电场（3）-备战2022年高考案头必备模型（解析版）

模型16电场（3）-备战2022年高考案头必备模型+典例+方法+练习目录电场中的偏转模型 2带电粒子在交变电场中的运动 7带电粒子（带电体）在电场中的力电综合问题 13

电场中的偏转模型【模型+方法】一、概述(1)带电粒子在匀强电场中做直线运动时，一般用牛顿第二定律与运动学公式结合处理或用动能定理处理．(2)在匀强电场中做类平抛运动时一般从分解的角度处理．(3)注意带电粒子重力能否忽略．二．电场中的直线运动问题(1)动能定理：不涉及t、a时可用．(2)牛顿第二定律＋运动学公式：涉及a、t时可用．尤其是交变电场中，最好再结合v－t图象使用．三．匀强电场中的偏转问题(1)用平抛运动规律处理：运动的分解．①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝eq\f(L,v0).②沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md).③离开电场时的偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUL2,2mdv02).④速度偏向角tanφ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUx,mdv02)eq\o(→,\s\up7(x＝L))tanφ＝eq\f(qUL,mdv02)；位移偏向角tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(qUx,2mdv02)eq\o(→,\s\up7(x＝L))tanθ＝eq\f(qUL,2mdv02).(2)动能定理：涉及功能问题时可用．注意：偏转时电场力做功不一定是W＝qU板间，应该是W＝qEy(y为偏移量)．四．非匀强电场中的曲线运动问题(1)运动电荷的轨迹偏向受力的一侧，即合外力指向轨迹凹的一侧；电场力一定沿电场线切线方向，即垂直于等势面，从而确定电荷受力方向．(2)由电场力的方向与运动方向夹角，判断电场力做功的正负，再由功能关系判断动能、电势能的变化．【典例1】(多选)(2020·浙江宁波“十校”3月联考)如图所示，三个同样的带电粒子(不计重力)同时从同一位置沿同一方向垂直于电场线射入平行板电容器间的匀强电场，它们的运动轨迹分别用a、b、c标出，不考虑带电粒子间的相互作用，下列说法中正确的是()A．当b飞离电场的同时，a刚好打在下极板上B．b和c同时飞离电场C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小D．在电场中运动过程中c的动能增加量最小，a、b的动能增加量相同【答案】ACD【解析】三个粒子相同，故进入电场后，受到的电场力相等，即加速度相等，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，偏移量y＝eq\f(1,2)at2，所以ta＝tb>tc，故A正确，B错误；粒子在水平方向上做匀速直线运动，故有v0＝eq\f(x,t)，因为xb＝xc>xa，ta＝tb>tc，所以有vc>vb>va，故C正确；根据动能定理qU＝Eqy＝ΔEk，故c的动能增加量最小，a和b的动能增加量相同，故D正确．【典例2】(多选)(2020·江苏南京市、盐城市一模)两个质量相等、电荷量不等的带电粒子甲、乙，先后以不同的速率沿着HO方向垂直射入匀强电场，电场方向竖直向上，它们在圆形区域中运动的时间相同，其运动轨迹如图所示．不计粒子所受的重力，则下列说法中正确的是()A．甲粒子带正电荷B．乙粒子所带的电荷量比甲粒子少C．甲粒子在圆形区域中电势能变化量小D．乙粒子进入电场时具有的动能比甲粒子大【答案】AC【解析】甲粒子向上偏转，所受的电场力向上，与电场方向相同，故甲粒子带正电荷，故A正确；两个粒子竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，有：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qE,2m)t2，E、t、m相等，则y∝q，可知，乙粒子所带的电荷量比甲粒子多，故B错误；电场力对粒子做功为W＝qEy，甲粒子电荷量少，偏转距离小，则电场力对甲粒子做功少，其电势能变化量小，故C正确；水平方向有x＝vt，相同时间内，乙粒子的水平位移小，则乙粒子进入电场时初速度小，初动能小，故D错误．【练习1】(2020·浙江7月选考·6)如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中．