模板09靜電場（五大題型）

本節(jié)導(dǎo)航：

題型01帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動題型02帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)

題型03帶電體在等效場中運(yùn)動的問題題型04帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動

題型05電場中的力電綜合問題

題型01帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動

母|鼓型解，

1、該題型的命題思路一：帶電粒子沿與電場線平行的方向進(jìn)入電場，若粒子重力不計，則所受電

場力與運(yùn)動方向在一條直線上，帶電粒子做直線運(yùn)動（加速或減速）。

2、命題思路二：帶電粒子垂直電場線進(jìn)入勻強(qiáng)電場，且重力不能忽略，重力與電場力等大反向，

粒子做勻速直線運(yùn)動。

一、必備基礎(chǔ)知識

1、帶電粒子的種類

基本粒子：電子和質(zhì)子等，除有說明或有明確的暗示以外，此類粒子一般不考慮重力，但不能忽略

質(zhì)量。

帶電微粒：油滴、塵埃和小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力。

2、條件

粒子所受合外力尸合=0,粒子或靜止，或做勻速直線運(yùn)動。

粒子所受合外力尸，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(yùn)動或勻減速

直線運(yùn)動。

3、電場強(qiáng)度

定義：放入電場中某一點(diǎn)的電荷受到的電場力廠跟它的電荷量〃的比值，叫做該點(diǎn)的電場強(qiáng)度。

F

表達(dá)式：E=~,單位為N/C或V/m。

q

方向：規(guī)定正電荷在電場中某點(diǎn)所受電場力的方向?yàn)樵擖c(diǎn)的電場強(qiáng)度方向。

4、電場線

定義：為了形象描述電場而假想的一條條有方向的曲線。曲線上每一點(diǎn)的切線的方向表示該點(diǎn)的電

場強(qiáng)度的方向。

特點(diǎn)：①電場線既不相交也不閉合，這是因?yàn)樵陔妶鲋腥我庖稽c(diǎn)的電場強(qiáng)度不可能有兩個方向；②

電場線從正電荷或無窮遠(yuǎn)處出發(fā)，終止于負(fù)電荷或無窮遠(yuǎn)處；③電場線上每一點(diǎn)的切線方向就表示該點(diǎn)

電場強(qiáng)度的方向，正電荷受力方向與電場線在該點(diǎn)切線方向相同，負(fù)電荷受力方向與電場線在該點(diǎn)切線

方向相反；④電場線不是實(shí)際存在的曲線，是為了形象描述電場而假想的。

5、靜電力做功

求電場力做功的方法：①公式法：=qElcosa,僅適用于勻強(qiáng)電場。②動能定理：W電+W

其=A&。③電勢差（電勢）的關(guān)系：W=qUAB=g（9A—仰）。④電勢能的關(guān)系：叼-=—。

6、電勢能

定義：電荷在電場中具有的能叫做電勢能，符號用品表示，單位為J。

大?。弘妱菽艿拇笮〉扔趯㈦姾蓮脑擖c(diǎn)移到零勢能位置時電場力所做的功。該物理量為標(biāo)量，正號

表示電勢能大于零勢能點(diǎn)位置，負(fù)號表示電勢能小于零勢能點(diǎn)位置。

電勢能與電場力做功的關(guān)系：電場力做的功等于電勢能的減少量，即皿4B=EpA—EpB。電場力做正

（負(fù)）功，電勢能減少（增加）。該公式適用于勻強(qiáng)電場，也適用于非勻強(qiáng)電場；適用于正電荷，也適

用于負(fù)電荷。

7、電勢

定義：電荷在電場中某一點(diǎn)的電勢能與它的電荷量的比值，叫做這一點(diǎn)的電勢。在數(shù)值上等于單位

正電荷由該點(diǎn)移到零電勢點(diǎn)時電場力所做的功。

En

表達(dá)式：（p=—,單位為伏特，符號為V,其中JV=〃/C。

q

8、電勢差

定義：電場中兩點(diǎn)間電勢的之差，叫做電勢差，也叫電壓。單位為伏特，符號為匕電荷在電場中

由一點(diǎn)A移動到另一點(diǎn)B時，電場力所做的功血與電荷量q的比值等叫做兩點(diǎn)間的電勢差，即

WAB

UAB=---o

q

表達(dá)式：電場中/點(diǎn)的電勢為0,8點(diǎn)的電勢為物則有%和UBA=（pB-（pA,^UAB=-UBAO

二、解題模板

1、解題思路

代入藥酶，求解

根據(jù)題意，是

方程,并對結(jié)果

進(jìn)行討論和分析

2、注意問題

解決這類問題時和解決物體受重力、彈力、摩擦力等做直線運(yùn)動的問題的思路是相同的，不同的是

受力分析時，不要遺漏電場力。解決此類問題的關(guān)鍵是靈活利用動力學(xué)分析的思想，采用受力分析和運(yùn)

動學(xué)方程相結(jié)合的方法進(jìn)行解決，也可以采用功能結(jié)合的觀點(diǎn)進(jìn)行解決，往往優(yōu)先采用動能定理。

3、解題方法

運(yùn)動狀態(tài)的分析：帶電粒子沿與電場線平行的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，受到的電場力與運(yùn)動方向在同一

