模型19 電場中的運動-備戰(zhàn)2023年高考案頭必備模型+典例+方法+練習（原卷版）

模型19電場中的運動-備戰(zhàn)2022年高考案頭必備模型+典例+方法+練習目錄帶電粒子在電場中的加速與減速 2帶電粒子在重力場和電場中的圓周運動 5電場中的偏轉模型 7帶電粒子在勻強電場中的偏轉 8帶電粒子在組合場中的運動 9帶電粒子在重力場和電場復合場中的偏轉 12帶電粒子在交變電場中的運動 13帶電粒子（帶電體）在電場中的力電綜合問題 18

帶電粒子在電場中的加速與減速【模型+方法】1．帶電粒子(或帶電體)在電場中的直線運動(1)做直線運動的條件①粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運動．②粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動．(2)用動力學觀點分析a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad，v＝v0+at(3)用功能觀點分析勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek12．帶電粒子在電場中運動時重力的處理(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)。(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力。3．元素符號問題A:質(zhì)量數(shù)=核子數(shù)=中子數(shù)+質(zhì)子數(shù)；Z:質(zhì)子數(shù)=核電荷數(shù)=原子序數(shù)例如：α粒子，原子核中有2個中子和2個質(zhì)子；氫的同位素氚，原子核中有2個中子和1個質(zhì)子；二者電量之比為2：1、質(zhì)量之比為4：3.4．圖像法分析帶電粒子在交變電場中的運動不計重力時，粒子在電場中運動的加速度，根據(jù)U-t圖畫出a-t圖，再畫出v-t圖，利用圖像的面積可求出位移。注意粒子開始運動的時刻不同，使得物體可能做單向直線運動，也可能做往復直線運動。5．交變電場中的直線運動U-t圖 v-t圖ttOvv0T/2T單向直線運動AB速度不反向ttOvv0往返直線運動AB速度反向TT/2-v0ttOvv0往返直線運動AB速度反向TT/8-3v05T/8ttOvv0T/32T/3往返直線運動AB速度反向T-v0軌跡圖OOABOOABAOOABDCOOABA【典例】如圖，兩平行的帶電金屬板水平放置，若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止狀態(tài)。現(xiàn)將兩板繞過a點的軸（垂直于紙面）順時針旋轉60°，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將（）A．向左下方做勻加速運動，加速度大小為g B．向左下方做勻加速運動，加速度大小為2g C．向右下方做勻加速運動，加速度大小為g D．向右下方做勻加速運動，加速度大小為2g【答案】C【解析】在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止狀態(tài)，微粒受重力和電場力平衡，故電場力大小F＝mg，方向豎直向上；將兩板繞過a點的軸（垂直于紙面）順時針旋轉60°，電場強度大小不變，方向順時針旋轉60°，故電場力順時針旋轉60°，大小仍然為mg；故重力和電場力的大小均為mg，方向夾角為120°，故合力向右下方，大小為mg，微粒的加速度恒定大小為g，向右下方做勻加速直線運動。故C正確，ABD錯誤?！揪毩?】如圖所示，在水平方向的勻強電場中的O點，用長為l的輕、軟絕緣細線懸掛一質(zhì)量為m的帶電小球，當小球位于B點時處于靜止狀態(tài)，此時細線與豎直方向（即OA方向）成θ角?，F(xiàn)將小球拉至細線與豎直方向成2θ角的C點，由靜止將小球釋放。若重力加速度為g，則對于此后小球的受力和運動情況，下列判斷中錯誤的是（）A．小球可能能夠到達A點，且到A點時的速度不為零 B．小球到B點的速度最大 C．小球所受電場力的大小為mgtanθ D．小球運動到B點時所受繩的拉力最大【練習2】如圖甲所示，在平行金屬板M、N間加有如圖乙所示的電壓。當t＝0時，一個電子從靠近N板處由靜止開始運動，經(jīng)1.0×10﹣3s到達兩板正中間的P點，那么在3.0×10﹣3s這一時刻，電子所在的位置和速度大小為（）A．到達M板，速度為零 B．