高考物理一轮复习专题公开课：带电粒子在电场中运动的综合问题(人教版)
答案： (1)20 m (2)1.5 N
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考点二 带电粒子(带电体)的力电综合问题
[变式 3] 如图所示，在绝缘水平面上，相距为 L 的 A、B 两点分别固定着等量 正点电荷。图中 AC＝CO＝OD＝DB＝14L。一质量为 m、电荷量为＋q 的小滑 块(可视为质点)以初动能 E0 从 C 点出发，沿直 线 AB 向 D 运动，滑块第一次经过 O 点时的动 能为 nE0(n>1)，到达 D 点时动能恰好为零，小滑块最终停在 O 点，求： (1)小滑块与水平面之间的动摩擦因数 μ； (2)O、D 两点之间的电势差 UOD； (3)小滑块运动的总路程 x。
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科学思维系列⑭——“等效法”在电场中的应用
如图所示，一条长为 L 的细线上端固定，下端拴一个质量为 m，电荷量为 q 的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从 A 点静止释放，当细线离开竖直位置偏角 α＝60°时，小球速度 为 0。 (1)求小球带电性质和电场强度 E； (2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求小球在 A 点应有的初 速度 vA 的大小(可含根式)。
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 37°＝0.6。 (1)若滑块从水平轨道上距离 B 点 x＝3R 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 x 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。
(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)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些 形式的能量出现。 3．动量的观点 (1)运用动量定理，要注意动量定理的表达 式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必 须选同一个正方向。 (2)运用动量守恒定律，除了要注意动量守 恒定律的表达式是矢量式，还要注意题目 表述是否为某方向上动量守恒。
考点一 带电粒子在交变电场中的运动
解析：由题图可知，E1 和 E2 大小相等、方向相反， 所以微粒奇数秒内和偶数秒内的加速度大小相 等、方向相反，根据运动的对称性可知在 2 s 末 的速度恰好是 0，即微粒第 1 s 做加速运动，第 2 s 做减速运动，然后再加速，再减速，一直持续 下去，微粒将沿着一条直线运动，故 A、B 正确， C 错误；由对称性可知，微粒在第 1 s 内的平均 速度与第 2 s 内的平均速度相同，由 x＝12vt 得， 微粒在第 1 s 内的位移与第 2 s 内的位移相同， 故 D 正确。
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科学思维系列⑭——“等效法”在电场中的应用
解析： (1)根据电场方向和小球受力分析可知 小球带正电。 小球由 A 点释放到速度等于零，由动能定理 有 0＝EqLsin α－mgL(1－cos α) 解得 E＝ 33mq g。 (2)如图所示，将小球的重力和电场力的合力 作为小球的等效重力 G′， 则 G′＝233mg，方向与竖 直方向成 30°角偏向右下。
1－2nE0 可得 UOD＝ 2q 。 (3)滑块从开始运动到最终停下的整个过
程，根据动能定理得：qUCO－Ffx＝0－E0
2n－1E0 而 UCO＝－UOD＝ 2q ，
2n＋1L 可得：x＝ 4 。
答案：
(1)m2EgL0
1－2nE0 (2) 2q
2n＋1L (3) 4
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考点二 带电粒子(带电体)的力电综合问题
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考点二 带电粒子(带电体)的力电综合问题
解析：(1)设滑块与 N 点的距离为 L， 由动能定理可得，qEL－μmgL－mg·2R＝12mv2－0 小滑块在 C 点时，mg＝mvR2 解得 v＝2 m/s，L＝20 m (2)滑块到达 P 点时，对全过程应用动能定理得，qE(L＋R)－μmgL－mgR＝12mv2P－0 在 P 点，FN－qE＝mvR2P，解得 FN＝1.5 N 由牛顿第三定律可得，滑块通过 P 点时对轨道压力大小是 1.5 N。
的总位移大于零；T4<t0<34T时释放的粒子在
度方向为负。
一个周期内的总位移小于零；因粒子最终打
作出 t0＝0、T4、T2、34T时粒子运动的速度—时
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。
间图象，如图所示。由于 v -t 图线与 t 轴所 答案： B
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解析：(1)无论场强方向竖直向上还是竖直向 下，系统在水平方向上均动量守恒，有 mv0＝(m＋M)v 由能量守恒定律得 Q＝Ffx＝12mv20－12(m＋M)v2 联立解得系统产生的热量 Q＝ mMv02 。 2m＋M (2)场强方向竖直向下时，有 Q＝Ff1x1 场强方向竖直向上时，有 Q＝Ff2x2 所以 Ff1x1＝Ff2x2
2．物理最高点与几何最高点 在“等效力场”中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临 界速度问题。小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是 几何最高点，而应是物理最高点。几何最高点是图形中所画圆的最上端，是符合人 眼视觉习惯的最高点．而物理最高点是物体在圆周运动过程中速度最小(称为临界 速度)的把电学问题转化为力学问题，建立带 准确求出过程中的所有力做的功，判断是
电粒子在电场中加速和偏转的模型，能够从 对分过程还是对全过程使用动能定理。
带电粒子的受力与运动的关系、功能关系和 动量关系等多角度进行分析与研究．解决力 电综合问题的方法： 1．动力学的观点
