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专题强化八 带电粒子在电场中运动的综合问题
1. 会用力与运动的关系、功能关系分析带电粒子在交变电场中的运动．
2．会用动力学观点、能量观点和动量观点分析带电粒子运动的力电综合问题．
考点一 带电粒子在交变电场中的运动
1．两条分析思路
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(机械能守
恒、动能定理、能量守恒)．
2．两个运动特征
分析受力特点和运动规律，抓住粒子的运动具有周期性和空间上具有对称性的特征，
求解粒子运动过程中的速度、位移等，并确定与物理过程相关的边界关系．
例 1 (多选)
一个带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示．带电
微粒只在电场力的作用下(不计微粒重力)，由静止开始运动，则下列说法中正确的是( )
A．微粒将沿着一条直线运动
B．微粒在第2 s末的速度为零
C．微粒在第1 s内的加速度与第2 s内的加速度相同
D．微粒在第1 s内的位移与第2 s内的位移相同
例 2 [2024·江苏苏州高三统考]如图甲所示，真空中有一电子枪连续不断且均匀地发出
质量为m、电荷量为e、初速度为零的电子，经电压大小为U＝2mL2的直线加速电场加速，
1
eT2
由小孔穿出加速电场后，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B间的中线射入偏转电
场．A、B两板距离为d、板长均为L，两板间加周期性变化的电势差U ，U 随时间变化
AB AB
的关系图像如图乙所示，变化周期为T，t＝0时刻，U ＝U ，不计电子的重力和电子间的
AB 0
相互作用力，不考虑电场的边缘效应，且所有电子都能离开偏转电场，求：(1)电子从加速电场U 飞出后的水平速度v 的大小；
1 0
3T
(2)t＝ 时，射入偏转电场的电子离开偏转电场时距两板间中线的距离y；
4
T
(3)在0<t< 的时间段内，若电子能够从中线上方离开偏转电场，求电子进入偏转电场
2
的时间段．
[教你解决问题] 过程审题
1．加速阶段：eU＝1 2 ⇒v＝2eU ＝2L
1 mv 0 1
2 m T
0
L T
2．偏转阶段：电子在水平向匀速运动，时间t＝ ＝
v 2
0
[试答]考点二 电场中功能关系的综合问题
1．若只有静电力做功，电势能与动能之和保持不变．
2．若只有静电力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变．
3．除重力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化量．
4．所有外力对物体所做的总功等于物体动能的变化量．
例 3 [2024·山东模拟预测]如图所示，在竖直向下的匀强电场中，两个质量相同、带电
量分别为－q和＋q的小球a、b固定于绝缘轻杆的两端，轻杆可绕中点O处的固定轴在竖
直面内无摩擦转动．已知O点电势为0，不考虑带电小球间的相互作用力，杆从静止开始
由水平位置顺时针转动180°的过程中( )
A．小球a、b总动能一直增加
B．小球a、b系统机械能始终不变
C．小球a、b系统电势能始终不变
D．小球a、b任一时刻的电势能相等
例 4 (多选)如图甲所示，绝缘、光滑水平面上方，有水平向右的匀强电场，电场强度
大小为E.在水平面右端固定一轻弹簧，一带电物块(可视为质点)质量为m，电量为＋q，将
带电物块由静止释放，以物块出发点为坐标原点，水平向右为 x轴正方向，建立坐标系，
物块动能E 与它通过的距离x之间的关系如图乙，其中坐标x 处为弹簧原长位置，O～x
