5、最終打在A板上時(shí)位移為負(fù)，速度方向?yàn)樨?fù)。作出t0＝0、、、時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)的速度圖像如圖所示。由于速度圖線與時(shí)間軸所圍面積表示粒子通過(guò)的位移，則由圖像可知0T時(shí)情況類(lèi)似。因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個(gè)周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零，對(duì)照各選項(xiàng)可知只有B正確。
[答案] B
題型(二) 偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題(分解研究)
[例2] 如圖甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長(zhǎng)和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時(shí)間周期性變化的電場(chǎng)，電場(chǎng)方向與兩板垂直，在t＝0時(shí)刻，一不計(jì)重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場(chǎng)方
6、向射入電場(chǎng)，粒子射入電場(chǎng)時(shí)的速度為v0，t＝T時(shí)刻粒子剛好沿MN板右邊緣射出電場(chǎng)。則( )
A．該粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向一定是沿垂直電場(chǎng)方向的
B．在t＝時(shí)刻，該粒子的速度大小為2v0
C．若該粒子在時(shí)刻以速度v0進(jìn)入電場(chǎng)，則粒子會(huì)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(shí)刻射出電場(chǎng)
[解析] 由題設(shè)條件可知，粒子在0～時(shí)間內(nèi)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，在～T時(shí)間內(nèi)做類(lèi)斜拋運(yùn)動(dòng)，因粒子在電場(chǎng)中所受的電場(chǎng)力大小相等，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性，粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向一定是沿垂直電場(chǎng)方向的，如圖所示，選項(xiàng)A正確；前后兩段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，時(shí)將速度分解，設(shè)板長(zhǎng)為l，由類(lèi)平
7、拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得：l＝v0T，l＝vT，則v＝v0，則時(shí)刻該粒子的速度為v0，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若該粒子在時(shí)刻以速度v0進(jìn)入電場(chǎng)，粒子將先向下做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，后做類(lèi)斜拋運(yùn)動(dòng)，而從PQ板右邊緣射出電場(chǎng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，粒子在場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝＝，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
[答案] A
[共性歸納]
(1)當(dāng)粒子平行于電場(chǎng)方向射入時(shí)，粒子做直線運(yùn)動(dòng)，其初速度和受力情況決定了粒子的運(yùn)動(dòng)情況，粒子可能做周期性的運(yùn)動(dòng)。
(2)當(dāng)粒子垂直于電場(chǎng)方向射入時(shí)，沿初速度方向的分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)力方向的分運(yùn)動(dòng)可能具有周期性。
[題點(diǎn)全練]
1．[直線運(yùn)動(dòng)]
如圖甲所示，兩極板間加上如圖
8、乙所示的交變電壓。開(kāi)始A板的電勢(shì)比B板高，此時(shí)兩板中間原來(lái)靜止的電子在電場(chǎng)力作用下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。設(shè)電子在運(yùn)動(dòng)中不與極板發(fā)生碰撞，向A板運(yùn)動(dòng)時(shí)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(xiàng)中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律變化)( )
解析：選A 電子在交變電場(chǎng)中所受電場(chǎng)力大小不變，加速度大小不變，故C、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤；從0時(shí)刻開(kāi)始，電子向A板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，T后電場(chǎng)力反向，電子向A板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直到t＝T時(shí)刻速度變?yōu)榱?，之后重?fù)上述運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤。
2．[偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)]
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(zhì)量為m，帶電荷量為e的電子(初速度可視為0)。在B板右側(cè)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(zhǎng)為L(zhǎng)，距偏轉(zhuǎn)極板右邊緣s處有熒光屏，求：
(1)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)極板時(shí)的速度；
(2)時(shí)刻沿中線射入偏轉(zhuǎn)極板間的電子剛射出偏轉(zhuǎn)極板時(shí)與板間中線的距離(未與極板接觸)。
解析：(1)設(shè)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)極板時(shí)的速度為v，由動(dòng)能定理有eU0＝mv2
解得v＝ 。
(2)由題意知，電子穿過(guò)偏轉(zhuǎn)極板所需時(shí)間
t＝＝L ＝T
故在時(shí)刻沿中線射入偏轉(zhuǎn)極板間的電子在電場(chǎng)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(zhuǎn)極板。