答案： ABD
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考点一 带电粒子在交变电场中的运动
[变式 2] (多选)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板 间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交 变电压后，在下图中，能正确反映电子速度 v、 位移 x 和加速度 a 三个物理量随时间 t 的变化 规律的是( )
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考点一 带电粒子在交变电场中的运动
答案：
(1)2mmM＋vM02
1 (2)4
1 (3)4l
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科学思维系列⑭——“等效法”在电场中的应用
1.等效重力法 将重力与电场力进行合成，如图所示，则 F 合为等效重力场中的“重 力”，g′＝Fm合为等效重力场中的“等效重力加速度”，F 合的方向 等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向。
若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高
点
mLv2＝2
3
3 mg
小球从 A 点以初速度 vA 运动，由动能定理知
12mv2－12mv2A＝－233mgL(1＋cos 30°)
联立解得 vA＝ 2gL 3＋1。
答案： (1)小球带正电
3mg 3q
(2) 2gL 3＋1
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科学思维系列⑭——“等效法”在电场中的应用
考点一 带电粒子在交变电场中的运动 考点二 带电粒子(带电体)的力电综合问题 科学思维系列⑭——“等效法”在电场中的应用
考点一 带电粒子在交变电场中的运动
考法① 直线运动问题
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
2．能量的观点
(1)运用动能定理，注意过程分析要全面，
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考点二 带电粒子(带电体)的力电综合问题
如图所示，在 E＝103 V/m 的水平向左的匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨 道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道 MN 连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平 行，其半径 R＝40 cm，一带正电荷 q＝10－4 C 的小滑块质量为 m ＝40 g，与水平轨道间的动摩擦因数 μ＝0.2，取 g＝10 m/s2，问： (1)要使小滑块恰好运动到圆轨道的最高点 C，滑块应在水平轨道 上离 N 点多远处释放？ (2)这样释放的滑块通过 P 点时对轨道压力是多大？(P 为半圆轨道中点)
线射出偏转极板。
答案： (1)
2eU0 m
(2)0
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[变式 1] (多选)一个带正电的微粒放在电 场中，场强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(不计微粒 重力)，由静止开始运动，则 下列说法中正确的是( ) A．微粒将沿着一条直线运动 B．微粒在第 2 s 末的速度为零 C．微粒在第 1 s 内的加速度与第 2 s 内的加 速度相同 D．微粒在第 1 s 内的位移与第 2 s 内的位 移相同
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考点二 带电粒子(带电体)的力电综合问题
解析：(1)由 AC＝CD＝OD＝DB＝14L，可知 C、D 关于 O 点对称，则 UCD＝0 设滑块与水平面间的摩擦力大小为 Ff，对 滑块从 C 到 D 的过程，由动能定理得： qUCD－FfL2＝0－E0，且 Ff＝μmg， 可得 μ＝m2EgL0 。 (2)滑块从 O 到 D 的运动过程中，由动能 定理得：qUOD－FfL4＝0－nE0
考点二 带电粒子(带电体)的力电综合问题
由题意知 x1>x2，则 Ff1<Ff2，而 Ff＝μFN
所以 FN2>FN1 说明物块带负电
场强方向竖直向下时，有 FN1＝mg－qE
场强方向竖直向上时，有 FN2＝mg＋qE
又知 E＝35mqg
故FFNN12＝14。
(3)由以上各式得 x2＝14x1＝14l。
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考点二 带电粒子(带电体)的力电综合问题
[变式 3] 如图所示，在绝缘水平面上，相距为 L 的 A、B 两点分别固定着等量 正点电荷。图中 AC＝CO＝OD＝DB＝14L。一质量为 m、电荷量为＋q 的小滑 块(可视为质点)以初动能 E0 从 C 点出发，沿直 线 AB 向 D 运动，滑块第一次经过 O 点时的动 能为 nE0(n>1)，到达 D 点时动能恰好为零，小滑块最终停在 O 点，求： (1)小滑块与水平面之间的动摩擦因数 μ； (2)O、D 两点之间的电势差 UOD； (3)小滑块运动的总路程 x。
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科学思维系列⑭——“等效法”在电场中的应用
如图所示，一条长为 L 的细线上端固定，下端拴一个质量为 m，电荷量为 q 的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从 A 点静止释放，当细线离开竖直位置偏角 α＝60°时，小球速度 为 0。 (1)求小球带电性质和电场强度 E； (2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求小球在 A 点应有的初 速度 vA 的大小(可含根式)。
