2024年高考物理二輪復(fù)習(xí)專題8：電場的性質(zhì)帶電粒子在電場中的運(yùn)動（附答案解析）

專題08?電場的性質(zhì)帶電粒子在電場中的運(yùn)動

命題規(guī)律

本專題考查靜電現(xiàn)象、庫侖力、電場強(qiáng)度、電勢能、電勢、

能力突破電容器等知識點(diǎn)，并會處理帶電粒子在電場中運(yùn)動的各種

情況。

1高考熱點(diǎn)

(1)掌握描述電場性質(zhì)的物理量；

(2)判斷電勢高低及電勢能大小的方法；

(3)帶電粒子在電場中運(yùn)動問題。

選擇題和計(jì)算題均有涉及，也常作為選擇題和計(jì)算題的壓

出題方向

軸題出現(xiàn)，題目難度一般為中檔。

考點(diǎn)歸納

考點(diǎn)1電場的性質(zhì)

【解題技巧】j

1.電場中的各個(gè)物理量的形成及相互轉(zhuǎn)化的關(guān)系

2.必須記住的三個(gè)公式

定義式C=￡,決定式C=關(guān)系式E=Z。

【例1】（2023?山西開學(xué)）如圖所示，在豎直面內(nèi)有三個(gè)帶電小球外〃、c,其中球。和

球人固定，二者連線為一條豎直線，它們的帶電荷量大小分別為功和力,球c在圖示位

置處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知他、be和ac的連線的長度分別為、3cm和2cm，則（）

Z串

Z

?

.z

■■

a

A.球“和球〃一定帶同種電荷B.球”和球》一定帶異種電荷

C.如=，D.更=生

%8%27

【分析】根據(jù)對。球進(jìn)行受力分析，判定球〃和球〃的電性，結(jié)合相似三角形法求出兩電

荷量之比。

【解答】解：AB.球。受重力及球〃和球b對它的庫侖力而平衡，則球〃對它的庫侖力

必須是斥力，球〃對它的庫侖力是引力，球”和球〃一定帶異種電荷，故A錯(cuò)誤，B正確；

CD.畫出球c受力圖，受重力，兩球?qū)球的庫侖力，如圖所示

kq、qhhq

根據(jù)共點(diǎn)力平衡，在相似三角形中，對應(yīng)邊成比例，有包=皿

acbe

整理有生=_1

%27

故C錯(cuò)誤，O正確。

故選：BDo

【點(diǎn)評】本題主要考查了庫侖定律和受力分析，解題關(guān)鍵是通過對c球進(jìn)行受力分析，

判定球a和球〃的電性，結(jié)合相似三角形法求出兩電荷量之比。

【例2】（2023?重慶模擬）如圖所示，真空中有M、N兩點(diǎn)，紙面內(nèi)到M、N兩點(diǎn)的距

離之比等于2的點(diǎn)的集合為圖中圓心為O、半徑為d的圓，尸、7、S為圓上的三點(diǎn)，

POLMC,T、S兩點(diǎn)為圓與直線MN的交點(diǎn)，顯然20=3，MO=2do在M、N兩點(diǎn)分

別固定兩點(diǎn)電荷0、Qj點(diǎn)電荷Q所帶電荷量為p，p點(diǎn)的電場方向恰好指向圓心

已知真空中帶電荷量為Q的點(diǎn)電荷，在空間產(chǎn)生的電場中某點(diǎn)的電勢。=絲，式中「為

r

該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離，&為靜電力常量，下列說法正確的是（）

P

Q?i?/Q，?，.

MT\lNO：S1

A.0點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為當(dāng)

B.s點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為學(xué)

9d2

C.M、N兩點(diǎn)之間r點(diǎn)的電場強(qiáng)度最小

D.球心為O、半徑為d的球面上任意一點(diǎn)的電場方向均指向球心

【分析】A.根據(jù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的場強(qiáng)方向，結(jié)合題意作出場強(qiáng)片、當(dāng)?shù)暮蠄鰪?qiáng)，根據(jù)點(diǎn)電

