备战2025年高考物理大题突破(全国通用)大题07带电粒子(带电体)在电场中的平衡、运动(原卷版+解析)

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名称 备战2025年高考物理大题突破(全国通用)大题07带电粒子(带电体)在电场中的平衡、运动(原卷版+解析)
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资源类型 试卷
版本资源 通用版
科目 物理
更新时间 2025-05-06 10:16:25

文档简介

大题07 带电粒子(带电体)在电场中的平衡、运动
带电粒子在电场中的平衡与运动是高考物理电磁学模块的命题重点,在全国卷及新高考卷中占比约12%-18%,很可能为压轴计算题。 2025年高考对“带电粒子在电场中的平衡、运动”的考查将延续“重基础、强综合、拓创新”的命题风格,突出电磁学核心观念与实际问题建模能力。备考需以电场力的矢量性为核心抓手,强化复合场分析与数学工具应用,同时关注新能源与量子科技前沿,做到“以场驭动,以模应变”。综合考查动力学分析(电场力与运动学结合)、能量转化(电势能与动能转换)及复杂轨迹建模(如类平抛运动) 如离子推进器中的电场加速、超级电容器储能特性分析;利用抛物线方程解类平抛运动、矢量分解法处理复合场问题;医用加速器中的粒子束控制、半导体器件中的载流子运动等等。
题型1 “等效重力场”问题
例1. 在水平向右的匀强电场中,有一个质量为m、带正电的小球,用长为l的绝缘细线悬挂于O点,当小球静止时,细线与竖直方向夹角为θ,小球位于B点,A点与B点关于O点对称,如图所示.给小球一个垂直于细线的初速度,小球恰能在竖直平面内做圆周运动.
(1)小球在做圆周运动的过程中,在哪一位置速度最小?速度最小值多大?
(2)求小球在B点的初速度大小.
答案(1)A点 (2) (3)
解析(1)如图所示,小球所受到的重力、电场力均为大小和方向不变的力,二力的合力为F=.重力场与电场的叠加场为等效重力场,F为等效重力,小球在叠加场中的等效重力加速度为g′=,其方向斜向右下,与竖直方向成θ角.小球在竖直平面内做圆周运动的过程中,只有等效重力做功,动能与等效重力势能可相互转化,其总和不变.与重力势能比较知等效重力势能为Ep=mg′h,其中h为小球距等效重力势能零势能点的高度.
设小球静止的位置B点为零势能点,由于动能与等效重力势能的总和不变,则小球位于和B点对应的同一直径上的A点时等效重力势能最大,动能最小,速度也最小.
设小球在A点的速度为vA,此时细线的拉力为零,等效重力提供向心力,则mg′=m,解得小球的最小速度为vA=
(2)设小球在B点的初速度为vB,由能量守恒得
mv=mv+mg′·2l
将vA的数值代入解得vB=
例2.(2023广雅中学)如图所示,竖直平面内有一水平向右的匀强电场,电场强度大小为E=1×102 V/m,其中有一个半径为R=2 m 的竖直光滑圆环,有一质量为m=0.08 kg、电荷量为q=6×10-3 C的带正电小球(可视为质点)在最低点A点,给小球一个初动能,让其恰能在圆环内做完整的圆周运动,不考虑小球运动过程中电荷量的变化.取cos 37°=0.8,g=10 m/s2,求:
(1)小球所受电场力与重力的合力F.
(2)小球在A点的初动能Ek.
