統(tǒng)考版2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)提升指導(dǎo)與精練13帶電粒子在電場中的運動含解析

PAGE11-1．本學(xué)問點常以計算題的形式與牛頓運動定律、功能關(guān)系、能量守恒綜合考查。2．兩點留意：(1)留意帶電粒子重力能否忽視；(2)力電綜合問題留意受力分析、運動過程分析，應(yīng)用動力學(xué)學(xué)問或功能關(guān)系解題。例1．(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（q＞0）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(yīng)為多大？(3)為使粒子穿過電場前后動量變更量的大小為mv0，該粒子進入電場時的速度應(yīng)為多大？【解析】(1)由題意知在A點速度為零的粒子會沿著電場線方向運動，由于q＞0，故電場線由A指向C，依據(jù)幾何關(guān)系可知：xAC＝R所以依據(jù)動能定理有：qExAC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0解得：。(2)依據(jù)題意可知要使粒子動能增量最大則沿電場線方向移動距離最多，做AC垂線并且與圓相切，切點為D，即粒子要從D點射出時沿電場線方向移動距離最多，粒子在電場中做類平拋運動，依據(jù)幾何關(guān)系有x＝Rsin60°＝v1ty＝y(tǒng)＋Rcos60°＝eq\f(1,2)at2而電場力供應(yīng)加速度有：qE＝ma聯(lián)立各式解得粒子進入電場時的速度：。(3)因為粒子在電場中做類平拋運動，粒子穿過電場前后動量變更量大小為mv0，即在電場方向上速度變更為v0，過C點做AC垂線會與圓周交于B點，故由題意可知粒子會從C點或B點射出。當(dāng)從B點射出時由幾何關(guān)系有：xBC＝eq\r(3)R＝v2t2xAC＝R＝eq\f(1,2)at22電場力供應(yīng)加速度有：qE＝ma聯(lián)立解得：v2＝eq\f(\r(3),2)v0當(dāng)粒子從C點射出時初速度為0。例2．(2024?全國II卷?24)如圖，如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢均為φ(φ＞0)。質(zhì)量為m，電荷量為q(q＞0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽視不計。(1)求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大??；(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應(yīng)為多少？【考題解讀】本題考查了帶電粒子在電場中的運動，留意類平拋運動的處理方法與電勢差與場強的關(guān)系?？疾榱司C合分析實力,體現(xiàn)了模型建構(gòu)的素養(yǎng)要素。【解析】(1)PG、QG間場強大小相等，均為E.粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有E＝eq\f(2φ,d) ①F＝qE＝ma ②設(shè)粒子第一次到達G時動能為Ek，由動能定理有：qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ③設(shè)粒子第一次到達G時所用的時間為t，粒子在水平方向的位移大小為l，則有h＝eq\f(1,2)at2 ④l＝v0t ⑤聯(lián)立①②③④⑤式解得：Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qh ⑥l＝v0eq\r(\f(mdh,qφ))。⑦(2)若粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短．由對稱性知，此時金屬板的長度L為L＝2l＝2v0eq\r(\f(mdh,qφ))。 ⑧提分訓(xùn)練提分訓(xùn)練1．(多選)如圖，平行板電容器A、B兩極板水平放置，與志向二極管串聯(lián)接在電源上，已知A和正極相連，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板來變更兩極板的間距（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】依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當(dāng)d減小時，電容增大，Q增大，U不變，依據(jù)E＝eq\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娦允沟肣不行能減小，所以Q不變，依據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，知E不變，所以電場力不變，不管小球帶正電或負(fù)電，小球仍舊打在N點，故BC錯誤。2．當(dāng)今醫(yī)學(xué)上對某些腫瘤采納質(zhì)子療法進行治療，該療法用肯定能量的質(zhì)子束照耀腫瘤殺死癌細(xì)胞?，F(xiàn)用始終線加速器來加速質(zhì)子，使其從靜止起先被加速到1.0×107m/s。