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專題17 靜電場2-帶電粒子在電場及復合場中的運動（解析版）.doc
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專題17 靜電場2-帶電粒子在電場及復合場中的運動
（2012—2021）
1.（2021全國乙）四個帶電粒子的電荷量和質量分別 、 、 、 它們先后以相同的速度從坐標原點沿x軸正方向射入一勻強電場中，電場方向與y軸平行，不計重力，下列描繪這四個粒子運動軌跡的圖像中，可能正確的是（　　）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，加速度為

由類平拋運動規律可知，帶電粒子 在電場中運動時間為

離開電場時，帶電粒子的偏轉角的正切為

因為四個帶電的粒子的初速相同，電場強度相同，極板長度相同，所以偏轉角只與比荷有關，前面三個帶電粒子帶正電，一個帶電粒子帶負電，所以一個粒子與另外三個粒子的偏轉方向不同； 粒子與 粒子的比荷相同，所以偏轉角相同，軌跡相同，且與 粒子的比荷也相同，所以 、 、 三個粒子偏轉角相同，但 粒子與前兩個粒子的偏轉方向相反； 粒子的比荷與 、 粒子的比荷小，所以 粒子比 、 粒子的偏轉角小，但都帶正電，偏轉方向相同。
故選AD。
2.（2020全國1）在一柱形區域內有勻強電場，柱的橫截面積是以O為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示。質量為m，電荷量為q（q>0）的帶電粒子在紙面內自A點先后以不同的速度進入電場，速度方向與電場的方向垂直。已知剛進入電場時速度為零的粒子，自圓周上的C點以速率v0穿出電場，AC與AB的夾角θ=60°。運動中粒子僅受電場力作用。
（1）求電場強度的大小；
（2）為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進入電場時的速度應為多大？
（3）為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為mv0，該粒子進入電場時的速度應為多大？

【答案】(1) ；(2) ；(3)0或
【解析】（1）由題意知在A點速度為零的粒子會沿著電場線方向運動，由于q>0，故電場線由A指向C，根據幾何關系可知：

所以根據動能定理有：

解得：
；
（2）根據題意可知要使粒子動能增量最大則沿電場線方向移動距離最多，做AC垂線并且與圓相切，切點為D，即粒子要從D點射出時沿電場線方向移動距離最多，粒子在電場中做類平拋運動，根據幾何關系有


而電場力提供加速度有

聯立各式解得粒子進入電場時的速度：
；
（3）因為粒子在電場中做類平拋運動，粒子穿過電場前后動量變化量大小為mv0，即在電場方向上速度變化為v0 ，過C點做AC垂線會與圓周交于B點，故由題意可知粒子會從C點或B點射出。當從B點射出時由幾何關系有


電場力提供加速度有

聯立解得 ；當粒子從C點射出時初速度為0。

3.（2019全國2）如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網G，PQG的尺寸相同。G接地，PQ的電勢均為 （ >0）。質量為m，電荷量為q（q>0）的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計。

（1）求粒子第一次穿過G時的動能，以及她從射入電場至此時在水平方向上的位移大小；
（2）若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應為多少？
【答案】（1） ； （2）
【解析】（1）PG、QG間場強大小相等，均為E，粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設粒子的加速度大小為a，有
①
F=qE=ma②
設粒子第一次到達G時動能為Ek，由動能定理有
③
設粒子第一次到達G時所用時間為t，粒子在水平方向的位移為l，則有
④
l=v0t⑤
聯立①②③④⑤式解得
⑥
⑦
（2）設粒子穿過G一次就從電場的右側飛出，則金屬板的長度最短，由對稱性知，此時金屬板的長度L為 ⑧
4.（2019全國3）空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后發射兩個質量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q（q>0）。A從O點發射時的速度大小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為 。重力加速度為g，求
（1）電場強度的大??；
（2）B運動到P點時的動能。
【答案】（1） ；（2）
【解析】：（1）設電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a。根據牛頓定律、運動學公式和題給條件，有
mg+qE=ma①
②
解得
③
（2）設B從O點發射時的速度為v1，到達P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，根據動能定理有
④
且有
⑤
⑥
聯立③④⑤⑥式得
⑦
5.（2016北京卷）如圖所示，電子由靜止開始經加速電場加速后，沿平行于版面的方向射入偏轉電場，并從另一側射出。已知電子質量為m，電荷量為e，加速電場電壓為 ，偏轉電場可看做勻 強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d。

