三、带电体在电场（复合场）中的圆周运动
解决电场（复合场）中的圆周运动问题，关键是分析向心力的来源，向心力的来源有可能是重力和电场力的合力，也有可能是单独的电场力．有时可以把复合场中的圆周运动等效为竖直面内的圆周运动，找出等效“最高点”和“最低点”．
例3
（2018·江西师大附中高二月考）如图3所示，BCDG是光滑绝缘的
圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为
mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g.
图3
（1）若滑块从水平轨道上距离B点s＝3R的A点由静止释放，求滑块到达与圆心O等高的C点时对轨道的作用力大小；
（2）为使滑块恰好始终沿轨道滑行（不脱离轨道），求滑块在圆形轨道上滑行过程中的最小速度．
答案
（1）
mg
（2）
解析
（1）设滑块到达C点时的速度为v，滑块所带电荷量为q，匀强电场的场强为E，由动能定理有
qE（s＋R）－μmgs－mgR＝
mv2
qE＝
mg
解得v＝
设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F，则F－qE＝m
解得F＝
mg
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的作用力大小为
F′＝F＝
mg
（2）要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆形轨道DG间某点，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小（设为vmin）
则有
＝m
解得vmin＝
.
[学科素养] 复合场中的圆周运动，涉及受力分析、圆周运动、电场等相关知识点，既巩固了学生基础知识，又锻炼了学生迁移应用与综合分析能力，较好地体现了“科学思维”的学科素养．
四、带电粒子在交变电场中的运动
1．当空间存在交变电场时，粒子所受电场力方向将随着电场方向的改变而改变，粒子的运动性质也具有周期性．
2．研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究，并辅以v－t图象．特别需注意带电粒子进入交变电场时的时刻及交变电场的周期．
例4
在如图4所示的平行板电容器的两板A、B上分别加如图5甲、乙所示的两种电压，开始B板的电势比A板高．在电场力作用下原来静止在两板中间的电子开始运动．若两板间距足够大，且不计重力，试分析电子在两种交变电压作用下的运动情况，并定性画出相应的v－t图象．
图4
图5
答案 见解析
解析 t＝0时，B板电势比A板高，在电场力作用下，电子向B板（设为正向）做初速度为零的匀加速直线运动．
对于题图甲所示电压，在0～
T内电子做初速度为零的正向匀加速直线运动，
T～T内电子做末速度为零的正向匀减速直线运动，然后周期性地重复前面的运动，其速度图线如图（a）所示．
对于题图乙所示电压，在0～
内做类似题图甲0～T的运动，
～T电子做反向先匀加速、后匀减速、末速度为零的直线运动．然后周期性地重复前面的运动，其速度图线如图（b）所示．
（a） （b）
1．（带电粒子在交变电场中的运动）（2018·西安交大附中质检）如图6甲所示，在平行板电容器的A板附近，有一个带正电的粒子（不计重力）处于静止状态，在A、B两板间加如图乙所示的交变电压，带电粒子在电场力作用下由静止开始运动，经过3t0时间刚好到达B板，设此时粒子的动能大小为Ek3，若用改变A、B两板间距的方法，使粒子在5t0时刻刚好到达B板，此时粒子的动能大小为Ek5，则
等于（ ）
图6
A.
B.
C．1D.
答案 B
解析 设两板间的距离为d，经3t0时间刚好到达B板时，粒子运动过程中先加速然后减速再加速，根据运动的对称性和动能定理，可得Ek3＝q
，若改变A、B两板间的距离使粒子在5t0时刻刚好到达B板，根据运动的对称性和动能定理，可得Ek5＝q·
，故
＝
，B正确．
2．（带电体的直线运动）（2018·菏泽市高二期末）如图7所示，一带电液滴的质量为m、电荷量为－q（q>0），在竖直向下的匀强电场中刚好与水平面成30°角以速度v0向上做匀速直线运动．重力加速度为g.
图7
（1）求匀强电场的电场强度的大小；
（2）若电场方向改为垂直速度方向斜向下，要使液滴仍做直线运动，电场强度为多大？
液滴前进多少距离后可返回？
答案
（1）
（2）
解析
（1）因为液滴处于平衡状态，所以有Eq＝mg
解得：
E＝
（2）电场方向改变，液滴受力分析如图所示．
液滴做直线运动时，垂直速度方向的合力为零，即qE′＝mgcos30°
解得：
E′＝
＝
液滴在运动方向的反方向上的合力F＝mgsin30°，由牛顿第二定律
做减速运动的加速度大小a＝
＝gsin30°＝
液滴可前进的距离s＝
＝
.
