专题13匀强电场中的匀变速直（曲）线运动模型（答案版）_高中物理模型题型与方法

专题 13 匀强电场中的匀变速直（曲）线运动模型 目录 【模型一】带电粒子在电场中的加速和减速运动模型..................................................................................1 1.带电粒子在电场中的加速直线运动模型...............................................................................................1 2.交变电场中的直线运动...........................................................................................................................8 3.带电体在电场中的直线运动.................................................................................................................12 【模型二】带电粒子在匀强电场中的偏转模型............................................................................................20 【模型三】带电粒子经加速电场后进入偏转电场模型................................................................................29 【模型四】 带电粒子在复合场中的匀变速曲线运动的几种常见模型.......................................................37 【模型一】带电粒子在电场中的加速和减速运动模型 1.带电粒子在电场中的加速直线运动模型 （1） 受力分析： 与力学中受力分析方法相同,知识多了一个电场力而已.如果带电粒子在匀强电场中，则电场力为恒 力（qE）,若在非匀强电场，电场力为变力. （2） 运动过程分析： 带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，收到的电场力与运动方向在同一直线上，做匀加 （减）速直线运动. （3） 两种处理方法： ①力和运动关系法——牛顿第二定律： 带电粒子受到恒力的作用，可以方便地由牛顿第二定律求出加速度，结合匀变速直线运动的公式确 定带电粒子的速度、时间和位移等. ②功能关系法——动能定理： 带电粒子在电场中通过电势差为U 的两点时动能的变化是 ，则 AB . 例：如图真空中有一对平行金属板，间距为 d，接在电压为U的电源上，质量为m、电量为q的正电 荷穿过正极板上的小孔以v 进入电场，到达负极板时从负极板上正对的小孔穿出.不计重力，求：正电荷穿 0 出时的速度v是多大？F qE qU a= = = m m md 解法一、动力学：由牛顿第二定律： ① 由运动学知识：v2－v2=2ad ② 0 √2qU v= +v2 m 0 联立①②解得： 1 1 √2qU qU= mv2 − mv2 v= +v2 2 2 0 m 0 解法二、动能定理： 解得 讨论： 1 1 2 2 （1）若带电粒子在正极板处v≠0，由动能定理得qU= mv2- mv2 解得v= 0 0 （2）若将图中电池组的正负极调换，则两极板间匀强电场的场强方向变为水平向左，带电量为+q， 质量为m的带电粒子，以初速度v，穿过左极板的小孔进入电场，在电场中做匀减速直线运动. 0 ①若v> ，则带电粒子能从对面极板的小孔穿出，穿出时的速度大小为v， 0 1 1 2 2 有 -qU= mv2- mv2 解得v= 0 ②若v< ，则带电粒子不能从对面极板的小孔穿出，带电粒子速度减为零后，反方向加速运动， 0 从左极板的小孔穿出，穿出时速度大小v=v. 0 1 2 设带电粒子在电场中运动时距左极板的最远距离为x，由动能定理有： -qEx=0- mv2 0 又E= (式d中为两极板间距离) 解得x= . 【模型演练1】（2023·全国·高三假期作业）如图所示，两平行金属板相距为d，电势差U未知，一个电子 从O点沿垂直于极板的方向以速度v射出，最远到达A点，然后返回，已知O、A相距为h，电子的质量为 m，电荷量为e，则两金属板间的电势差U为（ ）A． B． C． D． 【答案】C 【详解】电子由O到A的过程，只有电场力做功，根据动能定理得 两板间的电场强度 解得两金属板间的电势差U为 故选C。 【模型演练2】（2023春·江苏南京·高三南京市第一中学校考期末）如图所示，在P板附近有一电子由静 止开始向Q板运动，则关于电子到达Q板时的速度，下列说法正确的是（ ） A．两板间距离越大，加速的时间就越长，获得的速度就越大 B．两板间距离越小，加速度就越大，获得的速度就越大 C．与两板间距离无关，仅与加速电压有关 D．以上说法均不正确 【答案】C 【详解】设两板间电势差为 ，根据动能定理有解得 可知，两板间电压一定的情况下，增加板间距或减小板间距，电子到达Q板时的速度不变，即电子到达Q 板时的速度与两板间距离无关，仅与加速电压有关。 故选C。 【模型演练3】（2023·河北保定·统考三模）一对平行正对的金属板C、D接入如图所示的电路中，电源电 动势为E，C板固定，D板可左右平行移动，闭合开关，一段时间后再断开开关，从C板发射一电子，恰 能运动到A点后再返回，已知A到D板的距离是板间距离的三分之一，电子质量为m，电荷量为-e，忽略 电子的重力，则（ ） A．设定C板电势为0，电子在A点的电势能为 B．若要让电子能够到达D板，可将D板向左平移至A点或A点左侧某位置 C．若要让电子能够到达D板，可将D板向右平移至某位置 D．若要让电子能够到达D板，可闭合开关，再将D板向右平移至某位置 【答案】B 【详解】A．金属板的电场线由C指向D，沿着电场线电势逐渐降低，设定C板电势为0，则A点的电势 为 电子在A点的电势能为 故A错误； BCD．