专题六　带电粒子在电场中运动综合问题的分析
考纲解读
1.了解示波管的工作原理.2.运用动力学方法分析解决带电粒子在交变电场中的运动.3.会运用功能观点、动力学观点综合分析带电粒子在复合场中的运动．
考点一　带电粒子在电场中运动的实际应用——示波管 1．构造及功能(如图1所示)
图1 (1)电子枪：发射并加速电子． (2)偏转电极YY′：使电子束竖直偏转(加信号电压)；偏转电极XX′：使电子束水平偏转(加扫描电压)． 2．工作原理 偏转电极XX′和YY′不加电压，电子打到屏幕中心；若只在XX′之间加电压，只在X方向偏转；若只在YY′之间加电压，只在Y方向偏转；若XX′加扫描电压，YY′加信号电压，屏上会出现随信号而变化的图象．
例1
　(2011·安徽·18)图2为示波管的原理图，如果在电极YY′之间所加的电压按图3甲所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是 (　　)
图2
甲　　　　　　　　　　　乙 图3
解析　由图甲及图乙知，当UY为正时，Y板电势高，电子向Y偏，而此时UX为负，即X′板电势高，电子向X′板偏，所以选B. 答案　B 示波管中电子在荧光屏上落点位置的判断方法 示波管中的电子在YY′和XX′两个偏转电极作用下，同时参与两个 类平抛运动，一方面沿YY′方向偏转，另一方面沿XX′方向偏转，找出 几个特殊点，即可确定荧光屏上的图形．
突破训练1
　示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图4所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的 (　　)
图4 A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电 C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电 答案　AC 解析　根据亮斑的位置，电子偏向XY区间，说明电子受到电场力作用发生了偏转，因此极板X、极板Y均应带正电． 考点二　带电粒子在交变电场中的运动
例2
　如图5甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：
甲
乙 图5 (1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处； (2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？ 解析　(1)电子经加速电场加速满足qU0＝mv2 经偏转电场偏转后偏移量y＝at2＝··()2 所以y＝，由题图知t＝0.06 s时刻U偏＝1.8U0，所以 y＝4.5 cm 设打在屏上的点距O点距离为Y，满足＝ 所以Y＝13.5 cm. (2)由题知电子偏移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L＝30 cm. 答案　(1)打在屏上的点位于O点正上方，距O点13.5 cm (2)30 cm 解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法 1．注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件． 2．分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系． 3．此类题型一般有三种情况：一是粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)，二是粒子做往返运动(一般分段研究)，三是粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)．
突破训练2
　如图6甲所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压．开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动．设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化) (　　)
图6

答案　A 解析　电子在交变电场中所受电场力恒定，加速度大小不变，故C、D两项错误；从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t＝T时刻速度变为零．之后重复上述运动，A项正确，B项错误．
32．带电体在复合场中的运动模型
1．模型概述 各种性质的场与实物(分子和原子的构成物质)的根本区别之一是场具有叠加性，即几个场可以同时占据同一空间，从而形成复合场．对于复合场中的力学问题，可以根据力的独立作用原理分别研究每种场力对物体的作用效果，也可以同时研究几种场力共同作用的效果，将复合场等效为一个简单场，然后与重力场中的力学问题进行类比，利用力学的规律和方法进行分析与解答． 2．解题方法 (1)正交分解法：由于带电粒子在匀强电场中所受电场力和重力都是恒力，不受约束的粒子做的都是匀变速运动，因此可以采用正交分解法处理．将复杂的运动分解为两个互相垂直的直线运动，再根据运动合成的方法去求复杂运动的有关物理量． (2)等效“重力”法：将重力与电场力进行合成，合力F合等效为“重力”，a＝等效为“重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向． 
例3
