高中物理高考一轮复习一轮复习 2023届高三专题复习十四 带电粒子在电场中的运动

专题十四带电粒子在电场中的运动一、考点分析一、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。二、考题再现二、考题再现典例1.(2023·全国III卷·21)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是()A．a的质量比b的大B．在t时刻，a的动能比b的大C．在t时刻，a和b的电势能相等D．在t时刻，a和b的动量大小相等【解析】两微粒只受电场力qE作用且两电场力大小相等，由x＝eq\f(1,2)a0t2，知微粒a的加速度大，由qE＝ma0，知微粒a的质量小，A错误；由动能定理qEx＝Ek得，位移x大的动能大，B正确；在同一等势面上，a、b两微粒电荷量虽相等，但电性相反，故在t时刻，a、b的电势能不相等，C错误；由动量定理qEt＝mv得，在t时刻，a、b的动量大小相等，D正确。【答案】BD典例2.(2023∙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φ(φ＞0)。质量为m，电荷量为q(q＞0)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？【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E＝eq\f(2φ,d) ①F＝qE＝ma ②设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有：qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ③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h＝eq\f(1,2)at2 ④l＝v0t ⑤联立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L＝2l＝2v0eq\r(\f(mdh,qφ))。 ⑧三、对点速练三、对点速练1．如图，平行板电容器AB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AB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AB间距减小时，小球打在N的左侧B．若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的左侧C．若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N的左侧D．若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N的右侧【答案】AD【解析】若小球带正电，当d减小时，电容增大，Q增大，U不变，根据，知d减小时E增大，所以电场力变大，方向向下，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。故A正确。若小球带正电，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，知E不变，所以电场力不变，小球仍然打在N点。故B错误。若小球带负电，当AB间距d增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q不变，根据，知E不变，所以电场力大小不变，方向向上，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不变，运动时间不变，小球仍然可能打在N点。故C错误。若小球带负电，当AB间距d减小时，电容增大，则Q增大，根据，知E增大，所以电场力变大，方向向上，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D正确。2．如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与P点的连线垂直于电场线，M点与N点在同一电场线上。两个完全相同的带等量正电荷的粒子，以相同大小的初速度v0分别从M点和N点沿竖直平面进入电场，重力不计。N点的粒子垂直电场线进入，M点的粒子与电场线成一定夹角进入，两粒子恰好都能经过P点，在此过程中，下列说法正确的是()A．电场力对两粒子做功相同B．两粒子到达P点的速度大小可能相等C．两粒子到达P点时的电势能都减小D．两粒子到达P点所需时间一定不相等【答案】D【解析】由题图可知M、P两点在同一等势面上，所以两点间的电势差为零，而N、P间的电势差大于零，根据W＝qU知，电场力对M点的粒子不做功，对N点的粒子做正功，故A错误；根据动能定理知N点的粒子到达P点时电场力做正功，所以速度增大，而M点的粒子到达P点时电场力不做功，所以速度大小不变，又因它们的初速度大小相等，所以两粒子到达P点的速度大小不等，故B错误；M点的粒子到达P点时电势能不变，N点的粒子到达P点电场力做正功，所以电势能减少，故C错误；在垂直于电场线方向，两个粒子都做匀速直线运动，设PM＝L，M点的粒子初速度方向与电场线的夹角为α，则M点的粒子到达P点的时间：tM＝eq\f(L,v0sinα)，N点的粒子到达P点的时间：tN＝eq\f(L,v0)，由此可见，两粒子到达P点所需时间一定不相等，故D正确。