答案(1)1 N,与竖直方向夹角37° (2)4.6 J
解析(1)因为重力与电场力均不变,所以二者的合力大小为F==mg=1 N
方向与竖直方向的夹角为θ,有
tan θ==
可得合力与竖直方向夹角为θ=37°
(2)小球恰能在圆环内做完整的圆周运动,则在其等效最高点,有
F=m
小球从等效最高点至A点的过程中,由动能定理得
F·(R+R cos θ)=Ek-mv2
联立得小球在A点的初动能
Ek=4.6 J
解题策略
1.(2024广东潮州诊断)如图所示,在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O、半径为r、内壁光滑,A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场,一质量为m的带电小球(可视为质点)恰好能静止在C点。若在C点给小球一个初速度使它在轨道内侧恰好能做完整的圆周运动(小球的电荷量不变)。已知C、O、D在同一直线上,它们的连线与竖直方向的夹角θ=60°,重力加速度为g。求:
(1)小球所受的电场力F的大小;
(2)小球做圆周运动,在D点的速度大小及在A点对轨道压力的大小。
答案 (1)mg (2) 9mg
解析 (1)小球在C点静止,受力分析如图所示。
由平衡条件得F=mg tan θ,
解得:F=mg。
(2)小球在光滑轨道内侧恰好做完整的圆周运动,在D点小球速度最小,对轨道的压力为零,
则=m,
解得小球在D点的速度vD=,
小球由轨道上A点运动到D点的过程,根据动能定理得
-mgr(1+cos θ)-Fr sin θ=-,
解得小球在A点的速度vA=2,
小球在A点,根据牛顿第二定律得:FNA-mg=m,
解得FNA=9mg,
根据牛顿第三定律得:小球对轨道的压力大小为FNA′=9mg。
题型二 带电粒子在电场中的直线运动
例3.如图所示,一平行板电容器水平放置,板间距离为d,上下极板开有一小孔,四个质量均为m、带电荷量均为q的带电小球,其间用长均为的绝缘轻杆相连,处于竖直状态,今使下端小球恰好位于上极板小孔中,且由静止释放,让四球竖直下落。当下端第二个小球到达下极板时,速度恰好为零。重力加速度为g,(仅两极板间存在电场)试求:
(1)两极板间的电压;
(2)小球运动的最大速度。
答案 (1) (2)
解析 (1)根据动能定理可得4mg·d-2qU-qU-qU=0
解得U=。
(2)当两个小球在电场中时,静电力F1=2q·=mg<4mg
当三个小球在电场中时,静电力F2=3q·=mg>4mg
故当第三个小球刚进入电场时速度最大,根据动能定理可得
4mg·-qU-qU=×4mv2-0
解得v=。
例4.绝缘粗糙的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定电荷量不等的正电荷,两电荷的位置坐标如图11甲所示,已知A处电荷的电荷量为+Q,图乙是A、B连线之间的电势φ与位置x之间的关系图像,图中x=L处对应图线的最低点,x=-2L处的纵坐标φ=2φ0,x=2L处的纵坐标φ=φ0,若在x=-2L处的C点由静止释放一个质量为m、电荷量为+q的带电物块(可视为质点),物块随即向右运动(假设此带电物块不影响原电场分布),求:
(1)固定在B处的电荷的电荷量QB;
(2)小物块与水平面间的动摩擦因数μ为多大,才能使小物块恰好到达x=2L处?
(3)若小物块与水平面间的动摩擦因数μ=,小物块运动到何处时速度最大?
答案 (1) (2) (3)x=0处
解析 (1)由题图乙得x=L处为图线的最低点,切线斜率为零,即合电场强度为0,则有k=k
代入数据得QB==。
(2)从x=-2L到x=2L的过程中,物块先做加速运动再做减速运动,由动能定理得qU1-μmgs1=0-0
即q-μmg(4L)=0-0
解得μ=。
(3)小物块运动速度最大时,静电力与摩擦力的合力为零,设该位置离A点的距离为LA,则有k-k-μmg=0,
解得LA=3L,即小物块运动到x=0处时速度最大。
用动力学观点分析 a=,E=,v2-v=2ad。 用功能观点分析 匀强电场中:W=qEd=qU=mv2-mv 非匀强电场中:W=qU=Ek2-Ek1
2.(2023福建龙岩统考)如图甲所示,长度L=0.8 m的光滑绝缘细杆左端固定一带电荷量为QA=+4.0×10-6 C的点电荷A,一质量为m=0.04 kg、带电荷量为q=+2.0×10-7 C的小球B套在杆上。将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中,以杆左端为原点,沿杆向右为x轴正方向建立坐标系。点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图乙中曲线Ⅰ所示,小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图乙中曲线Ⅱ所示,其中曲线Ⅱ在x≥0.40 m范围可近似看作直线。求:
(1)小球B在x=0.30 m处受到外电场对它沿杆方向的静电力F和外电场在该点沿杆方向的电场强度E;
(2)已知小球在x=0.20 m处获得水平向右的初速度v=0.20 m/s时,最远可以运动到x=0.40 m。若小球在x=0.20 m处受到方向向右、大小为0.02 N的恒力作用后,由静止开始运动,为使小球能离开杆,恒力作用的最小距离s是多少?