荷的場強(qiáng)公式及相似三角形對應(yīng)邊成比例的關(guān)系求P點(diǎn)的合場強(qiáng)；

4.根據(jù)點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式及場強(qiáng)的疊加求S點(diǎn)的場強(qiáng)；

CM、N之間電場強(qiáng)度最小的點(diǎn)在等勢面凸起的一側(cè)，再根據(jù)等勢面的形狀進(jìn)行分析,

用、N之間電場強(qiáng)度最小的點(diǎn)在r點(diǎn)左側(cè)；

D.由于空間中到兩點(diǎn)電荷距離之比等于2的集合為球面，因此兩點(diǎn)電荷在此球面上任意

一點(diǎn)對應(yīng)的電勢互為相反數(shù)，據(jù)此分析作答。

【解答】解：A.設(shè)P點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為L，兩點(diǎn)電荷在P點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小分

別為￡、E?,如圖所不:

根據(jù)三角形相似建嗡=需毛

Ep_MNJ5

瓦一麗一忑

。在P點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)片=%Q

函f

在廠點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)E2=%+^5外。'

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得2=2q

因此P點(diǎn)的合場強(qiáng)昂=造，故A錯(cuò)誤；

25小

B.根據(jù)點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式和場強(qiáng)的疊加，S點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小4=攵衰-々非=豢，

故8正確；

D.空間中到兩點(diǎn)電荷距離之比等于2的集合為球面，所以兩點(diǎn)電荷在此球面上任意一

點(diǎn)對應(yīng)的電勢互為相反數(shù)，此球面上的任意一點(diǎn)的電勢均為0,即此球面為等勢面，故。

正確；

c.M、N之間電場強(qiáng)度最小的點(diǎn)在等勢面凸起的一側(cè)，根據(jù)7點(diǎn)的等勢面形狀知，歷、

N之間電場強(qiáng)度最小的點(diǎn)在r點(diǎn)左側(cè)；

在M、N之間任取一點(diǎn)A,設(shè)A點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為E,該點(diǎn)到M點(diǎn)的距離為一則有

E-k"+k/—

廠岑5

對上式求導(dǎo)得￡=-華+十一

X/3〃\3

顯然電場強(qiáng)度最小的點(diǎn)在7點(diǎn)左側(cè)，故C錯(cuò)誤。

故選：BD。

【點(diǎn)評】本題考查了點(diǎn)電荷的場強(qiáng)，場強(qiáng)的疊加以及等勢面的相關(guān)知識，需要認(rèn)真仔細(xì)

分析。

【例3】（2022秋?袁州區(qū)校級期末）如圖所示，A、B、C、。為勻強(qiáng)電場中相鄰的四

個(gè)等勢面，一個(gè)電子垂直經(jīng)過等勢面。時(shí)，動能為2&V,飛經(jīng)等勢面。時(shí)，電勢能為

-10八/,飛至等勢面3時(shí)速度恰好為零，已知相鄰等勢面間的距離為5°〃，則下列說法

正確的是（）

..............A

..............B

-----」-------D

A.等勢面A的電勢為-1OV

B.勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為200V/〃？

C.電子再次飛經(jīng)。勢面時(shí)，動能為18V

D.電場力對電子一直做負(fù)功

【分析】電子從。到A過程，根據(jù)動能定理求出04間電勢差，即可得到4等勢面的電

勢；由石=8求解電場強(qiáng)度；根據(jù)能量守恒可知，電子再次經(jīng)過。等勢面時(shí)，動能為20W；

根據(jù)動能定理分析電場力做功正負(fù)。

【解答】解：據(jù)題知：加間兩等勢面間距離為d=l（k〃2=0.3

AB,電子從。到“的過程，根據(jù)動能定理得：用=（）-%，解得/M間電勢差為

則電場強(qiáng)度為：E=區(qū)型=—V/m=200V/m

d0.1

電子經(jīng)過等勢面。時(shí)的電勢能為-,則。點(diǎn)的電勢為a=型=匚絲=IOV,因?yàn)镃4

-e-e

間的電勢差等于。B間的電勢差，可知A點(diǎn)電勢為-10V,故A、B正確;

C、根據(jù)能量守恒定律得，電子再次經(jīng)過。等勢面時(shí)，動能不變，仍然為2&V,故。錯(cuò)