已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时()A．所用时间为eq\f(mv0,qE)B．速度大小为3v0C．与P点的距离为eq\f(2\r(2)mv02,qE)D．速度方向与竖直方向的夹角为30°【答案】BD【详解】A．粒子在电场中做类平抛运动，水平方向竖直方向由可得故A错误；B．由于故粒子速度大小为故B正确；C．由几何关系可知，到P点的距离为故C错误；D．速度方向与竖直方向的夹角正切即故D正确。故选BD。【练习2】(2020·全国卷Ⅰ·25)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(q>0)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θ＝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？【答案】(1)；(2)；(3)0或【详解】（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q>0，故电场线由A指向C，根据几何关系可知：所以根据动能定理有：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，根据几何关系有而电场力提供加速度有联立各式解得粒子进入电场时的速度：；（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电场力提供加速度有联立解得；当粒子从C点射出时初速度为0。另解：由题意知，初速度为0时，动量增量的大小为，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，动量变化都相同，自B点射出电场的粒子，其动量变化量也恒为，由几何关系及运动学规律可得，此时入射速率为【练习3】．(2020·浙江温州三模)示波管的结构如图(a)所示，偏转电极YY′如右图(b)所示，两板间的距离为d、板长为L，在YY′间加上电压U，让电荷量为e、质量为m的电子以速度v垂直电场进入偏转电极，不计电子的重力．则电子穿过偏转电极YY′的过程中，下列说法正确的是()A．电子向Y′极板偏转飞出B．电子射出电场时的偏移量ΔY＝eq\f(eUL2,2mdv2)C．射出电子的动能增加了eUD．U越大，电子通过YY′极板的时间就越短【答案】B【详解】A．由（b）图可知，Y为正极，则电场强度方向向下，故电子通过的过程中，受到的电场力向上，即电子向Y极偏转飞出电场，故A错误；B．电子在偏转电场中做类平抛运动，则有，，联立解得，故B正确；C．根据动能定理可知，电子动能的增加量为因，故，所以，故C错误；D．根据电子的方向做匀速直线运动，有解得，即电子通过极板的时间与U无关，故D错误。故选B。带电粒子在交变电场中的运动【模型+方法】一、概述1.在交变电场中做直线运动时，一般是几段变速运动组合．可画出v－t图象，分析速度、位移变化．2.在交变电场中的偏转若是几段类平抛运动的组合，可分解后画出沿电场方向分运动的v－t图象，分析速度变化，或是分析偏转位移与偏转电压的关系式．二、常用方法1．常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等．2．常见的试题类型此类题型一般有三种情况：(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)．(2)粒子做往返运动(一般分段研究)．(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)．3．解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件．(2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系．(3)注意对称性和周期性变化关系的应用．4.利用速度图象分析带电粒子的运动过程时的注意事项(1)带电粒子进入电场的时刻；(2)速度图象的切线斜率表示加速度；(3)图线与坐标轴围成的面积表示位移，且在横轴上方所围成的面积为正，在横轴下方所围成的面积为负；(4)注意对称性和周期性变化关系的应用；(5)图线与横轴有交点，表示此时速度改变方向，对运动很复杂、不容易画出速度图象的问题，还应逐段分析求解．5.交变电压的周期性变化，势必会引起带电粒子的某个运动过程和某些物理量的周期性变化，所以应注意：(1)分过程解决．“一个周期”往往是我们的最佳选择．(2)建立模型．带电粒子的运动过程往往能在力学中找到它的类似模型．(3)正确的运动分析和受力分析：合力的变化影响粒子的加速度(大小、方向)变化，而物体的运动性质则由加速度和速度的方向关系确定．