到達P點，速度為零 C．到達N板，速度為零 D．到達P點，速度不為零帶電粒子在重力場和電場中的圓周運動【模型+方法】1．等效重力場物體僅在重力場中的運動是最常見、最基本的運動，但是對于處在勻強電場和重力場中物體的運動問題就會變得復雜一些．此時可以將重力場與電場合二為一，用一個全新的“復合場”來代替，可形象稱之為“等效重力場”．2.3．舉例典例(多選)如圖所示，長為L的細線拴一個帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m小球，重力加速度為g，球處在豎直向下的勻強電場中，電場強度為E，小球恰好能夠在豎直平面內(nèi)做圓周運動，則()A．小球在最高點的速度大小為eq\r(gL)B．當小球運動到最高點時電勢能最小C．小球運動到最低點時，機械能最大D．小球運動到最低點時，動能為eq\f(5,2)(mg＋qE)L【答案】CD【解析】小球恰好能夠在豎直平面內(nèi)做圓周運動，則在最高點由重力和電場力的合力提供向心力，則有mg＋Eq＝meq\f(v2,L)，解得v＝eq\r(\f(mg＋Eq,m)L)，故A錯誤；小球向上運動時，電場力做負功，電勢能增加，當小球運動到最高點時電勢能最大，故B錯誤；小球向下運動時，電場力做正功，機械能增大，運動到最低點時，小球的機械能最大，故C正確；從最高點到最低點的過程中，根據(jù)動能定理得Ek－eq\f(1,2)mv2＝(mg＋Eq)·2L，解得Ek＝eq\f(5,2)(mg＋Eq)L，故D正確．練習1(多選)如圖所示，在地面上方的水平勻強電場中，一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球，系在一根長為L的絕緣細線一端，可以在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動．AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑．已知重力加速度為g，電場強度E＝eq\f(mg,q).下列說法正確的是()A．若小球在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，則它運動的最小速度為eq\r(gL)B．若小球在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，則小球運動到B點時的機械能最大C．若將小球在A點由靜止開始釋放，它將在ACBD圓弧上往復運動D．若將小球在A點以大小為eq\r(gL)的速度豎直向上拋出，它將能夠到達B點練習2如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心為O，半徑為r，內(nèi)壁光滑，A、B兩點分別是圓軌道的最低點和最高點．該區(qū)間存在方向水平向右的勻強電場，一質(zhì)量為m、帶負電的小球在軌道內(nèi)側做完整的圓周運動(電荷量不變)，經(jīng)過C點時速度最大，O、C連線與豎直方向的夾角θ＝60°，重力加速度為g.(1)求小球所受的電場力大?。?2)求小球在A點的速度v0為多大時，小球經(jīng)過B點時對圓軌道的壓力最?。妶鲋械钠D模型【模型+方法】一、概述(1)帶電粒子在勻強電場中做直線運動時，一般用牛頓第二定律與運動學公式結合處理或用動能定理處理．(2)在勻強電場中做類平拋運動時一般從分解的角度處理．(3)注意帶電粒子重力能否忽略．二．電場中的直線運動問題(1)動能定理：不涉及t、a時可用．(2)牛頓第二定律＋運動學公式：涉及a、t時可用．尤其是交變電場中，最好再結合v－t圖象使用．三．勻強電場中的偏轉問題(1)用平拋運動規(guī)律處理：運動的分解．①沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間t＝eq\f(L,v0).②沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md).③離開電場時的偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUL2,2mdv02).④速度偏向角tanφ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUx,mdv02)eq\o(→,\s\up7(x＝L))tanφ＝eq\f(qUL,mdv02)；位移偏向角tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(qUx,2mdv02)eq\o(→,\s\up7(x＝L))tanθ＝eq\f(qUL,2mdv02).