（1）忽略電子所受重力，求電子射入偏轉電場時初速度v0和從電場射出時沿垂直版面方向的偏轉距離Δy；
（2）分析物理量的數量級，是解決物理問題的常用方法。在解決（1）問時忽略了電子所受重力，請利用下列數據分析說明其原因。已知 ， ， ， ， 。
（3）極板間既有電場也有重力場。電勢反映了靜電場各點的能的性質，請寫出電勢 的定義式。類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”的 概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點。
【答案】（1） （2）不需要考慮電子所受的重力（3） 、電勢 和重力勢 都是反映場的能的性質的物理量，僅僅由場自身的因素決定
【解析】（1）根據功能關系，可得 ，
電子射入偏轉電場的初速度 ，
在偏轉電場中電子的運動時間
側移量
（2）考慮電子所受重力和電場力的數量級，有重力 [來源:學_電場力
由于 ，因此不需要考慮電子所受的重力
（3）電場中某點電勢 定義為電荷在該點的電勢能 與電荷量q的比值 ，由于重力做功與路徑無關，可以類比靜電場電勢的定義，將重力場中物體在某點的重力勢能 與其質量m的比值，叫做重力勢，即 ，電勢 和重力勢 都是反映場的能的性質的物理量，僅僅由場自身的因素決定
6.（上海卷）如圖（a），長度L=0.8m的光滑桿左端固定一帶正電的點電荷A，其電荷量Q= ；一質量m=0.02kg，帶電量為q的小球B套在桿上。將桿沿水平方向固定于某非均勻外電場中，以桿左端為原點，沿桿向右為x軸正方向建立坐標系。點電荷A對小球B的作用力隨B位置x的變化關系如圖（b）中曲線I所示，小球B所受水平方向的合力隨B位置x的變化關系如圖（b）中曲線II所示，其中曲線II在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范圍可近似看作直線。求：（靜電力常量 ）

（1）小球B所帶電量q;
（2）非均勻外電場在x=0.3m處沿細桿方向的電場強度大小E；
（3）在合電場中，x=0.4m與x=0.6m之間的電勢差U。
（4）已知小球在x=0.2m處獲得v=0.4m/s的初速度時，最遠可以運動到x=0.4m。若小球在x=0.16m處受到方向向右，大小為0.04N的恒力作用后，由靜止開始運動，為使小球能離開細桿，恒力作用的做小距離s是多少？

【答案】（1） （2） （3）800v （4）0.065m
【解析】（1）由圖可知，當x=0.3m時， N
因此 C
（2）設在x=0.3m處點電荷與小球間作用力為F2，
F合=F2+qE
因此
電場在x=0.3m處沿細稈方向的電場強度大小為3 ，方向水平向左。
（3）根據圖像可知在x=0.4m與x=0.6m之間合力做功大小 ,又 ,可得
(4)由圖可知小球從x=0.16到x=0.2m處，
電場力做功
小球從x=0.2m到x=0.4m處

由圖可知小球從 到 處
電場力做功 =－0.004×0.4=
由動能定理 + + + =0
解得 =
7.（2016四川）中國科學家2015年10月宣布中國將在2020年開始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人類揭示物質本源的關鍵設備，在放射治療、食品安全、材料科學等方面有廣泛應用。
如圖所示，某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管(漂移管)組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極。質子從K點沿軸線進入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內做勻速直線運動，在漂移管間被電場加速、加速電壓視為不變。設質子進入漂移管B時速度為 ，進入漂移管E時速度為 ，電源頻率為 ，漂移管間縫隙很小。質子在每個管內運動時間視為電源周期的1/2。質子的荷質比取 。求：

（1）漂移管B的長度；
（2）相鄰漂移管間的加速電壓。
【答案】：（1）漂移管B的長度為0.4 m （2）相鄰漂移管間的加速電壓為6×104 V。
【解析】（1）設高頻脈沖電源的頻率為f，周期為T；質子在每個漂移管中運動的時間為t；質子進入漂移管B時速度為 ；漂移管B的長度為 。則
①
②
③
聯立①②③式并代入數據得： ④
（2）設質子的電荷量為q，質量為m，荷質比為e；質子進入漂移管B時動能為 ；質子進入漂移管E時速度為 ，動能為 ；質子從漂移管B運動到漂移管E，動能的增加量為 ；質子每次在相鄰漂移管間被電場加速，電場的電壓為U，所做的功為W。則
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
質子從漂移管B運動到漂移管E共被電場加速3次，根據動能定理有
⑩
聯立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式并代入數據得：
○11
8.(2013山東卷) 如圖所示，在坐標系xOy的第一、第三象限內存在相同的勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面向里；第四象限內有沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E.一帶電量為＋q、質量為m的粒子，自y軸上的P點沿x軸正方向射入第四象限，經x軸上的Q點進入第一象限，隨即撤去電場，以后僅保留磁場．已知OP＝d，OQ＝2d，不計粒子重力．