【典例1】(2019·辽宁沈阳质检)如图中a所示的xOy平面处于匀强电场中，电场方向与x轴平行，电场强度E随时间t变化的周期为T，变化图线如图b所示，E为＋E0时电场强度的方向沿x轴正方向．有一带正电的粒子P，在某一时刻t0以某一速度v沿y轴正方向自坐标原点O射入电场，粒子P经过时间T到达的点记为A(A点在图中未画出)．若t0＝0，则OA连线与y轴正方向夹角为45°，不计粒子重力．(1)求粒子的比荷；(2)若t0＝eq\f(T,4)，求A点的坐标；(3)若t0＝eq\f(T,8)，求粒子到达A点时的速度．【答案】见解析【解析】(1)粒子在t0＝0时刻射入电场，粒子沿y轴方向的分运动为匀速运动，位移大小为：y＝vT粒子沿x轴方向在0～eq\f(T,2)内做初速度为零的匀加速运动，位移为x1，末速度为v1，则：x1＝eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2，v1＝aeq\f(T,2)粒子沿x轴方向在eq\f(T,2)～T内做匀减速运动，位移为x2，由题意知两段运动的加速度大小相等，则：x2＝v1(eq\f(T,2))－eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2粒子沿x轴方向的总位移为x，则：x＝x1＋x2粒子只受到电场力作用，由牛顿第二定律得：qE0＝may＝x联立各式解得：eq\f(q,m)＝eq\f(4v,E0T)(2)粒子在t0＝eq\f(T,4)时刻射入电场，粒子沿y轴方向的分运动为匀速运动，位移大小为：y′＝vT粒子沿x轴方向在eq\f(T,4)～eq\f(T,2)内做初速度为零的匀加速运动，位移为x3，末速度为v2，则：x3＝eq\f(1,2)a(eq\f(T,4))2v2＝aeq\f(T,4)粒子沿x轴方向在eq\f(T,2)～T内做匀变速运动，位移为x4，末速度为v3，则：x4＝v2(eq\f(T,2))－eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2v3＝v2－aeq\f(T,2)粒子沿x轴方向在T～eq\f(5T,4)内做匀变速运动，位移为x5，则：x5＝v3(eq\f(T,4))＋eq\f(1,2)a(eq\f(T,4))2粒子沿x轴的总位移为x′，则：x′＝x3＋x4＋x5联立各式解得：x′＝0则A点的坐标为(0，vT)(3)粒子在t0＝eq\f(T,8)时刻射入电场，粒子沿y轴方向的分运动为匀速运动，速度不变；沿x轴方向在eq\f(T,8)～eq\f(T,2)内做初速度为零的匀加速运动，末速度为v4，则：v4＝aeq\f(3T,8)粒子沿x轴方向在eq\f(T,2)～T内做匀变速运动，末速度为v5，则：v5＝v4－aeq\f(T,2)粒子沿x轴方向在T～eq\f(9T,8)内做匀变速运动，末速度为v6，则：v6＝v5＋aeq\f(T,8)联立各式解得：v6＝0则：粒子通过A点的速度为v【典例2】(多选)(2020·四川成都七中模拟)如图甲所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，t＝0时刻A板电势比B板高，两板中间静止一电子，设电子在运动过程中不与两板相碰，而且电子只受电场力作用，规定向左为正方向，则下列叙述正确的是()A．在t＝0时刻释放电子，则电子运动的v－t图象如图丙图线一所示，该电子一直向B板做匀加速直线运动B．若t＝eq\f(T,8)时刻释放电子，则电子运动的v－t图象如图线二所示，该电子一直向B板做匀加速直线运动C．若t＝eq\f(T,4)时刻释放电子，则电子运动的v－t图象如图线三所示，该电子在2T时刻在出发点左边D．若t＝eq\f(3,8)T时刻释放电子，在2T时刻电子在出发点的右边【答案】CD【解析】在t＝eq\f(T,2)时刻之前释放电子，电场力水平向左，电子在电场力的作用下向A板做匀加速直线运动，故A、B错误；若t＝eq\f(1,4)T时刻释放电子，电子先向左做匀加速直线运动，水平向左为速度正方向，在eq\f(1,2)T时刻速度达到最大，然后做匀减速直线运动，图线三符合电子运动的v－t图象，v－t图象与t轴所围的面积即为电子的位移，2T时刻之前v－t图象与t轴所围的面积为正，电子的位移为正，所以电子在出发点左边，故C正确；若t＝eq\f(3T,8)时刻释放电子，易分析得2T时刻之前v－t图象与t轴所围的面积为负，即位移为负，电子在出发点的右边，故D正确．【练习1】(2019·湖北黄冈模拟)一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图1所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是()A．