(2)動能定理：涉及功能問題時可用．注意：偏轉時電場力做功不一定是W＝qU板間，應該是W＝qEy(y為偏移量)．四．非勻強電場中的曲線運動問題(1)運動電荷的軌跡偏向受力的一側，即合外力指向軌跡凹的一側；電場力一定沿電場線切線方向，即垂直于等勢面，從而確定電荷受力方向．(2)由電場力的方向與運動方向夾角，判斷電場力做功的正負，再由功能關系判斷動能、電勢能的變化．帶電粒子在勻強電場中的偏轉【典例1】如圖所示，矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在豎直向下的勻強電場，兩個帶正電的粒子a和b以相同的水平速度射入電場，粒子a由頂點A射入，從BC的中點P射出，粒子b由AB的中點O射入，從頂點C射出．若不計重力，則a和b的比荷(帶電荷量與質(zhì)量的比值)之比是()A．1∶2B．2∶1C．1∶8D．8∶1【答案】D【解析】粒子在水平方向上做勻速直線運動，a、b兩粒子的水平位移大小之比為1∶2，根據(jù)x＝v0t，知時間之比為1∶2.粒子在豎直方向上做勻加速直線運動，根據(jù)y＝eq\f(1,2)at2，y之比為2∶1，則a、b的加速度之比為8∶1.根據(jù)牛頓第二定律知，加速度a＝eq\f(qE,m)，加速度大小之比等于比荷之比，則兩電荷的比荷之比為8∶1，故D正確，A、B、C錯誤．【典例2】如圖所示，一電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點射入勻強電場，入射方向與電場線垂直．粒子從Q點射出電場時，其速度方向與電場線成30°角．已知勻強電場的寬度為d，方向豎直向上，P、Q兩點間的電勢差為U(U>0)，不計粒子重力，P點的電勢為零．則下列說法正確的是()A．粒子帶負電B．帶電粒子在Q點的電勢能為qUC．P、Q兩點間的豎直距離為eq\f(d,2)D．此勻強電場的電場強度為eq\f(2\r(3)U,3d)【答案】D【解析】由題圖可知，帶電粒子的軌跡向上彎曲，則粒子受到的電場力方向豎直向上，與電場方向相同，所以該粒子帶正電，故A錯誤；粒子從P點運動到Q點，電場力做正功，為W＝qU，則粒子的電勢能減少了qU，P點的電勢為零，可知帶電粒子在Q點的電勢能為－qU，故B錯誤；Q點速度的反向延長線過水平位移的中點，則y＝eq\f(\f(d,2),tan30°)＝eq\f(\r(3),2)d，電場強度大小為E＝eq\f(U,y)＝eq\f(2\r(3)U,3d)，故D正確，C錯誤．帶電粒子在組合場中的運動【典例3】如圖所示，虛線左側有一場強為E1＝E的勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L，電場強度為E2＝2E的勻強電場，在虛線PQ右側相距為L處有一與電場E2平行的屏．現(xiàn)將一電子(電荷量e，質(zhì)量為m)無初速度放入電場E1中的A點，最后打在右側的屏上，AO連線與屏垂直，垂足為O，求：(1)電子從釋放到打到屏上所用的時間；(2)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角的正切值；(3)電子打到屏上的點B到O點的距離．【答案】(1)3eq\r(\f(mL,Ee))(2)2(3)3L【解析】(1)電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運動，設加速度為a1，時間為t1，由牛頓第二定律得：a1＝eq\f(E1e,m)＝eq\f(Ee,m)eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)a1t12電子進入電場E2時的速度為：v1＝a1t1從進入電場E2到打到屏上，電子水平方向做勻速直線運動，時間為：t2＝eq\f(2L,v1)電子從釋放到打到屏上所用的時間為：t＝t1＋t2解得：t＝3eq\r(\f(mL,Ee))(2)設粒子射出電場E2時平行電場方向的速度為vy，由牛頓第二定律得：電子在電場E2中的加速度為：a2＝eq\f(E2e,m)＝eq\f(2Ee,m)vy＝a2t3t3＝eq\f(L,v1)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角的正切值為tanθ＝eq\f(vy,v1)解得：tanθ＝2(3)帶電粒子在電場中的運動軌跡如圖所示：設電子打到屏上的點B到O點的距離為x，由幾何關系得：tanθ＝eq\f(x,\f(3,2)L)，聯(lián)立得：x＝3L.