1、考向3带电粒子在电场中的运动研透真题破题有方(2020全国卷)在一柱形区域内有匀强电场,柱的横截面是以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?【真题解码】(1)审题破题眼:(2)情境化模型:
2、(3)命题陷阱点:认为匀强电场中运动的位移越长,动能增加越多。匀强电场中的类平抛运动,有其研究的独特性,所受恒定电场力不在竖直方向上,学生不易联想平抛运动对比研究,只有电场力方向上的位移才做功。【解析】(1)粒子初速度为零,由C点射出电场,故电场方向与AC平行,由A指向C。由几何关系和电场强度的定义知AC=R F=qE由动能定理有FAC=联立式得E=【标准解答】(2)如图,由几何关系知ACBC,故电场中的等势线与BC平行。作与BC平行的直线与圆相切于D点,与AC的延长线交于P点,则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大。由几何关系知PAD=30,AP=R,DP=R 设粒子以速度v1进入电场时动
3、能增量最大,在电场中运动的时间为t1。粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动,运动的距离等于AP;在垂直于AC的方向上做匀速运动,运动的距离等于DP。由牛顿第二定律和运动学公式有F=maAP=DP=v1t1 联立式得v1=v0(3)设粒子以速度v进入电场时,在电场中运动的时间为t。以A为原点,粒子进入电场的方向为x轴正方向,电场方向为y轴正方向建立直角坐标系。由运动学公式有y=at2x=vt粒子离开电场的位置在圆周上,有(x-R)2+(y-R)2=R2 粒子在电场中运动时,其x方向的动量不变,y方向的初始动量为零。设穿过电场前后动量变化量的大小为mv0的粒子,离开电场时其y方向的速度分量为v2
4、,由题给条件及运动学公式有mv2=mv0=mat 联立式得v=0或v=v0答案:(1)(2)v0(3)0或v0【一题多法】另解:由题意知,初速度为0时,动量增量的大小为mv0,此即问题的一个解。自A点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子,沿y方向位移相等时,所用时间都相同。因此,不同粒子运动到线段CB上时,自B点射出电场的粒子,其动量变化也为mv0,由几何关系及运动学规律可得,此时入射速率v=v0。必备知能融会贯通【核心必备】熟记匀强电场中类平抛运动的规律【考场秘技】电容器动态平衡问题的解题技巧1.(直线加速)如图甲所示,两平行金属板竖直放置,左极板接地,中间有小孔。右极板电势随时间变化的
5、规律如图乙所示。电子原来静止在左极板小孔处(不计重力作用),下列说法中正确的是()多维猜押制霸考场A.从t=0时刻释放电子,电子必将始终向右运动,直到打到右极板上B.从t=0时刻释放电子,电子可能在两极板间振动C.从t=时刻释放电子,电子必将在两极板间振动D.从t=时刻释放电子,电子必将从左极板上的小孔中穿出A 分析电子在一个周期内的运动情况,从t=0时刻释放电子,前T内,电子受到的电场力向右,电子向右做匀加速直线运动;后T内,电子受到向左的电场力作用,电子向右做匀减速直线运动,t=T时速度恰好为零。接着周而复始,所以电子一直向右做单向直线运动,直到打在右极板上,选项A正确,B错误;从t=时刻
6、释放电子,在内,电子向右做匀加速直线运动;在T内,电子受到的电场力向左,电子继续向右做匀减速直线运动,T时刻速度为零;在TT内电子受到向左的电场力,向左做初速度为零的匀加速直线运动,在TT内电子受到向右的电场力,向左做匀减速运动,在T时刻速度减为零,接着重复。可知若两极板距离足够大,电子可能在两极板间振动,若极板间距离较小,电子可能打在右极板上,选项C错误;用同样的方法分析从t=T时刻释放电子的运动情况,电子先向右运动,后向左运动,若极板间距离较小,电子能直接打在右极板上。若极板间距离较大,由于一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移,所以电子最终可能从左极板的小孔离开电场,选项D错误。2.