(1)求粒子過Q點時速度的大小和方向．
(2)若磁感應強度的大小為一確定值B0，粒子將以垂直y軸的方向進入第二象限，求B0.
【答案】：見解析
【解析】(1)設粒子在電場中運動的時間為t0，加速度的大小為a，粒子的初速度為v0，過Q點時速度的大小為v，沿y軸方向分速度的大小為vy，速度與x軸正方向間的夾角為θ，由牛頓第二定律得
qE＝ma ①
由運動學公式得
d＝12at20 ②
2d＝v0t0 ③
vy＝at0 ④
v＝v20＋v2y ⑤
tan θ＝vyv0 ⑥
聯立①②③④⑤⑥式得
v＝2qEdm ⑦
θ＝45°. ⑧
(2)

設粒子做圓周運動的半徑為R1，粒子在第一象限內的運動軌跡如圖所示，O1為圓心，由幾何關系可知△O1OQ為等腰直角三角形，得
R1＝22d ⑨
由牛頓第二定律得
qvB0＝mv2R1 ⑩
聯立⑦⑨⑩式得
B0＝mE2qd. ?
9.(2013浙江)“電子能量分析器”主要由處于真空中的電子偏轉器和探測板組成。偏轉器是由兩個相互絕緣、半徑分別為RA和RB的同心金屬半球面A和B構成，A、B為電勢值不等的等勢面，其過球心的截面如圖所示．一束電荷量為e、質量為m的電子以不同的動能從偏轉器左端M板正中間小孔垂直入射，進入偏轉電場區域，最后到達偏轉器右端的探測板N，其中動能為Ek0的電子沿等勢面C做勻速圓周運動到達N板的正中間．忽略電場的邊緣效應。

(1)判斷半球面A、B的電勢高低，并說明理由；
(2)求等勢面C所在處電場強度E的大??；
(3)若半球面A、B和等勢面C的電勢分別為φA、φB和φC，則到達N板左、右邊緣處的電子，經過偏轉電場前、后的動能改變量ΔEk左和ΔEk右分別為多少？
(4)比較|ΔEk左|和|ΔEk右|的大小，并說明理由．
【答案】：見解析
【解析】：(1)電子(帶負電)做圓周運動，電場力方向指向球心，電場方向從B指向A，半球面B的電勢高于A.
(2)據題意，電子在電場力作用下做圓周運動，考慮到圓軌道上的電場強度E大小相同，有：
eE＝mv2R
Ek0＝12mv2
R＝RA＋RB2
聯立解得：
E＝2Ek0eR＝4Ek0e?RA＋RB?.
(3)電子運動時只有電場力做功，根據動能定理，有
ΔEk＝qU
對到達N板左邊緣的電子，電場力做正功，動能增加，有
ΔEk左＝e(φB－φC)
對到達N板右邊緣的電子，電場力做負功，動能減小，有
ΔEk右＝e(φA－φC)．
(4)根據電場線特點，等勢面B與C之間的電場強度大于C與A之間的電場強度，考慮到等勢面間距相等，有
|φB－φC|＞|φA－φC|
即|ΔEk左|＞|ΔEk右|.
10.(2013全國大綱) 一電荷量為q(q＞0)、質量為m的帶電粒子在勻強電場的作用下，在t＝0時由靜止開始運動，場強隨時間變化的規律如圖所示．不計重力，求在t＝0到t＝T的時間間隔內，