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 37°＝0.6。 (1)若滑块从水平轨道上距离 B 点 x＝3R 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 x 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。
(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)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些 形式的能量出现。 3．动量的观点 (1)运用动量定理，要注意动量定理的表达 式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必 须选同一个正方向。 (2)运用动量守恒定律，除了要注意动量守 恒定律的表达式是矢量式，还要注意题目 表述是否为某方向上动量守恒。
考点一 带电粒子在交变电场中的运动
解析：由题图可知，E1 和 E2 大小相等、方向相反， 所以微粒奇数秒内和偶数秒内的加速度大小相 等、方向相反，根据运动的对称性可知在 2 s 末 的速度恰好是 0，即微粒第 1 s 做加速运动，第 2 s 做减速运动，然后再加速，再减速，一直持续 下去，微粒将沿着一条直线运动，故 A、B 正确， C 错误；由对称性可知，微粒在第 1 s 内的平均 速度与第 2 s 内的平均速度相同，由 x＝12vt 得， 微粒在第 1 s 内的位移与第 2 s 内的位移相同， 故 D 正确。
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科学思维系列⑭——“等效法”在电场中的应用
解析： (1)根据电场方向和小球受力分析可知 小球带正电。 小球由 A 点释放到速度等于零，由动能定理 有 0＝EqLsin α－mgL(1－cos α) 解得 E＝ 33mq g。 (2)如图所示，将小球的重力和电场力的合力 作为小球的等效重力 G′， 则 G′＝233mg，方向与竖 直方向成 30°角偏向右下。
1－2nE0 可得 UOD＝ 2q 。 (3)滑块从开始运动到最终停下的整个过
程，根据动能定理得：qUCO－Ffx＝0－E0
2n－1E0 而 UCO＝－UOD＝ 2q ，
2n＋1L 可得：x＝ 4 。
答案：
(1)m2EgL0
1－2nE0 (2) 2q
2n＋1L (3) 4
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考点二 带电粒子(带电体)的力电综合问题
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考点二 带电粒子(带电体)的力电综合问题
解析：(1)设滑块与 N 点的距离为 L， 由动能定理可得，qEL－μmgL－mg·2R＝12mv2－0 小滑块在 C 点时，mg＝mvR2 解得 v＝2 m/s，L＝20 m (2)滑块到达 P 点时，对全过程应用动能定理得，qE(L＋R)－μmgL－mgR＝12mv2P－0 在 P 点，FN－qE＝mvR2P，解得 FN＝1.5 N 由牛顿第三定律可得，滑块通过 P 点时对轨道压力大小是 1.5 N。
的总位移大于零；T4<t0<34T时释放的粒子在
度方向为负。
一个周期内的总位移小于零；因粒子最终打
作出 t0＝0、T4、T2、34T时粒子运动的速度—时
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。
间图象，如图所示。由于 v -t 图线与 t 轴所 答案： B
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解析：(1)无论场强方向竖直向上还是竖直向 下，系统在水平方向上均动量守恒，有 mv0＝(m＋M)v 由能量守恒定律得 Q＝Ffx＝12mv20－12(m＋M)v2 联立解得系统产生的热量 Q＝ mMv02 。 2m＋M (2)场强方向竖直向下时，有 Q＝Ff1x1 场强方向竖直向上时，有 Q＝Ff2x2 所以 Ff1x1＝Ff2x2
2．物理最高点与几何最高点 在“等效力场”中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临 界速度问题。小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是 几何最高点，而应是物理最高点。几何最高点是图形中所画圆的最上端，是符合人 眼视觉习惯的最高点．而物理最高点是物体在圆周运动过程中速度最小(称为临界 速度)的把电学问题转化为力学问题，建立带 准确求出过程中的所有力做的功，判断是
电粒子在电场中加速和偏转的模型，能够从 对分过程还是对全过程使用动能定理。
带电粒子的受力与运动的关系、功能关系和 动量关系等多角度进行分析与研究．解决力 电综合问题的方法： 1．动力学的观点
答案： ABD
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考点一 带电粒子在交变电场中的运动
[变式 2] (多选)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板 间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交 变电压后，在下图中，能正确反映电子速度 v、 位移 x 和加速度 a 三个物理量随时间 t 的变化 规律的是( )
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考点一 带电粒子在交变电场中的运动
答案：
(1)2mmM＋vM02
1 (2)4
1 (3)4l
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科学思维系列⑭——“等效法”在电场中的应用
1.等效重力法 将重力与电场力进行合成，如图所示，则 F 合为等效重力场中的“重 力”，g′＝Fm合为等效重力场中的“等效重力加速度”，F 合的方向 等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向。
若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高
点
mLv2＝2
3
3 mg
小球从 A 点以初速度 vA 运动，由动能定理知
12mv2－12mv2A＝－233mgL(1＋cos 30°)
联立解得 vA＝ 2gL 3＋1。
答案： (1)小球带正电
3mg 3q
(2) 2gL 3＋1