闭合开关，一段时间后再断开开关，则电容器的电量Q不变，根据电容的定义式和决定式有， 联立解得 从C板发射一电子，恰能运动到A点后再返回，则有 所以若要让电子能够到达D板，可将D板向左平移至A点或A点左侧某位置，或者闭合开关，再将D板向 左平移至A点或A点左侧某位置，故B正确，CD错误 故选B。 【模型演练4】（2023·河北沧州·河北省吴桥中学校考模拟预测）如图所示，半径为R的圆处在匀强电场中， O为圆心，圆所在平面与电场线平行，A、B是圆上两点， 间劣弧为四分之一圆弧，一个质量为m、电 荷量为q的带正电的粒子以大小为v 的速度从O点沿某一方向射出，到达B点时的动能为 ，若以垂直 0 连线向左的方向仍以大小为 的速度射出，过一段时间t粒子又回到O点，再改变粒子从O点射出的 方向，射出速度大小仍为 ，结果粒子到达了A点，不计粒子的重力，则（ ） A． B．A点电势比B点电势高 C．匀强电场的电场强度大小为 D．O、A两点的电势差为 【答案】C 【详解】B．粒子从O点沿垂直 方向射出去，能回到O点，说明电场方向垂直 ，由O指向 ，则 是等势线，A、B两点等势，故B错误； C．由题意知解得 故C正确； A．根据题意 解得 故A错误； D．O、A两点的电势差等于 故D错误。 故选C。 【模型演练5】（2023·北京·高三专题练习）如图所示，两极板加上恒定的电压U，将一质量为m、电荷量 为＋q的带电粒子在正极板附近由静止释放，粒子向负极板做加速直线运动。不计粒子重力。若将两板间 距离减小，再次释放该粒子，则（ ） A．带电粒子获得的加速度变小 B．带电粒子到达负极板的时间变短 C．带电粒子到达负极板时的速度变小 D．加速全过程静电力对带电粒子的冲量变小 【答案】B【详解】A．根据匀强电场场强公式和牛顿第二定律有 ， 可得 将两板间距离减小，带电粒子获得的加速度变大，故A错误； B．根据匀变速直线运动规律 解得 将两板间距离减小，带电粒子到达负极板的时间变短，故B正确； C．根据动能定理有 解得 带电粒子到达负极板时的速度不变，故C错误； D．根据动量定理有 可知加速全过程静电力对带电粒子的冲量不变，故D错误。 故选B。 【模型演练6】（2023·高三课时练习）两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m、电荷量为 e，从O点沿垂直于极板的方向射入电场，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA间距为h，则此电子 的初动能为（ ）A． B． C． D． 【答案】D 【详解】电子从O点到达A点的过程中，仅在电场力作用下速度逐渐减小，根据动能定理可得 -eU =0-E OA k 因为 U = h OA 所以 故选D。 2.交变电场中的直线运动 U-t 图 v-t v v v v 图 v 0 A 速度不反向 v 0 A B 速度反向 v 0 A B 速度反向 v 0 A 速度反向 O B B O T/2 T t T/8 5T/8 T t O T/3 2T/3 T t O T/2 T t -v 0 -3v 0 -v 单向直线运动 往返直线运动 往返直线运动 0 往返直线运动 [ 轨 O A B O A B O A B O A B 迹 A D C A 图 【模型演练1】（2023·湖南邵阳·统考模拟预测）如图甲所示，直线加速器由一个金属圆板（序号为0）和 多个横截面积相同的金属圆筒组成，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度遵照一定的规律依次增加．圆 板和圆筒与交流电源相连，序号为奇数的圆筒和电源的一极相连，圆板和序号为偶数的圆筒和该电源的另 一极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。若电压的绝对值为U，电子电量大小为e，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。在t=0时刻，圆板中央的一个电子在圆板和圆筒之间的电场中由静 止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，电子在每个圆筒中运动的时间均小于T，且电子均在电压变向时恰 从各圆筒中射出，不考虑相对论效应，则（ ） A．由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场 B．电子运动到第n个圆筒时动能为2neU C．在t= 时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为负值 D．第 个和第n个圆筒的长度之比为 ∶ 【答案】AD 【详解】A．由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场，A正确； B．电子每经过一个间隙，电场力做功eU，根据动能定理，电子运动到第n个圆筒时动能为 电子运动到第n个圆筒时动能为neU，B错误； C．因为 时圆筒1相对圆板的电势差为正值，同理， 奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，C错误； D．根据动能定理得 ， ， ， 得 电子在每个圆筒中做匀速运动，故第 个和第n个圆筒的长度之比为 得D正确。 故选AD。 【模型演练2】（2023·全国·高三专题练习）反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中 的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如 图所示，一质量 ，电荷量 的带负电的粒子从（-1cm，0）点由静止开始， 仅在电场力作用下在x轴上 范围内往返运动，则（ ） A．x轴负半轴电场强度E 和正半轴电场强度E 的大小的比值为 1 2 B．粒子在 范围内运动过程中，电场力的冲量为8.0×10-14N·s C．该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为 D．