條直線上，做加（減）速直線運(yùn)動，即。=誓，E當(dāng),v2—訪=2ad。這種方法適用于粒子受恒力作用。

用能量的觀點(diǎn)進(jìn)行分析：電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子動能的變化量，即qU^mv2-^

（在勻強(qiáng)電場中有卬=@"=4。=呼:儼—方"詔，而在非勻強(qiáng)電場中有w=qU=&2—Eki。）=這種方法

適用于粒子受恒力或變力作用。

@梗極運(yùn)用

|（2022?北京?高考真題）如圖所示，真空中平行金屬板M、N之間距離為d,兩板所加的電

壓為U。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板由靜止釋放。不計帶電粒子的重力。

（1）求帶電粒子所受的靜電力的大小廠；

（2）求帶電粒子到達(dá)N板時的速度大小也

（3）若在帶電粒子運(yùn)動!距離時撤去所加電壓，求該粒子從M板運(yùn)動到N板經(jīng)歷的時間人

2

思路分析

第一問的思路:

根據(jù)E=U/d可求■再根據(jù)F=qE可求

出電場強(qiáng)度■_出電場力

第二問的思路:

（2024?河北?模擬預(yù)測）如圖所示，上下正對放置的兩塊帶電平行板之間的距離為d,兩板

之間的電勢差為U。兩板之間勻強(qiáng)電場方向豎直向下。把一個質(zhì)子從上極板由靜止釋放，質(zhì)子質(zhì)量和電

荷量分別為優(yōu)和e,質(zhì)子的重力不計。

++++++'

十

⑴求質(zhì)子在電場中運(yùn)動時受到的電場力大小;

（2）求質(zhì)子運(yùn)動到下極板時的速度大小;

⑶若質(zhì)子運(yùn)動到兩板正中間時，兩板之間的電場突然消失（不考慮電場變化產(chǎn)生的磁場），求在這種情

況下質(zhì)子從上板運(yùn)動到下板的時間。

【答案】⑴零

a

(2)

m

2vqU

【詳解】（1）根據(jù)電場力的計算公式有

口口qU

F=qE-

（2）根據(jù)動能定理有

qU=-mv2

2

解得

Vm

（3）根據(jù)牛頓第二定律有

F=ma

根據(jù)運(yùn)動學(xué)規(guī)律有

2d」叫2

22

Vj=atx

撤去電場后，質(zhì)子做勻速直線運(yùn)動，則

17

卬2

質(zhì)子從上板運(yùn)動到下板的時間為

t=tx+t2

解左刀/得日七3db/m7

題型02帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)

?致型斛篌

1、該題型為帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場中，初速度與電場力的方向垂直，粒子做類平拋運(yùn)動。該

題型的解題方法為利用類平拋運(yùn)動的知識進(jìn)行求解。

2、該題型帶電粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場一般有兩種情況：①有初速度進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場；②經(jīng)過加速電場后

再進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場。

、必備基礎(chǔ)知識

1、進(jìn)入電場的方式

①有初速度：以初速度及垂直場強(qiáng)方向射入勻強(qiáng)電場，受恒定電場力作用，做類平拋運(yùn)動。

②無初速度：靜止放在勻強(qiáng)電場中，經(jīng)過電場加速獲得速度外，然后垂直場強(qiáng)方向射入勻強(qiáng)電場。

2、受力特點(diǎn)

①有初速度：電場力大小恒定，且方向與初速度兩的方向垂直。

②無初速度：加速階段電場力大小恒定，且方向與運(yùn)動方向平行；偏轉(zhuǎn)階段電場力大小恒定，且方

向與速度為的方向垂直。

3、運(yùn)動特點(diǎn)

①有初速度：做類平拋運(yùn)動（勻變速曲線運(yùn)動運(yùn)動）。

②無初速度：加速階段做勻加速直線運(yùn)動；偏轉(zhuǎn)階段做類平拋運(yùn)動。

4、圖例

①有初速度的圖例如下所示:

②無初速度的圖例如下所示:

二、解題模板

1、解題思路

2、注意問題

帶電粒子做類平拋運(yùn)動，兩個重要推論與平拋運(yùn)動的相同。

3、解題方法

分解的方法（在偏轉(zhuǎn)電場中，運(yùn)動分解成相互垂直的兩個方向上的直線運(yùn)動）：①沿初速度方向做

勻速直線運(yùn)動；②沿電場方向做初速為零的勻加速直線運(yùn)動。

功能的方法（首先對帶電粒子進(jìn)行受力分析，再進(jìn)行運(yùn)動過程分析，然后根據(jù)具體情況選用公式計

算）：①若選用動能定理，則要分清有哪些力做功，是恒力做功還是變力做功，同時要明確初、末狀態(tài)

及運(yùn)動過程中的動能的增量；②若選用能量守恒定律，則要分清帶電粒子在運(yùn)動中共有多少種能量參與

轉(zhuǎn)化，哪些能量是增加的，哪些能量是減少的。

偏轉(zhuǎn)角的分析和計算：

已知電荷情況及初速度，如上圖所示，設(shè)帶電粒子質(zhì)量為如帶電荷量為q,以速度vo垂直于電場

線方向射入勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電壓為仿。若粒子飛出電場時偏轉(zhuǎn)角為仇則tan。弋，式中「加=需（

vx=vo,聯(lián)立解得tan0=^①。

結(jié)論：動能一定時tan。與9成正比，電荷量相同時tan。與動能成反比。

已知加速電壓Uo，如果不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)過同一加速電壓Uo加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的，則

