專題13 勻強電場中的勻變速直（曲）線運動模型-2024版高三物理培優(yōu)-模型與方法

2024版高三物理培優(yōu)——模型與方法專題13勻強電場中的勻變速直（曲）線運動模型目錄TOC\o"1-3"\h\u【模型一】帶電粒子在電場中的加速和減速運動模型 11.帶電粒子在電場中的加速直線運動模型 12.交變電場中的直線運動 83.帶電體在電場中的直線運動 12【模型二】帶電粒子在勻強電場中的偏轉模型 20【模型三】帶電粒子經加速電場后進入偏轉電場模型 29【模型四】帶電粒子在復合場中的勻變速曲線運動的幾種常見模型 37【模型一】帶電粒子在電場中的加速和減速運動模型1.帶電粒子在電場中的加速直線運動模型受力分析：與力學中受力分析方法相同,知識多了一個電場力而已.如果帶電粒子在勻強電場中，則電場力為恒力（qE）,若在非勻強電場，電場力為變力.運動過程分析：帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場，收到的電場力與運動方向在同一直線上，做勻加（減）速直線運動.兩種處理方法：=1\*GB3①力和運動關系法——牛頓第二定律：帶電粒子受到恒力的作用，可以方便地由牛頓第二定律求出加速度，結合勻變速直線運動的公式確定帶電粒子的速度、時間和位移等.=2\*GB3②功能關系法——動能定理：帶電粒子在電場中通過電勢差為UAB的兩點時動能的變化是，則.例：如圖真空中有一對平行金屬板，間距為d，接在電壓為U的電源上，質量為m、電量為q的正電荷穿過正極板上的小孔以v0進入電場，到達負極板時從負極板上正對的小孔穿出.不計重力，求：正電荷穿出時的速度v是多大？解法一、動力學：由牛頓第二定律：①由運動學知識：v2－v02=2ad②聯(lián)立①②解得：解法二、動能定理：解得討論：（1）若帶電粒子在正極板處v0≠0，由動能定理得qU=mv2-mv02解得v=（2）若將圖中電池組的正負極調換，則兩極板間勻強電場的場強方向變?yōu)樗较蜃?，帶電量?q，質量為m的帶電粒子，以初速度v0，穿過左極板的小孔進入電場，在電場中做勻減速直線運動.①若v0>，則帶電粒子能從對面極板的小孔穿出，穿出時的速度大小為v，有-qU=mv2-mv02解得v=②若v0<，則帶電粒子不能從對面極板的小孔穿出，帶電粒子速度減為零后，反方向加速運動，從左極板的小孔穿出，穿出時速度大小v=v0.設帶電粒子在電場中運動時距左極板的最遠距離為x，由動能定理有：-qEx=0-mv02又E=(式d中為兩極板間距離)解得x=.【模型演練1】（2023·全國·高三假期作業(yè)）如圖所示，兩平行金屬板相距為d，電勢差U未知，一個電子從O點沿垂直于極板的方向以速度v射出，最遠到達A點，然后返回，已知O、A相距為h，電子的質量為m，電荷量為e，則兩金屬板間的電勢差U為（

）

A． B． C． D．【答案】C【詳解】電子由O到A的過程，只有電場力做功，根據(jù)動能定理得兩板間的電場強度解得兩金屬板間的電勢差U為故選C?！灸Ｐ脱菥?】（2023春·江蘇南京·高三南京市第一中學?？计谀┤鐖D所示，在P板附近有一電子由靜止開始向Q板運動，則關于電子到達Q板時的速度，下列說法正確的是（）A．兩板間距離越大，加速的時間就越長，獲得的速度就越大B．兩板間距離越小，加速度就越大，獲得的速度就越大C．與兩板間距離無關，僅與加速電壓有關D．以上說法均不正確【答案】C【詳解】設兩板間電勢差為，根據(jù)動能定理有解得可知，兩板間電壓一定的情況下，增加板間距或減小板間距，電子到達Q板時的速度不變，即電子到達Q板時的速度與兩板間距離無關，僅與加速電壓有關。故選C?！灸Ｐ脱菥?】（2023·河北保定·統(tǒng)考三模）一對平行正對的金屬板C、D接入如圖所示的電路中，電源電動勢為E，C板固定，D板可左右平行移動，閉合開關，一段時間后再斷開開關，從C板發(fā)射一電子，恰能運動到A點后再返回，已知A到D板的距離是板間距離的三分之一，電子質量為m，電荷量為-e，忽略電子的重力，則（）

