1、13带电粒子在电场中的运动考点分析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
2、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：qExACmv0解得：。(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xRsin 60v1tyyRcos 60at2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：
3、。(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：xBCRv2t2xACRat22电场力提供加速度有：qEma联立解得：v2v0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。(
4、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)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EFqEma设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有：qEhEkmv设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有hat2lv0t联立式解得：Ekmvqhlv0
5、。(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L2l2v0。提分训练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】A
6、D【解析】根据C可知，当d减小时，电容增大，Q增大，U不变，根据E，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，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E，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。现用一直线加速器来加速质
7、子，使其从静止开始被加速到1.0107 m/s。已知加速电场的场强为1.3105 N/C，质子的质量为1.671027 kg，电荷量为1.61019 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21015 NC质子加速需要的时间约为8106 sD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a1.21013 m/s2，加速时间t8107 s，C错误；加速器加速的直线长度x4 m，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
8、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tAtBB电荷量之比qAqB21C机械能增加量之比EAEB21D机械能增加量之比EAEB11【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，由功能关系可知，电场力做的功等于小球机械能的增加量，因此机械能的增加量之比为41，选项B正确，C、D错
9、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B小球初速度的大小为C小球通过点P时的动能为D小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少【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，qEmg，电场强度的大小为E，A错误；F合mgma，所以ag，由类平抛运动规律有v0t，gt2，得小球初速度大小为v0，B正确；由P点的坐标分析可知，所以小球通过点P时的动能为mv2m(vv)，
10、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WqE，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，其方向与水平面夹角60，场强。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，FEqmg，其竖直分量FyFcos 30mg，则小球在竖直方向做匀速运
11、动；水平方向FxFsin 30mgmax，则水平方向做加速度为axg的匀加速运动。若小球第一次能落到斜面上，则有(为斜面的倾角)，可得，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向源源不
12、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C运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2Ek0D只有tn(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0时间内带电粒子运动的加速度a，由匀变速直线运动规律得vyatt，同理可分析T时间内
13、的运动情况，所以带电粒子在沿电场方向的速度v与Et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，E0t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t时达到最大速度，此时两分位移之比为12，即v0t2at2，可得vyv0，故粒子的最大速度为vv0，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
14、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：Eqmg解
15、得：。(2)根据几何关系可知，圆弧的半径rL从P到B点的过程中，根据动能定理得：mv0mg(2LL)EqL在B点，根据牛顿第二定律得：Nmgm联立解得：N3(1)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N3(1)mg，方向向下(3)从P到A的过程中，根据动能定理得：mv0mgLEqL解得：vA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gg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：vCtgt2解得：t2沿x轴方向运动的位移xvCt8L则小球从C点飞出后落在x轴上的坐标xL8L7L。8如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为R的竖直光滑、绝缘
16、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；(2)滑块对半圆轨道的最大压力大小；(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： 在B点： 由联立解得: (2)
17、从A到B过程，由动能定理得： 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： 从B到“等效最低点”过程，由动能定理得： 由牛顿第二定律得： 由式联立解得：由牛顿第三定律得轨道所受最大压力为(3)从B到C过程，由动能定理得： 从C点到再次进入电场的过程中做平抛运动：水平方向： 竖直方向： 设速度方向与水平方向的夹角为1，则 进入电场后，受向左的电场力与竖直向下的重力， 由式联立可得：，则进入电场后合力与速度共线，做匀加速直线运动 从C点到水平轨道： 由式联立可得：，因此滑块再次到达水平轨道的速度大小为，方向与水平方向夹角的正切值为、斜向左下
18、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
19、止，在电场力作用下一起向左加速，有a2.5 m/s2g故平板M与物块m一起匀加速，根据动能定理可得：qEL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a17.5 m/s2，向左做匀减速运动；平板以速度v12.0 m/s、加速度大小a212.5 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：v1a1t1v1v1a2t1v1解得：t10.2 s，v10.5 m/s，方向向左。此时平板左端距挡板的距离：xv1t10.15 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：qEx1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：lm0.53 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：vn1vn1a2tn1位移大小对物块有：vn1vn1a1tn1由以上三式解得：，此后两者一起向左匀加速，由动能定理得：qExn1解得：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。