　如图7所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心 在O点，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆弧的最 低点和最高点．该区间存在方向水平向右的匀强电场，一 质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电 荷量不变)，经C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的 图7 夹角θ＝60°，重力加速度为g. (1)求小球所受到的电场力大小； (2)小球在A点速度v0多大时，小球经B点时对轨道的压力最小？ 解析　(1)对小球受力分析如图所示，小球在C点速度最大，则在该点电场力与重力的合力沿半径方向，所以小球受到的电场力大小 F＝mgtan θ＝mg (2)小球要到达B点，必须到达D点时速度最小；在D点速度 最小时，小球经B点时对轨道的压力也最小．设在D点轨道 对小球的压力恰为零，则有 ＝m，得v＝ 由轨道上A点运动到D点的过程，由动能定理得 mg·r(1＋cos θ)＋F·rsin θ＝mv－mv2 解得：v0＝2. 答案　(1)mg　(2)2
突破训练3
　如图8所示，一质量为m、电荷量为q的带电液滴以 速度v沿与水平面成θ角的方向斜向上进入匀强电场，在电场中 做直线运动，则液滴向上运动过程中 (　　) 图8 A．电场力不可能小于mgcos θ B．液滴的动能一定不变 C．液滴的机械能一定变化 D．液滴的电势能一定不变 答案　A 解析　带电液滴在匀强电场中共受到两个力的作用：竖直向下的 重力和恒定的电场力．因为液滴做直线运动，所以它们的合力沿 运动方向所在直线；当电场力垂直于运动方向时，如图中的F0 所示，电场力最小，即Fmin＝F0＝mgcos θ，选项A正确；若电场力如图中的F0所示，电场力垂直于液滴的运动方向，电场力不做功，液滴的机械能守恒，液滴斜向上做直线运动时，其重力势能增大，动能减小，所以选项B、C错误；若电场力如图中的F1或F2所示，液滴所受合力仍沿运动方向所在直线，液滴做直线运动，但F1或F2均对液滴做功，其电势能变化，所以选项D错误． 33．综合运用动力学观点和功能观点解决带电体在电场中的运动
1．动力学观点 动力学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题，一般有两种情况： (1)带电粒子初速度方向与电场线共线，则粒子做匀变速直线运动； (2)带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)．当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采用类平抛运动规律解决问题． 2．功能观点：首先对带电体受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用相应公式计算． (1)若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量． (2)若选用能量守恒定律，则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量 是增加的，哪些能量是减少的.

解析　(1)设滑块到达Q点时速度为v，则由牛顿第二定律得 mg＋qE＝m(2分) 滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得 －mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv (2分) 联立方程组，解得：v0＝7 m/s (2分) (2)设滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得 －(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv (2分) 又在P点时，由牛顿第二定律得：FN＝m (2分) 代入数据，解得：FN＝0.6 N，方向水平向右 (2分) 答案　(1)7 m/s　(2)0.6 N，方向水平向右
突破训练4
　在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的 平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E＝6.0×105 N/C，方 向与x轴正方向相同．在O处放一个电荷量q＝－5.0×10－8 C、 质量m＝1.0×10－2 kg的绝缘物块．物块与水平面间的动摩擦 图10 因数μ＝0.20，沿x轴正方向给物块一个初速度v0＝2.0 m/s，如图10所示．求物块最终停止时的位置．(g取10 m/s2) 答案　在O点左侧距O点0.2 m处 解析　物块先在电场中向右减速，设运动的位移为x1，由动能定理得： －(qE＋μmg)x1＝0－mv 所以x1＝ 代入数据得x1＝0.4 m 可知，当物块向右运动0.4 m时速度减为零，因物块所受的电场力F＝qE＝0.03 N>Ff＝μmg＝0.02 N，所以物块将沿x轴负方向加速，跨过O点之后在摩擦力作用下减速，最终停止在O点左侧某处，设该点距O点距离为x2，则对全过程由动能定理得 －μmg(2x1＋x2)＝0－mv. 解得x2＝0.2 m. 故物块最终停在O点左侧距O点0.2 m处．
?题组1　示波管原理 1．如图1所示是示波管的示意图，竖直偏转电极的极板长 l＝4 cm，板间距离d＝1 cm.板右端距离荧光屏L＝18 cm. (水平偏转电极上不加电压，没有画出)．电子沿中心线 进入竖直偏转电场的速度是1.6×107 m/s，电子电荷量 图1 e＝1.60×10－19 C，质量m＝0.91×10－30 kg. (1)要使电子束不打在偏转电极的极板上，加在竖直偏转电极上的最大偏转电压U不能超过多大？ (2)若在偏转电极上加U＝40sin 100πt V的交变电压，在荧光屏的竖直坐标轴上能观测到多长的线段？ 答案　(1)91 V　(2)4.4 cm 解析　(1)经过偏转电场的时间为t＝ 竖直方向位移＝··t2 所以U＝＝＝91 V (2)因为t＝＝ s＝2.5×10－9 s 而T＝＝ s＝ s＝0.02 s?t，故进入偏转电场的电子均在当时所加电压形成的匀强电场中运动． 