【練習1】(多選)(2020·浙江寧波“十?！?月聯(lián)考)如圖所示，三個同樣的帶電粒子(不計重力)同時從同一位置沿同一方向垂直于電場線射入平行板電容器間的勻強電場，它們的運動軌跡分別用a、b、c標出，不考慮帶電粒子間的相互作用，下列說法中正確的是()A．當b飛離電場的同時，a剛好打在下極板上B．b和c同時飛離電場C．進入電場時，c的速度最大，a的速度最小D．在電場中運動過程中c的動能增加量最小，a、b的動能增加量相同【練習2】(多選)(2020·江蘇南京市、鹽城市一模)兩個質(zhì)量相等、電荷量不等的帶電粒子甲、乙，先后以不同的速率沿著HO方向垂直射入勻強電場，電場方向豎直向上，它們在圓形區(qū)域中運動的時間相同，其運動軌跡如圖所示．不計粒子所受的重力，則下列說法中正確的是()A．甲粒子帶正電荷B．乙粒子所帶的電荷量比甲粒子少C．甲粒子在圓形區(qū)域中電勢能變化量小D．乙粒子進入電場時具有的動能比甲粒子大【練習3】(2020·浙江7月選考·6)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從MN連線上的P點水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強電場中．已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達MN連線上的某點時()A．所用時間為eq\f(mv0,qE)B．速度大小為3v0C．與P點的距離為eq\f(2\r(2)mv02,qE)D．速度方向與豎直方向的夾角為30°【練習4】(2020·全國卷Ⅰ·25)在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強電場，柱的橫截面是以O為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示．質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的帶電粒子在紙面內(nèi)自A點先后以不同的速度進入電場，速度方向與電場的方向垂直．已知剛進入電場時速度為零的粒子，自圓周上的C點以速率v0穿出電場，AC與AB的夾角θ＝60°.運動中粒子僅受電場力作用．(1)求電場強度的大?。?2)為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進入電場時的速度應為多大？(3)為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為mv0，該粒子進入電場時的速度應為多大？【練習5】．(2020·浙江溫州三模)示波管的結構如圖(a)所示，偏轉電極YY′如右圖(b)所示，兩板間的距離為d、板長為L，在YY′間加上電壓U，讓電荷量為e、質(zhì)量為m的電子以速度v垂直電場進入偏轉電極，不計電子的重力．則電子穿過偏轉電極YY′的過程中，下列說法正確的是()A．電子向Y′極板偏轉飛出B．電子射出電場時的偏移量ΔY＝eq\f(eUL2,2mdv2)C．射出電子的動能增加了eUD．U越大，電子通過YY′極板的時間就越短帶電粒子在重力場和電場復合場中的偏轉典例(2019·全國卷Ⅲ·24)空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點．從O點沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質(zhì)量均為m的小球A、B.A不帶電，B的電荷量為q(q>0)．A從O點發(fā)射時的速度大小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為eq\f(t,2).重力加速度為g，求：(1)電場強度的大?。?2)B運動到P點時的動能．【答案】(1)eq\f(3mg,q)(2)2m(v02＋g2t2)【解析】(1)設電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a.根據(jù)牛頓第二定律、運動學公式和題給條件，有mg＋qE＝ma①eq\f(1,2)a(eq\f(t,2))2＝eq\f(1,2)gt2②解得E＝eq\f(3mg,q)③(2)設B從O點發(fā)射時的速度為v1，到達P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，根據(jù)動能定理有mgh＋qEh＝Ek－eq\f(1,2)mv12④且有v1eq\f(t,2)＝v0t⑤h＝eq\f(1,2)gt2⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2)．