知識(shí)點(diǎn)70：帶電體在電場(chǎng)的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)【知識(shí)思維方法技巧】帶電體（重力要考慮）在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)的處理方法：一般用分解的思想來(lái)處理，即將帶電體的運(yùn)動(dòng)分解為沿電場(chǎng)力方向上的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和垂直電場(chǎng)力方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解的知識(shí)解決有關(guān)問(wèn)題．考點(diǎn)一：帶電體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)題型一：帶電體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)【典例1基礎(chǔ)題】（多選）如圖所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有兩個(gè)質(zhì)量相等、帶異種電荷的小球A、B(均可視為質(zhì)點(diǎn))處在同一水平面上．現(xiàn)將兩球以相同的水平速度v0向右拋出，最后落到水平地面上，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖1所示，兩球之間的靜電力和空氣阻力均不考慮，則()A．A球帶正電，B球帶負(fù)電B．A球比B球先落地C．在下落過(guò)程中，A球的電勢(shì)能減少，B球的電勢(shì)能增加D．兩球從拋出到各自落地的過(guò)程中，A球的動(dòng)能變化量比B球的小【典例1基礎(chǔ)題】【答案】AD【解析】?jī)汕蛟谒椒较蚨甲鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，由x＝v0t知，v0相同，則A運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比B的長(zhǎng)，豎直方向上，由h＝eq\f(1,2)at2可知，豎直位移相等，運(yùn)動(dòng)時(shí)間長(zhǎng)的加速度小，則A所受的合力比B的小，所以A所受的電場(chǎng)力向上，帶正電，B所受的電場(chǎng)力向下，帶負(fù)電，故A正確．A運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比B的長(zhǎng)，則B球比A球先落地，故B錯(cuò)誤．A所受的電場(chǎng)力向上，電場(chǎng)力對(duì)A球做負(fù)功，A球的電勢(shì)能增加．B所受的電場(chǎng)力向下，電場(chǎng)力對(duì)B球做正功，B球的電勢(shì)能減小，故C錯(cuò)誤．A所受的合力比B的小，A、B沿合力方向位移相同，則A的合力做功較少，由動(dòng)能定理知兩球從拋出到各自落地過(guò)程中A球的動(dòng)能變化量小，故D正確．【典例1基礎(chǔ)題對(duì)應(yīng)練習(xí)】如圖所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，A球位于B球的正上方，質(zhì)量相等的兩個(gè)小球以相同初速度水平拋出，它們最后落在水平面上同一點(diǎn)，其中只有一個(gè)小球帶電，不計(jì)空氣阻力，下列判斷正確的是()A.如果A球帶電，則A球一定帶負(fù)電B.如果A球帶電，則A球的電勢(shì)能一定增加C.如果B球帶電，則B球一定帶負(fù)電D.如果B球帶電，則B球的電勢(shì)能一定增加【典例1基礎(chǔ)題對(duì)應(yīng)練習(xí)】【答案】AD【解析】平拋時(shí)的初速度相同，在水平方向通過(guò)的位移相同，故下落時(shí)間相同，A在上方，豎直位移較大，由h＝at2可知，A下落的加速度較大，所受合外力較大，如果A球帶電，則A受到向下的靜電力，一定帶負(fù)電，靜電力做正功，電勢(shì)能減小，故A正確，B錯(cuò)誤；如果B球帶電，由于B的豎直位移較小，加速度較小，所受合外力較小，則B受靜電力向上，應(yīng)帶正電，靜電力對(duì)B做負(fù)功，電勢(shì)能增加，故C錯(cuò)誤，D正確．題型二：帶電體在平行板電容器中的類平拋運(yùn)動(dòng)【典例2基礎(chǔ)題】如圖所示，平行金屬板A、B水平正對(duì)放置，分別帶等量異號(hào)電荷．一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場(chǎng)力共同作用下運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖中虛線所示，那么()A．若微粒帶正電荷，則A板一定帶正電荷B．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)電勢(shì)能一定增加C．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)動(dòng)能一定增加D．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)機(jī)械能一定增加【典例2基礎(chǔ)題】【答案】C【解析】根據(jù)微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡分析微粒的受力情況，結(jié)合功能關(guān)系求解．分析微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡可知，微粒的合力方向一定豎直向下，由于微粒的重力不可忽略，故微粒所受的電場(chǎng)力可能向下，也可能向上，故A錯(cuò)誤．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，電場(chǎng)力可能做正功，也可能做負(fù)功，故微粒的電勢(shì)能可能減小，也可能增大，故B錯(cuò)誤．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)過(guò)程中，合力做正功，故微粒的動(dòng)能一定增加，C正確．