2023年2021高中物理人教版一轮复习训练：13带电粒子在电场中的运动.pdf

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1、晨鸟教育 Earlybird 13 带电粒子在电场中的运动 1本知识点常以计算题的形式与牛顿运动定律、功能关系、能量守恒综合考查。2两点注意：(1)注意带电粒子重力能否忽略；(2)力电综合问题注意受力分析、运动过程分析，应用动力学知识或功能关系解题。例 1(200 全国 I 卷 25)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以 O 为圆心，半径为 R的圆，AB 为圆的直径，如图所示。质量为 m，电荷量为 q（q0）的带电粒子在纸面内自 A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的 C 点以速率 v0穿出电场，AC 与 AB 的夹角 60。运

2、动中粒子仅受电场力作用。(1)求电场强度的大小；(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为 mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？【解析】(1)由题意知在 A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于 q0，故电场线由A指向 C，根据几何关系可知：xACR 所以根据动能定理有：qExAC12mv200 解得：202mvEqR。(2)根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做 AC 垂线并且与圆相切，切点为 D，即粒子要从 D 点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有

3、 xRsin 60 v1t 考点分析 晨鸟教育 Earlybird yyRcos 60 12at2 而电场力提供加速度有：qEma 联立各式解得粒子进入电场时的速度：1024vv。(3)因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为 mv0，即在电场方向上速度变化为 v0，过 C 点做 AC 垂线会与圆周交于 B 点，故由题意可知粒子会从 C 点或 B 点射出。当从 B 点射出时由几何关系有：xBC 3Rv2t2 xACR12at22 电场力提供加速度有：qEma 联立解得：v232v0 当粒子从 C 点射出时初速度为 0。例 2(2019 全国 II 卷 24)如图，如图，两

4、金属板 P、Q 水平放置，间距为 d。两金属板正中间有一水平放置的金属网 G，P、Q、G 的尺寸相同。G 接地，P、Q 的电势均为 (0)。质量为 m，电荷量为 q(q0)的粒子自 G 的左端上方距离 G 为 h 的位置，以速度 v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。(1)求粒子第一次穿过 G 时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从 G 的下方距离 G 也为 h 的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？【考题解读】本题考查了带电粒子在电场中的运动，注意类平抛运动的处理方法与电势差与场强的关系。考查了综合分析能力,体现了模型建构的素养要素。【解析】(1

5、)PG、QG 间场强大小相等，均为 E.粒子在 PG 间所受电场力 F 的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为 a，有 全国卷在一柱形区域内有匀强电场柱的横截面积是以为圆心半径为的圆为圆的直径如图所示质量为电荷量为的带电粒上的点以速率穿出电场与的夹角运动中粒子仅受电场力用求电场强度的大小为使粒子穿过电场后的动能增量最大该粒由题意知在点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动由于故电场线由指向根据几何关系可知所以根据动能定理有解得晨鸟教育 Earlybird E2d FqEma 设粒子第一次到达 G 时动能为 Ek，由动能定理有：qEhEk12mv20 设粒子第一次到达 G 时所用的时间为 t，粒子在水

6、平方向的位移大小为 l，则有 h12at2 lv0t 联立式解得：Ek12mv202dqh lv0mdhq。(2)若粒子穿过 G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短由对称性知，此时金属板的长度 L 为 L2l2v0mdhq。1(多选)如图，平行板电容器 A、B 两极板水平放置，与理想二极管串联接在电源上，已知 A和正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿 A、B 中心水平射入，打在 B 极板上的 N点。现保持 B 板不动，通过上下移动 A板来改变两极板的间距（两板仍平行），下列说法中正确的是()A若小球带正电，当 A、B 间距减小时，小球打在 N 的左侧 B若小球带正电，当 A、B