k 1 1
段为直线，坐标x 处动能最大，坐标x 处动能为零．下列说法正确的是( )
2 4
qE
A．弹簧的劲度系数为k＝
x −x
2 1
B．从坐标x 处到坐标x 处，物块所受力的合力先增加后减小
1 4
C．从坐标x 处到坐标x 处弹簧弹性势能增加了qE(x－x)
1 3 3 1
D．从坐标x 处到坐标x 处，弹簧弹性势能增加量的大小等于电势能减少量的大小
1 2
考点三 电场中的力、电综合问题
解决电场中的力、电综合问题，常用的力学观点：
(1)动力学的观点①由于匀强电场中带电粒子(体)所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法．
②综合运用牛顿运动定律和运动学公式，注意受力分析和运动分析，特别注意重力是
否需要考虑的问题．
(2)能量的观点
①运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断是对
分过程还是对全过程使用动能定理．
②运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现．
(3)动量的观点
运用动量定理、动量守恒定律，要注意动量定理、动量守恒定律的表达式是矢量式，
在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向．
例 5 [2024·四川雅安模拟预测]如图所示，空间中在一矩形区域Ⅰ内有场强大小E ＝
1
1×102 N/C、方向水平向右的匀强电场；一条长L＝0.8 m且不可伸长的轻绳一端固定在区
域Ⅰ的左上角O点，另一端系一质量m ＝0.5 kg、带电荷量q＝－0.1 C的绝缘带电小球
1
a；在紧靠区域Ⅰ的右下角C点竖直放置一足够长、半径R＝1 m的光滑绝缘圆筒，圆筒上
端截面水平，CD是圆筒上表面的一条直径且与区域Ⅰ的下边界共线，直径MN与直径CD
垂直，圆筒内左半边MNC-HJK区域Ⅱ中存在大小E ＝20 N/C、方向垂直纸面向里的匀强
2
电场．把小球a拉至A点(轻绳绷直且水平)静止释放，当小球a运动到O点正下方B点时，
轻绳恰好断裂．小球a进入电场继续运动，刚好从区域Ⅰ的右下角C点竖直向下离开电场
E ，然后贴着圆筒内侧进入区域Ⅱ.已知重力加速度大小取g＝10 m/s2，绳断前、断后瞬间，
1
小球a的速度保持不变，忽略一切阻力．求：
(1)轻绳的最大张力T ；
m
(2)小球a运动到C点时速度的大小v 和小球a从B到C过程电势能的变化量ΔE；
C p
(3)若小球a刚进入圆筒时，另一绝缘小球b从D点以相同速度竖直向下贴着圆筒内侧
进入圆筒，小球b的质量m ＝0.5 kg，经过一段时间，小球a、b发生弹性碰撞，且碰撞中
2
小球a的电荷量保持不变，则从小球b进入圆筒到与小球a发生第5次碰撞后(圆筒足够长)，
小球b增加的机械能ΔE 是多大．
b专题强化八 带电粒子在电场中运动的综合问题
考点一
例1 解析：由题图可知，奇数秒和偶数秒的电场强度大小相等、方向相反，所以微
粒奇数秒内和偶数秒内的加速度大小相等、方向相反，根据运动的对称性可知在2 s末的速
度恰好是0，即微粒第1 s做加速运动，第2 s做减速运动，然后再加速，再减速，一直持
续下去，微粒将沿着一条直线运动，故A、B正确，C错误；由对称性可知，微粒在第1 s
内的位移与第2 s内的位移相同，故D正确．
答案：ABD
例2 解析：(1)电子经过加速场后，根据动能定理得eU＝1 2
1 mv
2
0
2L
解得v＝
0
T
L T
(2)电子在偏转电场中，水平方向做匀速直线运动，所以运动的时间为t＝ ＝
v 2
0
3T
t＝ 时射入偏转电场的电子
4
3 1 1 3eU T
在前T－ T＝ T时间内偏转位移y＝ × 0 ( )2