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，除重力之外的電場(chǎng)力可能做正功，也可能做負(fù)功，故機(jī)械能不一定增加，D錯(cuò)誤．考點(diǎn)二：帶電體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的類斜拋運(yùn)動(dòng)問(wèn)題【知識(shí)思維方法技巧】帶電體在電場(chǎng)類斜拋運(yùn)動(dòng)的處理技巧：將帶電體的運(yùn)動(dòng)沿電場(chǎng)力方向上分解和沿重力方向上分解，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解的知識(shí)解決有關(guān)問(wèn)題。題型一：帶電體在水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)模型【典例1基礎(chǔ)題】（多選）如圖，水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一帶電粒子從A點(diǎn)以豎直向上的初速度開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)最高點(diǎn)B后回到與A在同一水平線上的C點(diǎn)，粒子從A到B過(guò)程中克服重力做功2J，電場(chǎng)力做功3J，則()A．粒子在B點(diǎn)的動(dòng)能比在A點(diǎn)多1JB．粒子在C點(diǎn)的電勢(shì)能比在B點(diǎn)少3JC．粒子在C點(diǎn)的機(jī)械能比在A點(diǎn)多12JD．粒子在C點(diǎn)的動(dòng)能為6J【典例1基礎(chǔ)題】【答案】AC【解析】從A→B根據(jù)動(dòng)能定理可得W電AB－mgh＝ΔEk，即ΔEk＝1J，即粒子在B點(diǎn)的動(dòng)能比在A點(diǎn)多1J，故選項(xiàng)A正確；設(shè)在A點(diǎn)初速度為v0，粒子在豎直方向只受重力，做加速度為g的勻變速運(yùn)動(dòng)，故從A→B和從B→C的時(shí)間相等，而水平方向只受到電場(chǎng)力作用，設(shè)從A→B的水平分位移為x1，從B→C的水平分位移為x2，則可知eq\f(x1,x2)＝eq\f(1,3)，則W電BC＝3W電AB＝9J，由于電場(chǎng)力做正功，則粒子在C點(diǎn)的電勢(shì)能比在B點(diǎn)少9J，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系可知，從A→C機(jī)械能增加量為ΔE＝W電AB＋W電BC＝12J，由于重力勢(shì)能不變，故從A→C動(dòng)能增加12J，即粒子在C點(diǎn)的機(jī)械能比在A點(diǎn)多12J，故選項(xiàng)C正確；粒子在A點(diǎn)初動(dòng)能大于0，則粒子在C點(diǎn)的動(dòng)能大于12J，故選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤?！镜淅?基礎(chǔ)題對(duì)應(yīng)練習(xí)】如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，通過(guò)N點(diǎn)時(shí)，速度大小為2v，方向與電場(chǎng)方向相反，則小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過(guò)程()A.動(dòng)能增加eq\f(1,2)mv2 B.機(jī)械能增加2mv2C.重力勢(shì)能增加eq\f(3,2)mv2 D.電勢(shì)能增加2mv2【典例1基礎(chǔ)題對(duì)應(yīng)練習(xí)】【答案】B【解析】動(dòng)能變化量ΔEk＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，A錯(cuò)誤；重力和電場(chǎng)力做功，機(jī)械能增加量等于電勢(shì)能減少量，帶電小球在水平方向向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得(2v)2－0＝2eq\f(qE,m)x，則電勢(shì)能減少量等于電場(chǎng)力做的功ΔEp減＝W電＝qEx＝2mv2，B正確，D錯(cuò)誤；在豎直方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，到N點(diǎn)時(shí)豎直方向的速度為零，由－v2＝－2gh，得重力勢(shì)能增加量ΔEp重＝mgh＝eq\f(1,2)mv2，C錯(cuò)誤。題型二：帶電體在豎直勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)模型【典例2基礎(chǔ)題】一帶電油滴在勻強(qiáng)電場(chǎng)E中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示，電場(chǎng)方向豎直向下．若不計(jì)空氣阻力，則此帶電油滴從a運(yùn)動(dòng)到b的過(guò)程中，能量變化情況為()A．動(dòng)能減小B．電勢(shì)能增加C．動(dòng)能和電勢(shì)能之和減小D．重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和增加【典例2基礎(chǔ)題】【答案】C【解析】由圖示軌跡可看出，帶電粒子所受合力方向豎直向上，電場(chǎng)力方向一定向上，且電場(chǎng)力大于重力．帶電油滴從a運(yùn)動(dòng)到b的過(guò)程中受到重力和電場(chǎng)力，動(dòng)能、重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和保持不變．由題圖可知帶電油滴從a運(yùn)動(dòng)到b的過(guò)程中電勢(shì)能減小，重力勢(shì)能增加，動(dòng)能和電勢(shì)能之和減小，選項(xiàng)C正確．