由動能定理有：qUo^^invo②，由①②式得：tan（9=^^^。

結(jié)論：粒子的偏轉(zhuǎn)角與粒子的外m無關(guān)，僅取決于加速電場和偏轉(zhuǎn)電場。即不同的帶電粒子從靜

止經(jīng)過同一電場加速后進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場，它們在電場中的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的。

偏轉(zhuǎn)量的計算和分析：

由丫=；〃產(chǎn)=*繪?（J）2③，作粒子速度的反向延長線，設(shè)交于。點(diǎn)，。點(diǎn)與電場邊緣的距離為

zzamvo

qU\R

y2而二I

無'則x=商片西7=2。

mvod

結(jié)論：粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，就像是從極板間的〃2處沿直線射出。

如果不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)同一加速電壓Uo加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的，則由②和③，得:y=既。

結(jié)論：?粒子的偏轉(zhuǎn)距離與粒子的外加無關(guān)，僅取決于加速電場和偏轉(zhuǎn)電場。即不同的帶電粒子從

靜止經(jīng)過同一電場加速后進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場，它們在電場中的偏轉(zhuǎn)距離總是相同的。

在電場中的運(yùn)動時間：能飛出電容器的時間計算式為/；不能飛出電容器的時間計算式為

t=——

%

22

t=巨石，y=-at=^t°

yqU22md

推論1：粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，其速度反向延長線與初速度方向延長線交于一點(diǎn)，此點(diǎn)平分沿

初速度方向的位移。

Ix

推論2：位移方向與初速度方向間夾角的正切等于速度偏轉(zhuǎn)角正切的2，即tana=，tan（9。

型?極運(yùn)用

|（2024?福建?高考真題）如圖，直角坐標(biāo)系xOy中，第團(tuán)象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場。

第回、團(tuán)象限中有兩平行板電容器CI、C2,其中G垂直X軸放置，極板與X軸相交處存在小孔M、N；c2

垂直y軸放置，上、下極板右端分別緊貼y軸上的尸、。點(diǎn)。一帶電粒子從“靜止釋放，經(jīng)電場直線加

速后從N射出，緊貼G下極板進(jìn)入而后從尸進(jìn)入第回象限；經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好垂直無軸離開，運(yùn)動

軌跡如圖中虛線所示。已知粒子質(zhì)量為加、帶電量為4,0、尸間距離為d,G、g的板間電壓大小均

為U,板間電場視為勻強(qiáng)電場，不計重力，忽略邊緣效應(yīng)。求:

y

C,

⑴粒子經(jīng)過N時的速度大小;

（2）粒子經(jīng)過p時速度方向與y軸正向的夾角；

思路分析

第一問的思路:

粒子從M到N的運(yùn)動過程中,根據(jù)動能定理即可求

做勻加速直線運(yùn)動出運(yùn)動到N點(diǎn)的速度

第二問的思路

粒子進(jìn)入C2中做將運(yùn)動進(jìn)行分解：水平方向的勻速直根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式列方程進(jìn)行