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考点一 带电粒子在交变电场中的运动 考点二 带电粒子(带电体)的力电综合问题 科学思维系列⑭——“等效法”在电场中的应用
考点一 带电粒子在交变电场中的运动
考法① 直线运动问题
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
2．能量的观点
(1)运用动能定理，注意过程分析要全面，
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考点二 带电粒子(带电体)的力电综合问题
如图所示，在 E＝103 V/m 的水平向左的匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨 道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道 MN 连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平 行，其半径 R＝40 cm，一带正电荷 q＝10－4 C 的小滑块质量为 m ＝40 g，与水平轨道间的动摩擦因数 μ＝0.2，取 g＝10 m/s2，问： (1)要使小滑块恰好运动到圆轨道的最高点 C，滑块应在水平轨道 上离 N 点多远处释放？ (2)这样释放的滑块通过 P 点时对轨道压力是多大？(P 为半圆轨道中点)
线射出偏转极板。
答案： (1)
2eU0 m
(2)0
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[变式 1] (多选)一个带正电的微粒放在电 场中，场强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(不计微粒 重力)，由静止开始运动，则 下列说法中正确的是( ) A．微粒将沿着一条直线运动 B．微粒在第 2 s 末的速度为零 C．微粒在第 1 s 内的加速度与第 2 s 内的加 速度相同 D．微粒在第 1 s 内的位移与第 2 s 内的位 移相同
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考点二 带电粒子(带电体)的力电综合问题
解析：(1)由 AC＝CD＝OD＝DB＝14L，可知 C、D 关于 O 点对称，则 UCD＝0 设滑块与水平面间的摩擦力大小为 Ff，对 滑块从 C 到 D 的过程，由动能定理得： qUCD－FfL2＝0－E0，且 Ff＝μmg， 可得 μ＝m2EgL0 。 (2)滑块从 O 到 D 的运动过程中，由动能 定理得：qUOD－FfL4＝0－nE0
考点二 带电粒子(带电体)的力电综合问题
由题意知 x1>x2，则 Ff1<Ff2，而 Ff＝μFN
所以 FN2>FN1 说明物块带负电
场强方向竖直向下时，有 FN1＝mg－qE
场强方向竖直向上时，有 FN2＝mg＋qE
又知 E＝35mqg
故FFNN12＝14。
(3)由以上各式得 x2＝14x1＝14l。
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新教材人教版高中物理必修第三册 带电粒子在电场中运动的综合问题 2022新高考一轮复习课件
为等效重力加速度。再将物体在重力场中的运动规律迁移到等效重力场
中分析求解即可。
【典例4】 如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道,处于
水平向右的匀强电场中,带负电荷的小球从高为h的A处由静止开始下滑,沿
轨道ABC运动并进入圆环内做圆周运动。已知小球所受静电力是其重力
3
的 ,圆环半径为R,斜面倾角为θ=60°,sBC=2R,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。若
【典例2】 (多选)如图甲所示,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。t=0时刻,质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入
两板间, 0~ 时间内微粒匀速运动,T时刻微粒恰好经金属框边缘飞出。微
3
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0~T
时间内运动的描述,正确的是( BC )
4
使小球在圆环内能做完整的圆周运动,h至少为多少?
思维点拨(1)如果只有重力场,小球恰好做完整的圆周运动,在最高点哪个
力提供向心力?
(2)在重力场和电场的复合场中,小球恰好做完整的圆周运动,在“最高点”
的受力情况怎样?
提示 (1)重力提供向心力。
(2)重力和静电力的合力提供向心力。
解析:小球所受的重力和静电力都为恒力,故可将两力等效为一个力 F,如图
比B板高,此时两板中间原来静止的电子在静电力作用下开始运动。设电
子在运动中不与极板发生碰撞,向A板运动时为速度的正方向,则下列图像
中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函
数规律变化)( A )
解析:电子在交变电场中所受静电力恒定,加速度大小不变,故C、D错误。
1
从0时刻开始,电子向A板做匀加速直线运动, 2T 后静电力反向,电子向A板
中分析求解即可。
【典例4】 如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道,处于
水平向右的匀强电场中,带负电荷的小球从高为h的A处由静止开始下滑,沿
轨道ABC运动并进入圆环内做圆周运动。已知小球所受静电力是其重力
3
的 ,圆环半径为R,斜面倾角为θ=60°,sBC=2R,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。若
【典例2】 (多选)如图甲所示,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。t=0时刻,质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入
两板间, 0~ 时间内微粒匀速运动,T时刻微粒恰好经金属框边缘飞出。微
3
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0~T
时间内运动的描述,正确的是( BC )
4
使小球在圆环内能做完整的圆周运动,h至少为多少?