已知加速電場的場強為1.3×105N/C，質(zhì)子的質(zhì)量為1.67×10－27kg，電荷量為1.6×10－19C，則下列說法正確的是()A．加速過程中質(zhì)子電勢能增加B．質(zhì)子所受到的電場力約為2×10－15NC．質(zhì)子加速須要的時間約為8×10－6sD．加速器加速的直線長度約為4m【答案】D【解析】電場力對質(zhì)子做正功，質(zhì)子的電勢能削減，A錯誤；質(zhì)子受到的電場力大小F＝qE≈2×10－14N，B錯誤；質(zhì)子的加速度a＝eq\f(F,m)≈1.2×1013m/s2，加速時間t＝eq\f(v,a)≈8×10－7s，C錯誤；加速器加速的直線長度x＝eq\f(v2,2a)≈4m，故D正確。3．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起先釋放，小球B從兩極板正中心由靜止起先釋放，兩小球最終能運動到右極板上的同一位置，則從起先釋放到運動至右極板的過程中，下列推斷正確的是()A．運動時間tA＞tBB．電荷量之比qA∶qB＝2∶1C．機械能增加量之比ΔEA∶ΔEB＝2∶1D．機械能增加量之比ΔEA∶ΔEB＝1∶1【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，選項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，xA＝2xB，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,qB·\f(1,2)U)＝eq\f(4,1)，因此機械能的增加量之比為4∶1，選項B正確，C、D錯誤。4．(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)xOy坐標(biāo)系中分布著與水平方向成45°角的勻強電場，將一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，以某一初速度從O點豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿意拋物線方程x＝ky2，且小球通過點P。已知重力加速度為g，則()A．電場強度的大小為eq\f(mg,q)B．小球初速度的大小為eq\r(\f(g,2k))C．小球通過點P時的動能為eq\f(5mg,4k)D．小球從O點運動到P點的過程中，電勢能削減eq\f(\r(2)mg,k)【答案】BC【解析】小球做類平拋運動，則電場力與重力的合力沿x軸正方向，qE＝eq\r(2)mg，電場強度的大小為E＝eq\f(\r(2)mg,q)，A錯誤；F合＝mg＝ma，所以a＝g，由類平拋運動規(guī)律有eq\f(1,k)＝v0t，eq\f(1,k)＝eq\f(1,2)gt2，得小球初速度大小為v0＝eq\r(\f(g,2k))，B正確；由P點的坐標(biāo)分析可知eq\f(v0,vx)＝eq\f(1,2)，所以小球通過點P時的動能為eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,x))＝eq\f(5mg,4k)，C正確；小球從O到P過程中電勢能削減，且削減的電勢能等于電場力做的功，即W＝qE·eq\f(1,k)·eq\f(1,cos45°)＝eq\f(2mg,k)，D錯誤。5．(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α＝60°，場強。現(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()A．y2＝2y1B．y2＝4y1C．y2＝6y1D．y2＝10y1【答案】BC【解析】小球受重力mg以及沿電場方向的電場力，F(xiàn)＝Eq＝eq\f(2\r(3),3)mg，其豎直重量Fy＝Fcos30°＝mg，則小球在豎直方向做勻速運動；水平方向Fx＝Fsin30°＝eq\f(\r(3),3)mg＝max，則水平方向做加速度為ax＝eq\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(θ為斜面的傾角)，可得，則當(dāng)時速度大小變?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墻壁上，則水平位移相等，則時間相等，由y＝v0t可知，當(dāng)時速度大小變?yōu)?v0時，豎直位移y變?yōu)樵瓉淼?倍；若第一次落在斜面上，其次次落在墻壁上，可知豎直位移應(yīng)當(dāng)介于3倍和9倍之間，則選項B、C正確，A、D錯誤。6．(多選)如圖甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時間周期性變更的電場，電場方向與兩板垂直，不計重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向源源不斷地射入電場，粒子射入電場時的初動能均為Ek0。已知t＝0時刻射入電場的粒子剛好沿上極板右邊緣垂直于電場方向射出電場。則()A．全部粒子都不會打到兩極板上B．全部粒子最終都垂直電場方向射出電場C．運動過程中全部粒子的最大動能不行能超過2Ek0D．只有t＝neq\f(T,2)(n＝0,1,2…)時刻射入電場的粒子才能垂直電場方向射出電場【答案】ABC【解析】帶電粒子在垂直于電場方向上做勻速直線運動，在沿電場方向上，做加速度大小不變、方向周期性變更的變速直線運動。