A．設定C板電勢為0，電子在A點的電勢能為B．若要讓電子能夠到達D板，可將D板向左平移至A點或A點左側某位置C．若要讓電子能夠到達D板，可將D板向右平移至某位置D．若要讓電子能夠到達D板，可閉合開關，再將D板向右平移至某位置【答案】B【詳解】A．金屬板的電場線由C指向D，沿著電場線電勢逐漸降低，設定C板電勢為0，則A點的電勢為電子在A點的電勢能為故A錯誤；BCD．閉合開關，一段時間后再斷開開關，則電容器的電量Q不變，根據(jù)電容的定義式和決定式有，聯(lián)立解得從C板發(fā)射一電子，恰能運動到A點后再返回，則有所以若要讓電子能夠到達D板，可將D板向左平移至A點或A點左側某位置，或者閉合開關，再將D板向左平移至A點或A點左側某位置，故B正確，CD錯誤故選B?！灸Ｐ脱菥?】（2023·河北滄州·河北省吳橋中學校考模擬預測）如圖所示，半徑為R的圓處在勻強電場中，O為圓心，圓所在平面與電場線平行，A、B是圓上兩點，間劣弧為四分之一圓弧，一個質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子以大小為v0的速度從O點沿某一方向射出，到達B點時的動能為，若以垂直連線向左的方向仍以大小為的速度射出，過一段時間t粒子又回到O點，再改變粒子從O點射出的方向，射出速度大小仍為，結果粒子到達了A點，不計粒子的重力，則（）A． B．A點電勢比B點電勢高C．勻強電場的電場強度大小為 D．O、A兩點的電勢差為【答案】C【詳解】B．粒子從O點沿垂直方向射出去，能回到O點，說明電場方向垂直，由O指向，則是等勢線，A、B兩點等勢，故B錯誤；C．由題意知解得故C正確；A．根據(jù)題意解得故A錯誤；D．O、A兩點的電勢差等于故D錯誤。故選C?！灸Ｐ脱菥?】（2023·北京·高三專題練習）如圖所示，兩極板加上恒定的電壓U，將一質量為m、電荷量為＋q的帶電粒子在正極板附近由靜止釋放，粒子向負極板做加速直線運動。不計粒子重力。若將兩板間距離減小，再次釋放該粒子，則（）A．帶電粒子獲得的加速度變小B．帶電粒子到達負極板的時間變短C．帶電粒子到達負極板時的速度變小D．加速全過程靜電力對帶電粒子的沖量變小【答案】B【詳解】A．根據(jù)勻強電場場強公式和牛頓第二定律有，可得將兩板間距離減小，帶電粒子獲得的加速度變大，故A錯誤；B．根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律解得將兩板間距離減小，帶電粒子到達負極板的時間變短，故B正確；C．根據(jù)動能定理有解得帶電粒子到達負極板時的速度不變，故C錯誤；D．根據(jù)動量定理有可知加速全過程靜電力對帶電粒子的沖量不變，故D錯誤。故選B。【模型演練6】（2023·高三課時練習）兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質量為m、電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射入電場，最遠到達A點，然后返回，如圖所示，OA間距為h，則此電子的初動能為（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】電子從O點到達A點的過程中，僅在電場力作用下速度逐漸減小，根據(jù)動能定理可得-eUOA=0-Ek因為UOA=h所以故選D。2.交變電場中的直線運動U-t圖v-t圖tOtOvv0T/2T單向直線運動AB速度不反向ttOvv0往返直線運動AB速度反向TT/2-v0ttOvv0往返直線運動AB速度反向TT/8-3v05T/8ttOvv0T/32T/3往返直線運動AB速度反向T-v0軌跡圖OOABOOABAOOABDCOOABA【模型演練1】（2023·湖南邵陽·統(tǒng)考模擬預測）如圖甲所示，直線加速器由一個金屬圓板（序號為0）和多個橫截面積相同的金屬圓筒組成，其中心軸線在同一直線上，圓筒的長度遵照一定的規(guī)律依次增加．圓板和圓筒與交流電源相連，序號為奇數(shù)的圓筒和電源的一極相連，圓板和序號為偶數(shù)的圓筒和該電源的另一極相連，交變電源兩極間電勢差的變化規(guī)律如圖乙所示。若電壓的絕對值為U，電子電量大小為e，電子通過圓筒間隙的時間可以忽略不計。在t=0時刻，圓板中央的一個電子在圓板和圓筒之間的電場中由靜止開始加速，沿中心軸線沖進圓筒1，電子在每個圓筒中運動的時間均小于T，且電子均在電壓變向時恰從各圓筒中射出，不考慮相對論效應，則（）A．由于靜電屏蔽作用，圓筒內不存在電場B．電子運動到第n個圓筒時動能為2neUC．在t=時奇數(shù)圓筒相對偶數(shù)圓筒的電勢差為負值D．第個和第n個圓筒的長度之比為∶【答案】AD【詳解】A．由于靜電屏蔽作用，圓筒內不存在電場，A正確；B．電子每經過一個間隙，電場力做功eU，根據(jù)動能定理，電子運動到第n個圓筒時動能為電子運動到第n個圓筒時動能為neU，B錯誤；C．因為時圓筒1相對圓板的電勢差為正值，同理，奇數(shù)圓筒相對偶數(shù)圓筒的電勢差為正值，C錯誤；D．根據(jù)動能定理得，，，得電子在每個圓筒中做勻速運動，故第個和第n個圓筒的長度之比為得D正確。故選AD。【模型演練2】（2023·全國·高三專題練習）反射式速調管是常用的微波器件之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產生微波，其振蕩原理與下述過程類似。已知靜電場的方向平行于x軸，其電勢φ隨x的分布如圖所示，一質量，電荷量的帶負電的粒子從（-1cm，0）點由靜止開始，僅在電場力作用下在x軸上范圍內往返運動，則（）A．x軸負半軸電場強度E1和正半軸電場強度E2的大小的比值為B．粒子在范圍內運動過程中，電場力的沖量為8.0×10-14N·sC．該粒子運動過程中電勢能變化量的最大值為D．該粒子運動的周期【答案】ABD【詳解】A．由及圖像知，x軸負半軸和正半軸的電場強度大小分別為所以故A正確；C．根據(jù)電場力做功與電勢能變化關系可得該粒子運動過程中電勢差取最大值時，電勢能變化量取最大值，即故C錯誤；D．粒子在范圍內運動過程中，由牛頓第二定律和勻變速直線運動規(guī)律可得粒子在0～0.5cm范圍內運動過程中，由牛頓第二定律和勻變速直線運動規(guī)律可得該粒子運動的周期聯(lián)立可得故D正確；B．粒子在范圍內運動過程中，所受的電場力沖量為故B正確。故選ABD。【模型演練3】（2023·廣東省湛江市高三上學期調研）如圖甲所示，A板電勢為0，A板中間有一小孔，B板的電勢變化情況如圖乙所示，一質量為m、電荷量為q的帶負電粒子在t＝eq\f(T,4)時刻以初速度為0從A板上的小孔處進入兩極板間，僅在電場力作用下開始運動，恰好到達B板．則()A．A、B兩板間的距離為eq\r(\f(qU0T2,8m))B．粒子在兩板間的最大速度為eq\r(\f(qU0,m))C．粒子在兩板間做勻加速直線運動D．若粒子在t＝eq\f(T,8)時刻進入兩極板間，它將時而向B板運動，時而向A板運動，最終打向B板【答案】B.【解析】：粒子僅在電場力作用下運動，加速度大小不變，方向變化，選項C錯誤；粒子在t＝eq\f(T,4)時刻以初速度為0進入兩極板，先加速后減速，在eq\f(3T,4)時刻到達B板，則eq\f(1,2)·eq\f(qU0,md)·＝eq\f(d,2)，解得d＝eq\r(\f(qU0T2,16m))，選項A錯誤；粒子在eq\f(T,2)時刻速度最大，則vm＝eq\f(qU0,md)·eq\f(T,4)＝eq\r(\f(qU0,m))，選項B正確；若粒子在t＝eq\f(T,8)時刻進入兩極板間，在eq\f(T,8)～eq\f(T,2)時間內，粒子做勻加速運動，位移x＝eq\f(1,2)·eq\f(qU0,md)＝eq\f(9d,8)，所以粒子在eq\f(T,2)時刻之前已經到達B板，選項D錯誤．【模型演練4】(2023·安徽合肥模擬)如圖(a)所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處．若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上．則t0可能屬于的時間段是 ()A．0＜t0＜eq\f(T,4)B.eq\f(T,2)＜t0＜eq\f(3T,4)C.eq\f(3T,4)＜t0＜TD．T＜t0＜eq\f(9T,8)【答案】：B【解析】：設粒子的速度方向、位移方向向右為正．依題意知，粒子的速度方向時而為正，時而為負，最終打在A板上時位移為負，速度方向為負．分別作出t0＝0、eq\f(T,4)、eq\f(T,2)、eq\f(3T,4)時粒子運動的v-t圖象，如圖所示．由于v-t圖線與時間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖象知，0＜t0＜eq\f(T,4)與eq\f(3T,4)＜t0＜T時粒子在一個周期內的總位移大于零，eq\f(T,4)＜t0＜eq\f(3T,4)時粒子在一個周期內的總位移小于零；t0＞T時情況類似．因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個周期內的總位移應小于零，對照各項可知B正確．3.帶電體在電場中的直線運動(1).帶電小球在電容器中的直線運動勻速直線運動勻加速直線運動勻加速直線運動勻減速直線運動++++++++++++++++++++----------mgqEmgmgqEθmgmgqEθqE=mg，a=0qE=mgtanθ，a=g/cosθqE=mg/cosθ，a=gtanθqE=mg/cosθ，a=gtanθ(2)多過程運動規(guī)律運動模型受力分析運動分析規(guī)律mgmgmg●qEttOvt2t1agv0=1\*GB3①速度公式v0=gt1=at2;速度位移公式v02=2gx1=2ax2=2\*GB3②全程動能定理：mg(h+d)-qU=0【模型演練1】（2023·全國·高三專題練習）如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場，一帶電量為的物塊放在光滑絕緣水平面上，在恒力F作用下由靜止開始從O點向右做勻加速直線運動，先經時間t力F做功，此后撤去力F，物塊再經時間返回到出發(fā)點O，且回到出發(fā)點時的速度大小為v。設物塊在O點的電勢能為零，則（）