该粒子运动的周期 【答案】ABD 【详解】A．由 及 图像知，x轴负半轴和正半轴的电场强度大小分别为 所以 故A正确； C．根据电场力做功与电势能变化关系可得该粒子运动过程中电势差取最大值时，电势能变化量取最大值，即 故C错误； D．粒子在 范围内运动过程中，由牛顿第二定律和匀变速直线运动规律可得 粒子在0～0.5 cm范围内运动过程中，由牛顿第二定律和匀变速直线运动规律可得 该粒子运动的周期 联立可得 故D正确； B．粒子在 范围内运动过程中，所受的电场力 冲量为 故B正确。 故选ABD。 【模型演练3】（2023·广东省湛江市高三上学期调研）如图甲所示，A板电势为0，A板中间有一小孔，B 板的电势变化情况如图乙所示，一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在t＝时刻以初速度为0从A板上的 小孔处进入两极板间，仅在电场力作用下开始运动，恰好到达B板．则( )A．A、B两板间的距离为 B．粒子在两板间的最大速度为 C．粒子在两板间做匀加速直线运动 D．若粒子在t＝时刻进入两极板间，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终打向B板 【答案】B. 【解析】：粒子仅在电场力作用下运动，加速度大小不变，方向变化，选项C错误；粒子在t＝时刻以初 速度为0进入两极板，先加速后减速，在时刻到达B板，则·· ＝，解得d＝ ，选项A错误；粒子在 时刻速度最大，则v ＝·＝ ，选项B正确；若粒子在t＝时刻进入两极板间，在～时间内，粒子做匀加速运 m 动，位移x＝· ＝，所以粒子在时刻之前已经到达B板，选项D错误． 【模型演练4】(2023·安徽合肥模拟)如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电 压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t 时刻释放该粒子，粒子会时而向 0 A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t 可能属于的时间段是 ( ) 0 A．0＜t＜ B.＜t＜ C.＜t＜T D．T＜t＜ 0 0 0 0 【答案】：B 【解析】：设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意知，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最 终打在A板上时位移为负，速度方向为负．分别作出t＝0、、、时粒子运动的v t图象，如图所示．由于 0 v t图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象知，0＜t＜与＜t＜T时粒子在一个周期内的总 0 0 位移大于零，＜t＜时粒子在一个周期内的总位移小于零；t＞T时情况类似．因粒子最终打在A板上，则 0 0 要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各项可知B正确．3.带电体在电场中的直线运动 (1).带电小球在电容器中的直线运动 匀速直线运动 匀加速直线运动 匀加速直线运动 匀减速直线运动 - - - - - - - - - - qE qE qE+ + + + + + + + + + m g mg θ mg θ qE=mg，a=0 qE=mgtanθ，a=g/cosθ qE=mg/cosθ，a=gtanθ qE=mg/cosθ，a=gtanθ (2)多过程运动规律 运动模型 受力分析 运动分析 规律 ** 错误的表达式 **速度公式 v mg v=gt=at; v 0 1 2 qE 0 g a 速度位移公式v 0 2=2gx 1 =2ax 2 ● ** 错误的表达式 **全程动能定理： mg O t t t mg(h+d)-qU=0 1 2 【模型演练1】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，一带电量为 的 物块放在光滑绝缘水平面上，在恒力F作用下由静止开始从O点向右做匀加速直线运动，先经时间t力F 做功 ，此后撤去力F，物块再经时间 返回到出发点O，且回到出发点时的速度大小为v。设物块在O 点的电势能为零，则（ ） A．撤去力F时物块的速度大小为 B．物块向右滑动的最大距离为 C．物块回到出发点时的动能为 D．撤去力F时物块的电势能为 【答案】C 【详解】A．设F撤去前、后物块的加速度大小分别为a、a，根据位移关系有 1 2解得 根据运动学规律有 所以撤去力F时物块的速度大小为 故A错误； B．从撤去F到物块速度减为零所经历的时间为 所以物块向右滑动的最大距离为 故B错误； C．物块从O点开始运动到又回到O点的过程中，电场力做功为零，恒力F做功为90J，根据动能定理可 知物块回到出发点时的动能为 ，故C正确； D．物块向右运动过程中，电势能增加量等于克服电场力做的功，根据能量守恒定律可知物块向右到达最 远位置时的电势能为90J，设撤去F时物块的电势能为E，则 p 解得 故D错误。 故选C。 【模型演练2】（2023秋·云南昆明·高三云南师大附中校考阶段练习）如图所示，绝缘水平面 区域粗糙， 区域光滑且处于一方向沿 负方向、电场强度大小 的匀强电场中，在 处有3个完全相同的减速带，减速带的宽度远小于 。一质量为 、带电量为 的小 滑块（可视为质点）从 处由静止释放，测量发现小滑块通过相邻2个减速带间的时间相同。已知小 滑块与水平地面间的动摩擦因数为 ，小滑块通过每一个减速带时损失的机械能相同，重力加速度为 ， 求： （1）小滑块通过每一个减速带时损失的机械能； （2）小滑块最终停在何处。 【答案】（1） ；（2） 【详解】（1）由于滑块在区域1和区域2运动的时间相等，滑块过每个减速带损失的机械能相等，因此滑 块过每一个减速带前后的速度相等，由能量关系得过每个减速带损失的机械能 由题意 （2）由能量关系 解得 滑块最终停在 处。 