答案：(1) (2)0
考點(diǎn)三 電場(chǎng)中的力電綜合問(wèn)題[師生共研類(lèi)]
[典例] (2017·全國(guó)卷Ⅰ)真空中存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電油滴在該電場(chǎng)中豎直向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為v0。在油滴處于位置A時(shí)，將電場(chǎng)強(qiáng)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(shí)間t1后，又突然將電場(chǎng)反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時(shí)間后，油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)。重力加速度大小為g。
(1)求油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度；
(2)求增大后的電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。粸楸ＷC后來(lái)的電場(chǎng)強(qiáng)度比原來(lái)的大，試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿(mǎn)足的條件。已
11、知不存在電場(chǎng)時(shí)，油滴以初速度v0做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度恰好等于B、A兩點(diǎn)間距離的兩倍。
[解題指導(dǎo)]
第一步：抓關(guān)鍵點(diǎn)
題中信息
吹“沙”見(jiàn)“金”
帶電油滴在該電場(chǎng)中豎直向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)
帶電油滴受力平衡
電場(chǎng)強(qiáng)度的大小突然增大到某值
油滴向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
突然將電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度，可由動(dòng)力學(xué)知識(shí)求解；根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合速度公式解決。
(2)要確定增大后的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，應(yīng)結(jié)合平衡條件和位移公式進(jìn)行求解，注意討論B點(diǎn)在A點(diǎn)下方還是上方。
(3)為保證后來(lái)的電場(chǎng)強(qiáng)度比原來(lái)的大，要討論
12、 t1和v0應(yīng)滿(mǎn)足的條件，應(yīng)在求出E2的基礎(chǔ)上進(jìn)一步討論判斷。
[解析] (1)設(shè)油滴質(zhì)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(chǎng)強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)。
在t＝0時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度突然從E1增加至E2時(shí)，油滴做豎直向上的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上，大小a1滿(mǎn)足
qE2－mg＝ma1 ①
油滴在時(shí)刻t1的速度為
v1＝v0＋a1t1 ②
電場(chǎng)強(qiáng)度在時(shí)刻t1突然反向，油滴做勻變速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向下，大小a2滿(mǎn)足
qE2＋mg＝ma2 ③
油滴在時(shí)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(shí)刻前有
qE1＝mg ⑥
油滴從t＝0到時(shí)刻t1的位移為
s1＝v0t1＋a1t12 ⑦
油滴在從時(shí)刻t1到時(shí)刻t2＝2t1的時(shí)間間隔內(nèi)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(diǎn)之間的距離。
若B點(diǎn)在A點(diǎn)之上，依題意有s1＋s2＝h ⑩
由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得
E2＝E1 ?
為使E2>E1，應(yīng)有
2－2＋2>1 ?
即當(dāng)0 ?
才是可能的；條件?式和?式分別對(duì)應(yīng)于v2>0和v2<0兩種情形。
若B點(diǎn)在A點(diǎn)之下，依題意有
s1＋s2＝－h(huán) ?
由①②③⑥⑦⑧⑨
14、?式得
E2＝E1 ?
為使E2>E1，應(yīng)有
2－2－2>1 ?
即t1> ?
另一解為負(fù)，不合題意，已舍去。
[答案] (1)v0－2gt1 (2)見(jiàn)解析
[解題方略]
1．思維流程
2．解題技巧
要善于把電學(xué)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為力學(xué)問(wèn)題，建立帶電粒子在電場(chǎng)中加速和偏轉(zhuǎn)的模型，能夠從帶電粒子的受力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系及功能關(guān)系兩條途徑進(jìn)行分析與研究。
[題點(diǎn)全練]
如圖所示的豎直平面內(nèi)有范圍足夠大、水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在虛線的左側(cè)有垂直紙面向里的水平的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)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(nèi)，PQ、MN水平且足夠長(zhǎng)，
15、半圓環(huán)MAP在磁場(chǎng)邊界左側(cè)，P、M點(diǎn)在磁場(chǎng)邊界線上，NMAP段光滑，PQ段粗糙?，F(xiàn)在有一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小環(huán)套在MN桿上，它所受電場(chǎng)力為重力的倍。現(xiàn)將小環(huán)從M點(diǎn)右側(cè)的D點(diǎn)由靜止釋放，D點(diǎn)到M點(diǎn)的水平距離x0＝。求：
(1)小環(huán)第一次到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)P時(shí)的速度大?。?
(2)小環(huán)第一次通過(guò)與O等高的A點(diǎn)時(shí)半圓環(huán)對(duì)小環(huán)作用力的大?。?