7、(组合电场)如图所示为研究电子枪中电子在恒定电场中运动的简化模型示意图。在xOy平面的第一象限,存在以x轴、y轴及双曲线y=的一段(0 xL,0yL)为边界的匀强电场区域,电场强度为E;在第二象限存在以(-2Lx0,0yL)为边界的匀强电场区域。一电子(电荷量大小为e,质量为m,不计重力)从电场区域的边界B点处由静止释放,恰好从N点离开电场区域。(1)求电子通过C点时的速度大小;(2)求电场区域中的电场强度的大小;(3)试证明:从AB曲线上的任一位置由静止释放的电子都能从N点离开电场。【解析】(1)由双曲线y=知BC间距离为从B到C由动能定理eE -0解得电子通过C点时的速度大小vC=(2)电
8、子从C点进入区域,在区域中做类平抛运动。x轴方向2L=vCty轴方向L=t2解得区域中的电场强度的大小E=(3)设电子从AB曲线上点P(x,y)进入电场区域,在区域由动能定理eEx=-0假设电子能够在区域中一直做类平抛运动且落在x轴上的x处。则y轴方向y=x轴方向x=v0t1又y=,解得x=2L即所有从边界AB曲线上由静止释放的电子均从N点射出。答案:(1)(2)(3)见解析【提分组越过重本线】1.如图甲所示,在匀强电场中,虚线为电场线,与Ox轴成=37角,Ox轴上有a、b、c三点,Oa=bc=ab=2 cm,Ox轴上各点的电势的变化规律如图乙所示。取sin37=0.6,cos37=0.8。下
9、列说法正确的是()高考猜押竞技场A.电场线方向斜向上B.场强大小为800 V/mC.c点的电势为16 VD.电子在a点的电势能为-32 eVD 由题图乙知,沿Ox方向电势降低,结合“沿电场线方向电势逐渐降低”知,电场线方向斜向下,A错误;Ob=6 cm,O、b两点间的电势差U=48 V,由U=EObcos得E=1103 V/m,B错误;b点的电势为零,c点的电势为负值,且为c=-16 V,C错误;a点的电势a=48 V=32 V,电子在a点的电势能为Ep=-ea=-32 eV,D正确。2.(多选)如图所示,O点为位于一水平面上等量异种点电荷连线的中点,一通过O点的光滑绝缘细杆与水平面成37角,
10、A、B为杆上的两点,且AO=OB。一电荷量为q、质量为m的小环(视为质点)套在杆上,以初速度v0从A点沿杆运动到B点的过程中,下列说法正确的是()A.小环一定带正电B.小环的电势能先减小后增大C.在A、B两点小环的加速度相同D.小环的机械能一定守恒C、D 两点电荷在杆上的场强方向垂直杆,则电场力不做功,小环的电势能不变,由于小环有初速度则小环可带正电也可带负电,故A、B错误;由于两点电荷在杆上的场强方向垂直杆则小环的加速度始终为a=gsin37,故C正确;两点电荷在杆上的场强方向垂直杆,则电场力不做功,从A点沿杆运动到B点的过程中,只有重力做功,所以机械能守恒,故D正确。3.(多选)如图所示,
11、在场强为E的匀强电场中固定一个半径为R的绝缘、光滑圆环,电场线与圆环平面平行。A、B、C为圆环上三点,AC为直径。一个可视为点电荷、质量为m、电荷量为q(q0)的小球套在圆环上,B点与圆心O的连线与OC的夹角为53。现将小球从A点位置由静止释放,小球运动到B点时的动能最大。不计小球重力,sin53=0.8,cos53=0.6。若规定A点电势为零,则下列说法中正确的是()A.C点的电势为-B.小球运动到B点的动能为C.小球释放后运动到B点时,小球所受弹力大小为D.小球可以沿圆环重新回到A点,且小球重新回到A点时所受弹力大小为0.6EqC、D 不计小球重力,小球运动到B点时的动能最大,小球带正电,