【模型演练3】(2023·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0.5mgd D．该微粒带正电，所带电荷量大小为q＝ 【答案】 C 【解析】 由题知，微粒沿直线运动，可知重力和电场力二力平衡，微粒做匀速直线运动，微粒带负电， B、D错误；微粒从C点运动至D点，电场力做正功，电势能减小，A错误；此过程中电场力对微粒做的 功为W＝Fx＝mg(d－0.3d－0.2d)＝0.5mgd，C正确． 【模型演练4】（2023·河南郑州·郑州外国语学校校考模拟预测）如图所示，在竖直面（纸面）内有匀强电 场，带电量为q（q>0）、质量为m的小球受水平向右大小为F的恒力，从M匀速运动到N。已知MN长为 d，与力F的夹角为 ，重力加速度为g，则 A．场强大小为 B．M、N间的电势差为 C．从M到N，电场力做功为 D．若仅将力F方向顺时针转 ，小球将从M向N做匀变速曲线运动 【答案】AC 【详解】A．对小球受力分析，如图所示根据受力平衡可得 解得场强大小为 故A正确； B．设MN与场强方向的夹角为 ，则M、N间的电势差为 故B错误； C．从M到N，根据动能定理可得 可得电场力做功为 故C正确； D．因电场力 和重力 的合力与 等大反向，则若仅将力 方向顺时针转 ，小球受的合力方向沿 NM的方向向下，大小为 ，则小球将从M向N做匀变速直线运动，故D错误。 故选AC。 【模型演练5】（2023·陕西安康·统考三模）如图所示，质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E的匀 强电场中，以初速度 沿直线 做匀变速运动，直线 与水平面的夹角为 ，若小球在初始位置的电 势能为零，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）A．电场强度E的最小值为 B．匀强电场的方向可能竖直向上 C．如果小球加速运动且加速度大小为g，则电场强度 D．如果电场强度为 ，小球电势能的最大值为 【答案】AC 【详解】A．因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边 形定则知，电场力的方向不确定，有最小值，当电场力垂直于运动方向时，电场力最小为 ，如 图所示 所以电场强度的最小值 故A正确； B．因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知， 电场方向不可能竖直向上，B错误； C．如果小球加速运动且加速度大小为 ，由受力分析可知此时 解得故C正确； D．如果电场强度为 ，小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场 力的方向与水平方向夹角为 ，斜向上，如图所示 根据牛顿第二定律知，小球的加速度为 小球斜向上做匀减速直线运动，匀减速直线运动的位移 在整个过程中电场力做功 即电势能增加 ，所以小球电势能的最大值为 ，故D错误。 故选AC。 【模型演练6】(2023·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gcos α D．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＝2gcos α，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． 【模型演练7】一匀强电场，场强方向是水平的，如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球， 从O点出发，初速度的大小为v ，在电场力和重力作用下恰好能沿与场强的反方向成θ角做直线运动，重 0 力加速度为g，求： (1)电场强度的大小； (2)小球运动到最高点时其电势能与O点的电势能之差． 【答案】 (1) (2)mv2cos2θ 0 【解析】 (1)小球做直线运动，所受的电场力qE和重力mg的合力必沿此直线方向 如图所示，由几何关系可知mg＝qEtan θ 解得E＝. (2)小球做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可得＝ma 设从O点到最高点的位移为x，根据运动学公式可得v2＝2ax 0 联立可得x＝ 运动的水平距离l＝xcos θ 两点间的电势能之差ΔW＝Eql 联立解得ΔW＝mv2cos2θ. 0 【模型演练8】（2023·黑龙江哈尔滨一中高三上学期11月期中）如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极 板与水平面夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量为q，从极板M的左边缘A处以初 速度v 水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，重力加速度为g，则( ) 0A．微粒到达B点时动能为mv2 0 B．微粒的加速度大小等于gsin θ C．两极板的电势差U ＝ MN D．微粒从A点到B点的过程，电势能减少 【答案】 C 【解析】 微粒仅受电场力和重力，电场力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，微粒做直线运动，合 力方向沿水平方向，由此可知，电场力方向垂直于极板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做减速运动， 微粒到达B点时动能小于mv2，选项A错误；根据qEsin θ＝ma，qEcos θ＝mg，解得E＝，a＝gtan θ，选 0 项B错误；两极板的电势差U ＝Ed＝，选项C正确；微粒从A点到B点的过程，电场力做负功，电势能 MN 增加，电势能增加量qU ＝，选项D错误． MN 【模型二】带电粒子在匀强电场中的偏转模型 【运动模型】质量为m、电荷量为q的带电粒子以初速 v 0沿垂直于电场的方向，进入长为l、间距为d、 电压为U的平行金属板间的匀强电场中，粒子将做匀变速曲线运动，如图所示，若不计粒子重力，则可求 出如下相关量： l 1、粒子穿越电场的时间t： v =v 粒子在垂直于电场方向以 x 0做匀速直线运动， q v0 Ud l t= y  l=v t v 0 ， 0； 2、粒子离开电场时的速度v： qE qU a= = m md 粒子沿电场方向做匀加速直线运动，加速度 ， qUl v =at= y mdv 粒子离开电场时平行电场方向的分速度 0， v= √v2 +v2 = √ v2 +( qUl ) 2 x y 0 mdv 所以 0 。 