A．撤去力F時物塊的速度大小為B．物塊向右滑動的最大距離為C．物塊回到出發(fā)點時的動能為D．撤去力F時物塊的電勢能為【答案】C【詳解】A．設F撤去前、后物塊的加速度大小分別為a1、a2，根據(jù)位移關系有解得根據(jù)運動學規(guī)律有所以撤去力F時物塊的速度大小為故A錯誤；B．從撤去F到物塊速度減為零所經歷的時間為所以物塊向右滑動的最大距離為故B錯誤；C．物塊從O點開始運動到又回到O點的過程中，電場力做功為零，恒力F做功為90J，根據(jù)動能定理可知物塊回到出發(fā)點時的動能為，故C正確；D．物塊向右運動過程中，電勢能增加量等于克服電場力做的功，根據(jù)能量守恒定律可知物塊向右到達最遠位置時的電勢能為90J，設撤去F時物塊的電勢能為Ep，則解得故D錯誤。故選C?！灸Ｐ脱菥?】（2023秋·云南昆明·高三云南師大附中校考階段練習）如圖所示，絕緣水平面區(qū)域粗糙，區(qū)域光滑且處于一方向沿負方向、電場強度大小的勻強電場中，在處有3個完全相同的減速帶，減速帶的寬度遠小于。一質量為、帶電量為的小滑塊（可視為質點）從處由靜止釋放，測量發(fā)現(xiàn)小滑塊通過相鄰2個減速帶間的時間相同。已知小滑塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為，小滑塊通過每一個減速帶時損失的機械能相同，重力加速度為，求：（1）小滑塊通過每一個減速帶時損失的機械能；（2）小滑塊最終停在何處。