思维点拨(1)如果只有重力场,小球恰好做完整的圆周运动,在最高点哪个
力提供向心力?
(2)在重力场和电场的复合场中,小球恰好做完整的圆周运动,在“最高点”
的受力情况怎样?
提示 (1)重力提供向心力。
(2)重力和静电力的合力提供向心力。
解析:小球所受的重力和静电力都为恒力,故可将两力等效为一个力 F,如图
比B板高,此时两板中间原来静止的电子在静电力作用下开始运动。设电
子在运动中不与极板发生碰撞,向A板运动时为速度的正方向,则下列图像
中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函
数规律变化)( A )
解析:电子在交变电场中所受静电力恒定,加速度大小不变,故C、D错误。
1
从0时刻开始,电子向A板做匀加速直线运动, 2T 后静电力反向,电子向A板
2025年高考物理一轮复习(新人教版)第9章第4讲 带电粒子在电场中的偏转
到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为
t 2
.重力加速度为g，求：
(1)电场强度的大小；
答案
3mg q
设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿第二定律、
运动学公式和题给条件，有mg＋qE＝ma
①
12a(2t )2＝12gt2
②
解得 E＝3mq g
③
(2)B运动到P点时的动能. 答案 2m(v02＋g2t2)
(3)若电子恰能沿OO′平行于极板飞出，电子应从哪一时刻射入？两极 板间距至少为多大？
答案 见解析
若要使电子沿 OO′平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、 再减速，减速到零后反向加速、再减速，每阶段时间相同，一个周期 后恰好回到 OO′上，可见应在 t＝T4＋kT2(k＝0,1,2，…)时射入，极板 间距离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上，设两板间距为 d， 由牛顿第二定律有 a＝emUd0，加速阶段运动的距离 s＝12·emUd0T42≤d4，
带电粒子在匀强电场中的偏转
梳理 必备知识
带电粒子在匀强电场中偏转的两个分运动
(1)沿初速度方向做匀速直线运动，t＝vl0(如图). (2)沿静电力方向做匀加速直线运动
①加速度：a＝mF＝qm离开电场时的偏移量：y＝12at2＝ 2mdv02 .
③离开电场时的偏转角：tan θ＝vv0y＝
以 α 粒子从 BC 边离开，由 t＝vx0知两个粒子在电场中的运动时间相等， 由 Δv＝at＝qmEt，知 Δv∝mq ，则质子和 α 粒子经过电场的过程中速度增量 之比为 2∶1，故 A、B 错误；
粒子经过电场的时间为 t＝vx0，若初动能相同，质 子的初速度较大，则质子的运动时间较短，故 C 错误； 由 y＝12·qmE·vx022，Ek＝12mv02 得 y＝q4EExk2，若初动能相同，已知 x 相同， 则 y∝q，根据动能定理知：经过电场的过程中动能增量 ΔEk＝qEy， E 相同，则 ΔEk∝q2，则质子和 α 粒子经过电场的过程中动能增量之 比为 1∶4，故 D 正确.