誤；

。、從。到〃電子的動能減少，由動能定理知電場力做負(fù)功，從4到。電場力做正功,

故。錯(cuò)誤。

故選：AB°

【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵要知道等勢面與電場線關(guān)系，掌握勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)公式，以及

電場力做功與電勢差的關(guān)系。

[例4]（2022秋?海淀區(qū)期末）導(dǎo)體棒原來不帶電，現(xiàn)將一個(gè)電荷量為”的點(diǎn)電荷放

在棒的中心軸線上，它距離導(dǎo)體棒的中心O為L,如圖3所示。靜電力常量為h當(dāng)導(dǎo)

體棒達(dá)到靜電平衡后，下列說法正確的是（）

曾……三三）

I

------L-------

I

A.棒上感應(yīng)電荷只分布在其表面

B.棒左、右兩端的電勢相等

C.點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為0

D.棒上感應(yīng)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為電

1]

【分析】處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體，產(chǎn)生的感應(yīng)電荷只分布在導(dǎo)體表面；處于靜電平衡

狀態(tài)的導(dǎo)體是等勢體；根據(jù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場場強(qiáng)求解即可；處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體

感應(yīng)電荷產(chǎn)生的電場場強(qiáng)與點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場場強(qiáng)等大反向。

【解答】解：4、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體，產(chǎn)生的感應(yīng)電荷只分布在導(dǎo)體表面，故A

正確；

4、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體是等勢體，棒左、右兩端的電勢相等，故A正確；

。、點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為￡=*《，故C錯(cuò)誤；

L

。、點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度與感應(yīng)電荷在O點(diǎn)的場強(qiáng)等大反向，則棒上感應(yīng)電荷

在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為故。正確。

L

故選：ABD。

【點(diǎn)評】本題考查靜電平衡，解題關(guān)鍵是知道處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體是等勢體，內(nèi)部

場強(qiáng)處處為零。

【例5】(2023?武清區(qū)校級開學(xué))如圖所示，平行板電容器與電動勢為石的電源連接，

上極板A接地，一帶負(fù)電的油滴固定于電容器中的尸點(diǎn)，現(xiàn)將平行板電容器的二極板8

豎直向下移動一小段距離，貝U()

■叩

-----B

A.帶電油滴所受靜電力不變

B.尸點(diǎn)的電勢將降低

C.帶電油滴在2點(diǎn)時(shí)的電勢能減小

D.電容器的電容減小，極板帶電荷量將減小

【分析】將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，電容器兩板間電壓不變,

根據(jù)E=且分析板間場強(qiáng)的變化，判斷電場力變化，確定油滴運(yùn)動情況。由0二區(qū)/分析〃

d

點(diǎn)與上極板間電勢差如何變化，即能分析2點(diǎn)電勢的變化和油滴電勢能的變化。根據(jù)電

容的定義式。=卷，電容器與電源保持相連，則U不變，Q與C成正比變化。

【解答】解：4、將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，由于電容器兩板

間電壓不變，根據(jù)E=2得知板間場強(qiáng)減小，油滴所受的電場力減小，則油滴將向下運(yùn)

d

動。故A錯(cuò)誤。

B、板間場強(qiáng)七減小，而P點(diǎn)與上極板間的距離不變，則由公式U=&分析可知，產(chǎn)點(diǎn)

與上極板間電勢差將減小，而尸點(diǎn)的電勢低于上極板的電勢，則知尸點(diǎn)的電勢將升高。

故笈錯(cuò)誤。

C、由帶電油滴原來處于平衡狀態(tài)可知，油滴帶負(fù)電，夕點(diǎn)的電勢升高，則油滴的電勢

能將減小。故C正確。

。、根據(jù)電容的定義式。=卷，電容器與電源保持相連，則U不變，當(dāng)C減小，則。也

減小。故。正確。

故選：CDo

【點(diǎn)評】本題運(yùn)用E=?分析板間場強(qiáng)的變化，判斷油滴如何運(yùn)動。運(yùn)用推論：正電荷

在電勢高處電勢能大，而負(fù)電荷在電勢高處電勢能小，來判斷電勢能的變化。

考點(diǎn)2帶電粒子在電場中的運(yùn)動

［解題技巧］

1.帶電粒子在電場中的運(yùn)動

1

2.解題途徑的選擇

(1)求解帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動時(shí)，運(yùn)動和力、功能關(guān)系兩個(gè)途徑都適用，選擇