答案 (1)0.14 N,水平向左 7×105 N/C,水平向左 (2)0.44 m
解析 (1)根据题意,设小球B在x=0.30 m处受到点电荷A对它的作用力为F1,外电场对它沿杆方向的作用力为F,合力为F合,则有F合=F1+F,
结合图像信息可得F=-0.14 N
即小球B在x=0.30 m处受到的外电场对它沿杆方向的静电力F的大小为0.14 N,方向水平向左,根据电场强度定义式可得E==7×105 N/C,方向水平向左。
(2)根据图乙中曲线Ⅱ围成的面积表示合静电力对小球B做的功,可知小球从x=0.20 m到x=0.40 m处,合静电力做功为W1=0-mv2=-8×10-4 J
由图可知,小球从x=0.40 m到x=0.80 m处,
合静电力做功为W2=-0.02×0.4 J=-8×10-3 J
由动能定理有W1+W2+F外s=0
解得s=0.44 m。
题型三 带电粒子在交变电场中的运动
例5.(2024广州期末)如图甲所示,α粒子射线管由平行于x轴的平行金属板A、B组成,A、B板长度和板间距均为L,A、B板中间有平行于x轴的绝缘细管C,开口在y轴上.粒子源P放置在A极板左下端,可以沿特定方向发射α粒子.当A、B板加上某一电压时,α粒子刚好能以速度v水平进入细管C,保持速度不变,再进入静电分析器中做匀速圆周运动,已知静电分析器中电场线的方向均沿半径方向指向圆心O,α粒子在静电分析器中运动的轨迹半径为L.之后α粒子垂直x轴进入第四象限(此时对应图乙t=0时刻),施加如图乙所示沿x轴方向的交变电场.规定沿x轴正方向为电场正方向.已知α粒子电荷量大小为q,质量为m,重力不计.求:
(1) 静电分析器中的场强大小E0.
(2) α粒子从粒子源P发射时的初速度大小.
(3) 当t=T时,α粒子的坐标.
答案 (1)  (2) v (3) (L,-vT)
解析 (1) 在静电分析器中,由牛顿第二定律有qE0=m
可得E0=
(2) 由题意可知,α粒子的运动可以看成反方向的类平抛运动,设运动时间为t,则
水平方向有L=vt
竖直方向有=·t
则初速度大小v0=
解得v0=v
(3) α粒子进入第四象限做类平抛运动.沿x轴方向,第一个内做匀加速直线运动,第二个内做匀减速直线运动,第三个内反向匀加速,第四个内再匀减速.由运动的对称性可知α粒子在x轴上一个周期内的位移为0,在-y方向上α粒子做匀速直线运动,故t=T时,α粒子的纵坐标为y=-vT
则t=T时,α粒子的坐标为(L,-vT).
例6.在图甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压,其周期为T.现有电子以平行于极板的速度v0从两板中央OO′射入.已知电子的质量为m,电荷量为e,不计电子的重力,问:
(1)若电子从t=0时刻射入,在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出,则电子飞出时速度的大小为多少?
(2)若电子从t=0时刻射入,恰能平行于极板飞出,则极板至少为多长?
(3)若电子恰能从OO′平行于极板飞出,电子应从哪一时刻射入?两极板间距至少为多大?


答案 (1) (2)v0T (3)+k(k=0,1,2,…) T
解析 (1)由动能定理得e=mv2-mv,解得v=。
(2)t=0时刻射入的电子,在垂直于极板方向上做匀加速运动,向A极板方向偏转,半个周期后电场方向反向,电子在该方向上做匀减速运动,再经过半个周期,电子在电场方向上的速度减小到零,此时的速度等于初速度v0,方向平行于极板,以后继续重复这样的运动;要使电子恰能平行于极板飞出,则电子在OO′方向上至少运动一个周期,故极板长至少为L=v0T。
(3)若要使电子从OO′平行于极板飞出,则电子在电场方向上应先加速、再减速,反向加速、再减速,每阶段时间相同,一个周期后恰好回到OO′上,可见应在t=+k(k=0,1,2,…)时射入;极板间距离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上,设两板间距为d,由牛顿第二定律有a=,加速阶段运动的距离s=·≤,解得d≥T,故两极板间距至少为T。
分析思路 (1)动力学观点:根据牛顿第二定律及运动学规律分析。 (2)能量观点:应用动能定理、功能关系等分析。 (3)动量观点:应用动量定理分析。
3.如图甲所示,电子由阴极飞出时的初速度忽略不计,电子发射装置的加速电压为U0,电容器板长和板间距离均为L=10 cm,下极板接地,电容器右端到荧光屏的距离也是L=10 cm,在电容器两极板间接一交变电压,上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示。(每个电子穿过平行板的时间都极短,可以认为电压是不变的)求:
甲             乙
(1)在t=0.06 s时刻进入电容器的电子打在荧光屏上的何处;
(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长?