題型三：帶電體在斜向勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)模型【典例3基礎(chǔ)題】(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)xOy坐標(biāo)系中分布著與水平方向成45°角的勻強(qiáng)電場(chǎng)，將一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，以某一初速度從O點(diǎn)豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿足拋物線方程y＝kx2，且小球通過(guò)點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)，\f(1,k)))。已知重力加速度為g，則()A．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為eq\f(mg,q)B．小球初速度的大小為eq\r(\f(g,2k))C．小球通過(guò)點(diǎn)P時(shí)的動(dòng)能為eq\f(5mg,4k)D．小球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過(guò)程中，電勢(shì)能減少eq\f(\r(2)mg,k)【典例3基礎(chǔ)題】【答案】BC【解析】由軌跡方程y＝kx2可知小球運(yùn)動(dòng)軌跡為初速度向上的拋物線，合力向右，如圖所示，由受力分析可知eq\r(2)mg＝Eq，E＝eq\f(\r(2)mg,q)，A錯(cuò)誤。聯(lián)立方程eq\f(1,k)＝eq\f(1,2)gt2，eq\f(1,k)＝v0t，解得v0＝eq\r(\f(g,2k))，B正確。據(jù)動(dòng)能定理mg·eq\f(1,k)＝Ek－eq\f(1,2)mv02，得Ek＝eq\f(5mg,4k)，C正確。ΔEp＝－W＝－Eq·eq\f(\r(2),k)＝－eq\r(2)mg·eq\f(\r(2),k)＝eq\f(－2mg,k)，D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)三：帶電體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的加速+偏轉(zhuǎn)（斜拋）運(yùn)動(dòng)題型一：帶電體重力場(chǎng)+組合場(chǎng)運(yùn)動(dòng)模型【典例1基礎(chǔ)題】(多選)在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點(diǎn)以一定的初速度水平拋出，從B點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度方向恰好水平，A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，且AB＝2BC，如圖6-3-22所示．由此可見(jiàn)()A．電場(chǎng)力為3mgB．小球帶正電C．小球從A到B與從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)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【典例1基礎(chǔ)題】【答案】AD【解析】設(shè)AC與豎直方向的夾角為θ，帶電小球從A到C，電場(chǎng)力做負(fù)功，小球帶負(fù)電，由動(dòng)能定理，mg·AC·cosθ－qE·BC·cosθ＝0，解得電場(chǎng)力為qE＝3mg，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤．小球水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從A到B的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間的2倍，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球在豎直方向先加速后減速，小球從A到B與從B到C豎直方向的速度變化量的大小相等，水平方向速度不變，小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小相等，選項(xiàng)D正確．題型二：帶電體組合場(chǎng)+重力場(chǎng)運(yùn)動(dòng)模型【典例2基礎(chǔ)題】如圖所示，兩平行金屬板間有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，板間距離為d，在距板右端L處有一豎直放置的光屏M.一電荷量為q、質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)從兩板中央射入板間，最后垂直打在M屏上，則下列結(jié)論正確的是()A．板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為mg/qB．板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為2mg/qC．質(zhì)點(diǎn)在板間運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)能的增加量等于電場(chǎng)力做的功D．質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于它從板的右端運(yùn)動(dòng)到光屏的時(shí)間【典例2基礎(chǔ)題】【答案】B【解析】對(duì)質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)進(jìn)行分解，在水平方向上質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，又因質(zhì)點(diǎn)在板間運(yùn)動(dòng)的水平位移與它從板的右端運(yùn)動(dòng)到光屏的水平位移相等，故質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間等于它從板的右端運(yùn)動(dòng)到光屏的時(shí)間，D錯(cuò)誤；質(zhì)點(diǎn)在板間運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到重力和電場(chǎng)力作用，故質(zhì)點(diǎn)在板間運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)能的增加量等于重力和電場(chǎng)力做的功之和，C錯(cuò)誤；在豎直方向上，因質(zhì)點(diǎn)最后垂直打在M屏上，且質(zhì)點(diǎn)在板間運(yùn)動(dòng)時(shí)在豎直方向上做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)，故質(zhì)點(diǎn)從板的右端運(yùn)動(dòng)到光屏的過(guò)程中在豎直方向上做末速度為0的勻減速運(yùn)動(dòng)，又因做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，故做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小與做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小相等，即qE－mg＝mg，得E＝2mg/q，B正確，A錯(cuò)誤．