依據(jù)是題給條件，當(dāng)不涉及時(shí)間時(shí)選擇功能關(guān)系，否則必須選擇運(yùn)動和力的關(guān)系。

(2)帶電粒子在非勻強(qiáng)電場中運(yùn)動時(shí)，加速度不斷變化，只能選擇功能關(guān)系求解，

【例1】(2022秋?安徽月考)如圖所示，平行板電容器與直流電源連接，電子由靜止開

始從A板向3板運(yùn)動，到達(dá)8極板時(shí)速度為電子在兩板間運(yùn)動的時(shí)間為/,貝1（)

A.保持開關(guān)K閉合，當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，v增大

B.保持開關(guān)K閉合，當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，，增大

C.斷開開關(guān)K,當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，、，不變

D.斷開開關(guān)K,當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，/增大

【分析】保持開關(guān)K閉合，極板間的電勢差不變，根據(jù)動能定理分析末速度的大小、根

據(jù)末速度大小分析時(shí)間長短：斷開開關(guān)K,求出電場強(qiáng)度表達(dá)式結(jié)合動能定理進(jìn)行分析.

【解答】解：保持開關(guān)K閉合，極板間的電勢差不變，電子從靜止開始運(yùn)動，根據(jù)

動能定理可得：從A運(yùn)動到8動能的變叱量等于電場力做的功，所以末速

度不變，則平均速度不變；若兩板間距離增加，時(shí)叵變長，故A錯(cuò)誤，8正確；

CD斷開開關(guān)K,極板上電荷量不變，根據(jù)。=&和石=巳可得電場強(qiáng)度公色絲；

4九姐Ud￡rS

當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，極板間的場強(qiáng)不變，加速度不變，電子從靜止開始運(yùn)動，根據(jù)動

能定理可得：夕也可知當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，末速度增大，根據(jù)L=可知時(shí)間

變長，故C借誤，。正確。

故選：BDo

【點(diǎn)評】根據(jù)電子的運(yùn)動的規(guī)律，列出方程來分析電子的加速度、運(yùn)動的時(shí)間和速度分

別與哪些物理量有關(guān)，根據(jù)關(guān)系式判斷即可。

【例2】（2023?漢中一模）如圖所示，一帶正電的粒子以初功能/沿平行板電容器的中

線進(jìn)入板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛H1,飛出時(shí)粒子的動能為2鳥。已知板長為L,帶電

粒子的電荷量為q,粒子右極板之間僅受電場力的作用，則下列說法正確的是（）

A.兩極板的間距為L

B.粒子射出時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)30。

C.兩極板的電勢差為也

q

D.粒子在極板間運(yùn)動的前一半時(shí)間與后一半時(shí)間內(nèi)，靜電力對粒子做功之比為1:1

【分析】根據(jù)動能的關(guān)系分析粒子的偏轉(zhuǎn)角，結(jié)合類平拋運(yùn)動規(guī)律解得間距，根據(jù)動能

定理解得電勢差，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動規(guī)律分析電場力做功關(guān)系。

【解答】解：4、由題意可知，粒子在兩板之間做類平拋運(yùn)動，設(shè)粒子初速度為入出

射速度為江，則有：

口J得：/=x/2v

則粒子豎直方向上的速度應(yīng)為匕=>則粒子出射角偏轉(zhuǎn)45。，故5錯(cuò)誤；

A、將粒子運(yùn)動作正交分解，水平方向上有L=”