带电粒子只向一个方向运动B．0～2s内，电场力做功等于0C．4s末带电粒子回到原出发点D．2.5～4s内，电场力做功等于0【答案】D【详解】AC．因0~1s内粒子向正方向运动的加速度在1~3s内粒子运动的加速度则在t=1.5s时刻速度减为零，然后反向运动……；画出带电粒子速度v随时间t变化的图象如图所示v－t图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4s末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；B．2s末速度不为0，可见0~2s内电场力做的功不等于0，B错误；D．2.5s末和4s末，速度的大小、方向都相同，则2.5~4s内，动能变化为零，电场力做功等于0，所以D正确。故选D。【练习2】(2020·北京市高三学业考试)如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压．在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0、方向平行于金属板的相同带电粒子，t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场．已知电场变化周期T＝eq\f(2d,v0)，粒子质量为m，不计粒子重力及粒子间的作用力，则()A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小为eq\f(1,2)v0B．粒子的电荷量为eq\f(mv02,2U0)C．在t＝eq\f(1,8)T时刻进入的粒子离开电场时竖直方向上的位移为eq\f(d,4)D．在t＝eq\f(1,4)T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场【答案】BCD【详解】A．粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，进过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，故A正错误；B．粒子在竖直方向，在时间内的位移为，则解得故B正确；C．时刻进入电场的粒子，出离电场时在竖直方向的位移为即粒子恰好从P、Q两板正中间离开电场，故C正确；D．时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速，向上减速，由对称可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧出离电场，故D正确。故选BCD。带电粒子（带电体）在电场中的力电综合问题【模型+方法】一、概述1.匀强电场可与重力场合成用一合场代替，即电场力与重力合成一合力，用该合力代替两个力．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、常用方法1带电粒子在电场中力电综合问题的分析思路(1)首先分析粒子的运动规律，确定粒子在电场中做直线运动还是曲线运动。(2)对于直线运动问题，可根据对粒子的受力分析与运动分析，从以下两种途径进行处理：①如果是带电粒子受恒定电场力作用下的直线运动问题，应用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等。②如果是非匀强电场中的直线运动问题，一般利用动能定理分析全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、运动的位移等。(3)对于曲线运动问题，通常有以下两种情况：①对于在匀强电场中的曲线运动，一般是类平抛运动，通常采用运动的合成与分解的方法处理。通过对带电粒子的受力分析和运动规律分析，借助运动的合成与分解，寻找两个分运动，再应用牛顿运动定律或运动学规律求解。②对于在非匀强电场中的曲线运动，一般是根据牛顿运动定律、曲线运动知识和动能定理、能量守恒定律定性分析。(4)当带电粒子从一个电场区域进入另一个电场区域时，要注意分析带电粒子的运动规律的变化及两区域电场交界处的有关联的物理量，这些关联量往往是解决问题的突破口。2.带电体在电场、重力场中运动的动力学问题1．等效重力法将重力与电场力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝eq\f(F合,m)为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向．2．