（或由动能定理：
－mgsin30°·s＝0－
mv
得液滴可前进的距离s＝
＝
.）
3．（带电粒子在电场中的类平抛运动）如图8所示，阴极A受热后向右侧空间发射电子，电子质量为m，电荷量为e，电子的初速率有从0到v的各种可能值，且各个方向都有．与A极相距l的地方有荧光屏B，电子击中荧光屏时便会发光．若在A和B之间的空间加一个水平向左、与荧光屏面垂直的匀强电场，电场强度为E，且电子全部打在荧光屏上，求B上受电子轰击后的发光面积．
图8
答案
解析 阴极A受热后发射电子，这些电子沿各个方向射入右边匀强电场区域，且初速率从0到v各种可能值都有．取两个极端情况如图所示．
沿极板竖直向上且速率为v的电子，受到向右的电场力作用做类平抛运动打到荧光屏上的P点．
竖直方向上y＝vt，
水平方向上l＝
·
t2.
解得y＝v
.
沿极板竖直向下且速率为v的电子，受到向右的电场力作用做类平抛运动打到荧光屏上的Q点，同理可得
y′＝v
.
故在荧光屏B上的发光面积S＝y2π＝
.
4．（带电粒子的圆周运动）（2017·宿迁市高一期末）如图9所示，在竖直平面内放置着绝缘轨道ABC，AB部分是半径R＝0.40m的光滑半圆形轨道，BC部分是粗糙的水平轨道，BC轨道所在的竖直平面内分布着E＝1.0×103V/m的水平向右的有界匀强电场，AB为电场的左侧竖直边界．现将一质量为m＝0.04kg、电荷量为q＝－1×10－4C的滑块（视为质点）从BC上的某点由静止释放，滑块通过A点时对轨道的压力恰好为零．已知滑块与BC间的动摩擦因数为μ＝0.05，不计空气阻力，g取10m/s2.求：
图9
（1）滑块通过A点时速度vA的大小；
（2）滑块在BC轨道上的释放点到B点的距离x；
（3）滑块离开A点后在空中运动速度v的最小值．
答案
（1）2m/s
（2）5m （3）1.94m/s
解析
（1）因为滑块通过A点时对轨道的压力恰好为零，
所以有mg＝
，解得vA＝2m/s.
（2）根据动能定理可得：
|q|Ex－μmgx－mg·2R＝
mv
，
解得x＝5m.
（3）滑块离开A点后在水平方向上做匀减速直线运动，
故有：
vx＝vA－
t＝2－2.5t
在竖直方向上做自由落体运动，
所以有vy＝gt＝10t，
v＝
＝
故vmin＝
m/s≈1.94m/s.
一、选择题
考点一 带电粒子在电场中的直线运动
1.（多选）如图1所示，平行板电容器的两个极板与水平面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（ ）
图1
A．所受重力与电场力平衡B．电势能逐渐增加
C．动能逐渐增加D．做匀变速直线运动
答案 BD
解析 对带电粒子受力分析如图所示，F合≠0，则A错．由图可知电场力与重力的合力方向与v0方向相反，F合对粒子做负功，其中mg不做功，Eq做负功，故粒子动能减少，电势能增加，B正确，C错误．F合恒定且F合与v0方向相反，粒子做匀减速直线运动，D项正确．
2．如图2，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等．现同时释放a、b，它们由静止开始运动．在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面．a、b间的相互作用和重力可忽略．下列说法正确的是（ ）
图2
A．a的质量比b的大
B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等
D．在t时刻，a和b的速度大小相等
答案 B
3．（多选）（2018·宜昌市示范高中高二联考）如图3所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力的作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向的夹角为45°，则下列结论中正确的是（ ）
图3
A．此液滴带负电
B．液滴做匀加速直线运动
C．合外力对液滴做的总功等于零
D．液滴的电势能减少
答案 ABD
解析 液滴所受的合力沿bd方向，知电场力方向水平向右，则此液滴带负电，故A正确；液滴所受合力恒定，加速度恒定，做匀加速直线运动，故B正确；合外力不为零，则合外力做功不为零，故C错误；从b到d，电场力做正功，液滴电势能减小，故D正确．
考点二 带电粒子的类平抛运动
4．（多选）如图4所示，一电子（不计重力）沿x轴正方向射入匀强电场，在电场中的运动轨迹为OCD，已知
＝
，电子过C、D两点时竖直方向的分速度为vCy和vDy；电子在OC段和OD段动能的变化量分别为ΔEk1和ΔEk2，则（ ）
图4
A．vCy∶vDy＝1∶2B．vCy∶vDy＝1∶4
C．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3D．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4
答案 AD
解析 电子沿x轴正方向射入匀强电场，做类平抛运动，沿x轴方向做匀速直线运动，已知
＝
，则电子从O到C与从C到D的时间相等．电子在y轴方向上做初速度为零的匀加速运动，则有vCy＝atOC，vDy＝atOD，所以vCy∶vDy＝tOC∶tOD＝1∶2，故A正确，B错误；根据匀变速直线运动的推论可知，在竖直方向上yOC∶yOD＝1∶4，根据动能定理得ΔEk1＝qEyOC，ΔEk2＝qEyOD，则得ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4，故C错误，D正确．