由t＝0時刻進入電場的粒子運動狀況可知，粒子在平行板間運動時間為交變電流周期的整數(shù)倍。在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)帶電粒子運動的加速度a＝eq\f(E0q,m)，由勻變速直線運動規(guī)律得vy＝at＝eq\f(E0q,m)t，同理可分析eq\f(T,2)～T時間內(nèi)的運動狀況，所以帶電粒子在沿電場方向的速度v與E-t圖線所圍面積成正比(時間軸下方的面積取負(fù)值)。而經(jīng)過整數(shù)個周期，E0-t圖象與坐標(biāo)軸所圍面積始終為零，故帶電粒子離開電場時沿電場方向的速度總為零，B正確，D錯誤；帶電粒子在t＝0時刻入射時，側(cè)向位移最大，故其他粒子均不行能打到極板上，A正確；當(dāng)粒子在t＝0時刻入射且經(jīng)過T離開電場時，粒子在t＝eq\f(T,2)時達到最大速度，此時兩分位移之比為1∶2，即v0t＝2×eq\f(1,2)at2，可得vy＝v0，故粒子的最大速度為v＝eq\r(2)v0，因此最大動能為初動能的2倍，C正確。7．如圖所示，在豎直平面內(nèi)的平面直角坐標(biāo)系xOy中，x軸上方有水平向右的勻強電場，有一質(zhì)量為m，電荷量為－q(－q＜0)的帶電絕緣小球，從y軸上的P(0，L)點由靜止起先釋放，運動至x軸上的A(－L，0)點時，恰好無碰撞地沿切線方向進入固定在x軸下方豎直放置的四分之三圓弧形光滑絕緣細(xì)管細(xì)管的圓心O1位于y軸上，交y軸于B點，交x軸于A點和C(L，0)點已知細(xì)管內(nèi)徑略大于小球外徑，小球直徑遠小于細(xì)管半徑，不計空氣阻力，重力加速度為g。求：(1)勻強電場的電場強度的大小；(2)小球運動到B點時對管的壓力的大小和方向；(3)小球從C點飛出后落在x軸上的位置坐標(biāo)?！窘馕觥?1)小球釋放后在重力和電場力的作用下做勻加速直線運動，小球從A點沿切線方向進入，則此時速度方向與豎直方向的夾角為45°，即加速度方向與豎直方向的夾角為45°，則：Eq＝mg解得：。(2)依據(jù)幾何關(guān)系可知，圓弧的半徑r＝eq\r(2)L從P到B點的過程中，依據(jù)動能定理得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0＝mg(2L＋eq\r(2)L)＋EqL在B點，依據(jù)牛頓其次定律得：N－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),r)聯(lián)立解得：N＝3(eq\r(2)＋1)mg，方向向上依據(jù)牛頓第三定律可得小球運動到B點時對管的壓力的大小N′＝3(eq\r(2)＋1)mg，方向向下(3)從P到A的過程中，依據(jù)動能定理得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－0＝mgL＋EqL解得：vA＝小球從C點拋出后做類平拋運動，拋出時的速度vC＝vA小球的加速度g′＝eq\r(2)g當(dāng)小球沿拋出方向和垂直拋出方向位移相等時，又回到x軸，則有：vCt＝eq\f(1,2)g′t2解得：t＝2eq\r(\f(2L,g))沿x軸方向運動的位移x＝eq\r(2)vCt＝8L則小球從C點飛出后落在x軸上的坐標(biāo)x′＝L－8L＝－7L。8．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段加速度隨位移變更圖象如圖乙。已知A、B間距離為4R，滑塊與軌道間動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，重力加速度為g，不計空氣阻力，求：(1)小滑塊釋放后運動至B點過程中電荷量的變更量；(2)滑塊對半圓軌道的最大壓力大小；(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。【解析】(1)由牛頓其次定律得，在A點：①在B點：②由①②聯(lián)立解得:③(2)從A到B過程，由動能定理得：④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α，在“等效最低點”時滑塊對軌道壓力最大，則：⑤⑥從B到“等效最低點”過程，由動能定理得：⑦由牛頓其次定律得：⑧由②④⑤⑥⑦⑧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：⑨從C點到再次進入電場的過程中做平拋運動：水平方向：⑩豎直方向：??設(shè)速度方向與水平方向的夾角為β1，則?進入電場后，受向左的電場力與豎直向下的重力，?由

⑨⑩????

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⑨⑩??????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。9．如圖所示，一帶電荷量q＝＋0.05C、質(zhì)量M＝lkg的絕緣平板置于光滑的水平面上，板上靠右端放一可視為質(zhì)點、質(zhì)量m＝lkg的不帶電小物塊，平板與物塊間的動摩擦因數(shù)μ＝0.75。距平板左端L＝0.8m處有一固定彈性擋板，擋板與平板等高，平板撞上擋板后會原速率反彈。整個空間存在電場強度E＝100N/C的水平向左的勻強電場?，F(xiàn)將物塊與平板一起由靜止釋放，已知重力加速度g＝10m/s2，平板所帶電荷量保持不變，整