑绝
缘的挡板轨道 ABCD，AB 段为直线，BCD 段是半径为 R 的一部分圆弧(两部分相切于 B 点)，
挡板处于场强为 E 的匀强电场中，电场方向与圆的直径 MN 平行，现使一带电量为＋q、质
量为 m 的小球由静止从斜挡板内侧上某点释放，为使小球能沿挡板内侧运动，最后从 D 点抛
出，试求：
图 5
(1)小球从释放点到 N 点沿电场强度方向的最小距离．
(2)在(1)的条件下小球经过 N 点时对挡板的压力大小．
答案 (1)5
2R (2)6qE
解析 (1)根据题意分析可知，小球过 M 点对挡板恰好无压力时，s 最小，根据牛顿第二定律
有：qE＝mv 2M
R .
由动能定理得：qE(s－2R)＝1
2mv 2M
联立解得：s＝5
2R
(2)小球过 N 点时，根据牛顿第二定律有：
FN－qE＝mv 2N
R
由动能定理得：qEs＝1
2mv 2N
联立解得：FN＝6qE.
6．如图 6 所示，在竖直平面内，AB 为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD 为竖直放置的足够长
绝缘粗糙轨道，AB 与 CD 通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为 O，半
径 R＝0.50 m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小 E＝1.0×104 N/C.
现有质量 m＝0.20 kg、电荷量 q＝8.0×10－4 C 的带电体(可视为质点)从 A 点由静止开始运动，
已知 xAB＝1.0 m，带电体与轨道 AB、CD 间的动摩擦因数均为 0.5.假定带电体与轨道之间的
最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．取 g＝10 m/s2，求：
图 6
(1)带电体运动到圆弧形轨道 C 点时的速度；
(2)带电体最终停在何处．
答案 (1)10 m/s，方向竖直向上 (2)C 点上方与 C 点的竖直距离为5
3 m 处
解析 (1)设带电体到达 C 点时的速度为 v，从 A 到 C 由动能定理得
qE(xAB＋R)－μmgxAB－mgR＝1
2mv2
解得 v＝10 m/s
(2)设带电体沿竖直轨道 CD 上升的最大高度为 h，由动能定理得－mgh－μqEh＝0－1
2mv2
解得 h＝5
3 m
在最高点，带电体受到的最大静摩擦力
Ffmax＝μqE＝4 N
重力 G＝mg＝2 N
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