PAGE4-專題五帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的綜合問題eq\a\vs4\al(帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)問題的兩種求解思路)1.運(yùn)動(dòng)學(xué)與動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)（1）運(yùn)動(dòng)學(xué)觀點(diǎn)是指用勻變速運(yùn)動(dòng)的公式來解決實(shí)際問題，一般有兩種狀況：①帶電粒子的初速度方向與電場線共線，則粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng).②帶電粒子的初速度方向垂直電場線，則粒子做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)（類平拋運(yùn)動(dòng)）.（2）當(dāng)帶電粒子在電場中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般要實(shí)行類平拋運(yùn)動(dòng)的解決方法.2.功能觀點(diǎn)首先對(duì)帶電體受力分析，再分析運(yùn)動(dòng)形式，然后依據(jù)詳細(xì)狀況選用公式計(jì)算.（1）若選用動(dòng)能定理，則要分清有多少個(gè)力做功，是恒力做功還是變力做功，同時(shí)要明確初、末狀態(tài)及運(yùn)動(dòng)過程中的動(dòng)能的增量.（2）若選用能量守恒定律，則要分清帶電體在運(yùn)動(dòng)中共有多少種能量參加轉(zhuǎn)化，哪些能量是增加的，哪些能量是削減的.eq\a\vs4\al(典例1)（多選）（2024·全國卷Ⅲ）如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平，兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號(hào)相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板旁邊，與極板距離相等.現(xiàn)同時(shí)釋放a、b，它們由靜止起先運(yùn)動(dòng)，在隨后的某時(shí)刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，a、b間的相互作用和重力可忽視.下列說法正確的是（）A.a的質(zhì)量比b的大B.在t時(shí)刻，a的動(dòng)能比b的大C.在t時(shí)刻，a和b的電勢能相等D.在t時(shí)刻，a和b的動(dòng)量大小相等解析：a向下運(yùn)動(dòng)，b向上運(yùn)動(dòng)，相等時(shí)間內(nèi)，位移為xa＞xb，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：x＝eq\f(qEt2,2m)，則ma＜mb，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理：qEx＝Ek，則Eka＞Ekb，B項(xiàng)正確；a、b在同一水平面上，電勢φ相等，微粒電性不同，由Ep＝φq，可知a和b電勢能不相等，C項(xiàng)錯(cuò)誤；a微粒受電場力（合外力）等于b受合外力，由動(dòng)量定理知，pa＝pb（動(dòng)量大小相等），D正確.答案：BD帶電粒子受電場力與實(shí)物粒子運(yùn)動(dòng)規(guī)律相同，牛頓其次定律，運(yùn)動(dòng)學(xué)相關(guān)規(guī)律適用，至于是否考慮重力須要詳細(xì)狀況詳細(xì)分析.eq\a\vs4\al(典例2)（2024·全國卷Ⅱ）如圖，兩水平面（虛線）之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場.自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)量為m、電荷量分別為q和－q（q＞0）的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出.小球在重力作用下進(jìn)入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開.已知N離開電場時(shí)的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運(yùn)動(dòng)，剛離開電場時(shí)的動(dòng)能為N剛離開電場時(shí)動(dòng)能的1.5倍.不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g.求：（1）M與N在電場中沿水平方向的位移之比；（2）A點(diǎn)距電場上邊界的高度；（3）該電場的電場強(qiáng)度大小.解析：（1）設(shè)小球M，N在A點(diǎn)水平射出時(shí)初速度大小為v0，則它們進(jìn)入電場時(shí)的水平速度仍舊為v0.M、N在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t相等，電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2.由題給條件和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，得v0－at＝0，①s1＝v0t＋eq\f(1,2)at2，②s2＝v0t－eq\f(1,2)at2，③聯(lián)立①②③式得eq\f(s1,s2)＝3.④（2）設(shè)A點(diǎn)距電場上邊界的高度為h，小球下落h時(shí)在豎直方向的分速度為vy，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得veq\o\al(2,y)＝2gh，⑤H＝vyt＋eq\f(1,2)gt2，⑥M進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系知eq\f(v0,vy)＝eq\f(s1,H)，⑦聯(lián)立①②⑤⑥⑦式，可得h＝eq\f(1,3)H.⑧（3）設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，小球M進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動(dòng)，則eq\f(v0,vy)＝eq\f(qE,mg)，⑨設(shè)M、N離開電場時(shí)的動(dòng)能分別為Ek1、Ek2，由動(dòng)能定理得Ek1＝eq\f(1,2)m（veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y)）＋mgH＋qEs1，⑩Ek2＝eq\f(1,2)m（veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y)）＋mgH－qEs2，?由已知條件，得Ek1＝1.5Ek2.?聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩??式，得E＝eq\f(mg,\r(2)q).?答案：（1）3∶1（2）eq\f(1,3)H（3）eq\f(mg,\r(2)q)帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)是高考的高頻考點(diǎn).粒子在電場中運(yùn)動(dòng)可分為直線運(yùn)動(dòng)和曲線運(yùn)動(dòng)，利用動(dòng)能定理是解決這類問題的常用方法.1.如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中心各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點(diǎn).由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn).現(xiàn)將C板向右平移到P′點(diǎn)，則由O點(diǎn)靜止釋放的電子（）A.運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回B.運(yùn)動(dòng)到P和P′點(diǎn)之間返回C.運(yùn)動(dòng)到P′點(diǎn)返回D.穿過P′點(diǎn)答案：A2.（2024·安徽合肥質(zhì)檢）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(diǎn)分別是圓軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn).該區(qū)間存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場，一質(zhì)量為m、帶負(fù)電的小球在軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)（電荷量不變），經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)速度最大，將CO連接并延長，交圓軌道于點(diǎn)D.CO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?。唬?）求小球在A點(diǎn)的速度v0為多大時(shí)，小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓軌道的壓力最小.解析：（1）小球在C點(diǎn)時(shí)速度最大，則電場力與重力的合力沿DC方向，所以小球受到的電場力的大小F＝mgtan60°＝eq\r(3)mg.（2）要使小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓軌道的壓力最小，則必需使小球經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)的速度最小，即在D點(diǎn)小球?qū)A軌道的壓力恰好為零，有eq\f(mg,cos60°)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(2gr).在小球從圓軌道上的D