【答案】（1）；（2）【詳解】（1）由于滑塊在區(qū)域1和區(qū)域2運動的時間相等，滑塊過每個減速帶損失的機械能相等，因此滑塊過每一個減速帶前后的速度相等，由能量關系得過每個減速帶損失的機械能由題意（2）由能量關系解得滑塊最終停在處。【模型演練3】(2023·浙江寧波市重點中學聯(lián)考)如圖所示，相距為d的平行板A和B之間有電場強度為E、方向豎直向下的勻強電場．電場中C點距B板的距離為0.3d，D點距A板的距離為0.2d，有一個質量為m的帶電微粒沿圖中虛線所示的直線從C點運動至D點，若重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．該微粒在D點時的電勢能比在C點時的大B．該微粒做勻變速直線運動C．在此過程中電場力對微粒做的功為0.5mgdD．該微粒帶正電，所帶電荷量大小為q＝eq\f(mg,E)【答案】C【解析】由題知，微粒沿直線運動，可知重力和電場力二力平衡，微粒做勻速直線運動，微粒帶負電，B、D錯誤；微粒從C點運動至D點，電場力做正功，電勢能減小，A錯誤；此過程中電場力對微粒做的功為W＝Fx＝mg(d－0.3d－0.2d)＝0.5mgd，C正確．【模型演練4】（2023·河南鄭州·鄭州外國語學校校考模擬預測）如圖所示，在豎直面（紙面）內有勻強電場，帶電量為q（q>0）、質量為m的小球受水平向右大小為F的恒力，從M勻速運動到N。已知MN長為d，與力F的夾角為，重力加速度為g，則

A．場強大小為B．M、N間的電勢差為C．從M到N，電場力做功為D．若僅將力F方向順時針轉，小球將從M向N做勻變速曲線運動【答案】AC【詳解】A．對小球受力分析，如圖所示

根據(jù)受力平衡可得解得場強大小為故A正確；B．設MN與場強方向的夾角為，則M、N間的電勢差為故B錯誤；C．從M到N，根據(jù)動能定理可得可得電場力做功為故C正確；D．因電場力和重力的合力與等大反向，則若僅將力方向順時針轉，小球受的合力方向沿NM的方向向下，大小為，則小球將從M向N做勻變速直線運動，故D錯誤。故選AC?！灸Ｐ脱菥?】（2023·陜西安康·統(tǒng)考三模）如圖所示，質量為m、電荷量為q的小球在電場強度為E的勻強電場中，以初速度沿直線做勻變速運動，直線與水平面的夾角為，若小球在初始位置的電勢能為零，重力加速度為g，則下列說法中正確的是（）A．電場強度E的最小值為B．勻強電場的方向可能豎直向上C．如果小球加速運動且加速度大小為g，則電場強度D．如果電場強度為，小球電勢能的最大值為【答案】AC【詳解】A．因為小球做勻變速直線運動，則小球所受的合力與速度方向在同一條直線上，結合平行四邊形定則知，電場力的方向不確定，有最小值，當電場力垂直于運動方向時，電場力最小為，如圖所示所以電場強度的最小值故A正確；B．因為小球做勻變速直線運動，則小球所受的合力與速度方向在同一條直線上，結合平行四邊形定則知，電場方向不可能豎直向上，B錯誤；C．如果小球加速運動且加速度大小為，由受力分析可知此時解得故C正確；D．如果電場強度為，小球所受的合力與速度方向在同一條直線上，結合平行四邊形定則知，電場力的方向與水平方向夾角為，斜向上，如圖所示根據(jù)牛頓第二定律知，小球的加速度為小球斜向上做勻減速直線運動，勻減速直線運動的位移在整個過程中電場力做功即電勢能增加，所以小球電勢能的最大值為，故D錯誤。故選AC?！灸Ｐ脱菥?】(2023·陜西榆林市高三第一次模擬)如圖，平行板電容器兩個極板與水平地面成2α角，在平行板間存在著勻強電場，直線CD是兩板間一條垂直于板的直線，豎直線EF與CD交于O點，一個帶電小球沿著∠FOD的角平分線從A點經O點向B點做直線運動，重力加速度為g.則在此過程中，下列說法正確的是()A．小球帶正電B．小球可能做勻加速直線運動C．小球加速度大小為gcosαD．小球重力勢能的增加量等于電勢能的增加量【答案】D【解析】帶電小球沿著∠FOD的角平分線從A點經O點向B點做直線運動，所以小球所受合外力沿BA方向，又由于小球受重力，所以電場力的方向由O到D，由于此電場的方向未知，所以小球的電性不能確定，小球做勻減速直線運動，故A、B錯誤；由題圖可知，由于OA是角平分線，且小球的加速度方向由O到A，據(jù)幾何關系可知a＝2gcosα，故C錯誤；由分析可知，小球所受重力大小等于電場力大小，運動的位移與重力、電場力的夾角相同，所以二力做的功相同，據(jù)功能關系可知，小球重力勢能的增加量等于電勢能的增加量，故D正確．【模型演練7】一勻強電場，場強方向是水平的，如圖所示，一個質量為m、電荷量為q的帶正電的小球，從O點出發(fā)，初速度的大小為v0，在電場力和重力作用下恰好能沿與場強的反方向成θ角做直線運動，重力加速度為g，求：(1)電場強度的大??；(2)小球運動到最高點時其電勢能與O點的電勢能之差．【答案】(1)eq\f(mg,qtanθ)(2)eq\f(1,2)mv02cos2θ【解析】(1)小球做直線運動，所受的電場力qE和重力mg的合力必沿此直線方向如圖所示，由幾何關系可知mg＝qEtanθ解得E＝eq\f(mg,qtanθ).(2)小球做勻減速直線運動，由牛頓第二定律可得eq\f(mg,sinθ)＝ma設從O點到最高點的位移為x，根據(jù)運動學公式可得v02＝2ax聯(lián)立可得x＝eq\f(v02sinθ,2g)運動的水平距離l＝xcosθ兩點間的電勢能之差ΔW＝Eql聯(lián)立解得ΔW＝eq\f(1,2)mv02cos2θ.【模型演練8】（2023·黑龍江哈爾濱一中高三上學期11月期中）如圖所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面夾角為θ，極板間距為d，帶負電的微粒質量為m、帶電荷量為q，從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入，沿直線運動并從極板N的右邊緣B處射出，重力加速度為g，則()A．微粒到達B點時動能為eq\f(1,2)mv02B．微粒的加速度大小等于gsinθC．兩極板的電勢差UMN＝eq\f(mgd,qcosθ)D．微粒從A點到B點的過程，電勢能減少eq\f(mgd,cosθ)【答案】C【解析】微粒僅受電場力和重力，電場力方向垂直于極板，重力的方向豎直向下，微粒做直線運動，合力方向沿水平方向，由此可知，電場力方向垂直于極板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做減速運動，微粒到達B點時動能小于eq\f(1,2)mv02，選項A錯誤；根據(jù)qEsinθ＝ma，qEcosθ＝mg，解得E＝eq\f(mg,qcosθ)，a＝gtanθ，選項B錯誤；兩極板的電勢差UMN＝Ed＝eq\f(mgd,qcosθ)，選項C正確；微粒從A點到B點的過程，電場力做負功，電勢能增加，電勢能增加量qUMN＝eq\f(mgd,cosθ)，選項D錯誤．【模型二】帶電粒子在勻強電場中的偏轉模型【運動模型】質量為、電荷量為的帶電粒子以初速沿垂直于電場的方向，進入長為、間距為、電壓為的平行金屬板間的勻強電場中，粒子將做勻變速曲線運動，如圖所示，若不計粒子重力，則可求出如下相關量：UUdlqv0y1、粒子穿越電場的時間：粒子在垂直于電場方向以做勻速直線運動，，；2、粒子離開電場時的速度：粒子沿電場方向做勻加速直線運動，加速度，粒子離開電場時平行電場方向的分速度，所以。3、粒子離開電場時的側移距離：②②式涉及了描述粒子的物理量如、、、；描述設備的物理量、不難發(fā)現(xiàn)：（1）當不同粒子（不同）以相同的速度進入偏轉電場時側移距離（2）當不同粒子以相同的動能進入偏轉電場時側移距離4、粒子離開電場時的偏角：因為③②與③的關系：（熟記）5、速度方向的反向延長線必過偏轉電場的中點由和，可推得。粒子可看作是從兩板間的中點沿直線射出的?！灸Ｐ脱菥?】（2023·河北唐山·開灤第一中學校考模擬預測）如圖所示，空間存在豎直向上的勻強電場，一個帶電粒子電荷量為q，以一定的水平初速度由P點射入勻強電場，當粒子從Q點射出電場時，其速度方向與豎直方向成30°角。已知勻強電場的寬度為d，P、Q兩點的電勢差為U，不計重力，設Q點的電勢為零。則下列說法正確的是（）

