专题突破1 微专题4 带电粒子(带电体)在电场中的运动-【步步高】2024年新高考物理考前三个月（苏京）

微专题4　带电粒子(带电体)在电场中的运动 1．解决带电粒子在电场中的抛体运动问题常用的方法：将速度或力分解在相互垂直的方向，分别利用运动学公式求解。 2．涉及动能问题时常用动能定理解决，带电粒子偏转时静电力做功，W＝qEy(y为偏转量)。 3．对于带电粒子在交变电场中的运动，需要进行分段研究，分析粒子在每段运动过程中的受力特点和运动性质。 4．对于带电体在电场和重力场叠加下的圆周运动 (1)如图，以带电体带正电为例，先作出重力与静电力的合力F合，将这个合力视为一个等效重力，则等效重力加速度g′＝。 (2)等效最高点和最低点：在“等效重力场”中做圆周运动的带电体，过圆心作合力的平行线，交于圆周上的两点即为等效最高点和最低点。 考点一　带电粒子(带电体)在电场中的加速和偏转 1．如图所示，一带正电的粒子以初动能Ek沿平行板电容器的中线进入板内，恰好沿下板的边缘飞出，飞出时粒子的动能为2Ek。已知板长为L，带电粒子的电荷量为q，粒子在极板之间仅受静电力的作用，则下列说法正确的是(　　) A．两极板的间距为L B．粒子射出时速度方向偏转30° C．两极板间的电势差为 D．粒子在极板间运动的前一半时间与后一半时间内，静电力对粒子做功之比为1∶1 答案　C 解析　设粒子质量为m，射入板间的初速度为v0，则有粒子射入电场时Ek＝mv02 粒子射出电场时2Ek＝mv2 则有cos θ＝＝ 则粒子射出时的偏转角度θ＝45°，B错误； 设两极板间距为d，由对B项的分析可得 vy＝v0tan 45°＝v0，L＝v0t，＝t 得d＝L，A错误； 设两极板间的电势差为U， 由动能定理可得qU＝2Ek－Ek， 解得U＝，C正确； 粒子在静电力方向上做初速度为零的匀加速直线运动，在前一半时间和后一半时间内静电力方向上的位移(侧移量)之比为1∶3，由W＝qEy知静电力对粒子做功之比为1∶3，D错误。 2．如图所示，电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h。质量均为m、带电荷量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中)。不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd的中心，则在水平方向有s＝v0t，在竖直方向有h＝··t2，解得v0＝，故B正确，A、C、D错误。 若两个类平抛运动的轨迹对称，两粒子在沿电场方向和垂直电场方向的位移大小、时间分别相等。 3．(2023·浙江1月选考·12)如图所示，示波管由电子枪、竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和荧光屏组成。电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子(　　) A．在XX′极板间的加速度大小为 B．打在荧光屏时，动能大小为11eU C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小为 D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切tan α＝ 答案　D 解析　由牛顿第二定律可得，在XX′极板间的加速度大小a＝＝，A错误；电子在XX′极板间运动时，垂直极板方向有vX＝at，t＝，电子离开XX′极板时的动能为Ek＝m(v02＋vX2)，又有10eU＝mv02，解得Ek＝eU(10＋)，电子离开XX′极板后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为eU(10＋)，B错误；在XX′极板间受到电场力的冲量大小IX＝mvX＝，C错误；打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切tan α＝＝，D正确。 4.如图，质量为m、电荷量为q的质子(不计重力)在匀强电场中运动，先后经过水平虚线上A、B两点时的速度大小分别为vA＝v、vB＝v，方向分别与AB成α＝60°斜向上、θ＝30°斜向下，已知AB＝L，则(　　) A．质子从A到B的运动为圆周运动 B．电场强度大小为 C．质子从A点运动到B点所用时间为 D．质子的最小速度为v 答案　D 解析　由于质子在匀强电场中受到的静电力恒定，故加速度不变，质子做匀变速运动，故A错误； 质子在匀强电场中做抛体运动，在与电场方向垂直的方向上分速度不变，设vA与电场线的夹角为β，如图所示 结合vA与vB方向垂直有vsin β＝vcos β 解得β＝60°，根据动能定理有 qELsin(β＋α－90°)＝m(v)2－mv2 解得E＝，故B错误； 由图中关系可知AC＝Lcos(β＋α－90°)＝L 质子从A点运动到B点所用的时间t＝＝，故C错误； 质子沿电场线方向的分速度为零时速度最小，质子的最小速度为vmin＝vsin β＝v，故D正确。 