5.如图5所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在上极板的同一点（重力不计），则从开始射入到打到上极板的过程中（ ）
图5
A．它们运动的时间tQ＞tP
B．它们运动的加速度aQ＜aP
C．它们所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2
D．它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2
答案 C
解析 设两板距离为h，P、Q两粒子的初速度为v0，加速度分别为aP和aQ，粒子P到上极板的距离是
，它们做类平抛运动的水平位移均为l.则对P，由l＝v0tP，
＝
aPt
，得到aP＝
；同理对Q，l＝v0tQ，h＝
aQt
，得到aQ＝
.由此可见tP＝tQ，aQ＝2aP，而aP＝
，aQ＝
，所以qP∶qQ＝1∶2.由动能定理得，它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝maP
∶maQh＝1∶4.综上所述，C项正确．
6．（2018·南京师大附中段考）如图6所示，正方体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料．ABCD面带正电，EFGH面带负电．从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴a、b、c，最后分别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是（ ）
图6
A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动
B．三个液滴的运动时间不一定相同
C．三个液滴落到底板时的速率相同
D．液滴c所带电荷量最多
答案 D
解析 三个液滴在水平方向受到电场力作用，在水平方向并不是做匀速直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动，选项A错误；由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动，故三个液滴的运动时间相同，选项B错误；三个液滴落到底板时竖直分速度大小相等，而水平分位移不相等，水平分速度大小不相等，所以三个液滴落到底板时的速率不相同，选项C错误；由于液滴c在水平方向位移最大，故液滴c在水平方向加速度最大，由牛顿第二定律知，液滴c所受的电场力最大，故液滴c所带电荷量最多，选项D正确．
考点三 带电粒子在电场（复合场）中的圆周运动
7．（多选）如图7所示，竖直向下的匀强电场中，用绝缘细线拴住的带电小球在竖直平面内绕O做圆周运动，以下四种说法中正确的是（ ）
图7
A．带电小球可能做匀速圆周运动
B．带电小球可能做非匀速圆周运动
C．带电小球通过最高点时，细线拉力一定最小
D．带电小球通过最低点时，细线拉力有可能最小
答案 ABD
8.如图8所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，一带负电的小球从高为h的A处由静止开始下滑，沿轨道ABC运动后进入圆环内做圆周运动．已知小球所受电场力是其重力的
，圆环半径为R，斜面倾角为θ＝53°，轨道水平段BC长度sBC＝2R.若使小球在圆环内恰好能做完整的圆周运动，则高度h为（ ）
图8
A．2RB．4RC．10RD．17R
答案 C
解析 小球所受的重力和电场力均为恒力，故两力可等效为一个力F＝
＝
mg，方向与竖直方向的夹角为37°偏左下．若使小球在圆环内恰好能做完整的圆周运动，即通过等效最高点D时小球与圆环间的弹力恰好为0，由圆周运动知识可得
mg＝m
，由A到D的过程由动能定理得mg（h－R－Rcos37°）－
mg（htan37°＋2R＋Rsin37°）＝
mv
，解得h＝10R，故选项C正确，选项A、B、D错误．
考点四 带电粒子在交变电场中的运动
9．（多选）如图9所示，两平行金属板分别加上如下列选项中的电压，能使原来静止在金属板中央的电子（不计重力）有可能做往返运动的U－t图象应是（设两板距离足够大）（ ）
图9
答案 BC
解析 由A图象可知，电子先做匀加速运动，
T时速度最大，从
T到T内做匀减速运动，T时速度减为零．然后重复这种运动．由B图象可知，电子先做匀加速运动，
T时速度最大，从
T到
T内做匀减速运动，
T时速度减为零；从
T到
T反向匀加速运动，
T时速度最大，从
T到T内做匀减速运动，T时速度减为零，回到出发点．然后重复往返运动．
由C图象可知，电子先做加速度减小的加速运动，
T时速度最大，从
T到
T内做加速度增大的减速运动，
T时速度减为零；从
T到
T反向做加速度减小的加速运动，
T时速度最大，从
T到T内做加速度增大的减速运动，T时速度减为零，回到出发点．然后重复往返运动．
由D图象可知，电子0～
做匀加速运动，从
T到T内做匀速运动，然后重复加速运动和匀速运动一直向一个方向运动．故选B、C.
