1、專練專練13 帶電粒子在電場中的運動?？碱}型?？碱}型1.應(yīng)用1.應(yīng)用帶電粒子在電場中的直線運動 例1如圖所示，兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將()A保持靜止?fàn)顟B(tài)B向左上方做勻加速運動C向正下方做勻加速運動D向左下方做勻加速運動【解析】兩板水平放置時，放置于兩板間a點的帶電微粒保持靜止，帶電微粒受到的電場力與重力平衡。當(dāng)將兩板逆時針旋轉(zhuǎn)45時，電場力大小不變，方向逆時針偏轉(zhuǎn)45，受力情況如圖所示，則其合力方向沿二力角平分線方向，微粒將向左下方做勻加速運

2、動，D正確。【答案】D2.應(yīng)用2.應(yīng)用 帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 例2(2021全國乙卷7)(多選)四個帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別（q，m）、（q，2m）、（3q，3m）、（q，m）它們先后以相同的速度從坐標(biāo)原點沿x軸正方向射入一勻強電場中，電場方向與y軸平行，不計重力，下列描繪這四個粒子運動軌跡的圖像中，可能正確的是()【解析】帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，加速度，由類平拋運動規(guī)律可知，帶電粒子的在電場中運動時間，離開電場時，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切為，因為四個帶電的粒子的初速相同，電場強度相同，極板長度相同，所以偏轉(zhuǎn)角只與比荷有關(guān)，前面三個帶電粒子帶正電，一個帶電粒子帶負(fù)電，所以一個粒子與

3、另外三個粒子的偏轉(zhuǎn)方向不同；（q，m）粒子與（3q，3m）粒子的比荷相同，所以偏轉(zhuǎn)角相同，軌跡相同，且與（q，m）粒子的比荷也相同，所以（q，m）、（3q，3m）、（q，m）三個粒子偏轉(zhuǎn)角相同，但（q，m）粒子與前兩個粒子的偏轉(zhuǎn)方向相反；（q，2m）粒子的比荷與（q，m）、（3q，3m）粒子的比荷小，所以（q，2m）粒子比（q，m）、（3q，3m）粒子的偏轉(zhuǎn)角小，但都帶正電，偏轉(zhuǎn)方向相同。【答案】AD3.應(yīng)用3.應(yīng)用 帶電粒子在電場中的類拋體運動和圓周運動 例3(200全國I卷25)在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強電場，柱的橫截面積是以O(shè)為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示。質(zhì)量為m，電荷量為q

4、（q0）的帶電粒子在紙面內(nèi)自A點先后以不同的速度進入電場，速度方向與電場的方向垂直。已知剛進入電場時速度為零的粒子，自圓周上的C點以速率v0穿出電場，AC與AB的夾角60。運動中粒子僅受電場力作用。(1)求電場強度的大?。?2)為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進入電場時的速度應(yīng)為多大？(3)為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為mv0，該粒子進入電場時的速度應(yīng)為多大？【解析】(1)初速度為零的粒子自C點穿出電場，故電場方向與AC平行，且由A指向C。由幾何關(guān)系和電場強度的定義知ACR，F(xiàn)qE由動能定理有FACeq f(1,2)mveq oal(2,0)聯(lián)立式得Eeq f(mvoal(2,

5、0),2qR)。(2)如圖，由幾何關(guān)系知ACBC，故電場中的等勢線與BC平行。作與BC平行的直線與圓相切于D點，與AC的延長線交于P點，則自圓周上D點穿出電場的粒子的動能增量最大。由幾何關(guān)系知PAD30，APeq f(3,2)R，DPeq f(r(3),2)R設(shè)此粒子進入電場時的速度為v1，在電場中運動的加速度為a，時間為t1。粒子在AC方向上做勻加速直線運動，運動的距離等于AP；在垂直于AC的方向上做勻速直線運動，運動的距離等于DP。由牛頓第二定律和運動學(xué)公式有Fma，APeq f(1,2)ateq oal(2,1)，DPv1t1聯(lián)立式得v1eq f(r(2),4)v0。(3)解法一：設(shè)粒子