3．如图所示，在与水平面夹角θ为60°的匀强电场中，有一带负电的物块A放在倾斜的绝缘木板上，物块所受电场力的大小为其重力大小的一半，木板的倾角α为30°和60°时物块所受的摩擦力大小恰好相等，则物块与木板间的动摩擦因数为()A． B．C． D．【答案】D【解析】当木板倾角是30°时，物块受到重力、支持力、垂直斜面向下的电场力和摩擦力的作用。在垂直于斜面的方向上，FN1＝mgcos30°＋qE＝mg()①，当木板倾角是60°时，物块受到重力、支持力、与斜面成30°向下的电场力和摩擦力的作用。在垂直于斜面的方向：FN2＝mgcos60°＋qEcos30°＝eq\f(1,2)mg＋mg②，①②两式比较可知，FN1>FN2，在摩擦因数相等的情况下，一定是木板的倾角α为30°是静摩擦力，60°时物块所受的是滑动摩擦力。木板的倾角α为30°时物块受力平衡，得：f1＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg③，木板的倾角α为60°时物块受摩擦力：f2＝μFN2＝μ(eq\f(1,2)mg＋mg)④，由题意：f1＝f2⑤，联立③④⑤解得：μ＝.故D正确，ABC错误。4．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x＝ky2，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eq\f(mg,q)B．小球初速度的大小为eq\r(\f(g,2k))C．小球通过点P时的动能为eq\f(5mg,4k)D．小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少eq\f(\r(2)mg,k)【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＝eq\r(2)mg，电场强度的大小为E＝eq\f(\r(2)mg,q)，A错误；F合＝mg＝ma，所以a＝g，由类平抛运动规律有eq\f(1,k)＝v0t，eq\f(1,k)＝eq\f(1,2)gt2，得小球初速度大小为v0＝eq\r(\f(g,2k))，B正确；由P点的坐标分析可知eq\f(v0,vx)＝eq\f(1,2)，所以小球通过点P时的动能为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W＝qE·eq\f(1,k)eq\f(1,cos45°)＝eq\f(2mg,k)，D错误。在竖直平面内有水平向右、电场强度为E＝1×104N/C的匀强电场，在场中有一个半径为R＝2m的光滑圆环，环内有两根光滑的弦AB和AC，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角，质量为kg的带电小球由静止从A点释放，沿弦AB和AC到达圆周的时间相同。现去掉弦AB和AC，给小球一个初速度让小球恰能在竖直平面沿环内做圆周运动，取小球圆周运动的最低点为电势能和重力势能的零点，（cos37°＝，g＝10m/s2）下列说法正确的是()A．小球所带电量为q＝×10－5CB．小球做圆周过程中动能最小值是JC．小球做圆周运动从B到A的过程中机械能逐渐减小D．小球做圆周运动的过程中对环的最大压力是N【答案】BCD【解析】由题知，小球在复合场中运动，由静止从A点释放，沿弦AB和AC到达圆周的时间相同，则A点可以认为是等效圆周的最高点，沿直径与之对应圆周上的点可以认为是等效圆周的最低点，对小球进行受力分析，小球应带正电，如图所示，可得mgtan37＝qE解得小球的带电量为，故A错误；小球做圆周过程中由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力，小球的动能、重力势能和电势能之和保持不变，在圆上各点中，小球在等效最高点A的势能（重力势能和电势能之和）最大，则其动能最小，由于小球恰能在竖直平面沿环内做圆周运动，根据牛顿第二定律，在A点其合力作为小球做圆周运动的向心力＝m，小球做圆周过程中动能最小值Ekmin＝eq\f(1,2)mvA2＝＝J＝，故B正确；由于总能量保持不变，小球从B到A过程中电场力做负功，电势能增大，小球的机械能逐渐减小，故C正确；将重力与电场力等效成新的“重力场”，新“重力场”方向与竖直方向成，等效重力，等效重力加速度为，小球恰好能做圆周运动，在等效最高点A点速度为，在等效最低点小球对环的压力最大，设小球在等效最低点的速度为v，由动能定理得。在等效最低点，由牛顿第二定律，联立解得小球在等效最低点受到的支持力根据牛顿第三定律知，小球做圆周运动的过程中对环的最大压力大小也为，故D正确。6．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α＝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()A．y2＝2y1B．y2＝4y1C．y2＝6y1D．