(3)若小環(huán)與PQ間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ(設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等)，現(xiàn)將小環(huán)移至M點(diǎn)右側(cè)4R處由靜止開(kāi)始釋放，通過(guò)討論，求出小環(huán)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力所做的功。
解析：(1)由動(dòng)能定理得：qEx0－2mgR＝mvP2
qE＝，x0＝
16、
解得vP＝0。
(2)設(shè)小環(huán)在A點(diǎn)時(shí)的速度為vA，由動(dòng)能定理得
qE(x0＋R)－mgR＝mvA2－0
解得vA＝
在A點(diǎn)：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(dá)P點(diǎn)右側(cè)s1距離處速度為零，小環(huán)將停在此處不動(dòng)，由動(dòng)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(jīng)過(guò)來(lái)回往復(fù)運(yùn)動(dòng)，最后只能在PD之間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，設(shè)克服摩擦力做功為Wf，由動(dòng)能定理得
qE(4R)－mg(2R)－Wf＝0
解得：Wf＝mgR。
17、
答案：(1)0 (2)＋ (3)見(jiàn)解析
“融會(huì)貫通”歸納好——“等效法”在電場(chǎng)中的應(yīng)用
處理帶電粒子在“等效力場(chǎng)”中的運(yùn)動(dòng)，要關(guān)注以下兩點(diǎn)：一是對(duì)帶電粒子進(jìn)行受力分析時(shí)，注意帶電粒子受到的電場(chǎng)力的方向與運(yùn)動(dòng)方向所成的夾角是銳角還是鈍角，從而確定電場(chǎng)力做功情況；二是注意帶電粒子的初始運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。
1．等效重力法。將重力與電場(chǎng)力進(jìn)行合成，如圖所示，則F合為等效重力場(chǎng)中的“重力”，g′＝為等效重力場(chǎng)中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場(chǎng)中的“豎直向下方向”。
2．物理最高點(diǎn)與幾何最高點(diǎn)。在“等效力場(chǎng)”中做圓周運(yùn)動(dòng)的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)
18、的臨界速度問(wèn)題。小球能維持圓周運(yùn)動(dòng)的條件是能過(guò)最高點(diǎn)，而這里的最高點(diǎn)不一定是幾何最高點(diǎn)，而應(yīng)是物理最高點(diǎn)。
[針對(duì)訓(xùn)練]
1．如圖所示，一條長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線上端固定，下端拴一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q的小球，將它置于方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，使細(xì)線豎直拉直時(shí)將小球從A點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)細(xì)線離開(kāi)豎直位置偏角α＝60°時(shí)，小球速度為0。
(1)求小球的帶電性質(zhì)及電場(chǎng)強(qiáng)度E。
(2)若小球恰好完成豎直圓周運(yùn)動(dòng)，求從A點(diǎn)釋放小球時(shí)應(yīng)有的初速度vA的大小(可含根式)。
解析：(1)根據(jù)電場(chǎng)方向和小球受力分析可知小球帶正電。
小球由A點(diǎn)釋放到速度等于零，由動(dòng)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(chǎng)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(yùn)動(dòng)，在等效最高點(diǎn)：
m＝mg
由A點(diǎn)到等效最高點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)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(chǎng)強(qiáng)度E＝103 V/m的豎直勻強(qiáng)電場(chǎng)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(diǎn)平滑相接，半圓形軌道平面與電場(chǎng)線平行，其半徑R＝40 cm，N為半圓形軌道最低點(diǎn)，P為QN圓弧的中點(diǎn)，一帶負(fù)電荷量q＝10－4 C的小滑塊
20、質(zhì)量m＝10 g，與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.15，位于N點(diǎn)右側(cè)1.5 m的M處，取g＝10 m/s2，求：
(1)要使小滑塊恰能運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)Q，則小滑塊應(yīng)以多大的初速度v0向左運(yùn)動(dòng)？
(2)這樣運(yùn)動(dòng)的小滑塊通過(guò)P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力是多大？
解析：(1)設(shè)小滑塊到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度為v，
由牛頓第二定律得mg＋qE＝ ①
小滑塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)Q點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)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(shè)小滑塊到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度為v′，則從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)P點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得
－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv02 ③
在P點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得FN＝m ④
代入數(shù)據(jù)解得FN＝0.6 N ⑤
由牛頓第三定律得，小滑塊對(duì)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(chǎng)力和重力合成一個(gè)等效力，稱(chēng)為等效重力。
(2)等效重力的反向延長(zhǎng)線與圓軌跡的交點(diǎn)為帶電體在等效重力場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)。
(3)類(lèi)比“繩球”“桿球”模型臨界值的情況進(jìn)行分析解答。
（新課改省份專(zhuān)用）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第4節(jié) 帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問(wèn)題學(xué)案（含解析）