7、 间距增大时，小球打在 N 的左侧 C若小球带负电，当 A、B 间距增大时，小球可能打在 N 的左侧 D若小球带负电，当 A、B 间距减小时，小球可能打在 N 的右侧【答案】AD【解析】根据 CrS4 kd可知，当 d 减小时，电容增大，Q 增大，U 不变，根据 EUd，知 d 减小时 E 增大。若小球带正电，所受向下的电场力变大，小球做平抛运动竖直方向加速度增大，运动时间变短，打在 N 点左侧；若小球带负电，所受向上的电场力变大，若电场力小于重力，提分训练 全国卷在一柱形区域内有匀强电场柱的横截面积是以为圆心半径为的圆为圆的直径如图所示质量为电荷量为的带电粒上的点以速率穿出电场与的夹角运动中

8、粒子仅受电场力用求电场强度的大小为使粒子穿过电场后的动能增量最大该粒由题意知在点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动由于故电场线由指向根据几何关系可知所以根据动能定理有解得晨鸟教育 Earlybird 小球做类平抛运动竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在 N 点的右侧，故 AD正确。当 d 增大时，电容减小，但由于二极管的单向导电性使得 Q 不可能减小，所以 Q 不变，根据 EUdQCd4 kQrS，知 E 不变，所以电场力不变，不管小球带正电或负电，小球仍然打在 N 点，故 BC 错误。2当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。现用一直

9、线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到 1.0 107 m/s。已知加速电场的场强为 1.3 105 N/C，质子的质量为 1.67 1027 kg，电荷量为 1.6 1019 C，则下列说法正确的是()A加速过程中质子电势能增加 B质子所受到的电场力约为 2 1015 N C质子加速需要的时间约为 8 106 s D加速器加速的直线长度约为 4 m【答案】D【解析】电场力对质子做正功，质子的电势能减少，A 错误；质子受到的电场力大小 FqE21014 N，B 错误；质子的加速度 aFm1.21013 m/s2，加速时间 tva8107 s，C 错误；加速器加速的直线长度 xv22a4 m

10、，故 D 正确。3如图所示，竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，小球 A 从紧靠左极板处由静止开始释放，小球 B 从两极板正中央由静止开始释放，两小球最终能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动至右极板的过程中，下列判断正确的是()A运动时间 tAtB B电荷量之比 qAqB21 全国卷在一柱形区域内有匀强电场柱的横截面积是以为圆心半径为的圆为圆的直径如图所示质量为电荷量为的带电粒上的点以速率穿出电场与的夹角运动中粒子仅受电场力用求电场强度的大小为使粒子穿过电场后的动能增量最大该粒由题意知在点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动由于故电场线由

11、指向根据几何关系可知所以根据动能定理有解得晨鸟教育 Earlybird C机械能增加量之比 EA EB21 D机械能增加量之比 EA EB11【答案】B【解析】对 A、B 受力分析可知，竖直方向上做自由落体运动，所以两小球运动时间相等，选项 A 错误；水平方向在电场力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，xA2xB，由运动关系可知，两小球电荷量之比qAqBaAaBxAxB21，由功能关系可知，电场力做的功等于小球机械能的增加量，WAWBqAUqB12U41，因此机械能的增加量之比为 41，选项 B 正确，C、D 错误。4(多选)如图所示，在竖直平面内 xOy 坐标系中分布着与水平方向成 45 角

12、的匀强电场，将一质量为 m、带电荷量为 q 的小球，以某一初速度从 O 点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程 xky2，且小球通过点 P。已知重力加速度为 g，则()A电场强度的大小为mgq B小球初速度的大小为g2k C小球通过点 P 时的动能为5mg4k D小球从 O 点运动到 P 点的过程中，电势能减少2mgk【答案】BC【解析】小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿 x 轴正方向，qE 2mg，电场强度的大小为 E2mgq，A 错误；F合mgma，所以 ag，由类平抛运动规律有1kv0t，1k12gt2，得小球初速度大小为 v0g2k，B 正确；由 P 点的坐标分析可知v0vx