12、则匀强电场的场强方向如图1所示,由图1可知dAC=2Rcos53=R,则UAC=EdAC=ER,所以C点的电势为-故A错误;A、B两点的电势差为UAB=E(R+Rcos53)=ER,由动能定理得EkB=qUAB=ERq,故B错误;由动能定理有qUAB=在B点有FB-qE=联立解得FB=qE,故C正确;由于小球到达B的动能最大,且由能量守恒可知,小球能重新回到A点且到A点的速度为零,小球在A点的受电场力方向如图2所示,此时弹力大小为FA=qEcos53=0.6qE,故D正确。4.M、N是某电场中一条电场线上的两点,从M点由静止释放一质子,质子沿电场线由M点运动到N点,其电势能Ep随位移x变化的关
13、系和动能Ek随位移x的变化关系如图所示,已知Ep和Ek两图象关于E=的直线对称,则下列说法正确的是()A.粒子运动过程中一定没有摩擦阻力B.M点的场强小于N点的场强C.M、N之间的电场线可能是条曲线D.N点的电势一定高于M点的电势A 由题图可知,粒子的电势能和动能之和不变,说明没有内能的产生,因此粒子运动过程中一定没有摩擦阻力,选项A正确;Ep-x图象斜率的变化反映了电场力的变化,所以M点的场强大于N点的场强,选项B错误;根据力与运动的关系,电荷仅在电场力作用下沿电场线运动,电场力的方向不能变化,电场线一定是直线,选项C错误;由M点到N点质子的电势能减小,根据正电荷在电势高的地方电势能大,所以
14、M点电势高于N点电势,选项D错误。5.在光滑绝缘的水平桌面上,存在着方向水平向右的匀强电场,电场线如图中实线所示。一带正电、初速度不为零的小球从桌面上的A点开始运动,到C点时,突然受到一个外加的水平恒力F作用而继续运动到B点,其运动轨迹如图中虚线所示,v表示小球经过C点时的速度,则()A.小球在A点的电势能比在B点小B.恒力F的方向可能水平向左C.恒力F的方向可能与v方向相反D.在A、B两点小球的速率不可能相等B 小球带正电,电场力向右,从A到B,电场力做正功,电势能减少,故A错误;从C到B小球做曲线运动,小球所受的合力应该指向曲线弯曲的内侧,故恒力F的方向可能水平向左,B正确;从C到B小球做
15、曲线运动,若恒力F的方向与v方向相反,则合力不可能指向曲线弯曲的内侧,故C错误;从A到B电场力做正功,拉力F做负功,合力的功可能为零,故小球在A、B两点的速率可能相等,D错误。6.在一次科学晚会上,一位老师表演了一个“魔术”:如图,一个空塑料瓶上固定着一根铁锯条和一块易拉罐(金属)片,将锯条与静电起电机负极相连,金属片与静电起电机正极相连。在塑料瓶里放一盘点燃的蚊香,很快就看见整个透明塑料瓶里烟雾缭绕。当把起电机一摇,顿时塑料瓶清澈透明,停止摇动,又是烟雾缭绕。在起电机摇动时,下列说法正确的是()A.塑料瓶内存在的是匀强电场B.锯条电势高于金属片电势C.烟尘最终被吸附到金属片上D.烟尘被吸附过
16、程中电势能增加C 尖端附近的电场线密集,所以在锯条附近的电场强度大于金属片附近的电场,且根据俯视图可以看出塑料瓶内存在的是辐条形的电场,不是匀强电场,故A错误;由于锯条与静电起电机负极相连,所以锯条带负电,锯条电势低于金属片电势,故B错误;负离子在电场力的作用下,向正极移动时,碰到烟尘微粒使它带负电,因此,带电尘粒在电场力的作用下,向金属片运动,被吸附到金属片上,故C正确;烟尘被吸附过程中电场力对它做正功,电势能减小,故D错误。【搏分组冲击双一流】7.(多选)如图所示,在足够长的光滑绝缘水平面上有A、B两个滑块(均可视为质点),滑块A带正电、电荷量为q,滑块B不带电。图中虚线内存在水平向右的匀