類平拋運(yùn)動線運(yùn)動和豎直方向的勻加速直線運(yùn)動求解

詳細(xì)解析

【答案】⑴

Vm

(2)45°

⑶％呼

d'q

【詳解】（1）粒子從M到N的運(yùn)動過程中，根據(jù)動能定理有

TT12

qU=-mvN

解得

m

（2）粒子在中，根據(jù)牛頓運(yùn)動定律有

qU

----=ma

d

根據(jù)勻變速直線運(yùn)動規(guī)律有

1

d=-ar9.V=at

2

又

tan0=-

解得

9=45。

（2024?河南?模擬預(yù)測）如圖所示，平行邊界4、8間有垂直于邊界向右的勻強(qiáng)電場回，平行

邊界夙C間有方向與邊界成45。斜向右下方的勻強(qiáng)電場囿邊界A上有一粒子源，可以在紙面內(nèi)向電場

國內(nèi)各個方向射出質(zhì)量為機(jī)、電荷量為q的帶正電的粒子，粒子射出的初速度大小相同，平行邊界向下

射出的粒子經(jīng)電場回偏轉(zhuǎn)后，進(jìn)入電場回，在電場回中做直線運(yùn)動，平行邊界向上射出的粒子，經(jīng)電場回、

回偏轉(zhuǎn)，恰好垂直邊界C射出。已知電場I的電場強(qiáng)度為E,A、B間距為LB、C間距為2L不計粒子

的重力和粒子間的作用力，求：

⑴所有粒子進(jìn)電場回時的速度大小；

（2）電場團(tuán)的電場強(qiáng)度的大?。?/p>

⑶邊界C上有粒子射出區(qū)域的長度。

【答案】（1）2、陛

Vm

（2）述E

2

⑶爭

【詳解】（1）根據(jù)題意可知，平行邊界向下射出的粒子出電場I時，速度偏向角為45。，出電場回時,

沿電場方向的速度

匕=y/2aL

根據(jù)牛頓第二定律

qE=ma

粒子出電場團(tuán)時的速度

v=42vx

解得

根據(jù)動能定理可知，所有粒子進(jìn)電場團(tuán)時的速度大小相同，即等于2、陛。

Vm

（2）平行邊界向上射出的粒子，進(jìn)電場團(tuán)時速度方向恰好與電場團(tuán)的電場強(qiáng)度垂直，此粒子在電場團(tuán)中做

類平拋運(yùn)動，設(shè)電場回的電場強(qiáng)度大小為E,則粒子在電場團(tuán)中的加速度大小為

d=咀

m

對粒子在電場團(tuán)中的運(yùn)動沿電場方向和垂直電場方向分解，則

1-

x=vt,y=-at

由于此粒子在電場回中的偏向角為45。，因此有

1

—X

2

根據(jù)幾何關(guān)系

x+y=2y/lL

解得

E，-

2

（3）由（1）可知，粒子在〃點(diǎn)射出的初速度大小為

%=4=

由于沿平行邊界射出的粒子出電場回時速度的偏向角為45。，由此分析可知邊界3上有粒子通過的區(qū)域長

度為

邑=4L

則在邊界C上有粒子射出的區(qū)域長度

邑=$1+2L+2L-

由（2）問可知

懺巫L

3

20

解得

題型03帶電體在等效場中的運(yùn)動問題

帶電體在電場中除了受電場力以外，還受到重力的作用，對于處在勻強(qiáng)電場和重力場中物體的運(yùn)動

問題就會變得復(fù)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(fù)合場”來代替，可形象

稱之為”等效重力場”。

◎梭赳曲毫

、必備基礎(chǔ)知識

1、等效場模型

各種性質(zhì)的場與實(shí)物（分子和原子的構(gòu)成物質(zhì)）的根本區(qū)別之一是場具有疊加性，即幾個場可以同

時占據(jù)同一空間，從而形成復(fù)合場。對于復(fù)合場中的力學(xué)問題，可以根據(jù)力的獨(dú)立作用原理分別研究每

種場力對物體的作用效果，也可以同時研究幾種場力共同作用的效果，將復(fù)合場等效為一個簡單場，然

后與重力場中的力學(xué)問題進(jìn)行類比，利用力學(xué)的規(guī)律和方法進(jìn)行分析與解答。

等效重力：重力與靜電力的合力；等效加速度：等效重力與物體質(zhì)量的比值。

2、等效最“高”點(diǎn)與最“低”點(diǎn)的尋找

確定重力和電場力的合力的大小和方向，然后過圓周圓心作等效重力作用線的反向延長線，反向延

長線交圓周上的那個點(diǎn)即為圓周的等效最“高”點(diǎn)，延長線交圓周的那個點(diǎn)為等效最“低”點(diǎn)。

重力場與電場在一條重力場與電場

直線上（qE>mg）成一定夾角（gE>機(jī)g）

等效重力場

等效“最高點(diǎn)1

［等效重力］

等效重力場I

［等效“最低

等效重力加速度等效重力加速度

二、解題模板

1、解題思路

格重力和電

將物體在重力場中運(yùn)

場力的合力

動規(guī)律遷移到皴建

求出來，得

■

到等效重力

2、注意問題

等效模型問題：先求出重力與電場力的合力，將這個合力視為一個“等效重力”，將視為

“等效重力加速度”，尸行的方向等效為“重力”的方向。如此便建立起“等效重力場”。再將物體在

重力場中的運(yùn)動規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解即可。

3、解題方法

正交分解法：由于帶電粒子在勻強(qiáng)電場中所受電場力和重力都是恒力，不受約束的粒子做的都是勻

變速運(yùn)動，因此可以采用正交分解法處理。將復(fù)雜的運(yùn)動分解為兩個互相垂直的直線運(yùn)動，再根據(jù)運(yùn)動

合成求解復(fù)雜運(yùn)動的有關(guān)物理量。

等效思維法：等效思維法是將一個復(fù)雜的物理問題，等效為一個熟知的物理模型或問題的方法。對

于這類問題，若采用常規(guī)方法求解，過程復(fù)雜，運(yùn)算量大。若采用''等效法〃求解，則能避開復(fù)雜的運(yùn)算，

過程比較簡捷。

](2024?安徽合肥,模擬預(yù)測)如圖所示，豎直面內(nèi)有一半徑為r的光滑圓形軌道，圓形軌道

的最低點(diǎn)8處有一入口與水平地面連接，空間存在方向水平向左的勻強(qiáng)電場。一帶電荷量為+4、質(zhì)量

為機(jī)的小物塊從水平地面上的A點(diǎn)由靜止釋放。已知電場強(qiáng)度大小￡=羋，小物塊與水平地面間的動

⑴求等效重力加速度g'；

(2)若取B點(diǎn)電勢為零，s=2r,求物塊電勢能的最小值及此時的動能;

思路分析

第一問的思路;

小球受電場力和重力，這兩個畫出受力示意圖，求出合力,

力的合力為等效重力即可求出等效加速度

第二問的思路:

得到圓心等高點(diǎn)，根據(jù)動能定理

根據(jù)上一間在光滑圓形

根據(jù)電場力做功公式和動能

軌道畫出等效最低點(diǎn)和可知S=2r時，小球恰好能夠到達(dá)