A．帶電粒子在P點的電勢能為Uq B．帶電粒子帶負電C．勻強電場場強大小為 D．勻強電場場強大小為【答案】AD【詳解】AB．由圖看出粒子的軌跡向上，則所受的電場力向上，與電場方向相同，所以該粒子帶正電。粒子從P到Q，電場力做正功為W=qU則粒子的電勢能減少了qU，Q點的電勢為零，則知帶電粒子在P點的電勢能為Uq，故A正確，B錯誤；CD．設帶電粒子在P點時的速度為v0，在Q點建立直角坐標系，垂直于電場線為x軸，平行于電場線為y軸，由平拋運動的規(guī)律和幾何知識求得粒子在y軸方向的分速度為粒子在y軸方向上的平均速度為設粒子在y軸方向上的位移為y0，粒子在電場中的運動時間為t，則：豎直方向有水平方向有d=v0t可得所以場強為聯(lián)立得故C錯誤，D正確。故選AD。【模型演練2】．（2023·貴州黔東南·?？寄M預測）如圖，在直角坐標系的一、四象限內有大小為、方向沿y軸正方向的勻強電場，虛線OM與x軸夾角。一帶電量為、質量為m的粒子由靜止釋放，經過加速電壓為的電壓加速后從y軸上的Q點，以初速度沿x軸正方向射出，粒子做曲線運動垂直打在OM上的P點。已知粒子做曲線運動的時間為t，Q、P間沿y軸方向上的距離為。不計粒子重力，下列說法正確的是（）