6、以速度v進入電場時，在電場中運動的時間為t，以A為原點，粒子進入電場的方向為x軸正方向，電場方向為y軸正方向，建立直角坐標(biāo)系，則圓心O的位置坐標(biāo)為eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)R，f(1,2)R)，設(shè)粒子離開電場時的位置坐標(biāo)為(x，y)。由運動學(xué)公式有yeq f(1,2)at2，xvt粒子離開電場的位置在圓周上，有eq blc(rc)(avs4alco1(xf(r(3),2)R)2eq blc(rc)(avs4alco1(yf(1,2)R)2R2粒子在電場中運動時，其x方向的動量不變，y方向的初始動量為零。設(shè)穿過電場前后動量變化量的大小為mv0的粒子，離開電場時其

7、y方向的速度分量為v2，由題給條件及運動學(xué)公式有mv2mv0mat聯(lián)立式得v0或veq f(r(3),2)v0。解法二：由題意知，粒子初速度為0時，動量變化量的大小為mv0，此即問題的一個解。自A點以不同的速度垂直于電場方向射入電場的粒子，沿電場方向位移相等時，在電場中運動時間相同。因此，自B點射出電場的粒子，其動量變化量的大小也為mv0。設(shè)此粒子的初速度為v，在電場中的運動時間為t，由運動學(xué)公式有BCvt，v0at由幾何關(guān)系知BCeq r(3)R聯(lián)立式得veq f(r(3),2)v0。對點速練對點速練1(多選)如圖，平行板電容器A、B兩極板水平放置，與理想二極管串聯(lián)接在電源上，已知A和正極相

8、連，二極管具有單向?qū)щ娦?，一帶電小球沿A、B中心水平射入，打在B極板上的N點?，F(xiàn)保持B板不動，通過上下移動A板來改變兩極板的間距（兩板仍平行），下列說法中正確的是()A若小球帶正電，當(dāng)A、B間距減小時，小球打在N的左側(cè)B若小球帶正電，當(dāng)A、B間距增大時，小球打在N的左側(cè)C若小球帶負(fù)電，當(dāng)A、B間距增大時，小球可能打在N的左側(cè)D若小球帶負(fù)電，當(dāng)A、B間距減小時，小球可能打在N的右側(cè)【答案】AD【解析】根據(jù)Ceq f(rS,4kd)可知，當(dāng)d減小時，電容增大，Q增大，U不變，根據(jù)Eeq f(U,d)，知d減小時E增大。若小球帶正電，所受向下的電場力變大，小球做平拋運動豎直方向加速度增大，運動時間變

9、短，打在N點左側(cè)；若小球帶負(fù)電，所受向上的電場力變大，若電場力小于重力，小球做類平拋運動豎直方向上的加速度減小，運動時間變長，小球?qū)⒋蛟贜點的右側(cè)，故AD正確。當(dāng)d增大時，電容減小，但由于二極管的單向?qū)щ娦允沟肣不可能減小，所以Q不變，根據(jù)Eeq f(U,d)eq f(Q,Cd)eq f(4kQ,rS)，知E不變，所以電場力不變，不管小球帶正電或負(fù)電，小球仍然打在N點，故BC錯誤。2如圖所示，豎直放置的兩個平行金屬板間存在勻強電場，與兩板上邊緣等高處有兩個質(zhì)量相同的帶電小球，小球A從緊靠左極板處由靜止開始釋放，小球B從兩極板正中央由靜止開始釋放，兩小球最終能運動到右極板上的同一位置，則從開始釋

10、放到運動至右極板的過程中，下列判斷正確的是()A運動時間tAtBB電荷量之比qAqB21C機械能增加量之比EAEB21D機械能增加量之比EAEB11【答案】B【解析】對A、B受力分析可知，豎直方向上做自由落體運動，所以兩小球運動時間相等，A錯誤；水平方向在電場力作用下做初速度為零的勻加速直線運動，xA2xB，由運動關(guān)系可知，兩小球電荷量之比eq f(qA,qB)eq f(aA,aB)eq f(xA,xB)eq f(2,1)，由功能關(guān)系可知，電場力做的功等于小球機械能的增加量，eq f(WA,WB)eq f(qAU,qBf(1,2)U)eq f(4,1)，因此機械能的增加量之比為41，B正確，C