(1)粒子位移的大小和方向；
(2)粒子沿初始電場反方向運動的時間．
【解析】帶電粒子在規律性變化的電場力作用下做變速運動．
法一：(1)帶電粒子在0～T4、T4～T2、T2～3T4、3T4～T時間間隔內做勻變速運動，設加速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得
a1＝qE0m ①
a2＝－2qE0m ②

a3＝2qE0m ③
a4＝－qE0m ④
由此得帶電粒子在0～T時間間隔內運動的加速度—時間圖象如圖(a)所示，對應的速度—時間圖像如圖(b)所示，其中
v1＝a1T4＝qE0T4m ⑤
由圖(b)可知，帶電粒子在t＝0到t＝T時間內的位移為
s＝T4v1 ⑥
圖(b)
由⑤⑥式得
s＝qE016mT2 ⑦
方向沿初始電場正方向．
(2)由圖(b)可知，粒子在t＝38T到t＝58T內沿初始電場的反方向運動，總的運動時間為
t＝58T－38T＝T4 ⑧
法二：(1)帶電粒子在0～T4、T4～T2、T2～3T4、3T4～T時間間隔內做勻變速運動，設加速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得
qE0＝ma1 ①
－2qE0＝ma2 ②
2qE0＝ma3 ③
－qE0＝ma4 ④
設帶電粒子在t＝T4、t＝T2、t＝3T4、t＝T時的速度分別為v1、v2、v3、v4，則
v1＝a1T4 ⑤
v2＝v1＋a2T4 ⑥
v3＝v2＋a3T4 ⑦
v4＝v3＋a4T4 ⑧
設帶電粒子在t＝0到t＝T時間內的位移為s，有
s＝(v12＋v1＋v22＋v2＋v32＋v3＋v42)T4 ⑨
聯立以上各式可得
s＝qE0T216m ⑩
方向沿初始電場正方向．
(2)由電場的變化規律知，t＝T4時粒子開始減速，設經過時間t1速度減為零．
0＝v1＋a2t1
將①②⑤式代入上式，得
t1＝T8 ?
粒子從t＝T2時開始減速，設經過時間t2速度變為零．
0＝v2＋a3t2
此式與①②③⑤⑥式聯立得
t2＝T8 ?
t＝0到t＝T內粒子沿初始電場反方向運動的時間為
t＝(T4－t1)＋t2 ?
將??式代入?式得
t＝T4. ?
答案：(1)qE016mT2，方向沿初始電場正方向　(2)T4


11.(2013北京卷)如圖所示，兩平行金屬板間距為d，電勢差為U，板間電場可視為勻強電場．金屬板下方有一磁感應強度為B的勻強磁場．帶電量為＋q、質量為m的粒子，由靜止開始從正極板出發，經電場加速后射出，并進入磁場做勻速圓周運動．忽略重力的影響，求：

(1)勻強電場場強E的大小；
(2)粒子從電場射出時速度v的大??；
(3)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R.
【答案】：(1)Ud　(2) 2qUm　(3) 1B 2mUq
【解析】本題中帶電粒子在電場中由靜止開始做勻加速直線運動，可由動能定理或牛頓第二定律求解，選用動能定理進行解題更簡捷．進入磁場后做勻速圓周運動，明確帶電粒子的運動過程及相關公式是解題的關鍵．
(1)電場強度E＝Ud.
(2)根據動能定理，有qU＝12mv2－0得v＝2qUm.
(3)粒子在磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝mv2R
得R＝1B 2mUq.
12.(2013全國2)如圖，勻強電場中有一半徑為r的光滑絕緣圓軌道，軌道平面與電場方向平行．a、b為軌道直徑的兩端，該直徑與電場方向平行．一電荷為q(q>0)的質點沿軌道內側運動．經過a點和b點時對軌道壓力的大小分別為Na和NB.不計重力，求電場強度的大小E、質點經過a點和b點時的動能．

【答案】：16q(Nb－Na)　r12(Nb＋5Na)　r12(5Nb＋Na)

【解析】小球在光滑軌道上做圓周運動，在a、b兩點時，靜電力和軌道的作用力的合力提供向心力，由b到a只有電場力做功，利用動能定理，可求解E及a、b兩點的動能．
質點所受電場力的大小為
F＝qE ①
設質點質量為m，經過a點和b點時的速度大小分別為va和vb，由牛頓第二定律有
F＋Na＝mv2ar ②
Nb－F＝mv2br ③
設質點經過a點和b點時的動能分別為Eka和Ekb，有
Eka＝12mv2a ④
Ekb＝12mv2b ⑤
根據動能定理有Ekb－Eka＝2rF ⑥
聯立①②③④⑤⑥式得
E＝16q(Nb－Na)
Eka＝r12(Nb＋5Na)
Ekb＝r12(5Nb＋Na)．
T＝4t＝4dqφ02m?qφ0－A?.
13.（2016江蘇）如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止狀態．現將B板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴（ ）

A. 仍然保持靜止 B. 豎直向下運動
C. 向左下方運動 D. 向右下方運動
【答案】D
【解析】兩極板平行時帶電粒子處于平衡狀態，則重力等于電場力，當下極板旋轉時，板間距離增大場強減小，電場力小于重力；由于電場線垂直于金屬板表面，所以電荷處的電場線如圖所示，所以重力與電場力的合力偏向右下方，故粒子向右下方運動，選項D正確.