考点二　带电粒子在交变电场中的运动 5．如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0。已知t＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场。则(　　) A．部分粒子会打到两极板上 B．每个粒子在板间运动全过程，所受静电力会使带电粒子离开电场时沿电场方向的速度不为零 C．运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2Ek0 D．只有t＝n(n＝0,1,2，…)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场 答案　C 解析　带电粒子在t＝0时刻射入时，沿电场方向有最大位移，故其他粒子均不可能打到极板上，故A错误； 带电粒子在垂直于电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做加速度大小不变、方向周期性变化的变速直线运动，由t＝0时刻射入电场的粒子运动情况可知，粒子在平行板间运动时间为交变电场周期的整数倍，在0～时间内带电粒子运动的加速度为a＝，由匀变速直线运动规律得 vy＝at＝t 同理可分析～T时间内带电粒子的运动情况，所以带电粒子在沿电场方向的速度v和E－t图线与t轴所围面积成正比(t轴下方的面积取负值)，而经过周期的整数倍，E－t图线与t轴所围面积始终为零，故带电粒子离开电场时沿电场方向的速度总为零，都垂直电场方向射出电场，故B、D错误； 当粒子在t＝0时刻射入且经过时间T离开电场时，粒子在t＝时达到最大速度，由题意得此时垂直于电场方向和沿电场方向的位移之比为＝，即v0t＝2×at2，可得vy＝v0，故粒子的最大速度为vm＝v0，因此最大动能为初动能的2倍，故C正确。 6．(2023·江苏苏州市期末)如图a所示，水平放置的两正对、平行金属板A、B间加有如图b所示的交变电压UAB，现有一带电粒子从A板左端边缘以速度v0水平射入电场。粒子电荷量为＋q，质量为m，不计粒子重力。 (1)若粒子能够射出电场，已知金属板长度为L，求粒子在电场中的运动时间t； (2)若粒子在t＝时刻射入电场，经过一段时间后从A板右侧边缘水平射出，则板长L和两板间距d分别满足什么条件？ (3)若金属板足够长，要求t＝0时刻射入的粒子打到B板时动能最大，则两板间距d应当满足什么条件？ 答案　(1) (2)L＝nv0T(n＝1,2,3…)　d≥ (3)d＝(n＝0,1,2,3…) 解析　(1)根据题意可知，粒子在电场中，水平方向上做匀速直线运动，若粒子能够射出电场，则粒子在电场中的运动时间为t＝ (2)根据题意可知，若粒子在t＝时刻射入电场，且经过一段时间后能够从A板右侧边缘水平射出，则在竖直方向上，粒子在～时间内，做向下的匀加速直线运动，在～时间内，向下做匀减速直线运动，由对称性可知，粒子在时，竖直分速度减小到0，此时，粒子未达到B板上，然后在～T时间内，向上做匀加速直线运动，在T～时间内，向上做匀减速直线运动，由对称性可知，在时，粒子恰好回到A板边缘，且竖直分速度为0，由上述分析可知，两板间距d满足条件为d≥2×a()2，由牛顿第二定律可得a＝ 联立解得d≥ 粒子在电场中的运动时间为t1＝nT(n＝1,2,3…) 则板长为L＝v0t1＝nv0T(n＝1,2,3…) (3)根据题意可知，若粒子从t＝0时刻进入电场，在0～时间内，做向下的匀加速直线运动，在～T时间内，向下做匀减速直线运动，由对称性可知，在T时刻，粒子竖直分速度减小到0，要求粒子打到B板时动能最大，则粒子打到B板时，竖直分速度最大，即粒子在，，…时，恰好打到B板，则有d＝(2n＋1)×()2(n＝0,1,2,3…) 解得d＝(n＝0,1,2,3…)。 考点三　带电体在电场和重力场叠加下的运动 7.细线拉着一质量为m的带电小球(可视为质点)在竖直平面内做半径为R的圆周运动，该区域内存在水平方向的匀强电场(图中未画出)，小球所受静电力水平向右，大小是其重力的倍，圆周上A点在圆心的正上方，小球过A点时的速度大小为v0，方向水平向左，除受重力、静电力及细线的拉力外小球不受其他力的作用，重力加速度为g，在小球做圆周运动的过程中(　　) A．小球最小速率为 B．小球速率最小时其电势能最大 C．若小球过A点时细线断开，之后小球电势能最大时速率为 D．