練習(多選)在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點以一定初速度水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰好水平，A、B、C三點在同一直線上，且AB＝2BC，如圖所示．重力加速度為g.由此可見()A．帶電小球所受電場力為3mgB．小球帶正電C．小球從A到B與從B到C的運動時間相等D．小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小相等帶電粒子在交變電場中的運動【模型+方法】一、概述1.在交變電場中做直線運動時，一般是幾段變速運動組合．可畫出v－t圖象，分析速度、位移變化．2.在交變電場中的偏轉若是幾段類平拋運動的組合，可分解后畫出沿電場方向分運動的v－t圖象，分析速度變化，或是分析偏轉位移與偏轉電壓的關系式．二、常用方法1．常見的交變電場常見的產(chǎn)生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等．2．常見的試題類型此類題型一般有三種情況：(1)粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解)．(2)粒子做往返運動(一般分段研究)．(3)粒子做偏轉運動(一般根據(jù)交變電場特點分段研究)．3．解答帶電粒子在交變電場中運動的思維方法(1)注重全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律)，抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關的邊界條件．(2)分析時從兩條思路出發(fā)：一是力和運動的關系，根據(jù)牛頓第二定律及運動學規(guī)律分析；二是功能關系．(3)注意對稱性和周期性變化關系的應用．4.利用速度圖象分析帶電粒子的運動過程時的注意事項(1)帶電粒子進入電場的時刻；(2)速度圖象的切線斜率表示加速度；(3)圖線與坐標軸圍成的面積表示位移，且在橫軸上方所圍成的面積為正，在橫軸下方所圍成的面積為負；(4)注意對稱性和周期性變化關系的應用；(5)圖線與橫軸有交點，表示此時速度改變方向，對運動很復雜、不容易畫出速度圖象的問題，還應逐段分析求解．5.交變電壓的周期性變化，勢必會引起帶電粒子的某個運動過程和某些物理量的周期性變化，所以應注意：(1)分過程解決．“一個周期”往往是我們的最佳選擇．(2)建立模型．帶電粒子的運動過程往往能在力學中找到它的類似模型．(3)正確的運動分析和受力分析：合力的變化影響粒子的加速度(大小、方向)變化，而物體的運動性質(zhì)則由加速度和速度的方向關系確定．【典例1】圖甲是一對長度為L的平行金屬板，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，一帶電粒子沿板間的中線OO′垂直電場方向射入電場，2t0時刻粒子剛好沿下極板右邊緣射出電場．不計粒子重力．則()A．粒子帶負電B．粒子在平行板間一直做曲線運動C．粒子射入電場時的速度大小為eq\f(L,2t0)D．若粒子射入電場時的速度減為一半，射出電場時的速度垂直于電場方向【答案】C【解析】粒子向下偏轉，可知粒子帶正電，選項A錯誤；粒子在平行板間在0～t0時間內(nèi)做曲線運動；在t0～2t0時間內(nèi)不受任何力，則做直線運動，選項B錯誤；粒子在水平方向一直做勻速運動，可知射入電場時的速度大小為v0＝eq\f(L,2t0)，選項C正確；若粒子射入電場時的速度減為一半，由于粒子在電場中受向下的電場力，有向下的加速度，射出電場時有沿電場方向的速度，則射出電場時的速度不可能垂直于電場方向，選項D錯誤．【典例2】在圖甲所示的極板A、B間加上如圖乙所示的大小不變、方向周期性變化的交變電壓，其周期為T，現(xiàn)有一電子以平行于極板的速度v0從兩板中央OO′射入．已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子的重力，問：(1)若電子從t＝0時刻射入，在半個周期內(nèi)恰好能從A板的邊緣飛出，則電子飛出時速度的大小為多少？