10．（多选）如图10（a）所示，A、B表示真空中水平放置的相距为d的平行金属板，板长为L，两板加电压后板间的电场可视为匀强电场．现在A、B两板间加上如图（b）所示的周期性的交变电压，在t＝0时恰有一质量为m、电荷量为＋q的粒子在左侧板间中央沿水平方向以速度v0射入电场，忽略粒子的重力，则下列关于粒子运动状态的表述中正确的是（ ）
图10
A．粒子在垂直于板的方向上的分运动可能是往复运动
B．粒子在垂直于板的方向上的分运动是单向运动
C．只要周期T和电压U0的值满足一定条件，粒子就可沿与板平行的方向飞出
D．粒子不可能沿与板平行的方向飞出
答案 BC
二、非选择题
11.虚线PQ、MN间存在如图11所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m＝2.0×10－11kg、电荷量为q＝＋1.0×10－5C，从a点由静止开始经电压为U＝100V的电场加速后，垂直进入匀强电场中，从虚线MN上的某点b（图中未画出）离开匀强电场时速度与电场方向成30°角．已知PQ、MN间距为20cm，带电粒子的重力忽略不计．求：
图11
（1）带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1；
（2）水平匀强电场的场强大小；
（3）ab两点间的电势差．
答案
（1）1.0×104m/s
（2）1.7×103N/C （3）400V
解析
（1）由动能定理得：
qU＝
mv
代入数据得v1＝1.0×104m/s.
（2）粒子沿初速度方向做匀速运动：
d＝v1t
粒子沿电场方向做匀加速运动：
vy＝at
由题意得：
tan30°＝
由牛顿第二定律得：
qE＝ma
联立以上各式并代入数据得：
E＝
×103N/C≈1.7×103N/C.
（3）由动能定理得：
qUab＝
m（v
＋v
）－0
联立以上各式并代入数据得：
Uab＝400V.
12．（2018·德州市期末）如图12甲所示，水平放置的两平行金属板A、B相距为d，板间加有如图乙所示随时间变化的电压．A、B板中点O处有一带电粒子，其电荷量为q，质量为m，在0～
时间内粒子处于静止状态．已知重力加速度为g，周期T＝
.求：
图12
（1）判断该粒子的电性；
（2）在0～
时间内两板间的电压U0；
（3）若t＝T时刻，粒子恰好从O点正下方金属板A的小孔飞出，那么
的值应为多少．
答案
（1）正电
（2）
（3）
解析
（1）由平衡条件可知粒子带正电
（2）0～
时间内，粒子处于平衡状态
由mg＝
得：
U0＝
（3）在
～T时间内有：
＝
at2
mg＋
＝ma
t＝
＝
由以上各式联立得：
＝
.
13.如图13所示，长L＝0.20m的绝缘丝线的一端拴一质量为m＝1.0×10－4kg、带电荷量为q＝＋1.0×10－6C的小球，另一端连在一水平轴O上，丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动，整个装置处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E＝2.0×103N/C.现将小球拉到与轴O在同一水平面上的A点，然后无初速度地将小球释放，取g＝10m/s2，不计空气阻力．求：
图13
（1）小球通过最高点B时速度的大小；
（2）小球通过最高点B时，丝线对小球拉力的大小．
答案
（1）2m/s
（2）3.0×10－3N
解析
（1）小球由A运动到B，其初速度为零，电场力对小球做正功，重力对小球做负功，丝线拉力不做功，则由
动能定理有：
qEL－mgL＝
vB＝
＝2m/s.
（2）设小球到达B点时，受重力mg、电场力qE和丝线拉力FTB作用，
mg＝1.0×10－4×10N＝1.0×10－3N
qE＝1.0×10－6×2.0×103N＝2.0×10－3N
因为qE＞mg，而qE方向竖直向上，mg方向竖直向下，小球做圆周运动，其到达B点时向心力的方向一定指向圆心，由此可以判断出小球一定受到丝线的拉力FTB作用，由牛顿第二定律有：
FTB＋mg－qE＝
FTB＝
＋qE－mg＝3.0×10－3N.
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