11、、D錯誤。3內(nèi)壁光滑、由絕緣材料制成的半徑Req r(2) m的圓軌道固定在傾角45的斜面上，與斜面的切點是A，直徑AB垂直于斜面，直徑MN在豎直方向上，它們處在水平方向的勻強電場中。質(zhì)量為m，電荷量為q的小球（可視為點電荷）剛好能靜止于圓軌道內(nèi)的A點，現(xiàn)對在A點的該小球施加一沿圓軌道切線方向的速度，使其恰能繞圓軌道完成圓周運動。g取10 m/s2，下列對該小球運動的分析，正確的是()A小球可能帶負(fù)電B小球運動到N點時動能最大C小球運動到M點時對軌道的壓力為0D小球初速度大小為10 m/s【答案】D【解析】小球受向下的重力，圓軌道垂直AB的支持力，要使小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，電場力應(yīng)水平向左，與場強

12、方向相同，故小球只能帶正電，A錯誤；由A的解析可知，小球受到重力、電場力的合力（等效重力）垂直斜面向下，故A點可看成等效最低點，B點為等效最高點，小球在A點時動能最大，由于其恰能繞圓軌道完成圓周運動，故在B點恰好由等效重力作為向心力，軌道對小球的壓力為零，即小球運動到B點時對軌道的壓力為0，BC錯誤；在等效最高點B由牛頓第二定律可得，從A到B過程，據(jù)動能定理可得，聯(lián)立解得小球的初速度大小，D正確。4(多選)如圖，一斜面緊靠豎直墻面固定在水平地面上，在紙面內(nèi)加一勻強電場，其方向與水平面夾角60，場強?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m帶電量為q的小球從斜面上P點豎直向上以v0拋出，第一次與接觸面撞前在空中飛行的豎直

13、位移為y1，若僅將初速度大小變?yōu)?v0從P點豎直拋出，第一次與接觸面碰撞前在空中飛行的豎直位移為y2，則下列說法可能正確的是()Ay22y1 By24y1Cy26y1 Dy210y1【答案】BC【解析】小球受重力mg以及沿電場方向的電場力，F(xiàn)Eqeq f(2r(3),3)mg，其豎直分量FyFcos 30mg，則小球在豎直方向做勻速運動；水平方向FxFsin 30eq f(r(3),3)mgmax，則水平方向做加速度為axeq f(r(3),3)g的勻加速運動。若小球第一次能落到斜面上，則有(為斜面的傾角)，可得，則當(dāng)初速度大小變?yōu)?v0時，豎直位移y變?yōu)樵瓉淼?倍；若兩次小球第一次均落在豎直

14、墻壁上，則水平位移相等，則時間相等，由yv0t可知，當(dāng)初速度大小變?yōu)?v0時，豎直位移y變?yōu)樵瓉淼?倍；若第一次落在斜面上，第二次落在墻壁上，可知豎直位移應(yīng)該介于3倍和9倍之間，則選項B、C正確，A、D錯誤。5如圖所示，在水平方向的勻強電場中有一表面光滑、與水平面成45角的絕緣直桿AC，其下端（C端）距地面高度h0.8 m。有一質(zhì)量0.5 kg的帶電小環(huán)套在直桿上，正以某一速度沿桿勻速下滑，小環(huán)離桿后正好通過C端的正下方P點處。g取10 m/s2。求：(1)小環(huán)離開直桿后的加速度大小和方向；(2)小環(huán)從C運動到P過程中的動能增量；(3)小環(huán)在直桿上勻速運動速度的大小v0?！窘馕觥?1)小環(huán)沿桿

15、勻速下滑，受重力，電場力及支持力如圖所示，由平衡條件可得，小環(huán)離開直桿后，只受重力及電場力作用，小環(huán)的加速度解得， 加速度方向垂直桿向下。(2)小環(huán)從C運動到P過程中，由動能定理可得解得。(3)小環(huán)從C運動到P過程中，做類平拋運動，如圖所示有代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得。6如圖所示，金屬絲K產(chǎn)生的熱電子經(jīng)電壓U0加速后從小孔進入平行金屬板MN間。當(dāng)MN間未加電壓時，電子從M板的下邊緣沿直線穿過金屬板，打在半徑為r的旋轉(zhuǎn)熒光屏上的O點并發(fā)出熒光?，F(xiàn)給MN加一個圖示的鋸齒波電壓U，在電壓變化時M板電勢低于N板，且電壓的變化周期為T。已知平行金屬板MN長為L板間距離為d、MN右側(cè)與熒光屏最左側(cè)的距離s0.5L，