答案 (1)打在屏上的点位于O点上方,距O点13.5 cm (2)30 cm
解析 (1)电子经电场加速满足qU0=mv2,
经电场偏转后侧移量y=at2=·,
所以y=,由题图乙知t=0.06 s时刻U偏=1.8U0,所以y=4.5 cm,
设打在屏上的点距O点的距离为Y,满足=,所以Y=13.5 cm。
(2)由题知电子侧移量y的最大值为,所以当偏转电压超过2U0时电子就打不到荧光屏上了,所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L=30 cm。
题型四 动力学、动量和能量观点在电场中的应用
例7.如图所示,ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道,AB段为足够长的水平轨道,BD段为半径R=0.2 m 的半圆轨道,二者相切于B点,整个轨道处于竖直向下的匀强电场中,场强大小E=5.0×103 V/m。一个不带电的绝缘小球甲,以速度v0沿水平轨道向右运动,与静止在B点带正电的小球乙发生弹性正碰。已知乙球质量m=1.0×10-2 kg、所带电荷量q=2.0×10-5 C,乙球质量为甲球质量的3倍。g取10 m/s2,甲、乙两球均可视为质点,整个运动过程中无电荷转移。
(1)甲、乙两球碰撞后,乙球通过轨道的最高点D时,对轨道的压力大小N′为自身重力的2.5倍,求乙在水平轨道上的首次落点到B点的距离;
(2)在满足(1)的条件下,求甲球的初速度v0。
答案 (1)0.6 m (2)10 m/s
解析 (1)设乙到达最高点D时的速度为vD,乙离开D点首次到达水平轨道的时间为t,加速度为a,乙在水平轨道上的首次落点到B点的距离为x,乙离开D点后做类平抛运动,则2R=at2,x=vDt,
根据牛顿第二定律有a=,
乙过D点时有mg+qE+N=m(式中N为乙在D点时轨道对乙的作用力),
根据牛顿第三定律有N=N′=2.5mg,
解得x=0.6 m。
(2)设碰后瞬间甲、乙两球的速度分别为v1、v2,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv0=mv1+mv2,
×=×+,
联立解得v2=v0,
乙球从B到D的过程中,根据动能定理有
-mg·2R-qE·2R=-,
由(1)可得vD=3 m/s,
联立解得v0=10 m/s。
三大观点的选用策略 (1)对多个物体组成的系统讨论,在具备守恒条件时优先考虑两个守恒定律;出现相对距离(或相对路程)时优先考虑功能关系。 (2)对单个物体的讨论,宜用两个定理,涉及时间优先考虑动量定理,涉及位移优先考虑动能定理。 (3)研究所受力的瞬时作用与物体运动状态的关系,涉及过程的细节(加速度),且受恒力作用时,考虑用牛顿运动定律和运动学规律。 (4)两个定律和两个定理,只考查一个物理过程的始末两个状态,对中间过程不予以细究,这是它们的方便之处,特别是对变力问题,充分显示出其优越性。有些题目可以用不同方法各自解决,有些题目则同时运用上述几种方法才能解决。
4. (2024大湾区二模)如图所示,在绝缘的光滑水平面(足够长)上M点左侧的区域有水平向右的匀强电场.小滑块A、B的质量均为m,其中B不带电,A的带电荷量为+q,O点到M点的距离为L,N点到O点的距离为kL(k>0).现将小滑块A在N点由静止释放,其向右运动至O点与静止的小滑块B发生弹性碰撞,设A、B均可视为质点,整个过程中,A的电荷量始终不变,B始终不带电,已知电场强度E=,重力加速度大小为g.
(1) A与B发生第一次碰撞前瞬间,求A的速率.
(2) k的取值满足什么条件时,能使A与B发生第二次碰撞?