2025年高考人教版物理一轮复习专题训练—带电粒子在叠加场和交变电磁场中的运动 附答案解析
2025年⾼考⼈教版物理⼀轮复习专题训练—带电粒⼦在叠加场和交变电、磁场中的运动（附答案解析）1.如图所⽰，⼀带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知该电场的电场强度⼤⼩为E、⽅向竖直向下；该磁场的磁感应强度⼤⼩为B、⽅向垂直纸⾯向⾥，不计空⽓阻⼒，设重⼒加速度为g，则( )A．液滴带正电B．液滴⽐荷＝C．液滴沿顺时针⽅向运动D．液滴运动速度⼤⼩v＝2．(多选)(2024·吉林长春市外国语学校开学考)如图所⽰，在竖直平⾯内的虚线下⽅分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的电场强度⼤⼩为10 N/C，⽅向⽔平向左；磁场的磁感应强度⼤⼩为2 T，⽅向垂直纸⾯向⾥。
现将⼀质量为0.2 kg、电荷量为＋0.5 C的⼩球，从该区域上⽅的某点A以某⼀初速度⽔平抛出，⼩球进⼊虚线下⽅后恰好做直线运动。
已知重⼒加速度为g＝10 m/s2。
下列说法正确的是( )A．⼩球平抛的初速度⼤⼩为5 m/sB．⼩球平抛的初速度⼤⼩为2 m/sC．A点距该区域上边界的⾼度为1.25 mD．A点距该区域上边界的⾼度为2.5 m3．(2023·⼴东梅州市期末)如图甲所⽰，在竖直平⾯内建⽴xOy坐标系(y轴竖直)，在x>0区域有沿y轴正⽅向的匀强电场，电场强度⼤⼩为E＝；在x>0区域，还有按图⼄规律变化的磁场，磁感应强度⼤⼩为B0，磁场⽅向以垂直纸⾯向外为正⽅向。
t＝0时刻，有⼀质量为m、带电荷量为＋q的⼩球(可视为质点)以初速度2v0从原点O沿与x轴正⽅向夹⾓θ＝的⽅向射⼊第⼀象限，重⼒加速度为g。
求：(1)⼩球从上往下穿过x轴的位置到坐标原点的可能距离；(2)⼩球与x轴之间的最⼤距离。
4．(多选)(2024·重庆西南⼤学附中⽉考)如图甲所⽰的平⾏⾦属极板M、N之间存在交替出现的匀强磁场和匀强电场，取垂直纸⾯向外为磁场正⽅向，磁感应强度B随时间t周期性变化的规律如图⼄所⽰，取垂直极板向上为电场正⽅向，电场强度E随时间t周期性变化的规律如图丙所⽰。
2020高考物理一轮总复习第七章静电场能力课带电粒子带电体在电场中运动的综合问题课件新人教版
(1)交变电压的周期 T 应满足什么条件，粒子从 a 点射入金属板的时刻应满足什 么条件；
(2)两板间距 d 应满足的条件． 解析：(1)要使带电粒子从 b 点以速度 v0 射出，应满足vL0＝nT(n 为整数)，则 T ＝nLv0(n 为整数)，由运动的对称性可知，射入的时刻应为 t＝k2T＋T4，即 t＝2k4＋nv10L(k 为整数)．
3．分析两个关系 (1)力和运动的关系． (2)功能关系． 4．注意全面分析 (1)注重全面分析带电粒子受力特点和运动情况，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 理过程相关的边界条件． (2)某一过程中的匀变速运动(曲线时将运动分解)可利用牛顿运动定律，结合匀变 速直线运动的规律分析求解．
第七章 静电场
带电粒子(带电体)在 电场中运动的综合 问题
栏 板块一 考 1 目 点突破 导 板块二 素养 2
培优
航
3 板块三 跟 踪检测
板块 考点突破 一 通关
记要点、练高分、考点
考点一 带电粒子(带电体)在交变电场中的运动——多维探究
|记要点| 1．常见的交变电场 常见的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(一般分解研究)．
(2)设带电体从最高点 C 落至水平轨道上的 D 点经历的时间为 t，根据运动的分 解有 2R＝12gt2
xDB＝vCt－12Emqt2 联立解得 xDB＝0.
(3)由 P 到 B 带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从 B 经 C 到 D 的过程 中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成 45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在 B 点右侧对应圆心角为 45°处．设带电体 的最大动能为 Ekm，根据动能定理有
高考物理一轮复习第七章静电场微专题七带电粒子在电场中运动问题的规范解答课件新人教版
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(3)微粒从释放开始经 t1 射出 B 板的小孔，则 d＝12vt1③(2 分)
设微粒在半圆形金属板间运动经过 t2 第一次到达最低点 P 点，
则 t2＝14·2πvR＝π4Lv＝π4L 2mqU④(2 分)
从释放微粒开始到微粒第一次到达 P 点经过的时间：
第七章 静电场 微专题七|带电粒子在电场中运动问题的规范解答
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[案例剖析] [满分规范练]
[案例剖析]
[典例] (20 分)如图所示，A、B 为两块平行 金属板，A 板带正电、B 板带负电．两板之间 存在着匀强电场，两板间距为 d、电势差为 U， 在 B 板上开有两个间距为 L 的小孔．C、D 为 两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近 B 板 的 O′处，C 带正电、D 带负电．两板间的距离很近，两板末 端的中心线正对着 B 板上的小孔，两板间的电场强度可认为大 小处处相等，方向都指向 O′.半圆形金属板两端与 B 板的间隙 可忽略不计．现从正对 B 板小孔紧靠 A 板的 O 处由静止释放 一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电微粒(微粒的重力不计)， 求：
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第(3)问： (1)只列出③式，没有计算出结果，但最终结果正确，不扣分， 计算结果错误，只得 2 分． (2)没有列出④式，而列出的是 T＝2πvR和 t2＝14T，最终结果正 确，不扣分，计算结果错误，只得 1 分． (3)没有考虑到运动的周期性，但说明了再经过 2(t1＋t2)时间微 粒再一次经过 P 点，且结果正确，可得 1 分．
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[规范解答]