(2)若電子從t＝0時刻射入，恰能平行于極板飛出，則極板至少為多長？(3)若電子恰能從OO′平行于極板飛出，電子應從哪一時刻射入？兩極板間距至少為多大？【答案】見解析【解析】(1)由動能定理得eeq\f(U0,2)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得v＝eq\r(v02＋\f(eU0,m)).(2)t＝0時刻射入的電子，在垂直于極板方向上做勻加速運動，向A極板方向偏轉，半個周期后電場方向反向，電子在該方向上做勻減速運動，再經(jīng)過半個周期，電子在電場方向上的速度減小到零，此時的速度等于初速度v0，方向平行于極板，以后繼續(xù)重復這樣的運動；要使電子恰能平行于極板飛出，則電子在OO′方向上至少運動一個周期，故極板長至少為L＝v0T.(3)若要使電子從OO′平行于極板飛出，則電子在電場方向上應先加速、再減速，反向加速、再減速，每階段時間相同，一個周期后恰好回到OO′上，可見應在t＝eq\f(T,4)＋k·eq\f(T,2)(k＝0,1,2，…)時射入，極板間距離要滿足電子在加速、減速階段不打到極板上，設兩板間距為d，由牛頓第二定律有a＝eq\f(eU0,md)，加速階段運動的距離s＝eq\f(1,2)·eq\f(eU0,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,4)))2≤eq\f(d,4)，解得d≥Teq\r(\f(eU0,8m))，故兩極板間距至少為Teq\r(\f(eU0,8m)).【典例3】(多選)(2020·四川成都七中模擬)如圖甲所示，在平行板電容器A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓，t＝0時刻A板電勢比B板高，兩板中間靜止一電子，設電子在運動過程中不與兩板相碰，而且電子只受電場力作用，規(guī)定向左為正方向，則下列敘述正確的是()A．在t＝0時刻釋放電子，則電子運動的v－t圖象如圖丙圖線一所示，該電子一直向B板做勻加速直線運動B．若t＝eq\f(T,8)時刻釋放電子，則電子運動的v－t圖象如圖線二所示，該電子一直向B板做勻加速直線運動C．若t＝eq\f(T,4)時刻釋放電子，則電子運動的v－t圖象如圖線三所示，該電子在2T時刻在出發(fā)點左邊D．若t＝eq\f(3,8)T時刻釋放電子，在2T時刻電子在出發(fā)點的右邊【答案】CD【解析】在t＝eq\f(T,2)時刻之前釋放電子，電場力水平向左，電子在電場力的作用下向A板做勻加速直線運動，故A、B錯誤；若t＝eq\f(1,4)T時刻釋放電子，電子先向左做勻加速直線運動，水平向左為速度正方向，在eq\f(1,2)T時刻速度達到最大，然后做勻減速直線運動，圖線三符合電子運動的v－t圖象，v－t圖象與t軸所圍的面積即為電子的位移，2T時刻之前v－t圖象與t軸所圍的面積為正，電子的位移為正，所以電子在出發(fā)點左邊，故C正確；若t＝eq\f(3T,8)時刻釋放電子，易分析得2T時刻之前v－t圖象與t軸所圍的面積為負，即位移為負，電子在出發(fā)點的右邊，故D正確．【練習1】(2019·遼寧沈陽質(zhì)檢)如圖中a所示的xOy平面處于勻強電場中，電場方向與x軸平行，電場強度E隨時間t變化的周期為T，變化圖線如圖b所示，E為＋E0時電場強度的方向沿x軸正方向．有一帶正電的粒子P，在某一時刻t0以某一速度v沿y軸正方向自坐標原點O射入電場，粒子P經(jīng)過時間T到達的點記為A(A點在圖中未畫出)．若t0＝0，則OA連線與y軸正方向夾角為45°，不計粒子重力．(1)求粒子的比荷；(2)若t0＝eq\f(T,4)，求A點的坐標；(3)若t0＝eq\f(T,8)，求粒子到達A點時的速度．【練習2】(2019·湖北黃岡模擬)一勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖象如圖1所示，在該勻強電場中，有一個帶電粒子于t＝0時刻由靜止釋放，若帶電粒子只受電場力作用，則下列說法中正確的是()A．帶電粒子只向一個方向運動B．0～2s內(nèi)，電場力做功等于0C．4s末帶電粒子回到原出發(fā)點D．2.5～4s內(nèi)，電場力做功等于0【練習3】(2020·北京市高三學業(yè)考試)如圖甲所示，真空中水平放置兩塊長度為2d的平行金屬板P、Q，兩板間距為d，兩板間加上如圖乙所示最大值為U0的周期性變化的電壓．在兩板左側緊靠P板處有一粒子源A，自t＝0時刻開始連續(xù)釋放初速度大小為v0、方向平行于金屬板的相同帶電粒子，t＝0時刻釋放的粒子恰好從Q板右側邊緣離開電場．