13、12，所以小球通过点 P 时的动能为12mv212m(v20v2x)5mg4k，C 正确；小球从 O 到 P 过程中电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即 WqE1k1cos 452mgk，D 错误。5(多选)如图，一斜面紧靠竖直墙面固定在水平地面上，在纸面内加一匀强电场，其方向与全国卷在一柱形区域内有匀强电场柱的横截面积是以为圆心半径为的圆为圆的直径如图所示质量为电荷量为的带电粒上的点以速率穿出电场与的夹角运动中粒子仅受电场力用求电场强度的大小为使粒子穿过电场后的动能增量最大该粒由题意知在点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动由于故电场线由指向根据几何关系可知所以根据动能定理有解得晨鸟

14、教育 Earlybird 水平面夹角 60，场强2 33mgq。现将一质量为 m 带电量为q 的小球从斜面上 P 点竖直向上以 v0抛出，第一次与接触面撞前在空中飞行的竖直位移为 y1，若仅将初速度大小变为3v0从 P 点竖直抛出，第一次与接触面碰撞前在空中飞行的竖直位移为 y2，则下列说法可能正确的是()Ay22y1 By24y1 Cy26y1 Dy210y1【答案】BC【解析】小球受重力 mg 以及沿电场方向的电场力，FEq2 33mg，其竖直分量 FyFcos 30mg，则小球在竖直方向做匀速运动；水平方向 FxFsin 30 33mgmax，则水平方向做加速度为 ax33g 的匀加速运

15、动。若小球第一次能落到斜面上，则有02tanxva tyx(为斜面的倾角)，可得202tanxvya，则当初速度大小变为 3v0时，竖直位移 y 变为原来的 9 倍；若两次小球第一次均落在竖直墙壁上，则水平位移相等，则时间相等，由 yv0t 可知，当初速度大小变为 3v0时，竖直位移 y 变为原来的 3 倍；若第一次落在斜面上，第二次落在墙壁上，可知竖直位移应该介于 3 倍和 9 倍之间，则选项 B、C 正确，A、D 错误。6(多选)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

16、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 t0 时刻射入电场的粒子刚好沿上极板右边缘垂直于电场方向射出电场。则()A所有粒子都不会打到两极板上 B所有粒子最终都垂直电场方向射出电场 全国卷在一柱形区域内有匀强电场柱的横截面积是以为圆心半径为的圆为圆的直径如图所示质量为电荷量为的带电粒上的点以速率穿出电场与的夹角运动中粒子仅受电场力用求电场强度的大小为使粒子穿过电场后的动能增量最大该粒由题意知在点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动由于故电场线由指向根据几何关系可知所以根据动能定理有解得晨鸟教育 Earlybird C运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过 2Ek0 D只有

17、tnT2(n0,1,2)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场【答案】ABC【解析】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 t0 时刻进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流周期的整数倍。在 0T2时间内带电粒子运动的加速度 aE0qm，由匀变速直线运动规律得 vyatE0qmt，同理可分析T2T 时间内的运动情况，所以带电粒子在沿电场方向的速度 v 与 E-t 图线所围面积成正比(时间轴下方的面积取负值)。而经过整数个周期，E0-t 图象与坐标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

18、总为零，B 正确，D 错误；带电粒子在 t0 时刻入射时，侧向位移最大，故其他粒子均不可能打到极板上，A 正确；当粒子在 t0 时刻入射且经过 T 离开电场时，粒子在 tT2时达到最大速度，此时两分位移之比为 12，即 v0t212at2，可得 vyv0，故粒子的最大速度为 v 2v0，因此最大动能为初动能的 2 倍，C 正确。7如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系 xOy 中，x 轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为 m，电荷量为q(q0)的带电绝缘小球，从 y 轴上的 P(0，L)点由静止开始释放，运动至 x 轴上的 A(L，0)点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入固定在 x 轴下方竖直放

19、置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管细管的圆心 O1位于 y 轴上，交 y 轴于 B 点，交 x 轴于 A点和 C(L，0)点已知细管内径略大于小球外径，小球直径远小于细管半径，不计空气阻力，重力加速度为g。求：(1)匀强电场的电场强度的大小；(2)小球运动到 B 点时对管的压力的大小和方向；(3)小球从 C 点飞出后落在 x 轴上的位置坐标。【解析】(1)小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从 A 点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为 45，即加速度方向与竖直方向的夹角为 45，则：全国卷在一柱形区域内有匀强电场柱的横截面积是以为圆心半径为的圆为圆的直径如图所示质量