豎直方向上有工=乙

2

可知x，

2

則兩極板的間距為然=L,故A正確；

。、由△石=2&-4=g.=夕"，可知（/=生

q

則兩極板間的電勢差U=2W=也

q

故C正確；

。、粒子在兩板之間做類平拋運(yùn)動，在電場力的方向上，粒子做勻加速運(yùn)動，相同時(shí)間

內(nèi)在電場力的方向上運(yùn)動的位移大小不同，則電場力做功不相等，故錯(cuò)。誤；

故選：ACo

【點(diǎn)評】本題考查類平拋運(yùn)動，要熟練掌握其研究方法：運(yùn)動的合成與分解，并要抓住

動能定理的應(yīng)用。

【例3】（2023?安徽開學(xué)）如圖甲所示，一質(zhì)量〃?=1總的帶正電的小物塊，在絕緣水平

面上從坐標(biāo)軸原點(diǎn)O以初速度％=6〃?/s沿x軸正方向運(yùn)動，整個(gè)區(qū)域存在水平方向的電

場，圖乙給出了物塊的電勢能既隨x的變化關(guān)系圖線，其中。為圖線的最低點(diǎn)，直線。為

過圖線（0,6）點(diǎn)的切線。已知物塊與水平面間的助摩擦因數(shù)〃=0.36,重力加速度

2

g=\0m/so下列說法正確的是（

口

2345"m

0

甲

A.坐標(biāo)原點(diǎn)O處的電場強(qiáng)度大小為3V/〃?

B.x=1”?處的電勢比x=4〃?處的電勢高

C.小物塊運(yùn)動至x=處的速度大小為4萬〃/$

D.小物塊向右運(yùn)動的最遠(yuǎn)距離為5〃？

【分析】根據(jù)昂一X圖線的斜率分析電場力的大小，再根據(jù)電場力的計(jì)算公式分析坐標(biāo)

原點(diǎn)O處的電場強(qiáng)度大??；根據(jù)小物塊的電性，結(jié)合圖線分析小物塊在x=處的電勢

能與x=4〃?處的電勢能的大小關(guān)系，在判斷兩點(diǎn)的電勢高低；分析小物塊從坐標(biāo)原點(diǎn)運(yùn)

動至工=1/〃處的過程，根據(jù)動能定理求出小物塊運(yùn)動至處的速度大小；假設(shè)小物塊

恰好能運(yùn)動到5〃?處，則電場力做功的代數(shù)和為零，根據(jù)動能定理分析假設(shè)是否成立。

【解答】解：A、J一工圖線的斜率等于電場力狂，由于不知道物塊所帶電荷量，故無

法求出坐標(biāo)原點(diǎn)O處的電場強(qiáng)度大小，故A錯(cuò)誤：

8、由于小物塊帶正電，根據(jù)紇=欣，可知它在高電勢處電勢能大，由圖線可知，小物

塊在％=皿處的電勢能比處的電勢能大，故x=bn處的電勢比x=4〃z處的電勢高，

故8正確；

C、對小物塊從坐標(biāo)原點(diǎn)運(yùn)動至x=1〃?處的過程中，有％-〃"期

22

叱—"=2/

代入數(shù)據(jù)可解得小物塊運(yùn)動至x=\m處的速度大小為/JI%-'"?"

m

2x2J—2x0.36x1x10x1J

2

v=+36"，/5=舊詆mis,故。錯(cuò)誤;

1kg

。、假設(shè)小物塊恰好能運(yùn)動到施處，則電場力做功的代數(shù)和為零，則有

?211

^mgx=-mv---/nr.

代入數(shù)據(jù)可得9=0,假設(shè)成立，故。正確。

故選：BDo

【點(diǎn)評】本題考查了帶電粒子在電場中的運(yùn)動，解決本題的關(guān)鍵是根據(jù)圖像獲取電場力

以及電場力做功的信息。

【例4】（2022秋?天津期末）如圖所示，將一個(gè)帶電液滴在水平向左的勻強(qiáng)電場中從點(diǎn)

由靜止釋放，發(fā)現(xiàn)液滴沿直線由人運(yùn)動到d,直線友j方向與豎直方向成45。夾角，不計(jì)

空氣阻力，則下列判斷正確的是（）

A.液滴受到的電場力水平向左

B.液滴受到的電場力大小等于重力

C.液滴受到的合力沿直線〃方向

D.運(yùn)動過程中液滴的重力勢能減小，電勢能增大

【分析】帶電液滴沿直線8方向，從〃點(diǎn)由靜止運(yùn)動到d點(diǎn)，液滴受到合力沿直線4方

向，液滴受到電場力水平向右，液滴受到電場力大小等于重力;