定理即可求出動能

等效最高點(diǎn)該點(diǎn)，此時電勢能取得最小值

彈細(xì)解析3

【答案】⑴泰

33

(2)--mgr；-mgr

、23

(3)s<2廠或sN—r

4

【詳解】（1）小物塊所受的電場力方向水平向左，大小為

口口3mg

尸=必=丁

小球所受電場力和重力的合力稱為等效重力，用G'表示，如圖所示

則

F3

tan0=——=—

mg4

即

8=37。

mg_5mg

cos3704

等效重力加速度用g表示，則

G5

g=-=

m4

（2）如圖所示，E點(diǎn)為小球做圓周運(yùn)動的等效最低點(diǎn)，/點(diǎn)是與圓心"等高"的點(diǎn)，G點(diǎn)是等效最高點(diǎn)

若小球進(jìn)入軌道后恰好能到達(dá)F點(diǎn)，設(shè)此時釋放點(diǎn)A到B的距離為、，則小球由A到尸的過程中根據(jù)動能

定理有

F（sx+rcos0）-jLimgSy-mgr（l+sin6）=0

求得

.=2r

則當(dāng)s=2r時，小球恰好能夠到達(dá)尸點(diǎn)，則小球到達(dá)圓心的等高點(diǎn)C時電勢能最小，小球由8點(diǎn)運(yùn)動到C

點(diǎn)過程中電場力做的功為

W=qEr=_E“

求得

3

EFpc=_3mgr

3

即物塊電勢能的最小值為—-叫廠。

從A到。點(diǎn)，根據(jù)動能定理有

qEx（2r+r）—jumgx2r—mgr=EkC

解得

o3

%=7咫/

|（2024?福建?一模）在豎直平面內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場，在場中有一根長為L的絕緣細(xì)線，

一端固定在。點(diǎn)，另一端系質(zhì)量為機(jī)的帶電小球，它靜止時細(xì)線與豎直方向成。=37。角，如圖所示。

現(xiàn)給小球一個方向與細(xì)線垂直的初速度讓小球恰能繞。點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做順時針的圓周運(yùn)動，

cos37°=0.8,重力加速度大小為g。

（1）求小球受到電場力的大小廠并指出小球帶何種電荷；

（2）求小球運(yùn)動的最大速度%;

（3）若小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時細(xì)線立即被燒斷，求小球經(jīng)過O點(diǎn)正下方時與O點(diǎn)的高度差瓦

35193

【答案】（1）F=-mg,則小球帶正電；（2）%=§??；（3）h=-L

【詳解】（1）小球靜止時，受重力、電場力、和繩子的拉力，由平衡條件得

-----tan0

mg

解得

"3

F=~mg

方向水平向右，則小球帶正電。

(2)由于重力和電場力都是恒力，所以它們的合力G等也是恒力，類比重力場

在圓上各點(diǎn)中，小球在平衡位置A時速度最大，在A關(guān)于。點(diǎn)的對稱點(diǎn)8時，小球的速度最小，則有

G等=

從A點(diǎn)運(yùn)動到8點(diǎn)的過程中，根據(jù)動能定理有

-G等2L=

解得：小球運(yùn)動的最大速度

%=~y[gL

(3)設(shè)細(xì)線燒斷時小球的速度大小為V,根據(jù)動能定理有

1,1,

-G等(L-Lcos<9)=—mv——mv

22

水平方向上，只受電場力作用，水平方向先做勻減速直線運(yùn)動，后做勻加速直線運(yùn)動，水平方向加速度

不變，水平向左為正方向，小球經(jīng)過。點(diǎn)正下方時水平方向的速度為-v。水平方向，根據(jù)動量定理有

-Ft=—mv-mv

豎直方向上做自由落體運(yùn)動，則

h-L=—gt2

2

193

解得二-yL

題型04帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動

1、帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動問題，由于不同時段所受力不同，則運(yùn)動情況也不同，導(dǎo)致運(yùn)動

情景比較復(fù)雜，所以需要分段分析。不同階段的銜接點(diǎn)很重要。

2、這類問題的難度一般較大，對想象能力和綜合分析能力的要求較高。

G雄極構(gòu)建

、必備基礎(chǔ)知識

1、交變電場類型

交變電場常見的電壓波形：正弦波、方形波、鋸齒波等。

2、運(yùn)動類型

粒子做單向直線運(yùn)動，方法為對整段或分段研究用牛頓運(yùn)動定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式求解。

A

0Y-_-----A--.--??B

A

粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動，方法為根據(jù)交變電場特點(diǎn)進(jìn)行分段研究，應(yīng)用牛頓運(yùn)動定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式或者

二、解題模板

1、解題思路

2、注意問題

①當(dāng)粒子平行于電場方向射入時，粒子做直線運(yùn)動，其初速度和受力情況決定了粒子的運(yùn)動情況,

粒子可以做周期性的直線運(yùn)動；②當(dāng)粒子垂直于電場方向射入時，沿初速度方向的分運(yùn)動為勻速直線運(yùn)