A．粒子在P處沿豎直方向速度小于 B．加速電壓為C． D．P點橫坐標為【答案】BC【詳解】A．粒子做曲線運動垂直打在OM上的P點得粒子在P處沿豎直方向速度故A錯誤；BC．根據(jù)聯(lián)立得=故BC正確；D．根據(jù)題意P點橫坐標為解得故D錯誤。故選BC?！灸Ｐ脱菥?】（2023·山西·校聯(lián)考模擬預測）如圖所示，原來靜止的、電荷量為q、不計重力的帶電粒子經左側加速電場加速后，垂直于電場線方向進入偏轉電場。當粒子進入偏轉電場時的初速度為時，粒子離開偏轉電場時沿電場線方向的速度為，其他條件不變，僅減小加速電壓，粒子離開偏轉電場時的速度v有可能是（）A． B． C． D．【答案】AB【詳解】由類平拋運動知聯(lián)立解得設粒子以射入電場，沿電場方向速度為粒子射出電場的速度當時，v取最小值，即代入求得最小速度故選AB?！灸Ｐ脱菥?】(2020·全國卷Ⅰ·25)在一柱形區(qū)域內有勻強電場，柱的橫截面是以O為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示．質量為m，電荷量為q(q>0)的帶電粒子在紙面內自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θ＝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為多大？【答案】(1)eq\f(mv02,2qR)(2)eq\f(\r(2)v0,4)(3)0或eq\f(\r(3)v0,2)【解析】(1)粒子初速度為零，由C點射出電場，故電場方向與AC平行，由A指向C.由幾何關系和電場強度的定義知AC＝R①F＝qE②由動能定理有F·AC＝eq\f(1,2)mv02③聯(lián)立①②③式得E＝eq\f(mv02,2qR)④(2)如圖，由幾何關系知AC⊥BC，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D點從圓周上穿出的粒子的動能增量最大．由幾何關系知∠PAD＝30°，AP＝eq\f(3,2)R，DP＝eq\f(\r(3),2)R⑤設粒子以速度v1進入電場時動能增量最大，在電場中運動的時間為t1.粒子在AC方向做加速度為a的勻加速運動，運動的距離等于AP；在垂直于AC的方向上做勻速運動，運動的距離等于DP.由牛頓第二定律和運動學公式有F＝ma⑥AP＝eq\f(1,2)at12⑦DP＝v1t1⑧聯(lián)立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝eq\f(\r(2)v0,4)⑨(3)解法1：設粒子以速度v進入電場時，在電場中運動的時間為t0.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系．由運動學公式有y＝eq\f(1,2)at2⑩x＝vt?粒子離開電場的位置在圓周上，有(x－eq\f(\r(3),2)R)2＋(y－eq\f(1,2)R)2＝R2?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y方向的速度分量為v2，由題給條件及運動學公式有mv2＝mv0＝mat?聯(lián)立②④⑥⑩???式得v＝0或v＝eq\f(\r(3),2)v0解法2：粒子在電場方向上做勻加速直線運動，即沿AC方向做初速度為零的勻加速直線運動，垂直AC方向做勻速直線運動，因動量的變化量只發(fā)生在電場方向上，若粒子從進入電場到離開電場的過程中動量變化量為mv0，則粒子會從B點離開電場．設粒子進入電場時的速度為v在沿電場方向：R＝eq\f(vy,2)t＝eq\f(v0,2)t在垂直電場方向：eq\r(3)R＝vt聯(lián)立以上兩式得：v＝eq\f(\r(3),2)v0.由題意知，粒子進入電場時的速度v＝0時，動量變化量的大小也為mv0.【模型演練5】(多選)(2022·江蘇南京市、鹽城市一模)兩個質量相等、電荷量不等的帶電粒子甲、乙，先后以不同的速率沿著HO方向垂直射入勻強電場，電場方向豎直向上，它們在圓形區(qū)域中運動的時間相同，其運動軌跡如圖所示．不計粒子所受的重力，則下列說法中正確的是()A．甲粒子帶正電荷B．乙粒子所帶的電荷量比甲粒子少C．甲粒子在圓形區(qū)域中電勢能變化量小D．乙粒子進入電場時具有的動能比甲粒子大【答案】AC【解析】甲粒子向上偏轉，所受的電場力向上，與電場方向相同，故甲粒子帶正電荷，故A正確；兩個粒子豎直方向都做初速度為零的勻加速直線運動，有：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qE,2m)t2，E、t、m相等，則y∝q，可知，乙粒子所帶的電荷量比甲粒子多，故B錯誤；電場力對粒子做功為W＝qEy，甲粒子電荷量少，偏轉距離小，則電場力對甲粒子做功少，其電勢能變化量小，故C正確；水平方向有x＝vt，相同時間內，乙粒子的水平位移小，則乙粒子進入電場時初速度小，初動能小，故D錯誤．【模型演練6】（2023·云南保山·統(tǒng)考三模）如圖所示，圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內存在一個平行于該區(qū)域的勻強電場，MN為圓的一條直徑。質量為m、電荷量為+q的粒子從M點以速度v射入電場，速度方向與MN夾角θ=45°，一段時間后粒子運動到N點，速度大小也為v，不計粒子重力，規(guī)定M點電勢為零。求：（1）勻強電場的場強大??；（2）粒子電勢能的最大值；（3）僅改變粒子速度大小，當粒子離開圓形區(qū)域的電勢能最小時，粒子射入電場的速度大小。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】解：（1）從M到N粒子動能不變，電場力不做功，所以MN為等勢線，電場線與MN垂直，粒子做類似斜拋的運動，沿MN方向，粒子勻速運動垂直MN方向根據(jù)牛頓第二定律解得（2）粒子垂直MN方向速度為0時，電勢能最大，根據(jù)能量守恒（3）如圖所示，當粒子運動到P點時，電勢能最小，由

聯(lián)立求得【模型演練7】（2023·新疆·統(tǒng)考三模）如圖所示，真空中平行金屬板M、N之間的距離和板長均為L，兩板間加恒定的電壓。一帶正電的粒子從兩板中央沿平行兩板的方向以某一初速度射入電場，最終恰好打在N板中點處。所用時間為t，不計帶電粒子的重力。求：（1）帶電粒子的初速度大??；（2）若在帶電粒子運動時撤去所加電壓，該粒子打在N板的位置與N板中點的距離。