液滴運(yùn)動過程中，電場力做正功，電勢能減小，重力做正功，重力勢能減小。

【解答】解：ABC.帶電液滴沿直線，M方向，從力點(diǎn)由靜止運(yùn)動到”點(diǎn)，根據(jù)此運(yùn)動規(guī)

律，液滴受到合力沿直線/W方向，對液滴受力分析，，液滴受到電場力水平向右，如圖所

由幾何關(guān)系，液滴受到電場力大小等于重力，故A錯(cuò)誤，3C正確；

D.結(jié)合上述分析，液滴運(yùn)動過程中，電場力做正功，電勢能減小，重力做正功，重力

勢能減小，故。錯(cuò)誤。

故選：BCo

【點(diǎn)評】本題考查學(xué)生直線運(yùn)動條件、受力分析、功能關(guān)系的掌握，解題關(guān)鍵是掌握:

1.帶電液滴沿直線4方向運(yùn)動，液滴受到合力沿直線加方向；2.液滴運(yùn)動過程中，電場

力做正功，電勢能減小。

【例5】（2023?宿松縣校級開學(xué)）如圖甲所示，空間豎直平面內(nèi)存在方向斜向右上方、

與水平方向成30°角的勻強(qiáng)電場，用絕緣輕繩拴著一個(gè)帶負(fù)電小球在豎直面內(nèi)繞O點(diǎn)做

完整的圓周運(yùn)動。已知小球速度越大，輕繩繃得越緊。在小球運(yùn)動過程中經(jīng)過動能最小

位置時(shí)，輕繩上拉力尸與小球的動能4關(guān)系如圖乙所示。假設(shè)小球運(yùn)動軌跡圓與電場

線在同一豎直面內(nèi)，小球受到的電場力與重力大小相等，不計(jì)小球大小，重力加速度為

g。則下列所求物理量正確的是（）

A.輕繩的長度為吆B.輕繩的長度為色

b2b

C.小球的質(zhì)量為返D.小球的質(zhì)量為華

3g2g

【分析】根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合圖像的特點(diǎn)得出輕繩的長度和小球的質(zhì)量。

【解答】解：根據(jù)題意可知，小球運(yùn)動過程中動能最小的位置即等效最高點(diǎn)，根據(jù)牛頓

第二定律可得：

一品颼=必=/

LL

解得：F=—-\l3mg

L

根據(jù)圖像可得：

2b

解得：L-—;y/3mg=b

b

可得：〃?=叵，故AC正確，8。錯(cuò)誤；

3g

故選：ACo

【點(diǎn)評】本題主要考查了帶電粒子在等效重力場中的運(yùn)動，能根據(jù)牛頓第二定律列式,

結(jié)合圖像的物理意義即可完成分析。

考點(diǎn)3帶電粒子的力電綜合問題

解決力電綜合問題的一般思路

單個(gè)

物體

或連

受

連接

運(yùn)①列牛頓第二定律

接體

力

體間

動隔離法方程

分

狀

②列運(yùn)動學(xué)方程關(guān)系

析

態(tài)

③列功能關(guān)系、動方程

過守恒方程

【例1】（2022秋?興慶區(qū)校級期末）如圖甲所示，A、小兩極板間加上如圖乙所示的交

變電壓，小板的電勢為0,一質(zhì)量為，〃、電荷量大小為夕的負(fù)電荷僅在靜電力作用下,

在7=工刻從A板的小孔處由靜止釋放進(jìn)入兩極板運(yùn)動，恰好到達(dá)“板，則（）

4

0a.51：1.5i/T

甲乙

A.電荷在工時(shí)到達(dá)8板

2

B.電荷在兩板間的最大速度為黑

C.A、8兩板間的距離為qU’F

8"?

D.若電荷在f時(shí)刻進(jìn)入兩極板，它將不能到達(dá)8板

8

【分析】根據(jù)題意抓住8板速度臨界為0,求到8的時(shí)刻；根據(jù)動能定理列式求速度；

根據(jù)位移公式求板間距；正確畫出粒子在電場中的運(yùn)動的豎直方向速度一時(shí)間的關(guān)系,

根據(jù)圖像與坐標(biāo)軸圍成面積代表位移分析判斷.