4 4 1 2 md 4
解得y＝3eU T2
1 0
32md
3eU T 3eU T
垂直于板的速度v＝
0×
＝
0
y
md 4 4md
T T T T T 1 eU T T
在随后 − ＝ 时间内偏转的位移y＝v( − )－ × 0 ( − )2
2 4 4 2 y 2 4 2 md 2 4
解得y＝5eU T2
2 0
32md
t＝3T时射入偏转电场的电子离开偏转电场时距两板间中线的距离y＝y＋y＝eU T2
1 2 0
4 4md
(3)在前半个周期内，假设电子从某时刻t 进入偏转电场，离开时恰好从中线处离开，
x则有1 × eU 0(T −t ) 2 + eU 0(T −t ) t − 1 × 3eU 0t 2 ＝0
2 md 2 x md 2 x x 2 md
x
T
解得t＝
x
4
T T
在0<t< 内，从中线上方离开偏转电场的电子进入的时间为0<t<
x
2 4
答案：(1)2L (2)eU T2 (3)0<t<T
0 x
T 4md 4
考点二
例3 解析：电场力对a球先做正功再做负功，对b球也是先做正功再做负功，所以杆
从静止开始由水平位置顺时针转动90°的过程中小球a、b与轻杆组成的系统电势能先减小，
总动能增加，机械能增加；杆从90°转到180°的过程中，系统电势能增大，总动能减小，
机械能减小，最后与初始位置的电势能相等，机械能也相等，总动能为零，故 A、B、C错
误；
由于O点处电势为零，由W ＝0－E
电 p
在匀强电场中W ＝Eqx
电
因为两小球运动过程中竖直方向上的位移大小任一时刻都相等，所以小球 a、b任一时
刻的电势能相等，D正确．故选D.
答案：D
例4 解析：由动能定理可知，0～x 物体做匀加速直线运动，则F ＝F ＝qE
1 合 电
在x 处物体动能最大，此时物体加速度为零，则F ＝F
2 弹 电
即kΔx＝k(x－x)＝qE
2 1
qE
解得k＝ ，故A正确；
x −x
2 1
从坐标x 处到坐标x 处，在x 处F ＝F
1 4 2 弹 电
所以x～x 阶段F ＝F －F
1 2 合 电 弹
F 变大，则F 变小，而从x 到x 对应F ＝F －F
弹 合 2 4 合 弹 电
F 变大，F 变大，所以合力先减小后增大，故B错误；
弹 合
从坐标x 处到坐标x 处，动能变化量为0，弹簧弹性势能变大，而电场力做功全部转
1 3
化为弹簧的弹性势能，即有ΔE＝qE(x－x)，故C正确；
p 3 1
从坐标x 处到坐标x 处，弹性势能增加、动能增加，电场力做正功，电势能减小，可
1 2
知弹簧弹性势能增加量和动能的增加量之和大小等于电势能减少量的大小，故D错误．
答案：AC考点三
1
例5 解析：(1)小球a从A运动到B点，根据动能定理得mgL＝ mv2
2
代入数据得v＝4 m/s
v2
在B点，根据牛顿第二定律得T －mg＝m
m
L
代入数据得T ＝15 N.
m
(2)小球a在区域Ⅰ中，水平方向qE＝ma
1
解得a＝20 m/s2
v 1
小球a减速至0时，t＝ ＝0.2 s，x＝vt－ at2＝0.4 m
a 2
小球a运动到C点时的速度大小为v ＝gt＝2 m/s
C
小球a从B运动到C点，小球a电势能的变化量为ΔE＝－W＝－qE·x＝4 J
p 1
即小球电势能增加了4 J.
(3)因两球在竖直方向下落一样快，故它们碰撞时是水平正碰．根据水平方向碰撞时动
量守恒和能量守恒．由于两球质量相等，所以它们正碰时交换水平方向速度．小球 a从进
入圆筒到第5次碰撞前，小球a增加的机械能为ΔE＝qER＋2·qE2R＝10 J，则第5次碰撞
a 2 2
后，小球b增加的机械能为ΔE＝ΔE＝10 J.
b a
答案：(1)15 N (2)2 m/s 小球电势能增加了4 J (3)10 J