y2＝10y1【答案】BC【解析】小球受重力mg以及沿电场方向的电场力，大小为，其竖直分量为；则小球做竖直方向做匀速运动；水平方向，则水平方向做加速度为的匀加速运动；若小球第一次能落到斜面上，则第一次与接触面撞前，则（其中α为斜面的倾角），则，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y＝v0t可知，则当初速度大小变为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BC正确，AD错误。7．如图，竖直平面内（纸面）存在平行于纸面的匀强电场，方向与水平方向成θ＝60°角，纸面内的线段MN与水平方向成α＝30°角，MN长度为d。现将一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电小球从M由静止释放，小球沿MN方向运动，到达N点的速度大小为vN（待求）；若将该小球从M点沿垂直于MN的方向，以大小vN的速度抛出，小球将经过M点正上方的P点（未画出），已知重力加速度大小为g，求：(l)匀强电场的电场强度E及小球在N点的速度vN；(2)M点和P点之间的电势差；(3)小球在P点动能与在M点动能的比值。【解析】(l)由小球运动方向可知，小球受合力沿MN方向，如图甲，由正弦定理：mgsin得：E合力：F＝mg从M→N,有：2ad得：υ(2)如图乙，设MP为h，作PC垂直于电场线，小球做类平抛运动：hcos60UMC＝得：U(3)如图乙，作PD垂直于MN，从M→P，由动能定理：FSEEKP8．如图甲所示，长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置，ab为两板的中心线，一个带电粒子以速度v0从a点水平射入，沿直线从b点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出，求：(1)交变电压的周期T应满足什么条件？(2)粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件？【解析】(1)为使粒子仍从b点以速度v0穿出电场，在垂直于初速度方向上，粒子的运动应为：加速，减速，反向加速，(反向)减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有L＝nTv0解得T＝eq\f(L,nv0)粒子在eq\f(1,4)T内离开中心线的距离为y＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)T))eq\s\up12(2)又a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U0,d)解得y＝eq\f(qU0T2,32md)在运动过程中离开中心线的最大距离为ym＝2y＝eq\f(qU0T2,16md)粒子不撞击金属板，应有ym≤eq\f(1,2)d解得T≤2deq\r(\f(2m,qU0))故n≥eq\f(L,2dv0)eq\r(\f(qU0,2m))，即n取大于等于eq\f(L,2dv0)eq\r(\f(qU0,2m))的整数所以粒子的周期应满足的条件为T＝eq\f(L,nv0)，其中n取大于等于eq\f(L,2dv0)eq\r(\f(qU0,2m))的整数。(2)粒子进入电场的时刻应为eq\f(1,4)T，eq\f(3,4)T，eq\f(5,4)T，…故粒子进入电场的时刻为t＝eq\f(2n－1,4)T(n＝1，2，3，…)。9．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μ＝，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：①在B点：②由①②联立解得:③(2)从A到B过程，由动能定理得：④将电场力与重力的合力等效为“重力Gʹ”，与竖直方向的夹角设为α，在“等效最低点”时滑块对轨道压力最大，则：⑤⑥从B到“等效最低点”过程，由动能定理得：⑦由牛顿第二定律得：⑧由②④⑤⑥⑦⑧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：⑨从C点到再次进入电场的过程中做平抛运动：水平方向：⑩竖直方向：⑪⑫设速度方向与水平方向的夹角为β1，则⑬进入电场后，受向左的电场力与竖直向下的重力，⑭由

⑨⑩⑪⑫⑬⑭

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⑮从C点到水平轨道：⑯由⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮⑯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、斜向左下方，位置在B点左侧6R处。10．如图所示，一带电荷量q＝＋C、质量M＝lkg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m＝lkg的不带电小物块，平板与物块间的动摩擦因数μ＝。距平板左端L＝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