17、强电场,电场强度大小为E,宽度为d,其余空间内不存在电场。滑块A刚好位于电场区域内的左侧,而滑块B刚好位于电场区域的右侧。现将滑块A无初速度释放,滑块A与滑块B发生碰撞且碰撞时间极短,碰撞过程中滑块A的电荷量不变,仅碰撞一次,经过一段时间两滑块保持一定的距离不变,且此距离为x0=d,则下列判断正确的是()A.A、B两滑块的质量之比为B.A、B两滑块的质量之比为C.两滑块的碰撞为弹性碰撞D.两滑块的碰撞为非弹性碰撞A、D 对滑块A在碰撞前根据动能定理有qEd=依题意知,碰撞后滑块A、B速度大小相等,方向相反,规定向右为正方向,设其大小为v,根据动量守恒定律可得mAv0=-mAv+mBv;又由能量
18、守恒定律可知v0,D正确,C错误。8.(多选)如图所示,在绝缘水平面上固定着一光滑绝缘的圆形槽,在某一过直径的直线上有O、A、D、B四点,其中O为圆心,D在圆上,半径OC垂直于OB,ACB=ABC=30。A点固定电荷量为+Q的点电荷,B点固定一个电荷量未知的点电荷使得圆周上各点电势相等。有一个质量为m,电荷量为-q(q0)的带电小球在滑槽中运动,在C点受的电场力指向圆心,下列判断正确的是()A.小球在滑槽内做匀速圆周运动B.固定在B点的电荷带正电C.固定在B点的电荷其电荷量的大小为QD.小球在C、D两处受到圆形槽弹力的大小相等A、C 圆周上各点电势相等,小球在运动过程中电势能不变,根据能量守恒
19、得知,小球的动能不变,小球做匀速圆周运动,故A正确;由小球在C点受的电场力指向圆心,如图所示A点的点电荷对小球吸引,B点的点电荷对小球排斥,因此固定在B点的电荷带负电,由ABC=ACB=30可知ACO=30,设AB=AC=L,则有BC=2ABcos30=L,由力的合成可得F1=F2,即解得QB=Q,故B错误,C正确;小球在C处,根据牛顿第二定律则有F-FC=其中F=F2=可得FC=小球在D处,根据几何关系可得AD=根据牛顿第二定律则有可得FD=故D错误。9.(多选)如图所示,竖直平面内有一个半径为R的圆周,另外空间有一平行于圆周平面的匀强电场,A、D两点为圆周上和圆心同一高度的点,C点为圆周上
20、的最高点。在与OA夹角为=30的圆弧B点上有一粒子源,以相同大小的初速度v0在竖直面(平行于圆周面)内沿各个方向发射质量为m,带电的同种微粒,在对比通过圆周上各点的微粒中,发现从圆周D点上离开的微粒机械能最大,从圆周E点(OE与竖直方向夹角=30)上离开的微粒动能最大,已知重力加速度为g,取最低点F所在水平面为重力零势能面。则有()A.电场一定沿OD方向,且电场力等于mgB.通过E点的微粒动能大小为(+1)mgR+C.动能最小的点可能在BC圆弧之间D.A点的动能一定小于B点B、C 在D点微粒机械能最大,说明B到D电场力做功最大,由数学关系知过D点作圆周的切线为电场的等势线,即电场力沿OD方向,带电粒子电性未知,场强方向不能确定。在E点微粒动能最大,说明B到E合力做功最多,即重力电场力的合力方向沿OE,有:=tan30,mg=F合cos30,解得Eq=mg,F合=mg,动能定理有:Ek=+F合R(1+cos30)=(+1)mgR+,故选项A错误、B正确;OE反向延长线与圆周的交点为等效重力的最高点,合力做的负功最大,动能最小,选项C正确;B点到A点等效重力(合力)做正功,动能增加,选项D错误。