(1)设微粒穿过 B 板小孔时的速度为 v，根据动能定理得
2021高考物理一轮复习第七章静电场专题五带电粒子在电场中运动的综合问题课件新人教版
vv0y＝mqEg，⑨ 设 M、N 离开电场时的动能分别为 Ek1、Ek2，由动 能定理得 Ek1＝12m（v20＋v2y）＋mgH＋qEs1，⑩ Ek2＝12m（v20＋v2y）＋mgH－qEs2，⑪ 由已知条件，得 Ek1＝1.5Ek2.⑫来自联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式，得
E＝ m2gq.⑬
答案：（1）3∶1
A.运动到 P 点返回 B.运动到 P 和 P′点之间返回 C.运动到 P′点返回 D.穿过 P′点 答案：A
休息时间到啦
同学们，下课休息十分钟。现在是休息时 间，你们休息一下眼睛，
看看远处，要保护好眼睛哦~站起来动一 动，久坐对身体不好哦~
2.（2019·安徽合肥质检）如图所示， 在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心 为 O，半径为 r，内壁光滑，A、B 两点分 别是圆轨道的最低点和最高点.该区间存在方向水平向右 的匀强电场，一质量为 m、带负电的小球在轨道内侧做完 整的圆周运动（电荷量不变），经过 C 点时速度最大，将 CO 连接并延长，交圆轨道于点 D.CO 与竖直方向的夹角 θ＝60°，重力加速度为 g.
v0－at＝0，① s1＝v0t＋12at2，② s2＝v0t－12at2，③ 联立①②③式得ss21＝3.④ （2）设 A 点距电场上边界的高度为 h，小球下落 h 时在竖直方向的分速度为 vy，由运动学公式得 v2y＝2gh，⑤
H＝vyt＋12gt2，⑥ M 进入电场后做直线运动，由几何关系知 vv0y＝Hs1，⑦ 联立①②⑤⑥⑦式，可得 h＝13H.⑧ （3）设电场强度的大小为 E，小球 M 进入电场后做 直线运动，则
结束 语 同学们，你们要相信梦想是价值的源泉，相信成
功的信念比成功本身更重要，相信人生有挫折没 有失败，相信生命的质量来自决不妥协的信念，
第47课时带电粒子(体)在电场中运动的综合问题2025届高考物理一轮复习课件
2
通过偏转电场所用的时间t＝
3
，电子在竖直方向上的位移大小y＝
20
1 0 2
9
1
· ·
t ，解得y＝ d＞ d，假设不成立，所以电子不能射出偏转电
2
16
2
场，故A错误；
目录
高中总复习·物理
在t＝
2
T时刻，A、B间的电压为3U0，此时刻进入的电子在加速电场中
3
有3eU0＝
1
m1 2 ，假设电子能通过偏转电场，则电子通过偏转电场所
4
子做往复运动，故D正确。
目录
高中总复习·物理
2. 【带电粒子在交变电场中的偏转运动】
（多选）如图甲所示，A、B两平行板构成一加速电场，C、D两平
行板构成一偏转电场，有电子源源不断地从A板上的小孔由静止进
入加速电场，并从B板的小孔离开加速电场进入偏转电场，虚线恰
好为偏转电场的中轴线，A、B板间的加速电压与时间的关系图像如
运动，最后穿过B板
目录
高中总复习·物理
解析：若电子从t＝0时刻进入，电子将做单向直线运动，它一定会到
达B板，A错误；若电子从 时刻进入两板，则电子开始时受到电场力
2
方向向左，故无法到达B板，B正确；若电子从 时刻进入两板时，电
4
子先加速，经 时速度最大，此时电子开始受到反向电场力，经 速度
4
4
减为零，再加速 至反向速度最大，接着减速 回到原位置，即电子在
4
4
大于 时刻进入时一定不能到达B板，小于 时刻进入时一定能到达B
4
4
板，C正确，D错误。
目录
通过偏转电场所用的时间t＝
3
，电子在竖直方向上的位移大小y＝
20
1 0 2
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· ·
t ，解得y＝ d＞ d，假设不成立，所以电子不能射出偏转电
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场，故A错误；
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在t＝
2
T时刻，A、B间的电压为3U0，此时刻进入的电子在加速电场中
3
有3eU0＝
1
m1 2 ，假设电子能通过偏转电场，则电子通过偏转电场所
4
子做往复运动，故D正确。
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2. 【带电粒子在交变电场中的偏转运动】
（多选）如图甲所示，A、B两平行板构成一加速电场，C、D两平
行板构成一偏转电场，有电子源源不断地从A板上的小孔由静止进
入加速电场，并从B板的小孔离开加速电场进入偏转电场，虚线恰
好为偏转电场的中轴线，A、B板间的加速电压与时间的关系图像如
运动，最后穿过B板
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解析：若电子从t＝0时刻进入，电子将做单向直线运动，它一定会到
达B板，A错误；若电子从 时刻进入两板，则电子开始时受到电场力
2
方向向左，故无法到达B板，B正确；若电子从 时刻进入两板时，电
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子先加速，经 时速度最大，此时电子开始受到反向电场力，经 速度
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减为零，再加速 至反向速度最大，接着减速 回到原位置，即电子在
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大于 时刻进入时一定不能到达B板，小于 时刻进入时一定能到达B
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板，C正确，D错误。
目录
2023年高考物理一轮复习课件——带电粒子在电场中的力电综合问题
1.等效重力场 物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强 电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些.此时可以将重力场与 电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之为“等效 重力场”.