若小球过A点时细线断开，之后小球电势能最大时速率为 答案　C 解析　如图，当小球到达B点时小球的速率最大，到达C点时速率最小，设B、C连线与竖直方向夹角为θ，则tan θ＝＝，可知θ＝60° 由A到C由动能定理有 mgR(1－cos 60°)－qERsin 60°＝mvC2－mv02 解得vC＝ 选项A错误； 电场方向沿水平方向，则电势最高点和最低点应在水平直径的两端，则C点不是电势能最大的位置，选项B错误； 若小球过A点时细线断开，之后小球电势能最大时水平速度减为零，则时间t＝＝ 竖直方向做自由落体运动，则此时的速率为v＝vy＝gt＝，选项C正确，D错误。 在等效重力场中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题，小球能维持圆周运动的条件是能过“最高点”，而这里的“最高点”不一定是几何最高点，应当是物理最高点。 8.(2022·辽宁卷·14)如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求： (1)弹簧压缩至A点时的弹性势能； (2)小球经过O点时的速度大小； (3)小球过O点后运动的轨迹方程。 答案　(1)mgR　(2)　(3)y2＝6Rx 解析　(1)小球从A到B，根据能量守恒定律得 Ep＝mvB2＝mgR (2)小球从B到O，根据动能定理有 －mgR＋mg×R＝mvO2－mvB2 解得vO＝ (3)小球运动至O点时速度方向竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解， 则x轴方向有mgcos 45°＝max y轴方向有mgsin 45°－mg＝may 解得ax＝g，ay＝0 说明小球过O点后的运动为沿x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有x＝gt2，y＝vOt 联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为 y2＝6Rx。 1．(2023·江苏南京市三模)如图所示，真空中有一足够大的水平向右的匀强电场，质量均为m、带电荷量分别为＋q和－3q的两小球同时从O点以速度v0斜向右上方射入匀强电场中，v0方向与水平方向成60°角，A、B(图中未画出)两点分别为两小球运动轨迹的最高点，带正电的小球经过A点的速度大小仍然为v0，若仅把带正电的小球射入速度变为2v0，其运动轨迹的最高点记为C。不考虑两球间的库仑力。下列说法错误的是(　　) A．两小球同时到A、B两点 B．OA与OB之比为∶1 C．两小球到达A、B两点过程中电势能变化量之比为1∶3 D．带正电的小球经过C点的速度大小为2v0 答案　C 解析　由题知，将带电小球的运动分解成水平方向和竖直方向的运动，由受力分析可知，两小球在竖直方向只受重力，故在竖直方向做竖直上抛运动，竖直方向的初速度为v0y＝v0sin 60°，上升到最高点时，竖直方向速度为零，由此可知，两球到达A、B两点的时间相同，A正确； 水平方向只受静电力，故水平方向做匀变速直线运动，水平方向的初速度为v0x＝v0cos 60°＝v0 由题可知，对带正电的小球有v0＝v0＋at 对带负电的小球有v′＝v0－3at 解得v′＝－v0 可见到达最高点时两小球的速度大小相等，水平方向只有静电力做功，由动能定理可知，两球到达A、B两点过程中电势能变化量之比为1∶1，C错误； v0y＝v0sin 60°＝gt 由以上分析可知v0＝v0＋at 解得g＝a 故OA＝＝ OB＝＝，故OA与OB之比为∶1，故B正确； 由题可知，v0x′＝2v0cos 60°＝v0 v0y′＝2v0sin 60°＝gt′ v″＝v0x′＋at′ 联立得v″＝2v0，故D正确。 2．如图甲，一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v平行于极板进入(记为t＝0时刻)，同时在两板上加一按图乙变化的电压。已知粒子比荷为k，带电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平行极板方向的速度射出。则下列说法中正确的是(　　) A．粒子射出时间可能为t＝4 s B．粒子射出的速度大小为2v C．极板长度满足L＝3vn(n＝1,2,3，…) D．极板间最小距离为 答案　D 解析　粒子进入电容器后，在平行于极板方向做匀速直线运动，垂直于极板方向运动的v⊥－t图像如图所示 因为粒子平行极板射出，可知粒子垂直板的分速度为0，所以射出时刻可能为1.5 s、3 s、4.5 s、…，满足t＝1.5n(n＝1,2,3，…) 粒子射出的速度大小必定为v，故A、B错误； 极板长度L＝1.5vn(n＝1,2,3，…)，故C错误； 因为粒子不跟极板碰撞，则应满足≥v⊥max×1.5 s，v⊥max＝a×1 s，a＝ 联立解得d≥，故D正确。 3.