動，沿電場方向的分運(yùn)動具有周期性。

從一個階段轉(zhuǎn)換到另一個階段時，要分析好物理量的銜接。

3、解題方法

動力學(xué)三大觀點(diǎn)：①動力學(xué)觀點(diǎn)（牛頓運(yùn)動定律和運(yùn)動學(xué)規(guī)律結(jié)合）；②能量觀點(diǎn)（動能定理和功能關(guān)

系等）；③動量觀點(diǎn)（動量定理和動量守恒定律）。

帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動，通常只討論電壓的大小不變、方向做周期性變化（如方波）的情形。

當(dāng)粒子垂直于交變電場方向射入時，沿初速度方向的分運(yùn)動為勻速直線運(yùn)動，沿電場方向的分運(yùn)動具有

周期性。

對于鋸齒波和正弦波等電壓產(chǎn)生的交變電場，若粒子穿過板間的時間極短，帶電粒子穿過電場時可

認(rèn)為是在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動。

注重全面分析（分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動規(guī)律）:抓住粒子運(yùn)動時間上的周期性和空間上的對稱性，求解

粒子運(yùn)動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的臨界條件。

研究帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動，關(guān)鍵是根據(jù)電場變化的特點(diǎn)，利用牛頓第二定律正確地判斷粒

子的運(yùn)動情況。根據(jù)電場的變化情況，分段求解帶電粒子運(yùn)動的末速度、位移等。

兩條思路：一是力和運(yùn)動的關(guān)系，根據(jù)牛頓運(yùn)動定律和運(yùn)動學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系。

0槿極運(yùn)用

I（2024?貴州六盤水?模擬預(yù)測）如圖甲所示，大量質(zhì)量為相、電量為g的同種帶正電粒子組

成長為4=用的直線型粒子陣列，以%的初速度射入兩板M、N之間的加速電場，離開加速電場后粒

O

子陣列長度變?yōu)?M。f=O時刻，位于陣列最前端的粒子開始從O點(diǎn)沿。尤軸正方向射入場強(qiáng)大小為4，

方向周期性變化（周期為T）的勻強(qiáng)電場中，向下為電場正方向，電場右邊界PQ橫坐標(biāo)為x=8%T,y

方向范圍足夠大。忽略粒子間的相互作用，不計粒子重力。求:

（1）M、N兩板間加速電壓的大小;

⑵粒子離開PQ時的縱坐標(biāo)范圍。

思路分析

第一問的思路:

假定粒子在加速電場里分析第一個和最后一個粒子加速根據(jù)動能定理即可

加速的時間忽略不計完成時兩者的距離求出電壓

第二問的思路:

粒子在周期變化的電場中分析不同時間段粒子的將各個時間段的偏轉(zhuǎn)量

運(yùn)動運(yùn)動情況求出來即可得到范圍

詳細(xì)解析

【答案】⑴4=手

⑵一噩叱

m2m

【詳解】（1）我們假定粒子在加速電場里加速的時間忽略不計，從第一個粒子進(jìn)入加速電場到最后一個粒

子進(jìn)入加速電場的過程中，則有

而陣列長度被拉長兩倍，相當(dāng)于在這段時間里第一個粒子比最后一個粒子多走,,則有

vt-vQt=LQ

可解得

v=2%

在加速電場中，根據(jù)動能定理，則有

2

QU0=^mv-^mvl

可解得

2q

（2）粒子在進(jìn)入到周期性變化電場中，在水平方向上，則有

x=vt0

可解得

而粒子陣列全部進(jìn)入所需要的時間為

2L。—vZj

可解得

T

%1=8-

也就是說，，=。時刻進(jìn)入的粒子會打到下方的最遠(yuǎn)位置射出，在豎直方向o-g時間段內(nèi)，則有

根據(jù)牛頓第二定律，則有

qEq=ma

可解得

v=qE。/

°8"z

故從下方射出時，到橫軸的豎直距離為

qET2

%=c8%=-0^

m

也就是說，f=3時刻入射的粒子，會打到上方的最遠(yuǎn)點(diǎn)，在豎直方向3T?--T時間段內(nèi)，粒子豎直方向向

OO2

下加速，則有

22（8）128m

在彳T一5一T時間段內(nèi)，粒子在豎直方向減速到。，在5弁T-7時間段內(nèi)，粒子豎直方向向上加速，則有

288

1

1（3T?9qE（T

粒子在7-孚時間段內(nèi)，粒子在豎直方向向下減速，以此過程循環(huán)四個周期，所以

O

y4=4（2%-2%）=將二

2m

綜上所述，離開的縱坐標(biāo)范圍為-必近4y4盛日

m2m

（2024?河南?模擬預(yù)測）如圖甲所示，平行板A、B長度為L,平行板M、N長度與板間距離

相等（大小未知），兩組平行板均水平放置且中線重合，在A、B板中線左側(cè)有一粒子源，均勻地向右

沿中線射出質(zhì)量為相、電荷量為q的帶正電粒子，粒子射出的初速度大小恒定，在A、B板間加有如圖

乙所示的交變電壓（圖中&和T均已知），所有粒子在A、B板間運(yùn)動的時間均為T,在1=0時刻進(jìn)入

A、B板間的粒子恰好從A板的右邊緣附近射出；在M、N板間加有恒定電壓，所有粒子進(jìn)入M、N板

后，有一半的粒子能從M、N板間射出。M、N兩板右端的虛線尸。與熒光屏間有方向斜向右上方的勻

強(qiáng)電場，P。與熒光屏平行，從M、N板間射出的粒子進(jìn)入尸。右側(cè)電場后，沿直線運(yùn)動打在熒光屏上,

將M、N兩板的電壓（電壓大小不變）反接，粒子最終垂直打在熒光屏上，不計粒子的重力，不計粒子

間的相互影響，求：

甲乙

(1)A、B板間的距離；

(2)M、N板間所加的電壓；

⑶M、N兩板間電壓未反向時，進(jìn)入尸。右側(cè)電場的粒子最終打在熒光屏上時的動能。

【答案】⑴rI也

￡2

⑶4〃?廣

【詳解】(1)-0時刻進(jìn)入AB板間的粒子，在豎直方向上滿足先加速后減速到0,則有

根據(jù)牛頓第二定律，則有

可解得

(2)在AB電場的水平方向，則有

L=%T

在MN電場中，粒子均水平入射，做類平拋運(yùn)動，只有一半的粒子能射出，所以中間入射的粒子在極板

邊緣射出，水平方向，則有

=%，

豎直方向，則有

根據(jù)牛頓第二定律，則有

qE=ma0

又因

可解得

u=ml}

(3)在MN電場射出時，則有

tana」=9=l

%%

所以粒子為斜向右上方45。射出的，由于射出后沿直線運(yùn)動，所以電場線與粒子運(yùn)動速度方向共線，所

以

電場反向時，在尸。右側(cè)水平方向，則有

12

x=vcos+—Q/

在豎直方向上，則有

0=usin。一ayt1

根據(jù)牛頓第二定律，則有

qE{cosa=max

qE{sina-may

可解得

3mvl

在電場未反向時，列動能定理，則有

cosa2

T2

可解得Ek=4m%=4m—

題型05電場中的力電綜合問題

要善于把電學(xué)問題轉(zhuǎn)化為力學(xué)問題，建立帶電粒子在電場中加速和偏轉(zhuǎn)的模型，能夠從帶電粒子受

力與運(yùn)動的關(guān)系、功能關(guān)系和能量關(guān)系等多角度進(jìn)行分析與研究。

@槿卷豹迷

一、必備基礎(chǔ)知識

1、三種觀點(diǎn)

把電學(xué)問題轉(zhuǎn)化為力學(xué)問題，建立帶電粒子在電場中加速和偏轉(zhuǎn)的模型，能夠從帶電粒子的受力與

運(yùn)動的關(guān)系及功能關(guān)系兩條途徑進(jìn)行分析與研究。

動力學(xué)的觀點(diǎn)：①由于勻強(qiáng)電場中帶電粒子所受電場力和重力都是恒力，可用正交分解法。②綜合

運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律和勻變速直線運(yùn)動公式，注意受力分析要全面，特別注意重力是否需要考慮的問題。

能量的觀點(diǎn)：①運(yùn)用動能定理，注意過程分析要全面，準(zhǔn)確求出過程中的所有力做的功，則要分清

有哪些力做功，是恒力做功還是變力做功，同時要明確初、末狀態(tài)及運(yùn)動過程中的動能的增量。②運(yùn)用

能量守恒定律，分清帶電體在運(yùn)動中共有多少種能量參與轉(zhuǎn)化，哪些能量是增加的，哪些能量是減少的。

動量的觀點(diǎn)：①運(yùn)用動量定理，要注意動量定理的表達(dá)式是矢量式，在一維情況下，各個矢量必須

選同一個正方向。②運(yùn)用動量守恒定律，除了要注意動量守恒定律的表達(dá)式是矢量式，還要注意題目表

述是否為某方向上動量守恒。

2、運(yùn)動情況反映受力情況

物體靜止（保持）：尸令=0。

直線運(yùn)動：①勻速直線運(yùn)動：尸合=0。②變速直線運(yùn)動：尸導(dǎo)0,且尸合方向與速度方向總是一致。

曲線運(yùn)動：廠合方向與速度方向不在一條直線上，且總指向運(yùn)動軌跡曲線的內(nèi)側(cè)。F合與v的

夾角為a,加速運(yùn)動：0女<90。；減速運(yùn)動：90°<ct<180°o

勻變速運(yùn)動：廠合=恒量。

二、解題模板

1、解題思路

分析和運(yùn)

動分析

2、注意問題

動力學(xué)觀點(diǎn)是指用勻變速運(yùn)動的公式來解決實(shí)際問題，一般有兩種情況：①帶電粒子初速度方向與

電場線共線，則粒子做勻變速直線運(yùn)動；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（類平拋運(yùn)動）。當(dāng)帶電粒子在電一場中做勻變速曲線運(yùn)動時，一般要采用類平拋運(yùn)動規(guī)律解決問題。

3、解題方法

確定研究對象-----個帶電體或幾個帶電體構(gòu)成的系統(tǒng)。

兩大分析：①受力分析：“、多了個電場力；氏重力是否忽略，據(jù)題意：若是基本粒子一般忽略;