当Um＝40 V时，由vx＝v，vy＝·t，得偏转角的正切值tan θ＝＝0.11，偏移量y＝(＋L)tan θ，得在荧光屏的竖直坐标轴上的观测量为2y＝4.4 cm. ?题组2　带电粒子在交变电场中的运动 2．如图2所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象． 当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子， 设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的 是 (　　) 图2 A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．2 s末带电粒子回到原出发点 C．3 s末带电粒子的速度为零 D．0～3 s内，电场力做的总功为零 答案　CD 解析　设第1 s内粒子的加速度为a1，第2 s内的加速度为a2，由a＝可知，a2＝2a1，可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为0，由动能定理可知，此过程中电场力做功为零，综上所述，可知C、D正确． 3．(2011·安徽·20)如图3(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是 (　　)
(a)　　　　　　　(b) 图3 A．0T时情况类似．因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B正确． 4．(2010·江苏·15(1))制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图4甲所示．加在极板A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为－kU0(k>1)，电压变化的周期为2τ，如图乙所示．在t＝0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动．若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用．若k＝，电子在0～2τ时间内不能到达极板A，求d应满足的条件．
图4 答案　d>  解析　电子在0～τ时间内做匀加速运动 加速度的大小a1＝ 位移x1＝a1τ2 在τ～2τ时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动 加速度的大小a2＝ 初速度的大小v1＝a1τ 匀减速运动阶段的位移x2＝ 由题知d>x1＋x2，解得d>  ?题组3　应用动力学和功能观点分析带电体在复合场中的运动 5．如图5所示，质量为m的带电滑块沿绝缘斜面匀加速下滑，当滑至 竖直向下的匀强电场区域时(滑块受到的电场力小于重力)，滑块的运 动状态可能 (　　) A．仍为匀加速下滑，加速度比原来的小 图5 B．仍为匀加速下滑，加速度比原来的大 C．变成匀减速下滑，加速度和原来一样大 D．仍为匀加速下滑，加速度和原来一样大 答案　AB 解析　设斜面倾角为θ，滑块在开始下滑的过程中，mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝gsin θ－μgcos θ>0，故sin θ>μcos θ.滑块可能带正电也可能带负电，当滑块带正电时，(mg＋Eq)sin θ－μ(mg＋Eq)cos θ＝ma1，a1＝g(sin θ－μcos θ)＋(sin θ－μcos θ)，可推出加速度变大；当滑块带负电时，(mg－Eq)sin θ－μ(mg－Eq)cos θ＝ma2，a2＝g(sin θ－μcos θ)－(sin θ－μcos θ)，可推出加速度变小，选项A、B正确． 6．如图6所示，光滑的水平轨道AB，与半径为R的光滑的 半圆形轨道BCD相切于B点，AB水平轨道部分存在水 平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最 低点，D为最高点．一质量为m、带正电的小球从距B 点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运 动，恰能通过最高点，则 (　　) 图6 A．R越大，x越大 B．R越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大 C．m越大，x越大 D．m与R同时增大，电场力做功增大 答案　ACD 解析　小球在BCD部分做圆周运动，在D点，mg＝m，小球由B到D的过程中有：－2mgR＝mv－mv，解得vB＝，R越大，小球经过B点时的速度越大，则x越大，选项A正确；在B点有：FN－mg＝m，解得FN＝6mg，与R无关，选项B错误；由Eqx＝mv，知m、R越大，小球在B点的动能越大，则x越大，电场力做功越多，选项C、D正确． 7．如图7所示，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道， CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分 之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径 R＝0.50 m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强 度的大小E＝1.0×104 N/C，现有质量m＝0.20 kg，电荷量q 图7 ＝8.0×10－4 C的带电体(可视为质点)，从A点由静止开始运动，已知sAB＝1.0 m，带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为0.5.假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．求：(取g＝10 m/s2) (1)带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度； (2)带电体最终停在何处． 