(3) k的取值满足(2)问的条件下,求A和B两次碰撞间隔的时间.
答案 (1)  (2) k<1 (3) 见解析
解析 (1) 设A与B碰撞前的速率为v1,对A由动能定理得
EqkL=mv
将E=代入,解得v1=
(2) 由题意知,A与B发生弹性碰撞,由动量守恒定律得
mv1=mv′1+mv′2
由能量守恒可知 mv=mv′+mv′
联立解得v′1=0,v′2=
碰撞后,B以v′2做匀速直线运动,A在电场作用下,做匀加速直线运动,为使A与B能发生第二次碰撞,则A经电场加速后的最大速度v″1应满足的条件为v″1>v′2
碰撞后,对A由动能定理得EqL=mv″
联立解得v″1=,k<1
(3) 第一次碰后B运动到M点所用时间为tB==
A的加速度a1==
设A运动到M点所用时间为tA,则L=×gt
解得tA=2
若tA=tB,解得k=
设A与B第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间为t.
当k≤时,A与B在离开电场前发生第二次碰撞,有
×gt2=·t
解得t=4
·t=L+v″1(t-tA)
解得t=
1. (2024山东济宁质检)如图所示,A、B为两块足够大的水平放置的平行金属板,间距为d,板间电压为U,两板间有方向由A指向B的匀强电场.在金属板A的正中央位置有一个粒子源P,能以v0的初速度向金属板A以下的各个方向均匀射出质量为m、电荷量为+q的粒子,粒子最终全部落在金属板B上.不计粒子所受重力、空气阻力以及粒子之间的相互作用力.求:
(1) 粒子落在金属板B时的动能.
(2) 粒子落在金属板B上的区域面积.
答案 (1) qU+mv (2)
解析 (1) 板间电场强度的大小为E=
粒子受到的静电力为F=Eq
带电粒子在下落过程中只受电场力作用,由动能定理有
Eqd=Ek-mv
解得粒子落在金属板B时的动能为Ek=qU+mv
(2) 根据牛顿第二定律,有F=ma
联立解得a=
当粒子的初速度平行于金属板A射出时,运动到B板的时间最长,粒子在垂直于金属板方向做初速度为0的匀加速直线运动,有
d=at2
解得t=d
带电粒子打在金属板上的范围是一个半径为R的圆.从粒子源平行于金属板水平射出的粒子在电场中做类平抛运动,落在金属板上的位置是该圆的边缘.根据R=v0t,S=πR2
解得S=
2.1897年,物理学家汤姆孙正式测定了电子的比荷,揭开了原子神秘的面纱。如图所示为汤姆孙测定电子比荷装置的简化示意图,阴极K发出的电子由静止经过加速电压U0加速后,沿轴线进入两平行极板C、D间。仅在C、D极板间施加一定电压,电子从C、D右侧离开时偏离轴线距离为y;若保持电压不变,在C、D间加上与纸面垂直的磁场,发现电子沿直线前进。已知电子的电荷量大小为e,质量为m。C、D极板间距为d,长度为L。求:
(1)电子经过加速电压U0加速后的速度大小v0;
(2)C、D极板间所加的电压大小U;
(3)C、D极板间所加磁场的磁感应强度的大小B。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)电子经过加速电压U0加速,有
eU0=mv
解得v0=。
(2)粒子进入极板间之后做类平抛运动,
竖直方向和水平方向上有y=at2,L=v0t
由e=ma得加速度为a=
联立各式可得U=。
(3)若保持电压不变,在C、D间加上与纸面垂直的磁场,发现电子沿直线前进,说明电子所受静电力和洛伦兹力平衡eE=ev0B
又E=,联立解得B=。
3.如图所示,空间分为Ⅰ、Ⅱ两个足够长的区域,各边界(图中虚线)均水平,Ⅰ区域存在电场强度为E1=1.0×104 V/m的匀强电场,方向竖直向上;Ⅱ区域存在电场强度为E2=×105 V/m的匀强电场,方向水平向右,两个区域宽度分别为d1=5.0 m,d2=4.0 m。一质量m=1.0×10-8 kg、带电荷量q=+1.6×10-6 C的粒子从D点由静止释放,粒子重力忽略不计。求
(1)粒子离开区域Ⅰ时的速度大小;