已知電場變化周期T＝eq\f(2d,v0)，粒子質(zhì)量為m，不計粒子重力及粒子間的作用力，則()A．在t＝0時刻進入的粒子離開電場時速度大小為eq\f(1,2)v0B．粒子的電荷量為eq\f(mv02,2U0)C．在t＝eq\f(1,8)T時刻進入的粒子離開電場時豎直方向上的位移為eq\f(d,4)D．在t＝eq\f(1,4)T時刻進入的粒子剛好從P板右側邊緣離開電場帶電粒子（帶電體）在電場中的力電綜合問題【模型+方法】一、概述1.勻強電場可與重力場合成用一合場代替，即電場力與重力合成一合力，用該合力代替兩個力．2.力電綜合問題注意受力分析、運動過程分析，應用動力學知識或功能關系解題．二、常用方法1帶電粒子在電場中力電綜合問題的分析思路(1)首先分析粒子的運動規(guī)律，確定粒子在電場中做直線運動還是曲線運動。(2)對于直線運動問題，可根據(jù)對粒子的受力分析與運動分析，從以下兩種途徑進行處理：①如果是帶電粒子受恒定電場力作用下的直線運動問題，應用牛頓第二定律求出加速度，結合運動學公式確定帶電粒子的速度、位移等。②如果是非勻強電場中的直線運動問題，一般利用動能定理分析全過程中能的轉化，研究帶電粒子的速度變化、運動的位移等。(3)對于曲線運動問題，通常有以下兩種情況：①對于在勻強電場中的曲線運動，一般是類平拋運動，通常采用運動的合成與分解的方法處理。通過對帶電粒子的受力分析和運動規(guī)律分析，借助運動的合成與分解，尋找兩個分運動，再應用牛頓運動定律或運動學規(guī)律求解。②對于在非勻強電場中的曲線運動，一般是根據(jù)牛頓運動定律、曲線運動知識和動能定理、能量守恒定律定性分析。(4)當帶電粒子從一個電場區(qū)域進入另一個電場區(qū)域時，要注意分析帶電粒子的運動規(guī)律的變化及兩區(qū)域電場交界處的有關聯(lián)的物理量，這些關聯(lián)量往往是解決問題的突破口。2.帶電體在電場、重力場中運動的動力學問題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′＝eq\f(F合,m)為等效重力場中的“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(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動的臨界速度問題．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．幾何最高點是圖形中所畫圓的最上端，是符合人眼視覺習慣的最高點．而物理最高點是物體在圓周運動過程中速度最小(稱為臨界速度)的點．【典例1】(2020·浙江綠色聯(lián)盟12月聯(lián)考)如圖所示，A和B是兩個點電荷，電荷量均為q，A固定在絕緣水平面上，在A的上方有一塊絕緣板，B放在板上，且B正好在A的正上方，B的質(zhì)量為m.現(xiàn)使板從靜止開始，以加速度a豎直向下勻加速運動，當運動到某一位置時B恰好對絕緣板無壓力，如果這個位置正好將原來A與B的距離分成上下之比為2∶1的兩部分，則在此過程中，電場力和板的支持力對B做功的代數(shù)和是(已知靜電力常量為k，重力加速度為g，且a<g)()A．－2qeq\r(kmg－a) B．－3qeq\r(kmg－a)C．－eq\f(q,2)eq\r(kmg－a) D．－eq\f(q,2)eq\r(2kmg－a)【答案】A【解析】設B與A相距為x時，B對板恰好沒有壓力，此時B與A之間的庫侖力為：F＝keq\f(q2,x2)，由牛頓第二定律知：mg－F＝ma聯(lián)立解得：x＝qeq\r(\f(k,mg－ma))由題意知在此之前B運動的位移：s＝2x此時B的速度為v，由運動學公式知：v2＝2as＝4ax設電場力和板的支持力對B所做的總功為W，由動能定理知：mgs＋W＝eq\f(1,2)mv2聯(lián)立解得：W＝－2qeq\r(km\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－a)))，故A正確．【典例2】(2020·陜西榆林市高三第一次模擬)如圖，平行板電容器兩個極板與水平地面成2α角，在平行板間存在著勻強電場，直線CD是兩板間一條垂直于板的直線，豎直線EF與CD交于O點，一個帶電小球沿著∠FOD的角平分線從A點經(jīng)O點向B點做直線運動，重力加速度為g.則在此過程中，下列說法正確的是()A．小球帶正電B．小球可能做勻加速直線運動C．小球加速度大小為gcosαD．小球重力勢能的增加量等于電勢能的增