【典例2基礎(chǔ)題對(duì)應(yīng)練習(xí)】如圖所示，兩平行金屬板間有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，板間距離為d，在板右端L處有一豎直放置的光屏M，一帶電荷量為q，質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)從兩板中央射入板間，最后垂直在M屏上，則下列結(jié)論正確的是()A．板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為B．板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為C．質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間和它從板的右端運(yùn)動(dòng)到光屏的時(shí)間相等D．質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于它從板的右端運(yùn)動(dòng)到光屏的時(shí)間【典例2基礎(chǔ)題對(duì)應(yīng)練習(xí)】【答案】BC【解析】當(dāng)質(zhì)點(diǎn)所受電場(chǎng)力方向向上且大于重力時(shí)，質(zhì)點(diǎn)才可能垂直打到屏上。由運(yùn)動(dòng)的合成與分解，可知質(zhì)點(diǎn)在水平方向上一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以質(zhì)點(diǎn)在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和在重力場(chǎng)中做斜上拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等。由運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知質(zhì)點(diǎn)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)vx=v0，在豎直方向上，在電場(chǎng)中，vy=at，如圖所示離開(kāi)電場(chǎng)后質(zhì)點(diǎn)做斜上拋運(yùn)動(dòng)vy=gt，由此運(yùn)動(dòng)過(guò)程的對(duì)稱性可知a=g，由牛頓第二定律得qE－mg＝ma，解得E=，故選BC?？键c(diǎn)四：帶電體在交變電場(chǎng)中的直線及偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)題型一：帶電體在交變電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)【知識(shí)思維方法技巧】（1）注重全面分析（分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)規(guī)律）：抓住粒子的運(yùn)動(dòng)具有周期性和在空間上具有對(duì)稱性的特征，求解粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速度、位移、做功或確定與物理過(guò)程相關(guān)的臨界條件。（2）從兩條思路出發(fā)：一是力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系?！镜淅?基礎(chǔ)題】如圖甲所示，足夠大的絕緣水平面上靜止放置有一質(zhì)量m＝200g、帶正電且電荷q＝2.0×10－6C的小滑塊，從t＝0時(shí)刻開(kāi)始，空間加上一個(gè)如圖乙所示的周期性變化的電場(chǎng)(向右為電場(chǎng)強(qiáng)度E的正方向)．已知小滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2，小滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電荷量保持不變，則下列說(shuō)法正確的是()A.小滑塊在0～2s內(nèi)加速度的大小為3m/s2B.小滑塊在2～4s內(nèi)加速度的大小為1m/s2C.小滑塊在14s末的速度大小為6m/sD.小滑塊在前14s內(nèi)的位移大小為28m【典例1基礎(chǔ)題】【答案】D【解析】小滑塊在0～2s內(nèi)所受靜電力與滑動(dòng)摩擦力方向相反，根據(jù)牛頓第二定律可得其加速度的大小為a1＝－μg＝5m/s2－0.1×10m/s2＝2m/s2，小滑塊在2～4s內(nèi)所受靜電力與滑動(dòng)摩擦力方向相同，同理可得其加速度的大小為a2＝＋μg＝5m/s2＋0.1×10m/s2＝2m/s2，故A、B錯(cuò)誤；由前面分析可知在一個(gè)周期內(nèi)，小滑塊速度的變化量為零，所以小滑塊在14s末的速度大小與在2s末的速度大小相同，且為v1＝a1t1＝2×2m/s＝4m/s，故C錯(cuò)誤；根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知在一個(gè)周期內(nèi)，小滑塊的位移大小為x1＝2×a1t12＝8m，小滑塊在前14s內(nèi)的位移大小為x＝x1＝28m，故D正確．題型二：帶電體在交變電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)【