2.
3.举例
例1 (多选)如图所示，长为L的细线拴一个带电荷量为＋q、质量为m小 球，重力加速度为g，球处在竖直向下的匀强电场中，电场强度为E，小 球恰好能够在竖直平面内做圆周运动，则 A.小球在最高点的速度大小为 gL B.当小球运动到最高点时电势能最小
内绕O点做圆周运动.AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径.已知重力加 速度为g，电场强度E＝mqg .下列说法正确的是 A.若小球在竖直平面内绕 O 点做圆周运动，则它运动 O 点做圆周运动，则小球运动
到 B 点时的机械能最大
C.若将小球在 A 点由静止开始释放，它将在 ACBD 圆弧上往复运动
C.小球在运动过程中的最小速度至少为 gL
√D.小球在运动过程中的最大速度至少为52 gL
1234567
小球在运动的过程中，静电力做功，机械能不守 恒，故A错误，B正确； 如图所示，小球在电场中运动的等效最高点和最低点 分别为 A 点和 B 点，等效重力 G′＝54mg，小球在最 高点的最小速度 v1 满足 G′＝mvL12，得 v1＝ 52gL，故 C 错误； 小球由最高点运动到最低点，由动能定理有 G′·2L＝12mv22－12mv12， 解得 v2＝52 gL，故 D 正确.
(3)物块上滑初速度v0满足条件的最小值. 答案 3.10 m/s
设 C、D 间的距离为 x，由几何关系有：x＝Hsi－n θh
设 物 块 上 滑 加 速 度 为 a′ ， 由 牛 顿 运 动 定 律 有 ：
高考物理一轮复习 专题7.5 带电粒子在电场中的运动(精讲)(含解析)-人教版高三全册物理教案
专题 带电粒子在电场中的运动1.能运用运动的合成与分解解决带电粒子的偏转问题.2.用动力学方法解决带电粒子在电场中的直线运动问题．知识点一、带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动 1．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F 合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．(2)粒子所受合外力F 合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动．2．用功能观点分析a ＝F 合m ，E ＝Ud，v 2－v 20＝2ad .3．用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12mv 2－12mv 2非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1 知识点二、带电粒子在电场中的偏转 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． (4)运动规律：①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间⎩⎪⎨⎪⎧a.能飞出电容器：t ＝lv 0.b.不能飞出电容器：y ＝12at 2＝qU2mdt 2，t ＝ 2mdyqU②沿电场力方向，做匀加速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22mdv2离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝qUl mdv202．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．证明：由qU 0＝12mv 2y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(l v 0)2tan θ＝qU 1l mdv 20得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l2U 0d(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点，即O 到偏转电场边缘的距离为l2.3．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 时也可以从能量的角度进行求解：qU y ＝12mv 2－12mv 20，其中U y＝Udy ，指初、末位置间的电势差．知识点三、示波管的构造、原理1．构造：示波管是示波器的核心部件，外部是一个抽成真空的玻璃壳，内部主要由电子枪(由发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转电极(由偏转电极XX ′和偏转电极YY ′组成)和荧光屏组成，如图所示。
2022版高考物理人教版一轮课件：专题强化6带电粒子在电场中运动的综合问题
第七章
静电场
专题强化六 带电粒子在电场中运动的综合问题
高考一轮总复习 • 物理
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。
第七章 静电场
高考一轮总复习 • 物理
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：
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＝21mv20
解得v0＝ 2qmU2。
第七章 静电场Βιβλιοθήκη 高考一轮总复习 • 物理(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
第七章 静电场
高考一轮总复习 • 物理
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
静电场
专题强化六 带电粒子在电场中运动的综合问题
高考一轮总复习 • 物理
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。
第七章 静电场
高考一轮总复习 • 物理
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：
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＝21mv20
解得v0＝ 2qmU2。
第七章 静电场Βιβλιοθήκη 高考一轮总复习 • 物理(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
第七章 静电场
高考一轮总复习 • 物理
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