【答案】（1）；（2）【詳解】（1）由帶電粒子水平方向做勻速運動可得解得（2）設時間內發(fā)生的位移與水平的夾角為時速度與水平的夾角為，已知則解得撤去電壓后，帶電粒子以傾角做勻速運動，水平位移與堅直位移均為，有【模型三】帶電粒子經加速電場后進入偏轉電場模型【運動模型】如圖所示，由靜止開始被電場（加速電壓為）加速的帶電粒子平行于兩正對的平行金屬板且從兩板正中間射入，從右側射出，設在此過程中帶電粒子沒有碰到兩極板。若金屬板長為，板間距離為、兩板間電壓為，試分析帶電粒子的運動情況。U1dUU1dU2qv1v2Lqv0v1qy設帶電粒子的質量為，電量為，經電壓加速后速度為。由動能定理有，2、粒子穿越偏轉電場的時間：帶電粒子以初速度平行于兩正對的平行金屬板從兩板正中間射入后，在偏轉電場中運動時間為，則3、粒子穿越偏轉電場時沿電場方向的加速度：帶電粒子在偏轉電場中運動時沿電場方向的加速度4、粒子離開偏轉電場時的側移距離：帶電粒子在偏轉電場中運動時沿電場方向作初速度為0的做勻加速直線運動④④式表明靜止的帶電粒子經過同一電場加速，再垂直射入同一偏轉電場，射出粒子的側移量與粒子的、無關。5、粒子離開偏轉電場時沿電場方向的速度為：帶電粒子離開電場時沿電場方向的速度為，則6、粒子離開偏轉電場時的偏角：設飛出兩板間時的速度方向與水平方向夾角為。則⑤⑤式表明靜止的帶電粒子經過同一電場加速，再垂直射入同一偏轉電場，射出粒子的偏轉角與粒子的、無關?！灸Ｐ脱菥?】(多選)示波器是一種多功能電學儀器，它是由加速電場和偏轉電場組成的．如圖所示，不同的帶負電粒子在電壓為U1的電場中由靜止開始加速，從M孔射出，然后射入電壓為U2的平行金屬板間的電場中，入射方向與極板平行，在滿足帶負電粒子能射出平行板電場區(qū)域的條件下，則()A．若電荷量q相等，則帶負電粒子在板間的加速度大小相等B．若比荷eq\f(q,m)相等，則帶負電粒子從M孔射出的速率相等C．若電荷量q相等，則帶負電粒子從M孔射出時的動能相等D．若不同比荷eq\f(q,m)的帶負電粒子由O點射入，偏轉角度θ相同【答案】BCD【解析】設加速電場的板間距離為d，由牛頓第二定律得a＝eq\f(U1q,md)，由于粒子的質量未知，所以無法確定帶負電粒子在板間的加速度大小關系，故A錯誤；由動能定理得qU1＝eq\f(1,2)mv02，可得v0＝eq\r(\f(2qU1,m))，所以當帶負電粒子的比荷eq\f(q,m)相等時，它們從M孔射出的速度相等，故B正確；粒子從M孔射出時的動能Ek＝eq\f(1,2)mv02＝qU1，所以當帶負電粒子的電荷量q相等時，它們從M孔射出時的動能相等，故C正確；如圖所示，設偏轉電場的板間距離為d′，在偏轉電場中有tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(U2l,2U1d′)，偏轉角度θ與粒子的比荷無關，所以不同比荷eq\f(q,m)的帶負電粒子從O點射入，偏轉角度θ相同，故D正確．【模型演練2】（2023·北京·高三專題練習）如圖所示，兩平行金屬板A、B間電勢差為，帶電量為q、質量為m的帶電粒子，由靜止開始從極板A出發(fā)，經電場加速后射出，沿金屬板C、D的中心軸線進入偏轉電壓為的偏轉電場，最終從極板C的右邊緣射出。偏轉電場可看作勻強電場，板間距為d。忽略重力的影響。（1）求帶電粒子進入偏轉電場時動量的大小。（2）求偏轉電場對帶電粒子沖量的大小I和方向。（3）保持其他條件不變，僅在極板C、D之間再施加一個垂直紙面向里的勻強磁場，使得帶電粒子恰好從距離極板D右邊緣射出偏轉電場，求該帶電粒子離開偏轉電場時的動能。

【答案】（1）；（2），方向豎直向上；（3）【詳解】（1）由動能定理可得（2）帶電粒子在偏轉電場加速度大小為在豎直方向上有解得偏轉電場對帶電粒子沖量的大小為方向豎直向上；（3）由（1）中分析可得由于洛倫茲力不做功，因此帶電粒子恰好從距離極板D右邊緣射出偏轉電場，電場力做負功，根據(jù)動能定理可得解得【模型演練3】．（2023·北京·高三專題練習）某種負離子空氣凈化原理如圖所示。由空氣和帶負電的灰塵顆粒物（視為小球）組成的混合氣流進入由一對平行金屬板構成的收集器。在收集器中，空氣和帶電顆粒沿板方向的速度保持不變。在勻強電場作用下，帶電顆粒打到金屬板上被收集，已知金屬板長度為L，間距為d、不考慮重力影響和顆粒間相互作用。（1）若不計空氣阻力，質量為m、電荷量為的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓；（2）若計空氣阻力，顆粒所受阻力與其相對于空氣的速度v方向相反，大小為，其中r為顆粒的半徑，k為常量。假設顆粒在金屬板間經極短時間加速達到最大速度。a、半徑為R、電荷量為的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓；b、已知顆粒的電荷量與其半徑的平方成正比，進入收集器的均勻混合氣流包含了直徑為和的兩種顆粒，若的顆粒恰好100%被收集，求的顆粒被收集的百分比。