(2)粒子离开区域Ⅱ时发生的偏移量x的大小;
(3)粒子出区域Ⅱ后加另一个匀强电场,使粒子在此电场作用下经1.0 s速度变为零,此电场的电场强度E3的大小和方向。
答案 (1)4×103 m/s (2)2 m
(3)50 V/m 与水平方向成30°角斜向左下方
解析 (1)由动能定理得qE1d1=mv
解得v1=4×103 m/s。
(2)粒子在区域Ⅱ内做类平抛运动,运动时间t2==1×10-3 s
又a=
偏移量x=at
解得x=2 m。
(3)由vx=at2=t2,vy=v1
得tan θ==
所以θ=30°
则所加电场方向应与水平方向成30°角斜向左下方
粒子刚出区域Ⅱ时速度大小v==8×103 m/s
由v=t
解得E3=50 V/m。
4.如图甲所示,A、B是两个足够大的平行金属板,两平行板间加如图乙所示电压,U0、T0为已知。质量为m、电荷量为q的带正电粒子在t=0时刻从紧靠A板位置由静止释放(不计重力),粒子经2T0时间到B板。求:
(1)粒子到达B板时的速度v;
(2)两个金属板间的距离d。
答案 (1)3 (2)T0
解析 (1)在0~T0时间,粒子运动的位移为d1=·T=
在T0~2T0时间,粒子运动的位移为d2=+=
根据动能定理得2qU0+qU0=mv2
解得v=3。
(2)根据位移关系得d1+d2=d
解得d=T0。
5.如图甲所示,真空中相距d=5 cm的两块平行金属板A、B与电源连接(图中未画出),其中B板接地(电势为零),A板电势变化的规律如图乙所示。将一个质量m=2.0×10-27 kg、电荷量q=+1.6×10-19 C的带电粒子从紧邻B板处释放,不计粒子重力。求:
(1)在t=0时刻释放该带电粒子,释放瞬间粒子加速度的大小;
(2)若A板电势变化周期T=1.0×10-5 s,在t=0时将带电粒子从紧邻B板处无初速度释放,粒子到达A板时速度的大小;
(3)A板电势变化频率多大时,在t=到t=时间内从紧邻B板处无初速度释放该带电粒子,粒子不能到达A板。
答案 (1)4.0×109 m/s2 (2)2×104 m/s
(3)大于5×104 Hz
解析 (1)带电粒子所受静电力大小为F=qE=
由牛顿第二定律得a===4.0×109 m/s2。
(2)由位移公式计算粒子在0~时间内运动的距离为x=a()2=5.0×10-2 m
由此可见带电粒子在t=时恰好到达A板。再由运动学公式可得
v=a=2×104 m/s。
(3)分析可知,在~内,静电力方向、速度方向均向右,带电粒子向A板做匀加速运动;同理,在~内,则向A板做匀减速运动,速度减为零后再返回。由于运动具有“对称性”,即先、后两段位移大小相等,得粒子向A板运动可能的最大位移为xmax=2×a()2=aT2。因题目要求粒子不能到达A板,故必有xmax<d,频率和周期的关系为f=,由以上三式即可求出电势变化频率应满足条件f>=5×104 Hz。
6.在图甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变,方向周期性变化的交变电压,其周期为T,现有一电子以平行于极板的速度v0从两板中央OO′射入。已知电子的质量为m,电荷量为e,不计电子的重力,问:
(1)若电子从t=0时刻射入,在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出,则电子飞出时速度的大小为多少?
(2)若电子从t=0时刻射入,恰能平行于极板飞出,则极板至少为多长?
(3)若电子恰能从O′平行于极板飞出,电子应从哪一时刻射入?两极板间距至少为多大?
答案 (1) (2)v0T (3)+n·(n=0,1,2,…) T
解析(1)由动能定理得e=mv2-mv
解得v=
(2)t=0时刻射入的电子,在垂直于极板方向上做匀加速运动,向正极板方向偏转,半个周期后电场方向反向,电子继续在该方向上做匀减速运动,再经过半个周期,竖直方向上的速度减到零,此时实际速度等于初速度v0,方向平行于极板,以后继续重复这样的运动.
