5、最終打在A板上時位移為負，速度方向為負。作出t0＝0、、、時粒子運動的速度圖像如圖所示。由于速度圖線與時間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖像可知0T時情況類似。因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個周期內的總位移應小于零，對照各選項可知只有B正確。
[答案] B
題型(二) 偏轉運動問題(分解研究)
[例2] 如圖甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時間周期性變化的電場，電場方向與兩板垂直，在t＝0時刻，一不計重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方
6、向射入電場，粒子射入電場時的速度為v0，t＝T時刻粒子剛好沿MN板右邊緣射出電場。則( )
A．該粒子射出電場時的速度方向一定是沿垂直電場方向的
B．在t＝時刻，該粒子的速度大小為2v0
C．若該粒子在時刻以速度v0進入電場，則粒子會打在金屬板上
D．若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，則該粒子仍在t＝T時刻射出電場
[解析] 由題設條件可知，粒子在0～時間內做類平拋運動，在～T時間內做類斜拋運動，因粒子在電場中所受的電場力大小相等，根據運動的對稱性，粒子射出電場時的速度方向一定是沿垂直電場方向的，如圖所示，選項A正確；前后兩段運動的時間相等，時將速度分解，設板長為l，由類平
7、拋運動規(guī)律可得：l＝v0T，l＝vT，則v＝v0，則時刻該粒子的速度為v0，選項B錯誤；若該粒子在時刻以速度v0進入電場，粒子將先向下做類平拋運動，后做類斜拋運動，而從PQ板右邊緣射出電場，選項C錯誤；若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，粒子在場中運動的時間t＝＝，選項D錯誤。
[答案] A
[共性歸納]
(1)當粒子平行于電場方向射入時，粒子做直線運動，其初速度和受力情況決定了粒子的運動情況，粒子可能做周期性的運動。
(2)當粒子垂直于電場方向射入時，沿初速度方向的分運動為勻速直線運動，沿電場力方向的分運動可能具有周期性。
[題點全練]
1．[直線運動]
如圖甲所示，兩極板間加上如圖
8、乙所示的交變電壓。開始A板的電勢比B板高，此時兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下開始運動。設電子在運動中不與極板發(fā)生碰撞，向A板運動時為速度的正方向，則下列圖像中能正確反映電子速度變化規(guī)律的是(其中C、D兩項中的圖線按正弦函數規(guī)律變化)( )
解析：選A 電子在交變電場中所受電場力大小不變，加速度大小不變，故C、D兩項錯誤；從0時刻開始，電子向A板做勻加速直線運動，T后電場力反向，電子向A板做勻減速直線運動，直到t＝T時刻速度變?yōu)榱?，之后重復上述運動，A項正確，B項錯誤。
2．[偏轉運動]
如圖甲所示，A、B為兩塊相距很近的平行金屬板，A、B間電壓為UAB＝－U0，緊貼A板有
9、一電子源，不停地飄出質量為m，帶電荷量為e的電子(初速度可視為0)。在B板右側兩塊平行金屬板M、N間加有如圖乙所示的電壓，電壓變化的周期T＝L ，板間中線與電子源在同一水平線上。已知金屬板M、N間距為d，極板長為L，距偏轉極板右邊緣s處有熒光屏，求：
(1)電子進入偏轉極板時的速度；
(2)時刻沿中線射入偏轉極板間的電子剛射出偏轉極板時與板間中線的距離(未與極板接觸)。
解析：(1)設電子進入偏轉極板時的速度為v，由動能定理有eU0＝mv2
解得v＝ 。
(2)由題意知，電子穿過偏轉極板所需時間
t＝＝L ＝T
故在時刻沿中線射入偏轉極板間的電子在電場方向上先加速再減速，然后
10、反向加速再減速，各段位移大小相等，故電子沿板間中線射出偏轉極板。
答案：(1) (2)0
考點三 電場中的力電綜合問題[師生共研類]