20、为电荷量为的带电粒上的点以速率穿出电场与的夹角运动中粒子仅受电场力用求电场强度的大小为使粒子穿过电场后的动能增量最大该粒由题意知在点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动由于故电场线由指向根据几何关系可知所以根据动能定理有解得晨鸟教育 Earlybird Eqmg 解得：mgEq。(2)根据几何关系可知，圆弧的半径 r 2L 从 P 到 B 点的过程中，根据动能定理得：12mv2B0mg(2L 2L)EqL 在 B 点，根据牛顿第二定律得：Nmgmv2Br 联立解得：N3(21)mg，方向向上 根据牛顿第三定律可得小球运动到 B 点时对管的压力的大小 N 3(21)mg，方向向下(3)从 P 到

21、A的过程中，根据动能定理得：12mv2A0mgLEqL 解得：vA4gL 小球从 C 点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度 vCvA 小球的加速度 g 2g 当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到 x 轴，则有：vCt12gt2 解得：t22Lg 沿 x 轴方向运动的位移 x 2vCt8L 则小球从 C 点飞出后落在 x 轴上的坐标 x L8L7L。8如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为 R的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在 B 点平滑连接，过半圆轨道圆心 O 的水平界面 MN 的下方分布有水平向右的匀强电场 E，质量为 m 的带正电小滑块从水平轨道上 A 点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电

22、量会增加，过 B 点后电量保持不变，小滑块在 AB段加速度随位移变化图象如图乙。已知 A、B 间距离为 4R，滑块与轨道间动摩擦因数为 0.5，重力加速度为 g，不计空气阻力，求：(1)小滑块释放后运动至 B 点过程中电荷量的变化量；全国卷在一柱形区域内有匀强电场柱的横截面积是以为圆心半径为的圆为圆的直径如图所示质量为电荷量为的带电粒上的点以速率穿出电场与的夹角运动中粒子仅受电场力用求电场强度的大小为使粒子穿过电场后的动能增量最大该粒由题意知在点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动由于故电场线由指向根据几何关系可知所以根据动能定理有解得晨鸟教育 Earlybird(2)滑块对半圆轨道的最大压力大

23、小；(3)小滑块再次进入电场时，电场大小保持不变、方向变为向左，求小滑块再次到达水平轨道时的速度大小以及距 B 的距离。【解析】(1)由牛顿第二定律得，在 A点：012q Emgmg 在 B 点：132q Emgmg 由联立解得:10mgqqqE (2)从 A到 B 过程，由动能定理得：21131224022ggmRmv 将电场力与重力的合力等效为“重力 G”，与竖直方向的夹角设为 ，在“等效最低点”时滑块对轨道压力最大，则：221()()Gmgq E cosmgG 从 B 到“等效最低点”过程，由动能定理得：222111(cos)22G RRmvmv 由牛顿第二定律得：22NvFGmR 由式

24、联立解得：N(63 5)Fmg 由牛顿第三定律得轨道所受最大压力为(63 5)mg(3)从 B 到 C 过程，由动能定理得：2213111222mgRq ERmvmv 从 C 点到再次进入电场的过程中做平抛运动：水平方向：13xv t 竖直方向：212Rgt yvgt 设速度方向与水平方向的夹角为 1，则13tanyvv 进入电场后，受向左的电场力与竖直向下的重力，21tanmgq E 全国卷在一柱形区域内有匀强电场柱的横截面积是以为圆心半径为的圆为圆的直径如图所示质量为电荷量为的带电粒上的点以速率穿出电场与的夹角运动中粒子仅受电场力用求电场强度的大小为使粒子穿过电场后的动能增量最大该粒由题意