14.(2013廣東)噴墨打印機的簡化模型如圖所示．重力可忽略的墨汁微滴，經帶電室帶負電后，以速度v垂直勻強電場飛入極板間，最終打在紙上，則微滴在極板間電場中(　　)

A．向負極板偏轉
B．電勢能逐漸增大
C．運動軌跡是拋物線
D．運動軌跡與帶電量無關
【答案】：C
【解析】：選C.帶電微滴垂直進入電場后，在電場中做類平拋運動，根據平拋運動的分解——水平方向做勻速直線運動和豎直方向做勻加速直線運動．
帶負電的微滴進入電場后受到向上的靜電力，故帶電微滴向正極板偏轉，選項A錯誤；帶電微滴垂直進入電場受豎直方向的靜電力作用，靜電力做正功，故墨汁微滴的電勢能減小，選項B錯誤；根據x＝v0t，y＝12at2及a＝qEm，得帶電微滴的軌跡方程為y＝qEx22mv20，即運動軌跡是拋物線，與帶電量有關，選項C正確，D錯誤．
15.（2016全國1） 如圖，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直面（紙面）內，且相對于過軌跡最低點 的豎直線對稱。忽略空氣阻力。由此可知（ ）

A. 點的電勢比 點高
B. 油滴在 點的動能比它在 點的大
C. 油滴在 點的電勢能比它在 點的大
D. 油滴在 點的加速度大小比它在 點的小
【答案】AB
【解析】由于勻強電場中的電場力和重力都是恒力，所以合外力為恒力，加速度恒定不變，所以D選項錯。由于油滴軌跡相對于過 的豎直線對稱且合外力總是指向軌跡彎曲內側，所以油滴所受合外力沿豎直方向，電場力豎直向上。當油滴得從 點運動到 時，電場力做正功，電勢能減小，C選項錯誤；油滴帶負電，電勢能減小，電勢增加，所以 點電勢高于 點電勢，A選項正確；在油滴從 點運動到 的過程中，合外力做正功，動能增加，所以 點動能大于 點，B選項正確；所以選AB。
16.（2014·天津）如圖所示，平行金屬板A、B水平正對放置，分別帶等量異號電荷．一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場力共同作用下運動，軌跡如圖中虛線所示，那么( )



A．若微粒帶正電荷，則A板一定帶正電荷
B．微粒從M點運動到N點電勢能一定增加
C．微粒從M點運動到N點動能一定增加
D. 微粒從M點運動到N點機械能一定增加
【答案】C
【解析】： 本題是對帶電微粒在復合場中的運動、動能定理、機械能守恒定律、受力分析的綜合考查，通過圖像中的運動軌跡，無法判斷電場力的方向，只能判斷出微粒所受的合外力方向豎直向下，運動過程中合力的方向與運動方向的夾角為銳角，合外力做正功，微粒的動能增加，A、B錯誤，C正確．由于不能判斷出電場力的方向，所以機械能的變化也不能確定，D錯誤．
17.(2013全國1)一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔(小孔對電場的影響可忽略不計)．小孔正上方d2處的P點有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經過小孔進入電容器，并在下極板處(未與極板接觸)返回．若將下極板向上平移d3，則從P點開始下落的相同粒子將(　　)
A．打到下極板上 B．在下極板處返回 C．在距上極板d2處返回 D．在距上極板25d處返回
【答案】D
【解析】選D.本題應從動能定理的角度解決問題．帶電粒子在重力作用下下落，此過程中重力做正功，當帶電粒子進入平行板電容器時，電場力對帶電粒子做負功，若帶電粒子在下極板處返回，由動能定理得mg(d2＋d)－qU＝0；若電容器下極板上移d3，設帶電粒子在距上極板d′處返回，則重力做功WG＝mg(d2＋d′)，電場力做功W電＝－qU′＝－qd′?d－d3?U＝－q3d′2dU，由動能定理得WG＋W電＝0，聯立各式解得d′＝25d，選項D正確．