16、旋轉(zhuǎn)熒光屏的周期為0.5T。電子通過金屬板時間極短，可認(rèn)為板間電壓不變，電子的質(zhì)量為m，電量為e，不計電子間的相互作用力。(1)求當(dāng)兩板電壓為Um的電子的側(cè)向位移y；(2)若所有電子間能打在屏上，求屏上發(fā)出熒光點的縱坐標(biāo)的最大值Y；(3)繪出電壓變化一個周期時間內(nèi)屏上熒光的圖像，并標(biāo)出橫縱坐標(biāo)?！窘馕觥?1)依題意，可得電子經(jīng)電壓U0加速后從小孔進入平行金屬板MN時的初速度，即電子進入平行金屬板MN后做類平拋運動，當(dāng)兩板電壓為Um時，電子的側(cè)向位移又因為，聯(lián)立解得。(2)若所有電子間能打在屏上，當(dāng)平行金屬板MN間所加電壓為最大電壓Um時，則屏上發(fā)出熒光點的縱坐標(biāo)為最大值，由(1)問可知，電子飛

17、出平行金屬板MN時的最大偏轉(zhuǎn)量為飛出平行金屬板MN時，電子做勻速直線運動，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可得聯(lián)立求得。(3)結(jié)合圖像由(2)問可得，電子打在熒光屏上豎直位移隨時間的變化規(guī)律為則可畫出電壓變化一個周期時間內(nèi)屏上熒光的圖像如圖所示。7如圖甲所示，粗糙水平軌道與半徑為R的豎直光滑、絕緣的半圓軌道在B點平滑連接，過半圓軌道圓心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的勻強電場E，質(zhì)量為m的帶正電小滑塊從水平軌道上A點由靜止釋放，運動中由于摩擦起電滑塊電量會增加，過B點后電量保持不變，小滑塊在AB段加速度隨位移變化圖象如圖乙。已知A、B間距離為4R，滑塊與軌道間動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g，不計空氣阻力

18、，求：(1)小滑塊釋放后運動至B點過程中電荷量的變化量；(2)滑塊對半圓軌道的最大壓力大??；(3)小滑塊再次進入電場時，電場大小保持不變、方向變?yōu)橄蜃?，求小滑塊再次到達水平軌道時的速度大小以及距B的距離?！窘馕觥?1) 由牛頓第二定律得，在A點： 在B點： 由聯(lián)立解得: (2)從A到B過程，由動能定理得： 將電場力與重力的合力等效為“重力G”，與豎直方向的夾角設(shè)為，在“等效最低點”時滑塊對軌道壓力最大，則： 從B到“等效最低點”過程，由動能定理得： 由牛頓第二定律得： 由式聯(lián)立解得：由牛頓第三定律得軌道所受最大壓力為(3)從B到C過程，由動能定理得： 從C點到再次進入電場的過程中做平拋運動：水

19、平方向： 豎直方向： 設(shè)速度方向與水平方向的夾角為1，則 進入電場后，受向左的電場力與豎直向下的重力， 由式聯(lián)立可得：，則進入電場后合力與速度共線，做勻加速直線運動 從C點到水平軌道： 由式聯(lián)立可得：，因此滑塊再次到達水平軌道的速度大小為，方向與水平方向夾角的正切值為、斜向左下方，位置在B點左側(cè)6R處。8如圖所示，兩個固定的均勻帶電球面，所帶電荷量分別為Q和Q（Q0），半徑分別為R和eq f(1,2)R，小球面與大球面內(nèi)切于C點，兩球面球心O和O的連線MN沿豎直方向，在MN與兩球面的交點B、O和C處各開有足夠小的孔，因小孔損失的電荷量忽略不計，有一質(zhì)量為m，電荷量為q（q0）的質(zhì)點自MN線上離B點距離為R的A點豎直上拋。已知點電荷q在