(2023·湖北卷·10改编)一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是(　　) A．L∶d＝2∶1 B．U1∶U2＝2∶1 C．微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2 D．仅改变微粒的质量或者电荷量，微粒在电容器中的运动轨迹不变 答案　D 解析　微粒在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，根据电场强度和电势差的关系、电场强度和静电力的关系及牛顿第二定律可得E＝，F＝qE＝ma，设微粒射入电容器时的速度为v0，水平方向和竖直方向的分速度vx＝v0cos 45°＝v0，vy＝v0sin 45°＝v0，微粒从射入到运动到最高点由运动学关系式有vy2＝2ad，微粒射入电场时由动能定理可得qU1＝mv02，联立解得U1∶U2＝1∶1，B错误；微粒从射入到运动到最高点有2L＝vxt0，d＝·t0，联立解得L∶d＝1∶1，A错误；微粒从最高点到穿出电容器由运动学知识可得L＝vxt1，vy1＝at1，微粒从射入电容器到运动到最高点有vy＝at0，解得vy1＝，设微粒射出电容器时与水平方向的夹角为α，则tan α＝＝，微粒射入电场时和水平方向的夹角为β，则tan(α＋β)＝3，C错误；微粒从射入到运动到最高点的过程水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y＝at2，联立解得y＝，且x＝vxt0，y＝·t0，解得x＝2L，y＝d＝L，即微粒在运动到最高点的过程中水平方向和竖直方向的位移均与电荷量和质量无关，射出电场过程同理，x1＝L＝vxt1，y1＝t1＝＝，即运动轨迹不会变化，D正确。 4．(2022·江苏卷·15)某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图所示，矩形ABCD区域内存在多层紧邻的匀强电场，每层的高度均为d，电场强度大小均为E，方向沿竖直方向交替变化，AB边长为12d，BC边长为8d，质量为m、电荷量为＋q的粒子流从装置左端中点射入电场，粒子初动能为Ek，入射角为θ，在纸面内运动，不计重力及粒子间的相互作用力。 (1)当θ＝θ0时，若粒子能从CD边射出，求该粒子通过电场的时间t； (2)当Ek＝4qEd时，若粒子从CD边射出电场时与轴线OO′的距离小于d，求入射角θ的范围； (3)当Ek＝qEd，粒子在θ为－～范围内均匀射入电场，求从CD边出射的粒子与入射粒子的数量之比N∶N0。 答案　见解析 解析　(1)电场方向在竖直方向上，粒子所受静电力在竖直方向上，粒子在水平方向上做匀速直线运动，速度分解如图所示 粒子在水平方向的速度为vx＝vcos θ0 根据Ek＝mv2可知v＝ 解得t＝· (2)粒子进入电场时的初动能 Ek＝4qEd＝mv02 粒子进入电场后只有静电力做功，粒子在竖直方向上反复运动后，根据题意可知最终运动的空间如图所示，若粒子从OO′上部分离开CD边，则静电力做负功，根据动能定理可知－qEx＝Ek1－Ek 其中Ek1＝m(vy12＋vx12) Ek＝m(vy02＋vx02) 粒子在水平方向上做匀速直线运动， 所以vx0＝vx1， 竖直方向上有vy0＝v0sin θ1， 动能定理的方程可化解为 －qEx＝mvy12－mvy02 ＝mvy12－mv02sin2 θ1 当vy1＝0时，x取到最大值，即 －qExm＝－mv02sin2 θ1 解得粒子在竖直方向上的最大位移为 xm＝4dsin2 θ1 根据题意可知xm<d， 可知sin θ1<， 解得θ1<30°，粒子在OO′上、下部分运动呈现对称性，所以入射角的范围为－<θ< (3)设粒子入射角为θ′时，粒子恰好从D点射出，由于粒子进入电场时，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向反复做加速度大小相等的减速运动和加速运动。 粒子的速度v′＝＝ 运动时间为t总＝＝· 粒子在沿电场方向，反复做加速度大小相等的减速运动和加速运动，则 －2ad＝v1d2－(v′sin θ′)2 2ad＝v2d2－(v1d)2 －2ad＝v3d2－(v2d)2 2ad＝v4d2－(v3d)2 －2ad＝v5d2－(v4d)2 2ad＝v6d2－(v5d)2 则v2d＝v4d＝v6d＝v′sin θ′，v1d＝v3d＝v5d 则粒子在分层电场中运动时间相等，设为t0， 则t0＝t总＝×＝ 且d＝v′sin θ′·t0－·t02 代入数据化简可得 6cos2θ′－8sin θ′cos θ′＋1＝0 即tan2θ′－8tan θ′＋7＝0 解得tan θ′＝7(舍去)或tan θ′＝1，解得θ′＝ 则从CD边出射的粒子入射粒子的数量之比 N∶N0＝＝50%。 学科网（北京）股份有限公司 $$