25、知在点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动由于故电场线由指向根据几何关系可知所以根据动能定理有解得晨鸟教育 Earlybird 由 式联立可得：12，则进入电场后合力与速度共线，做匀加速直线运动 12tanRx 从 C 点到水平轨道：22124311222mgRq Exmvmv 由 式联立可得：42 5vgR，126xxxR 因此滑块再次到达水平轨道的速度大小为42 5vgR，方向与水平方向夹角的正切值为1tan0.5、斜向左下方，位置在 B 点左侧 6R处。9如图所示，一带电荷量 q0.05 C、质量 Ml kg 的绝缘平板置于光滑的水平面上，板上靠右端放一可视为质点、质量 ml kg 的不带

26、电小物块，平板与物块间的动摩擦因数 0.75。距平板左端 L0.8 m 处有一固定弹性挡板，挡板与平板等高，平板撞上挡板后会原速率反弹。整个空间存在电场强度 E100 N/C 的水平向左的匀强电场。现将物块与平板一起由静止释放，已知重力加速度 g10 m/s2，平板所带电荷量保持不变，整个过程中物块未离开平板。求：(1)平板第二次与挡板即将碰撞时的速率；(2)平板的最小长度；(3)从释放平板到两者最终停止运动，挡板对平板的总冲量。【解析】(1)两者相对静止，在电场力作用下一起向左加速，有 aqEm2.5 m/s2g 故平板 M 与物块 m 一起匀加速，根据动能定理可得：qEL211()2Mm

27、v 解得：v12.0 m/s 设向左为正方向，则平板反弹后，物块以速度 v12.0 m/s、加速度大小 a1mgm7.5 m/s2，向左做匀减速运动；平板以速度v12.0 m/s、加速度大小 a2qEmgm12.5 m/s2，向右做匀减速运动。设经历时间 t1木板与木块达到共同速度 v1，则有：v1a1t1v1 v1a2t1v1 解得：t10.2 s，v1 0.5 m/s，方向向左。全国卷在一柱形区域内有匀强电场柱的横截面积是以为圆心半径为的圆为圆的直径如图所示质量为电荷量为的带电粒上的点以速率穿出电场与的夹角运动中粒子仅受电场力用求电场强度的大小为使粒子穿过电场后的动能增量最大该粒由题意知在

28、点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动由于故电场线由指向根据几何关系可知所以根据动能定理有解得晨鸟教育 Earlybird 此时平板左端距挡板的距离：xv1t122 112a t0.15 m 此后两者一起向左匀加速，设第二次碰撞时速度为 v，则由动能定理得：222111()()22Mm vMm vqEx1 解得：v21.0 m/s。(2)最后平板、小物块静止（左端与挡板接触），此时小物块恰好滑到平板最左端，这时的平板长度最短。设平板长为 l，全程根据能量守恒可得：qELmgl 解得：l815m0.53 m。(3)设平板第 n1 次与第 n 次碰撞反弹速度分别为 vn1和 vn，平板第 n1 次反

29、弹后设经历时间 tn1，平板与物块达到共同速度 vn1，以向左为正方向，则：对平板有：vn1 vn1a2tn1 位移大小21112112nnnnxvta t 对物块有：vn1 vn1a1tn1 由以上三式解得：114nnvv，1110nnvt，211380nnvx 此后两者一起向左匀加速，由动能定理得：qExn122111()()22nnMm vMm v 解得：112nnvv 从开始运动到平板和物块恰停止，挡板对平板的总冲量：I2Mv12Mv22Mv32Mv4 解得：I8.0 Ns。全国卷在一柱形区域内有匀强电场柱的横截面积是以为圆心半径为的圆为圆的直径如图所示质量为电荷量为的带电粒上的点以速率穿出电场与的夹角运动中粒子仅受电场力用求电场强度的大小为使粒子穿过电场后的动能增量最大该粒由题意知在点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动由于故电场线由指向根据几何关系可知所以根据动能定理有解得晨鸟教育 Earlybird 全国卷在一柱形区域内有匀强电场柱的横截面积是以为圆心半径为的圆为圆的直径如图所示质量为电荷量为的带电粒上的点以速率穿出电场与的夹角运动中粒子仅受电场力用求电场强度的大小为使粒子穿过电场后的动能增量最大该粒由题意知在点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动由于故电场线由指向根据几何关系可知所以根据动能定理有解得