3、粒子离开电场时的侧移距离y： 1 qUl2 y= at2 = 2 2mdv2 0 ② ②式涉及了描述粒子的物理量如 、 、 、 ；描述设备的物理量 、 不难发现：（1）当不同粒子（ 不同）以相同的速度进入偏转电场时侧移距离 （2）当不同粒子以相同的动能进入偏转电场时侧移距离 4、粒子离开电场时的偏角ϕ： v qUl tanϕ= y = v mdv2 因为 x 0 ③2y tanϕ= l ②与③的关系： （熟记） 5、速度方向的反向延长线必过偏转电场的中点 qUl qUl2 tanϕ= mdv2 y= 2mdv2 y= 2 l tanϕ 由 0 和 0 ，可推得 。粒子可看作是从两板间的中点沿直线射出的。 【模型演练1】（2023·河北唐山·开滦第一中学校考模拟预测）如图所示，空间存在竖直向上的匀强电场， 一个带电粒子电荷量为q，以一定的水平初速度由P点射入匀强电场，当粒子从Q点射出电场时，其速度 方向与竖直方向成30°角。已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计重力，设Q点的电势 为零。则下列说法正确的是（ ） A．带电粒子在P点的电势能为Uq B．带电粒子带负电 C．匀强电场场强大小为 D．匀强电场场强大小为 【答案】AD 【详解】AB．由图看出粒子的轨迹向上，则所受的电场力向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电。粒 子从P到Q，电场力做正功为 W=qU 则粒子的电势能减少了qU，Q点的电势为零，则知带电粒子在P点的电势能为Uq，故A正确，B错误； CD．设带电粒子在P点时的速度为v，在Q点建立直角坐标系，垂直于电场线为x轴，平行于电场线为y 0 轴，由平抛运动的规律和几何知识求得粒子在y轴方向的分速度为 粒子在y轴方向上的平均速度为 设粒子在y轴方向上的位移为y，粒子在电场中的运动时间为t，则：竖直方向有 0水平方向有 d=vt 0 可得 所以场强为 联立得 故C错误，D正确。 故选AD。 【模型演练2】．（2023·贵州黔东南·校考模拟预测）如图，在直角坐标系 的一、四象限内有大小为 、方向沿y轴正方向的匀强电场，虚线OM与x轴夹角 。一带电量为 、质量为m的粒子由静 止释放，经过加速电压为 的电压加速后从y轴上的Q点，以初速度 沿x轴正方向射出，粒子做曲线运 动垂直打在OM上的P点。已知粒子做曲线运动的时间为t，Q、P间沿y轴方向上的距离为 。不计粒子 重力，下列说法正确的是（ ） A．粒子在P处沿竖直方向速度小于 B．加速电压 为 C． D．P点横坐标为 【答案】BC【详解】A．粒子做曲线运动垂直打在OM上的P点 得粒子在P处沿竖直方向速度 故A错误； BC．根据 联立得 = 故BC正确； D．根据题意 P点横坐标为 解得 故D错误。 故选BC。 【模型演练3】（2023·山西·校联考模拟预测）如图所示，原来静止的、电荷量为q、不计重力的带电粒子 经左侧加速电场加速后，垂直于电场线方向进入偏转电场。当粒子进入偏转电场时的初速度为 时，粒子离开偏转电场时沿电场线方向的速度为 ，其他条件不变，仅减小加速电压，粒子离开偏转电场时的 速度v有可能是（ ） A． B． C． D． 【答案】AB 【详解】由类平抛运动知 联立解得 设粒子以 射入电场，沿电场方向速度为 粒子射出电场的速度 当 时，v取最小值，即 代入求得最小速度 故选AB。【模型演练4】(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v 穿出电 0 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mv，该粒子进入电场时的速度应为多大？ 0 【答案】 (1) (2) (3)0或 【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＝R① F＝qE② 由动能定理有F·AC＝mv2③ 0 联立①②③式得E＝④ (2)如图，由几何关系知AC⊥BC，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＝R⑤ 设粒子以速度v 进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为 t.粒子在AC方向做加速度为a的匀加 1 1 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＝ma⑥ AP＝at2⑦ 1 DP＝vt⑧ 11 联立②④⑤⑥⑦⑧式得v＝⑨ 1 (3)解法1：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 0 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＝at2⑩ x＝vt⑪ 粒子离开电场的位置在圆周上，有(x－R)2＋(y－R)2＝R2⑫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mv 的粒子，离开电场时其y方向的速度分量为v，由题给条件及运动学公式有 0 2 mv＝mv＝mat⑬ 2 0 联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式得v＝0或v＝v 0 解法2：粒子在电场方向上做匀加速直线运动，即沿 AC方向做初速度为零的匀加速直线运动，垂直 AC方 向做匀速直线运动，因动量的变化量只发生在电场方向上，若粒子从进入电场到离开电场的过程中动量变 化量为mv，则粒子会从B点离开电场．