[典例] (2017·全國卷Ⅰ)真空中存在電場強度大小為E1的勻強電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運動，速度大小為v0。在油滴處于位置A時，將電場強度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變。持續(xù)一段時間t1后，又突然將電場反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時間后，油滴運動到B點。重力加速度大小為g。
(1)求油滴運動到B點時的速度；
(2)求增大后的電場強度的大?。粸楸ＷC后來的電場強度比原來的大，試給出相應的t1和v0應滿足的條件。已
11、知不存在電場時，油滴以初速度v0做豎直上拋運動的最大高度恰好等于B、A兩點間距離的兩倍。
[解題指導]
第一步：抓關鍵點
題中信息
吹“沙”見“金”
帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運動
帶電油滴受力平衡
電場強度的大小突然增大到某值
油滴向上做勻加速直線運動
突然將電場反向
油滴初速度向上，加速度向下
第二步：找突破口
(1)要確定油滴運動到B點時的速度，可由動力學知識求解；根據牛頓第二定律結合速度公式解決。
(2)要確定增大后的電場強度的大小，應結合平衡條件和位移公式進行求解，注意討論B點在A點下方還是上方。
(3)為保證后來的電場強度比原來的大，要討論
12、 t1和v0應滿足的條件，應在求出E2的基礎上進一步討論判斷。
[解析] (1)設油滴質量和電荷量分別為m和q，油滴速度方向向上為正。油滴在電場強度大小為E1的勻強電場中做勻速直線運動。
在t＝0時，電場強度突然從E1增加至E2時，油滴做豎直向上的勻加速運動，加速度方向向上，大小a1滿足
qE2－mg＝ma1 ①
油滴在時刻t1的速度為
v1＝v0＋a1t1 ②
電場強度在時刻t1突然反向，油滴做勻變速運動，加速度方向向下，大小a2滿足
qE2＋mg＝ma2 ③
油滴在時刻t2＝2t1的速度為
v2＝v1－a2t1 ④
由①②③④式得
v2＝v0－2gt1。 ⑤
(2)
13、由題意，在t＝0時刻前有
qE1＝mg ⑥
油滴從t＝0到時刻t1的位移為
s1＝v0t1＋a1t12 ⑦
油滴在從時刻t1到時刻t2＝2t1的時間間隔內的位移為
s2＝v1t1－a2t12 ⑧
由題給條件有
v02＝2g(2h) ⑨
式中h是B、A兩點之間的距離。
若B點在A點之上，依題意有s1＋s2＝h ⑩
由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得
E2＝E1 ?
為使E2>E1，應有
2－2＋2>1 ?
即當0 ?
才是可能的；條件?式和?式分別對應于v2>0和v2<0兩種情形。
若B點在A點之下，依題意有
s1＋s2＝－h(huán) ?
由①②③⑥⑦⑧⑨
14、?式得
E2＝E1 ?
為使E2>E1，應有
2－2－2>1 ?
即t1> ?
另一解為負，不合題意，已舍去。
[答案] (1)v0－2gt1 (2)見解析
[解題方略]
1．思維流程
2．解題技巧
要善于把電學問題轉化為力學問題，建立帶電粒子在電場中加速和偏轉的模型，能夠從帶電粒子的受力與運動的關系及功能關系兩條途徑進行分析與研究。
[題點全練]
如圖所示的豎直平面內有范圍足夠大、水平向左的勻強電場，在虛線的左側有垂直紙面向里的水平的勻強磁場，磁感應強度大小為B，一絕緣軌道由兩段直桿和一半徑為R的半圓環(huán)組成，固定在紙面所在的豎直平面內，PQ、MN水平且足夠長，
15、半圓環(huán)MAP在磁場邊界左側，P、M點在磁場邊界線上，NMAP段光滑，PQ段粗糙。現在有一質量為m、帶電荷量為＋q的小環(huán)套在MN桿上，它所受電場力為重力的倍?，F將小環(huán)從M點右側的D點由靜止釋放，D點到M點的水平距離x0＝。求：
(1)小環(huán)第一次到達圓弧軌道最高點P時的速度大??；
(2)小環(huán)第一次通過與O等高的A點時半圓環(huán)對小環(huán)作用力的大??；
(3)若小環(huán)與PQ間動摩擦因數為μ(設最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等)，現將小環(huán)移至M點右側4R處由靜止開始釋放，通過討論，求出小環(huán)在整個運動過程中克服摩擦力所做的功。
解析：(1)由動能定理得：qEx0－2mgR＝mvP2
qE＝，x0＝
16、
解得vP＝0。
(2)設小環(huán)在A點時的速度為vA，由動能定理得