【解答】解：人.電荷恰好能到達(dá)〃板，意味著速度為零，根據(jù)題意，”工刻從4板的

4

小孔處由靜止釋放進(jìn)入兩極板運(yùn)動，電荷先加速工7時(shí)長后減速時(shí)長，電荷應(yīng)該在

444

時(shí)到達(dá)8板，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)4的分析，電荷在,7時(shí)達(dá)到最大速度，此時(shí)電荷剛好運(yùn)動到兩極板的中間，

2

根據(jù)電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系，初始位置到極板中間的電勢差為34,根據(jù)動能定理列

式貝4=］加

解得八陛

Vm

故3正確；

c.電荷進(jìn)入極板先做勻加速運(yùn)動，后做勻減速運(yùn)動，剛好時(shí)電荷的運(yùn)動位移為兩

4

極板的間距

v_v

7=T

4

解得幺竺

V16”？

故C錯(cuò)誤；

D.若電荷在/=37時(shí)刻進(jìn)入兩極板，電荷先加速!乙然后減速［7，減速到零，根據(jù)

888

上面的分析，電荷此時(shí)未到達(dá)8板，接下來，電荷向A板加速3T時(shí)長，在UT圖像的

8

基礎(chǔ)上畫出電荷的廣丁圖像，如圖所示

由圖可知，一個(gè)完整周期，電荷在向A板運(yùn)動，故電荷到達(dá)不了笈板，故D正確。

故選BD。

【點(diǎn)評】做好此類題目的關(guān)鍵是準(zhǔn)確的畫出粒子運(yùn)動的速度一時(shí)間關(guān)系圖像，利用面積

求出粒子運(yùn)動的位移，再結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式分析判斷，難度較大.

[例2]（2023?香坊區(qū)校級一模）如圖所示，在豎直平面xOy內(nèi)存在大小、方向未知的

勻強(qiáng)電場。一質(zhì)量為機(jī)的小球從y軸上2點(diǎn)以水平速度v進(jìn)入第一象限，速度方向沿x軸

正方向；經(jīng)過工軸上Q點(diǎn)時(shí)的速度大小也為口方向與工軸夾角為60。。重力加速度大小

為g。不計(jì)空氣阻力，小球從〃點(diǎn)運(yùn)動到。點(diǎn)的過程中（）

A.速度的最小值為由u

2

B.所受電場力的最小值為史空

2

C.動能與電勢能之和一直增大

D.水平位移與豎直位移的大小之比為2:6

【分析】由于小球從戶到。動能變化為零，則合力方向與PQ垂直，在Q點(diǎn)進(jìn)行速度的

分解，根據(jù)幾何關(guān)系求解PQ與工軸的夾角，根據(jù)速度的合成與分解結(jié)合幾何關(guān)系求解最

小速度和最小的電場力；根據(jù)功能關(guān)系分析動能與電勢能之和的變化情況；根據(jù)運(yùn)動學(xué)

公式求解位移之比。

【解答】解：由于小球從。到Q動能變化為零，則合力方向與PQ垂直，在Q點(diǎn)進(jìn)行速

度的分解，如圖所示:

根據(jù)幾何關(guān)系可得：匕5gs60。，V=vsin60°

根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可知：萬匕上”電，）,=殳,=圓,則3。=上，解得：8=30。

2424x

4、小球的速度最小值為沿PQ方向的速度，即為：vwn=vcos62,解得：%“二手了，故4

正確；

4、當(dāng)電場力方向與合力方向垂直時(shí)最小，即電場力方向沿PQ方向，如圖所示，根據(jù)