设粒子进入电场时的速度为v 0 在沿电场方向：R＝t＝t 在垂直电场方向：R＝vt 联立以上两式得：v＝v. 0 由题意知，粒子进入电场时的速度v＝0时，动量变化量的大小也为mv. 0 【模型演练5】(多选)(2022·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＝at2＝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． 【模型演练6】（2023·云南保山·统考三模）如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内存在一个平行于 该区域的匀强电场，MN为圆的一条直径。质量为m、电荷量为+q的粒子从M点以速度v射入电场，速度 方向与MN夹角θ=45°，一段时间后粒子运动到N点，速度大小也为v，不计粒子重力，规定M点电势为 零。求： （1）匀强电场的场强大小； （2）粒子电势能的最大值； （3）仅改变粒子速度大小，当粒子离开圆形区域的电势能最小时，粒子射入电场的速度大小。【答案】（1） ；（2） ；（3） 【详解】解：（1）从M到N粒子动能不变，电场力不做功，所以MN为等势线，电场线与MN垂直，粒 子做类似斜抛的运动，沿MN方向，粒子匀速运动 垂直MN方向 根据牛顿第二定律 解得 （2）粒子垂直MN方向速度为0时，电势能最大，根据能量守恒 （3）如图所示，当粒子运动到P点时，电势能最小，由联立求得 【模型演练7】（2023·新疆·统考三模）如图所示，真空中平行金属板M、N之间的距离和板长均为L，两 板间加恒定的电压。一带正电的粒子从两板中央沿平行两板的方向以某一初速度射入电场，最终恰好打在 N板中点处。所用时间为t，不计带电粒子的重力。求： （1）带电粒子的初速度大小 ； （2）若在带电粒子运动 时撤去所加电压，该粒子打在N板的位置与N板中点的距离 。 【答案】（1） ；（2） 【详解】（1）由带电粒子水平方向做匀速运动可得 解得 （2）设 时间内发生的位移与水平的夹角为 时速度与水平的夹角为 ，已知 则 解得撤去电压后，带电粒子以 倾角做匀速运动，水平位移与坚直位移均为 ，有 【模型三】带电粒子经加速电场后进入偏转电场模型 U 【运动模型】如图所示，由静止开始被电场（加速电压为 1）加速的带电粒子平行于两正对的平行金属板 且从两板正中间射入，从右侧射出，设在此过程中带电粒子没有碰到两极板。若金属板长为L，板间距离 为d、两板间电压为 U 2，试分析带电粒子的运动情况。 v 1、粒子穿越加速电场获得的速度 1 U1 L 设带电粒子的质量为m，电量为q， U v 经电压 1加速后速度为 1。由动能定理有 q qv1v0 U2d 1 √2qU qU 1 = 2 mv 1 2 ， v 1 = m 1 v q 1  y v2 2、粒子穿越偏转电场的时间t： v 带电粒子以初速度 1平行于两正对的平行金属板从两板正中间射入后，在偏转电场中运动时间为t， L √ m t= =L v 2qU 则 1 1 3、粒子穿越偏转电场时沿电场方向的加速度a： F' qU a= = 2 m dm 带电粒子在偏转电场中运动时沿电场方向的加速度 4、粒子离开偏转电场时的侧移距离y： 带 电 粒 子 在 偏 转 电 场 中 运 动 时 沿 电 场 方 向 作 初 速 度 为 0 的 做 匀 加 速 直 线 运 动 1 1 qU m U L2 y= at2 = × 2 × L2 = 2 2 2 dm 2qU 4U d ④ 1 1 ④式表明静止的带电粒子经过同一电场加速，再垂直射入同一偏转电场，射出粒子的侧移量与粒子的 、 无关。 v 5、粒子离开偏转电场时沿电场方向的速度为 y： U L √ q v =at= 2 v y d 2mU 带电粒子离开电场时沿电场方向的速度为 y，则 1 6、粒子离开偏转电场时的偏角ϕ： v U L tanθ= y = 2 设飞出两板间时的速度方向与水平方向夹角为θ。则 v x 2U 1 d ⑤ ⑤式表明静止的带电粒子经过同一电场加速，再垂直射入同一偏转电场，射出粒子的偏转角与粒子的 、 无关。 【模型演练1】(多选)示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成的．如图所示，不同 的带负电粒子在电压为U 的电场中由静止开始加速，从M孔射出，然后射入电压为U 的平行金属板间的 1 2 电场中，入射方向与极板平行，在满足带负电粒子能射出平行板电场区域的条件下，则( )A．若电荷量q相等，则带负电粒子在板间的加速度大小相等 B．若比荷相等，则带负电粒子从M孔射出的速率相等 C．若电荷量q相等，则带负电粒子从M孔射出时的动能相等 D．若不同比荷的带负电粒子由O点射入，偏转角度θ相同 【答案】 BCD 【解析】 设加速电场的板间距离为d，由牛顿第二定律得a＝，由于粒子的质量未知，所以无法确定带负 电粒子在板间的加速度大小关系，故A错误； 由动能定理得qU ＝mv2，可得v ＝，所以当带负电粒子的比荷相等时，它们从M孔射出的速度相等，故 1 0 0 B正确；粒子从M孔射出时的动能E ＝mv2＝qU ，所以当带负电粒子的电荷量q相等时，它们从M孔射 k 0 1 出时的动能相等，故C正确； 如图所示，设偏转电场的板间距离为d′，在偏转电场中有tan θ＝＝＝，偏转角度θ与粒子的比荷无关，所 以不同比荷的带负电粒子从O点射入，偏转角度θ相同，故D正确． 【模型演练2】（2023·北京·高三专题练习）如图所示，两平行金属板A、B间电势差为 ，带电量为q、 质量为m的带电粒子，由静止开始从极板A出发，经电场加速后射出，沿金属板C、D的中心轴线进入偏 转电压为 的偏转电场，最终从极板C的右边缘射出。偏转电场可看作匀强电场，板间距为d。忽略重力 的影响。 （1）求带电粒子进入偏转电场时动量的大小 。 （2）求偏转电场对带电粒子冲量的大小I和方向。 （3）保持其他条件不变，仅在极板C、D之间再施加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使得带电粒子恰好从 距离极板D右边缘射出偏转电场，求该带电粒子离开偏转电场时的动能 。