答案　(1)10 m/s　(2)离C点的竖直距离为 m处 解析　(1)设带电体到达C点时的速度为v，从A到C由动能定理得： qE(sAB＋R)－μmgsAB－mgR＝mv2 解得v＝10 m/s (2)设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h，从C到D由动能定理得： －mgh－μqEh＝0－mv2 解得h＝ m 在最高点，带电体受到的最大静摩擦力Ffmax＝μqE＝4 N， 重力G＝mg＝2 N 因为GT时情况类似．因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B正确． 4．(2010·江苏·15(1))制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图4甲所示．加在极板A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为－kU0(k>1)，电压变化的周期为2τ，如图乙所示．在t＝0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动．若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用．若k＝，电子在0～2τ时间内不能到达极板A，求d应满足的条件．
图4 答案　d>  解析　电子在0～τ时间内做匀加速运动 加速度的大小a1＝ 位移x1＝a1τ2 在τ～2τ时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动 加速度的大小a2＝ 初速度的大小v1＝a1τ 匀减速运动阶段的位移x2＝ 由题知d>x1＋x2，解得d>  ?题组3　应用动力学和功能观点分析带电体在复合场中的运动 5．如图5所示，质量为m的带电滑块沿绝缘斜面匀加速下滑，当滑至 竖直向下的匀强电场区域时(滑块受到的电场力小于重力)，滑块的运 动状态可能 (　　) A．仍为匀加速下滑，加速度比原来的小 图5 B．仍为匀加速下滑，加速度比原来的大 C．变成匀减速下滑，加速度和原来一样大 D．仍为匀加速下滑，加速度和原来一样大 答案　AB 解析　设斜面倾角为θ，滑块在开始下滑的过程中，mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝gsin θ－μgcos θ>0，故sin θ>μcos θ.滑块可能带正电也可能带负电，当滑块带正电时，(mg＋Eq)sin θ－μ(mg＋Eq)cos θ＝ma1，a1＝g(sin θ－μcos θ)＋(sin θ－μcos θ)，可推出加速度变大；当滑块带负电时，(mg－Eq)sin θ－μ(mg－Eq)cos θ＝ma2，a2＝g(sin θ－μcos θ)－(sin θ－μcos θ)，可推出加速度变小，选项A、B正确． 6．如图6所示，光滑的水平轨道AB，与半径为R的光滑的 半圆形轨道BCD相切于B点，AB水平轨道部分存在水 平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最 低点，D为最高点．一质量为m、带正电的小球从距B 点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运 动，恰能通过最高点，则 (　　) 图6 A．R越大，x越大 B．R越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大 C．m越大，x越大 D．m与R同时增大，电场力做功增大 答案　ACD 解析　小球在BCD部分做圆周运动，在D点，mg＝m，小球由B到D的过程中有：－2mgR＝mv－mv，解得vB＝，R越大，小球经过B点时的速度越大，则x越大，选项A正确；在B点有：FN－mg＝m，解得FN＝6mg，与R无关，选项B错误；由Eqx＝mv，知m、R越大，小球在B点的动能越大，则x越大，电场力做功越多，选项C、D正确． 7．如图7所示，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道， CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分 之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径 R＝0.50 m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强 度的大小E＝1.0×104 N/C，现有质量m＝0.20 kg，电荷量q 图7 ＝8.0×10－4 C的带电体(可视为质点)，从A点由静止开始运动，已知sAB＝1.0 m，带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为0.5.假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．求：(取g＝10 m/s2) (1)带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度； (2)带电体最终停在何处． 答案　(1)10 m/s　(2)离C点的竖直距离为 m处 解析　(1)设带电体到达C点时的速度为v，从A到C由动能定理得： qE(sAB＋R)－μmgsAB－mgR＝mv2 解得v＝10 m/s (2)设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h，从C到D由动能定理得： －mgh－μqEh＝0－mv2 解得h＝ m 在最高点，带电体受到的最大静摩擦力Ffmax＝μqE＝4 N， 重力G＝mg＝2 N 因为G

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