物理最高点与几何最高点在“等效力场”中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题．小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点．几何最高点是图形中所画圆的最上端，是符合人眼视觉习惯的最高点．而物理最高点是物体在圆周运动过程中速度最小(称为临界速度)的点．【典例1】(2020·浙江绿色联盟12月联考)如图所示，A和B是两个点电荷，电荷量均为q，A固定在绝缘水平面上，在A的上方有一块绝缘板，B放在板上，且B正好在A的正上方，B的质量为m.现使板从静止开始，以加速度a竖直向下匀加速运动，当运动到某一位置时B恰好对绝缘板无压力，如果这个位置正好将原来A与B的距离分成上下之比为2∶1的两部分，则在此过程中，电场力和板的支持力对B做功的代数和是(已知静电力常量为k，重力加速度为g，且a<g)()A．－2qeq\r(kmg－a) B．－3qeq\r(kmg－a)C．－eq\f(q,2)eq\r(kmg－a) D．－eq\f(q,2)eq\r(2kmg－a)【答案】A【解析】设B与A相距为x时，B对板恰好没有压力，此时B与A之间的库仑力为：F＝keq\f(q2,x2)，由牛顿第二定律知：mg－F＝ma联立解得：x＝qeq\r(\f(k,mg－ma))由题意知在此之前B运动的位移：s＝2x此时B的速度为v，由运动学公式知：v2＝2as＝4ax设电场力和板的支持力对B所做的总功为W，由动能定理知：mgs＋W＝eq\f(1,2)mv2联立解得：W＝－2qeq\r(km\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－a)))，故A正确．【典例2】(2020·陕西榆林市高三第一次模拟)如图，平行板电容器两个极板与水平地面成2α角，在平行板间存在着匀强电场，直线CD是两板间一条垂直于板的直线，竖直线EF与CD交于O点，一个带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，重力加速度为g.则在此过程中，下列说法正确的是()A．小球带正电B．小球可能做匀加速直线运动C．小球加速度大小为gcosαD．小球重力势能的增加量等于电势能的增加量【答案】D【解析】带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，所以小球所受合外力沿BA方向，又由于小球受重力，所以电场力的方向由O到D，由于此电场的方向未知，所以小球的电性不能确定，小球做匀减速直线运动，故A、B错误；由题图可知，由于OA是角平分线，且小球的加速度方向由O到A，据几何关系可知a＝2gcosα，故C错误；由分析可知，小球所受重力大小等于电场力大小，运动的位移与重力、电场力的夹角相同，所以二力做的功相同，据功能关系可知，小球重力势能的增加量等于电势能的增加量，故D正确．【练习1】(2020·河南高三二模)如图所示，在电场强度方向水平向右的匀强电场中，一质量为m、带电荷量为q的粒子从A点以初速度v0竖直向上抛出，粒子运动到B点时速度方向水平，大小也为v0，重力加速度为g，不计空气阻力．下列说法正确的是()A．粒子在该过程中克服电场力做功eq\f(1,2)mv02B．匀强电场的电场强度大小为eq\f(2mg,q)C．粒子在A点的电势能比在B点的电势能大eq\f(1,2)mv02D．粒子从A点运动到B点所用的时间为eq\f(v0,g)【答案】CD【详解】BD．粒子在竖直方向在重力作用下做加速度为g的匀减速运动，则水平方向在电场力作用下做匀加速运动，则则a=g匀强电场的电场强度大小为则B错误，D正确。AC．从A到B电场力做正功则电势能减小，则粒子在A点的电势能比在B点的电势能大，则选项C正确，A错误。故选CD。【练习2】.(2020·浙江宁波市重点中学联考)如图所示，相距为d的平行板A和B之间有电场强度为E、方向竖直向下的匀强电场．电场中C点距B板的距离为0.3d，D点距A板的距离为0.2d，有一个质量为m的带电微粒沿图中虚线所示的直线从C点运动至D点，若重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．该微粒在D点时的电势能比在C点时的大B．该微粒做匀变速直线运动C．在此过程中电场力对微粒做的功为0.5mgdD．该微粒带正电，所带电荷量大小为q＝eq\f(mg,E)【答案】C【详解】B、由于带电微粒受到电场力与重力，沿图中虚线所示的直线从C点运动至D点，所以竖直向上的电场力与重力大小相等，方向相反，所以微粒做匀速直线运动，故B错误；AD、电场力竖直向上，电场向下，所以该微粒带负电，从C点运动至D点，电场力做正功，电势能减小，所以微粒在D点时的电势能比在C点时的小，故AD错误；C