【答案】（1） ；（2） ，方向竖直向上；（3） 【详解】（1）由动能定理 可得 （2）带电粒子在偏转电场加速度大小为 在竖直方向上有 解得 偏转电场对带电粒子冲量的大小为 方向竖直向上； （3）由（1）中分析可得由于洛伦兹力不做功，因此带电粒子恰好从距离极板D右边缘射出偏转电场，电场力做负功，根据动能定 理可得 解得 【模型演练3】．（2023·北京·高三专题练习）某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘 颗粒物（视为小球）组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒 沿板方向的速度 保持不变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集，已知金属板长度为L， 间距为d、不考虑重力影响和颗粒间相互作用。 （1）若不计空气阻力，质量为m、电荷量为 的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压 ； （2）若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为 ，其中r为颗粒的 半径，k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。 a、半径为R、电荷量为 的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压 ； b、已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，进入收集器的均匀混合气流包含了直径为 和 的 两种颗粒，若 的颗粒恰好100%被收集，求 的颗粒被收集的百分比。【答案】（1） ；（2）a、 ；b、25% 【详解】（1）只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集板右侧，颗粒就能够全部收集，水平方向有 竖直方向 根据牛顿第二定律 又 解得 （2）a.颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度 且 解得b. 带电荷量q的颗粒恰好100%被收集，颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等 于电场力，有 在竖直方向颗粒匀速下落 的颗粒带电荷量为 颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于电场力，有 设只有距下极板为 的颗粒被收集，在竖直方向颗粒匀速下落 解得 的颗粒被收集的百分比 【模型演练4】（2023·北京房山·统考一模）如图所示，一真空示波管的电子从灯丝K发出（初速度不 计），经灯丝与A板间的加速电场加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、 N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电 子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U，M、N两板间的电压为U，两板间的距离为d， 1 2 板长为L，偏转电场的右端到荧光屏的距离为x，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力。 （1）求电子穿过A板时的速度大小v； 0 （2）求电子从偏转电场射出时的侧移量y；（3）求OP的距离Y。 【答案】（1） ；（2） ；（3） 【详解】（1）粒子在加速电场中加速，由动能定理有 解得 （2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，根究类平抛运动的研究方法，垂直电场方向有 L＝vt 0 则沿电场方向有 侧移量 联立解得 （3）根据粒子运动轨迹，即类平抛运动的推论，由几何关系可知解得 【模型演练5】（2023·湖南·统考模拟预测）如图所示，在示波管中，质量为m，电荷量为-q的带电粒子从 灯丝K射出（初速度不计），经加速电场U（未知）加速，从AB板的中心S沿中心线KO射出时的速度 1 大小为v，再经平行板电容器的偏转电场U 偏转后，又做一段匀速直线运动最后打到荧光屏上，显示出亮 2 点C，已知平行板电容器的两极板间的距离为d，板长为l，偏转电场的右端到荧光屏的距离为L，不计带 电粒子的重力。 （1）求加速电场的电压U； 1 （2）求带电粒子从偏转电场射出时的侧移量y和荧光屏上OC间的距离； （3）带电粒子从偏转电场射出时的侧移量y和偏转电压U 的比叫作示波器的灵敏度D，如何通过改变平 2 行板电容器的l或d来提高示波器的灵敏度D。 【答案】（1） ；（2） ；（3）见解析 【详解】（1）粒子在加速电场中加速，由动能定理可得 解得 （2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，如图所示垂直电场方向有 沿电场方向有 侧移量 联立解得 由几何关系可知 得荧光屏上 间的距离 （3）该示波器的灵敏度 解得 则增加 或者减小 均可增加灵敏度。 【模型四】 带电粒子在复合场中的匀变速曲线运动的几种常见模型 1.带电物体在静电场和重力场的复合场中运动时的能量守恒 (1)带电物体只受重力和静电场力作用时，电势能、重力势能以及动能相互转化，总能量守恒，即 恒定值 (2)带电物体除受重力和静电场力作用外，如果还受到其它力的作用时，电势能、重力 势能以及动能之和发生变化，此变化量等于其它力的功，这类问题通常用动能定理来解决。 2.带电粒子在复合场中的匀变速曲线运动的几种常见情况 竖直向上抛出 水平抛出 斜上抛出 y A y x v qE C 0 B ● ● B ● B● mg v v 0 0 A qE C ● x qE x ●C A mg y mg 【模型演练1】（2023·辽宁丹东·统考二模）真空中存在空间范围足够大的，水平向右的匀强电场。