【答案】（1）；（2）a、；b、25%【詳解】（1）只要緊靠上極板的顆粒能夠落到收集板右側，顆粒就能夠全部收集，水平方向有豎直方向根據(jù)牛頓第二定律又解得（2）a.顆粒在金屬板間經極短時間加速達到最大速度且解得b.帶電荷量q的顆粒恰好100%被收集，顆粒在金屬板間經極短時間加速達到最大速度，所受阻力等于電場力，有在豎直方向顆粒勻速下落的顆粒帶電荷量為顆粒在金屬板間經極短時間加速達到最大速度，所受阻力等于電場力，有設只有距下極板為的顆粒被收集，在豎直方向顆粒勻速下落解得的顆粒被收集的百分比【模型演練4】（2023·北京房山·統(tǒng)考一模）如圖所示，一真空示波管的電子從燈絲K發(fā)出（初速度不計），經燈絲與A板間的加速電場加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉電場中（偏轉電場可視為勻強電場），電子進入M、N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經過電場后打在熒光屏上的P點。已知加速電壓為U1，M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L，偏轉電場的右端到熒光屏的距離為x，電子的質量為m，電荷量為e，不計電子重力。（1）求電子穿過A板時的速度大小v0；（2）求電子從偏轉電場射出時的側移量y；（3）求OP的距離Y。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）粒子在加速電場中加速，由動能定理有解得（2）粒子在偏轉電場中做類平拋運動，根究類平拋運動的研究方法，垂直電場方向有L＝v0t則沿電場方向有側移量聯(lián)立解得（3）根據(jù)粒子運動軌跡，即類平拋運動的推論，由幾何關系可知

解得【模型演練5】（2023·湖南·統(tǒng)考模擬預測）如圖所示，在示波管中，質量為m，電荷量為-q的帶電粒子從燈絲K射出（初速度不計），經加速電場U1（未知）加速，從AB板的中心S沿中心線KO射出時的速度大小為v，再經平行板電容器的偏轉電場U2偏轉后，又做一段勻速直線運動最后打到熒光屏上，顯示出亮點C，已知平行板電容器的兩極板間的距離為d，板長為l，偏轉電場的右端到熒光屏的距離為L，不計帶電粒子的重力。（1）求加速電場的電壓U1；（2）求帶電粒子從偏轉電場射出時的側移量y和熒光屏上OC間的距離；（3）帶電粒子從偏轉電場射出時的側移量y和偏轉電壓U2的比叫作示波器的靈敏度D，如何通過改變平行板電容器的l或d來提高示波器的靈敏度D。

【答案】（1）；（2）；（3）見解析【詳解】（1）粒子在加速電場中加速，由動能定理可得解得（2）粒子在偏轉電場中做類平拋運動，如圖所示

垂直電場方向有沿電場方向有側移量聯(lián)立解得由幾何關系可知得熒光屏上間的距離（3）該示波器的靈敏度解得則增加或者減小均可增加靈敏度?！灸Ｐ退摹繋щ娏Ｗ釉趶秃蠄鲋械膭蜃兯偾€運動的幾種常見模型1.帶電物體在靜電場和重力場的復合場中運動時的能量守恒

(1)帶電物體只受重力和靜電場力作用時，電勢能、重力勢能以及動能相互轉化，總能量守恒，即恒定值(2)帶電物體除受重力和靜電場力作用外，如果還受到其它力的作用時，電勢能、重力勢能以及動能之和發(fā)生變化，此變化量等于其它力的功，這類問題通常用動能定理來解決。2.帶電粒子在復合場中的勻變速曲線運動的幾種常見情況豎直向上拋出水平拋出斜上拋出AABC●●v0yxmgqEAABC●●v0yxmgqEAABC●●v0yxmgqE【模型演練1】（2023·遼寧丹東·統(tǒng)考二模）真空中存在空間范圍足夠大的，水平向右的勻強電場。在電場中，若將一個質量為，帶正電的小球由空中靜止釋放，運動中小球的速度與豎直方向夾角為53°。如圖所示，若在此電場中，放置一個豎直面內的光滑固定軌道（電場沒有畫出），水平，長度為，是半徑為的四分之一的圓弧，與相切于點?，F(xiàn)將該小球由點靜止釋放，求從點開始運動的整個過程中（取重力加速度大小為，，）。（1）小球受到的電場力大小及方向；（2）從點開始運動到軌跡最高點過程中小球電勢能的變化量；（3）小球從c點離開軌道后速度最小時距c點的距離?！敬鸢浮浚?），水平向右；（2）；（3）【詳解】（1）由題意，電場力大小方向：水平向右（2）對小球由a到c的過程，由動能定理得解得小球離開點后豎直方向在重力作用力下做勻?速直線運動（豎直上拋運動），設小球離開c點到其軌跡最高點所需的時間為t，有小球沿水平方向做初速度為0的勻加速運動，加速度為a，則有：由牛頓第二定律可知此過程小球沿電場方向位移為電場力做功為因為電場力做正功，所以電勢能減少量為（3）由題意可知，重力與電場力合力方向與豎直方向夾角53°，斜向下如圖，沿著合力與垂直合力方向建立坐標系，將C點速度沿著兩