qE(x0＋R)－mgR＝mvA2－0
解得vA＝
在A點：N－qvAB－qE＝m
聯(lián)立解得：N＝＋。
(3)若f＝μmg≥qE 即μ≥
小環(huán)第一次到達P點右側s1距離處速度為零，小環(huán)將停在此處不動，由動能定理得
qE(4R－s1)－2mgR－fs1＝0
f＝μmg
聯(lián)立得：s1＝
所以克服摩擦力所做的功為：Wf＝μmgs1＝
若f＝μmg＜qE 即μ＜
小環(huán)經過來回往復運動，最后只能在PD之間往復運動，設克服摩擦力做功為Wf，由動能定理得
qE(4R)－mg(2R)－Wf＝0
解得：Wf＝mgR。
17、
答案：(1)0 (2)＋ (3)見解析
“融會貫通”歸納好——“等效法”在電場中的應用
處理帶電粒子在“等效力場”中的運動，要關注以下兩點：一是對帶電粒子進行受力分析時，注意帶電粒子受到的電場力的方向與運動方向所成的夾角是銳角還是鈍角，從而確定電場力做功情況；二是注意帶電粒子的初始運動狀態(tài)。
1．等效重力法。將重力與電場力進行合成，如圖所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g′＝為等效重力場中的“等效重力加速度”，F合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場中的“豎直向下方向”。
2．物理最高點與幾何最高點。在“等效力場”中做圓周運動的小球，經常遇到小球在豎直平面內做圓周運動
18、的臨界速度問題。小球能維持圓周運動的條件是能過最高點，而這里的最高點不一定是幾何最高點，而應是物理最高點。
[針對訓練]
1．如圖所示，一條長為L的細線上端固定，下端拴一個質量為m，電荷量為q的小球，將它置于方向水平向右的勻強電場中，使細線豎直拉直時將小球從A點由靜止釋放，當細線離開豎直位置偏角α＝60°時，小球速度為0。
(1)求小球的帶電性質及電場強度E。
(2)若小球恰好完成豎直圓周運動，求從A點釋放小球時應有的初速度vA的大小(可含根式)。
解析：(1)根據電場方向和小球受力分析可知小球帶正電。
小球由A點釋放到速度等于零，由動能定理有
EqLsin α－mgL(1－c
19、os α)＝0
解得E＝。
(2)將小球的重力和電場力的合力作為小球的等效重力G′，則G′＝mg，方向與豎直方向成30°角偏向右下方。
若小球恰能做完整的圓周運動，在等效最高點：
m＝mg
由A點到等效最高點，根據動能定理得
－mgL(1＋cos 30°)＝mv2－mvA2
聯(lián)立解得vA＝ 。
答案：(1)正電 (2)
2．如圖所示，在電場強度E＝103 V/m的豎直勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN在N點平滑相接，半圓形軌道平面與電場線平行，其半徑R＝40 cm，N為半圓形軌道最低點，P為QN圓弧的中點，一帶負電荷量q＝10－4 C的小滑塊
20、質量m＝10 g，與水平軌道間的動摩擦因數μ＝0.15，位于N點右側1.5 m的M處，取g＝10 m/s2，求：
(1)要使小滑塊恰能運動到圓軌道的最高點Q，則小滑塊應以多大的初速度v0向左運動？
(2)這樣運動的小滑塊通過P點時對軌道的壓力是多大？
解析：(1)設小滑塊到達Q點時速度為v，
由牛頓第二定律得mg＋qE＝ ①
小滑塊從開始運動至到達Q點過程中，由動能定理得
－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv02 ②
聯(lián)立方程①②解得v0＝7 m/s。
(2)設小滑塊到達P點時速度為v′，則從開始運動至到達P點過程中，由動能定理得
－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv02 ③
在P點時，由牛頓第二定律得FN＝m ④
代入數據解得FN＝0.6 N ⑤
由牛頓第三定律得，小滑塊對軌道的壓力大小為
FN′＝FN＝0.6 N。 ⑥
答案：(1)7 m/s (2)0.6 N
(1)把電場力和重力合成一個等效力，稱為等效重力。
(2)等效重力的反向延長線與圓軌跡的交點為帶電體在等效重力場中運動的最高點。
(3)類比“繩球”“桿球”模型臨界值的情況進行分析解答。
（新課改省份專用）2022年高考物理一輪復習 第七章 第4節(jié) 帶電粒子在電場中運動的綜合問題學案（含解析）