要使电子恰能平行于极板飞出,则电子在OO′方向上至少运动一个周期,故极板长至少为L=v0T
(3)若要使电子从OO′平行于极板飞出,则电子在电场方向上应先加速、再减速,然后反向加速、再减速,每阶段时间相同,一个周期后恰好回到OO′上,可见应在
t=+n·(n=0,1,2,…)时射入,极板间距离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上,由牛顿第二定律有
a=
加速阶段运动的距离s=·≤
解得d≥T
故两极板间距至少为T
7.(2023陕西宝鸡一模)如图所示,在水平地面的上方空间存在一个水平向右的匀强电场,有一带电小球(可视为质点)从距地面高为h=1 m的O点由静止释放,沿与水平地面成45°角的方向做直线运动,最终落在地面上的A点。已知小球质量为m=0.5 kg,电荷量为q=5×10-2 C,g=10 m/s2。不计空气阻力,求:
(1)匀强电场的电场强度大小;
(2)O、A之间的电势差;
(3)带电小球到达地面时的速度大小。
答案 (1)100 V/m (2)100 V (3)2 m/s
解析 (1)设匀强电场的电场强度大小为E,由题意可得带电小球所受合外力方向与水平方向成45°角,受力分析如图所示。根据力的分解可得qE=mg
解得E=100 V/m。
(2)在匀强电场中E=
其中d=h=1 m
解得UOA=100 V。
(3)设带电小球到达地面时的速度为v,小球从O点到A点的过程中,由动能定理可得
mgh+qEd=mv2
解得v=2 m/s。
8.如图所示,在光滑的水平桌面上,粗糙直线轨道AB与光滑圆弧轨道BCD相切于B点,圆心角∠BOC=37°,线段OC垂直于OD,圆弧轨道半径为R,直线轨道AB长为L=5R。整个轨道处于电场强度为E的匀强电场中,电场强度方向竖直向下且垂直于直线OD。现有一个质量为m、带电荷量为+q(q>0)的小物块P从A点无初速度释放,小物块P与AB之间的动摩擦因数μ=0.25,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,忽略物块重力。求:
(1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小;
(2)小物块第一次通过D点后离开D点的最大距离;
(3)小物块在直线轨道AB上运动的总路程。
答案 (1)5.4qE (2)R (3)15R
解析 (1)设小物块第一次到达C点时的速度大小为vC1,根据动能定理有
qE[Lsin 37°+R(1-cos 37°)]-μqELcos 37°
=mv-0
在C点根据牛顿第二定律得
FN-qE=m
联立解得FN=5.4qE
根据牛顿第三定律得FN′=FN=5.4qE。
(2)设小物块第一次到达D点时的速度大小为vD1,根据动能定理有
qE(Lsin 37°-Rcos 37°)-μqELcos 37°=mv
小物块第一次到达D点后先以速度vD1沿电场方向做匀减速直线运动,设运动的最大距离为xm,根据动能定理得
-qExm=0-mv,联立解得xm=R。
(3)分析可知小物块最终会在圆弧轨道上做往复运动,到达B点的速度恰好为零时,动能和电势能之和不再减小。设小物块在直线轨道AB上运动的总路程为s,根据功能关系得
qELsin 37°=μqEscos 37°
解得s==15R。
9.如图所示,等量异种点电荷分别固定在水平线上的M、N两点处,O点位于M、N连线中点B的正上方且与B点之间的距离为L,质量为m、电荷量为+q(可视为点电荷)的小球固定在长度为L的绝缘轻质细杆的一端,细杆另一端可绕过O点且与M、N连线垂直的水平轴无摩擦转动。现在把杆拉起到水平位置,由静止释放,小球经过最低点B时速度为v。取O点电势为零,忽略小球所带电荷量对等量异种点电荷所形成的电场的影响,重力加速度为g。
(1)求小球在经过B点时对杆的拉力大小;
(2)在等量异种点电荷形成的电场中,求A点的电势φA;
(3)小球继续向左摆动,求其经过与A等高的C点时的速度大小。
答案 (1)mg+m (2) (3)
解析 (1)小球经过B点时,在竖直方向上,有
F-mg=m
由牛顿第三定律可知,小球对细杆的拉力大小
F′=F=mg+m。
(2)O点电势为零,而OB在M、N连线的垂直平分线上,故B点的电势φB=0
对小球从A点运动到B点的过程,由动能定理得
mgL+q(φA-φB)=mv2
解得φA=。
(3)由电场的对称性可得φC=-φA
所以UAC=2φA
对小球从A点运动到C点的过程,由动能定理得
qUAC=mv
解得vC=。