在电场 中，若将一个质量为 ，带正电的小球由空中静止释放，运动中小球的速度与竖直方向夹角为53°。如图 所示，若在此电场中，放置一个竖直面内的光滑固定轨道 （电场没有画出）， 水平，长度为 ， 是半径为 的四分之一的圆弧，与 相切于 点。现将该小球由 点静止释放，求从 点开始运动的整 个过程中（取重力加速度大小为 ， ， ）。 （1）小球受到的电场力大小及方向； （2）从 点开始运动到轨迹最高点过程中小球电势能的变化量； （3）小球从c点离开轨道后速度最小时距c点的距离。 【答案】（1） ，水平向右；（2） ；（3） 【详解】（1）由题意，电场力大小 方向：水平向右 （2）对小球由a到c的过程，由动能定理得 解得小球离开 点后竖直方向在重力作用力下做匀㓕速直线运动（竖直上抛运动），设小球离开c点到其轨迹 最高点所需的时间为t，有 小球沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为a，则有：由牛顿第二定律可知 此过程小球沿电场方向位移为 电场力做功为 因为电场力做正功，所以电势能减少量为 （3）由题意可知，重力与电场力合力方向与竖直方向夹角53°，斜向下如图，沿着合力与垂直合力方向建 立坐标系，将C点速度沿着两个方向分解 y方向做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知 从C点到小球速度最小时的位移 x方向做匀速直线运动，此速度为离开C后的最小速度小球从C点离开轨道后速度最小时距C点的距离 【模型演练2】（2023·全国·高三专题练习）如图，竖直平面内存在方向水平的匀强电场，电场区域 间 距为H，在该区域下边界的O点将质量为m、电荷量为q的小球以一定的初速度竖直上抛，小球从上边界 离开电场，再次进入电场后在电场中做直线运动，到达下边界的 点，已知小球到达 点的速度大小为 从O点进入电场时速度大小的 倍，动量方向与水平面的夹角为 。不计空气阻力，重力加速度大小为 g。求： （1） 角的正切值和该电场的电场强度； （2）小球由O到 的运动时间； （3）在下边界水平放置一足够长的绝缘挡板，小球碰撞前后速度与挡板的夹角不变，若第二次碰撞点 与 的距离为 ，求第一次碰撞过程小球的动能损失。 【答案】（1） ； ；（2） ；（3） 【详解】（1）令小球在O点的速度为v，根据运动的独立性，小球到达 时速度的竖直分量为 0由题意得 可得 即 小球到达 之前做直线运动，合力方向与合速度方向共线 即 可得 （2）小球在竖直方向上做竖直上抛运动，可知小球在电场中的两段运动时间相同，且水平方向做匀加速 直线运动，电场区域上方小球水平方向做匀速运动。令小球从A点向上离开电场，从B点再次进入电场 可得 即 由此可得 由O→A，在竖直方向上，有且 可得 即 （3）令第一次碰后的竖直分速度为vy，水平分速度为vx 2 2 由条件可得 第一次碰后到第二次碰撞 解得 碰前 又因为 即可得第一次碰撞过程小球的动能损失 【模型演练3】（2023·全国·高三专题练习）如图，地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，O、Q 为水平地面上的两点。将一带正电荷的小球自电场中O点以 的初动能竖直向上抛出，运动到最高点P 点时小球的动能为 ，最后落回地面上的Q点，不计空气阻力，求： （1）小球所受电场力与重力的比值为多少？ （2）小球落回Q点时的动能是多少？ （3）小球运动过程中的最小动能。 【答案】（1） ；（2） ；（3） 【详解】（1）小球从O到P的过程，设抛出初速度为 ，到P点的速度为 ，则水平方向有 竖直方向有 又 ， ， 联立可得 ， 联立可得小球所受电场力与重力的比值为 （2）小球从P到Q的过程，根据竖直方向的对称性，可知水平方向有 竖直方向有 则Q点的速度大小为 小球落回Q点时的动能为 （3）当速度与合力垂直时，速度最小；设速度与水平方向成 角，则有 设从速度最小到最高点P所用时间为 ，水平方向有 竖直方向有 又 联立可得 ， 可得小球运动过程中的最小动能为 【模型演练4】（2023·山西阳泉·统考三模）如图所示，一质量为 ，带电量 的小滑块静止在倾 角为 的绝缘光滑斜面底端，现在加一个沿斜面向上的匀强电场，小滑块开始沿斜面向上运动，运动一段时间 （ 未知）后，小滑块的电势能减少了 ，此时撤去电场，又经过 时间，小滑块又回到了斜面的 底端．选斜面底端所在的平面势能为零，重力加速度用 表示。求： （1）小滑块返回到斜面底端时的动能 ； （2）所加的匀强电场的电场强度大小； （3）小滑块的动能为 时的重力势能 。 【答案】（1） ；（2） ；（3） 【详解】（1）由能量转化和守恒，回到地面时的动能为 （2）设从开始加上电场到撤去电场，小滑块沿斜面向上运动距离为 ，末速度为 ，则 ， 撤去电场后，小滑块先沿斜面向上减速，后沿斜面向下加速，设撤去电场后运动的加速度大小为 ，则 依题意有 解得 根据牛顿第二定律，有 解得（3）动能为 时小滑块的位置可能在 的下方或上方；设小滑块的位置在 下方离地s 处，则 1 而 解得 重力势能 设小滑块的位置在 上方离地 处，则由机械能守恒，有 因此 【模型演练5】（2023·陕西·陕西师大附中校考模拟预测）竖直平面内存在方向水平的匀强电场，电场区域 间距为 ，在该区域下边界的 点将质量为 、电荷量为 的小球以一定的初速度竖直上抛，小球从上 边界离开电场，再次进入电场后在电场中做直线运动，到达下边界的 点，已知小球到达 点的速度大 小为从 点进入电场时速度大小的 倍，动量方向与水平面的夹角为 。不计空气阻力，重力加速度大 小为 。求： （1） 角的正切值和该电场的电场强度； （2）小球由 到 的运动时间。【答案】（1） ； ；（2） 【详解】（1）令小球在 点的速度为 ，根据运动的独立性，小球到达 时速度的竖直分量为 由题意得 可得 即 小球到达 之前做直线运动，合力方向与合速度方向共线 即 可得 （2）小球在竖直方向上做竖直上抛运动，可知小球在电场中的两段运动时间相同，且水平方向做匀加速 直线运动，电场区域上方小球水平方向做匀速运动。令小球从A点向上离开电场，从B点再次进入电场 可得 即由此可得 由 ，在竖直方向上，有 且 可得 即