若是帶電顆粒，一般不能忽略。②運(yùn)動分析一一運(yùn)動情況反-映受力情況。

選用規(guī)律列方程式求解一一平衡條件、牛頓第二定律、動量守恒定律、動能定理、能量守恒定律等。

@掇板運(yùn)用

］（2024?福建?二模）如圖，絕緣的木板B放置在傾角為a=37。、固定的光滑斜面上（斜面足夠

長），斜面最底端固定一擋板，B底端與擋板的距離L=6m。一帶正電物塊A放置在木板最上端，通過

一根跨過輕質(zhì)定滑輪的輕繩與小球C相連，輕繩絕緣且不可伸長，A與滑輪間的繩子與斜面平行。斜面

上方存在一沿斜面向下的勻強(qiáng)電場，A、B、C均靜止，輕繩處于伸直狀態(tài)。V0時剪斷連接A、C之間的

輕繩，已知A、B、C的質(zhì)量分別為機(jī)A=1.5kg、機(jī)B=lkg、機(jī)c=3kg,A的帶電量為4=3X10-6C,A與B之間

的動摩擦因數(shù)為〃=0.5,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，輕繩與滑輪間的摩擦力不計，B與擋板碰撞視為

彈性碰撞，整個過程A未與木板B脫離，重力加速度大小g=10m/s2,sin370=0.6,cos370=0.8o

（1）求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度￡的大??；

⑵求木板B第一次與擋板碰撞前瞬間的速度大?。?/p>

⑶若木板B第一次與擋板碰撞時，電場方向改為沿斜面向上，求第6次與擋板碰撞時，B的速度大小和

B要滿足的最小長度Lmin.

思路分析

第一問的思路：

將A、B、C看成■列共點(diǎn)力平衡方程即可

-個整體■_求出電場強(qiáng)度

第二問的思路:

將A、B視根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動

為整體學(xué)規(guī)律即可求出速度

第三問的思路:

將A、B視為整體，根據(jù)動分析最后兩者的運(yùn)動情

B與擋板發(fā)生

量守恒和能量守恒分析B的況，根據(jù)能量守恒可求

彈性碰撞

速度與碰撞次數(shù)的規(guī)律出最小長度

彈細(xì)解析

【答案】⑴5X106N/C

(2)12m/s

(3)0.00384m/s,15m

【詳解】（1）對A、B、C整體，由共點(diǎn)力平衡條件得

Eq+(mA+mB)gsina=mcg

解得

E=5X106N/C

(2)對A、B整體，由牛頓第二定律得

Eq+(mA+mB)gsina=(mA+

解得

2

0AB=12m/s

由運(yùn)動學(xué)公式得

v\=2aABL

解得

Vj=12m/s

（3）B與擋板發(fā)生彈性碰撞后瞬間

VBJ=-12m/s,vA]=12m/s

電場反向，碰撞之后對A、B進(jìn)行整體受力分析

Fa=0

所以第一次碰后到第二次碰撞，A和B整體動量守恒，根據(jù)動量守恒定律

+“%洛=（利A+"%）%

解得

v2=-^xl2m/s=2.4m/s

共速之后，對A、B整體一起勻速運(yùn)動直至第二次碰撞，第二次碰撞后

VB2=-2.4m/s,=2.4m/s

mAVA2+=（%A+）%

解得

1,

-

v3=（—）xl2m/s=0.48m/s

同理可得，B與擋板第〃次碰撞時速度

v“=（g）"Txl2m/s

故B與擋板第6次碰撞的速度為

v6=0.00384m/s

根據(jù)以上推導(dǎo)，可得A、B共同速度越來越小，最終停在最底部，此時，若A恰好在B的最底端，則此時B

的長度最小為盤而由能量守恒定律得

7/gLsina+771Ag（工+Lmin）sina+-Lmin）=/jmAgcosaL^

解得。=15m

|（2024?四川?一模）如圖（a）,絕緣不帶電木板靜止在水平地面上，電荷量4A=-2X1（T6C

的滑塊A靜止在木板上左端，電荷量a=1x10-6（2的滑塊B靜止在木板上距木板右端d==m處；B左

O

側(cè)（含B所在位置）的木板面粗糙，右側(cè)的木板面光滑；A、B和粗糙木板面間的動摩擦因數(shù)4=06,

木板和地面間的動摩擦因數(shù)%=0.2。r=0時刻，在空間加一水平向右的電場，場強(qiáng)大小E隨時間t變

化的圖像如圖（b）,f=6.5s時刻，撤去電場。已知木板、A、B的質(zhì)量均為加=1kg,A、B可視為質(zhì)點(diǎn)，

最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，可能的碰撞均為時間極短的彈性碰撞，不計A、B間的庫侖力，重

力加速度g=10m/s2。

圖（a）

⑴通過計算判斷：f=2s時刻，滑塊A、B和木板是否處于靜止?fàn)顟B(tài);

（2"=6s時，求滑塊B的速度大??；

⑶判斷滑塊B是否能再次返回木板上，若能則求出返回初始位置的時刻，若不能則說明理由。

【答案】（1）滑塊A、B和木板均處于靜止?fàn)顟B(tài)

（2）lm/s

⑶見解析

【詳解】（1）由題圖（b）的ET圖像可知：t=2s時刻，￡'=2X106N/C;A、B受到的電場力大小分

別為

4=,A|E=4N（向左）

FB=qBE=