圖中幾何關(guān)系可得：qEniin=mgsin0,解得：qEltlin=-nig,故A錯(cuò)誤；

。、小球的動能、電勢能與重力勢能之和不變，重力勢能逐漸減小，則動能與電勢能之

和一直增大，故C正確；

。、水平位移與豎直位移的大小之比為：x：），=電:曲=3:6,故Q錯(cuò)誤。

44

故選：AC。

【點(diǎn)評】本題主要是考查帶電小球在電場和重力場中的運(yùn)動，關(guān)鍵是弄清楚小球的受力

情況和運(yùn)動情況，根據(jù)運(yùn)動的合成與分解、能量守恒定律等進(jìn)行分析。

【例3】（2023?安徽開學(xué)）如圖所示，水平絕緣地面上方存在水平方向的勻強(qiáng)電場（未

畫出），一質(zhì)量為〃?，帶電量為丑/的小球從地面上的O點(diǎn)以速度％斜向右上方拋出，初

速度方向與水平方向的夾角為30。，已知重力加速度為下列說法正確的是（）

A.若勻強(qiáng)電場水平向左，且場強(qiáng)大小七=如時(shí)，則小球一定能落回O點(diǎn)

q

B.若勻強(qiáng)電場水平向左，日場強(qiáng)大小月=冬笑時(shí)，則小球動能減少過程經(jīng)歷的時(shí)間

30

為也

4g

C.為強(qiáng)電場水平向右，且場強(qiáng)大小七=如時(shí)，則小球上升的最大高度為受

<74g

D.若勻強(qiáng)電場水平向右，且場強(qiáng)大小6=亙空時(shí)，則從開始到落地的時(shí)間為也

3qg

【分析】根據(jù)電場強(qiáng)度的大小求出小球受到合力的大小和方向，判斷小球運(yùn)動性質(zhì)，從

而確定落點(diǎn)；

若所受的電場力與重力的合力方向與速度方向在同一直線上，則小球做直線運(yùn)動，由運(yùn)

動學(xué)公式計(jì)算相關(guān)物理量；

若合力與速度不在一直線上，根據(jù)運(yùn)動的合成求解相關(guān)物埋量。

【解答】解：A、若勻強(qiáng)電場水平向左，且場強(qiáng)大?。厚{時(shí)，電場力為：

q

西次=—"一，可知電場力、重力的合力與%方向相反，則小球先做勻減速直線運(yùn)

tan300

動，后做反方向的勻加速直線運(yùn)動，必將落回原點(diǎn)，故A正確；

CD.不管勻強(qiáng)電場水平向左還是水平向右，也不管場強(qiáng)大小如何，小球的運(yùn)動均可分

解為豎直方向的豎直上拋運(yùn)動，所以小球上升的最大高度均滿足：(%sin3()o)2=2g”，解

得：〃=應(yīng)

8區(qū)

小球的運(yùn)動時(shí)間均滿足：［=2X2^竺=為，故CD錯(cuò)誤。

gg

A、若勻強(qiáng)電場水平向右.目場強(qiáng)大小：七=如■時(shí),電場力為"=〃=走盛=/咋面30。.

3g3

其受力情況和速度方向如圖所示,

可知電場力?與〃的合力與豎直方向的夾角為：夕=30。

把%分解為匕和嶺，小球沿匕方向做勻減速直線運(yùn)動，之后反向做勻加速直線運(yùn)動，小

球沿嶺方向做勻速直線運(yùn)動，故小球動能減少的過程即為小球沿匕方向做勻減速直線運(yùn)

動的過程，則有：

即有：v0cos300=-^-z,解得：，=也，故“正確；

mcosO4g

故選：ABo

【點(diǎn)評】本題考查了帶電體在電場中運(yùn)動問題，考查力與運(yùn)動邏輯分析能力。物體受恒

力而做曲線運(yùn)動，將物體的運(yùn)動分解處理，分運(yùn)動具有等時(shí)性，獨(dú)立性。

【例4】（2023?綿陽模擬）如圖所示，質(zhì)量為〃?、帶電量為+4的小圓環(huán)套在半徑為R的

光滑絕緣大圓環(huán)上，大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，O為環(huán)心，A為最低點(diǎn)，8為最高點(diǎn)。

在大圓環(huán)所在的豎直平面內(nèi)施加水平向右、場強(qiáng)為筌的勻強(qiáng)電場，并同時(shí)給在A點(diǎn)的

*7

小圓環(huán)一個(gè)向右的水平初速度％，小圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運(yùn)動，則小圓

環(huán)運(yùn)動過程中（）

A.動能最小與最大的位置在同一等勢面h

B.電勢能最小的位置