10.(2023福建高三校联考)1897年,物理学家汤姆孙正式测定了电子的比荷,揭开了原子神秘的面纱。如图12所示为汤姆孙测定电子比荷装置的简化示意图,阴极K发出的电子由静止经过加速电压U0加速后,沿轴线进入两平行极板C、D间。仅在C、D极板间施加一定电压,电子从C、D右侧离开时偏离轴线距离为y;若保持电压不变,在C、D间加上与纸面垂直的磁场,发现电子沿直线前进。已知电子的电荷量大小为e,质量为m。C、D极板间距为d,长度为L。求:
(1)电子经过加速电压U0加速后的速度大小v0;
(2)C、D极板间所加的电压大小U;
(3)C、D极板间所加磁场的磁感应强度的大小B。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)电子经过加速电压U0加速,有
eU0=mv
解得v0=。
(2)粒子进入极板间之后做类平抛运动,
竖直方向和水平方向上有y=at2,L=v0t
由e=ma得加速度为a=
联立各式可得U=。
(3)若保持电压不变,在C、D间加上与纸面垂直的磁场,发现电子沿直线前进,说明电子所受静电力和洛伦兹力平衡eE=ev0B
又E=,联立解得B=。
11.真空中存在方向竖直向上、电场强度大小为E0的匀强电场,A、B、C三点在电场中同一条竖直线上,C是A、B的中点。在某时刻,带电油滴a经过A点竖直向上做匀速直线运动,速度大小为v0,不带电油滴b在B点由静止释放。经过一段时间,a、b在C点相碰成为油滴c,此时刻将电场强度的大小突然变为某值,但保持其方向不变,再经过相同的时间,油滴c运动回到C点。油滴a、b的质量都为m,重力加速度大小为g,油滴a、b、c均可视为质点。求:
(1)油滴c在C点的初速度大小;
(2)变化后的电场强度的大小;
(3)油滴c从C点出发到回到C点的过程中,电势能最大值与最小值之差。
答案 (1)v0 (2)3E0 (3)
解析 (1)设油滴a从A点到C点的时间为t1,碰前b的速度大小为v1,碰后油滴c在C点初速度大小为v2,则有v0t1=v1t1,
又由动量守恒定律得mv1-mv0=2mv2,
解得v1=2v0,v2=v0。
(2)根据题意易知油滴a带正电,设电荷量为q,油滴a从A点到C点的过程中有qE0=mg,
油滴b从B点到C点的过程有v1=gt1,
油滴c带正电,电荷量为q,质量为2m,设变化后的电场强度的大小为E,油滴c从C点开始以v2为初速度向下运动,加速度方向竖直向上,设大小为a′,由题意可知油滴c在时间t1内位移为零,
则有2ma′=qE-2mg,0=v2t1-,
由v1=2v0得2v0=gt1,由v2=v0得v0=a′t1,
则a′=g,解得变化后的电场强度大小E=3E0。
(3)油滴c从C点出发到回到C点的过程中,向下运动时电场力做负功,向上运动时电场力做正功,所以油滴c在最低点电势能最大,在C点电势能最小。设最低点与C点间的距离为x,从最低点到C点电场力对油滴c做的功为W,电势能最大值与最小值之差为ΔE,则有2a′x=,W=qEx,ΔE=W,
结合第(1)问和第(2)问的解析解得ΔE=。
1.(2023新课标卷)密立根油滴实验的示意图如图14所示。两水平金属平板上下放置,间距固定,可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时,油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动,速率分别为v0、;两板间加上电压后(上板为正极),这两个油滴很快达到相同的速率,均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形,所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比,比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。
(1)求油滴a和油滴b的质量之比;
(2)判断油滴a和油滴b所带电荷的正负,并求a、b所带电荷量的绝对值之比。
答案 (1)8∶1 (2)a带负电荷 b带正电荷 4∶1
解析 (1)根据题述有f=kvr
设油滴a的质量为m1,油滴a以速率v0向下匀速运动时,由平衡条件有
m1g=kv0r1,m1=πrρ
设油滴b的质量为m2,油滴b以速率向下匀速运动时,由平衡条件有
m2g=k·r2,m2=πrρ
联立解得r1∶r2=2∶1,m1∶m2=8∶1。
(2)当在上下平板加恒定电压(上板为正)时,这两个油滴很快以的速率竖直向下匀速运动,则油滴a速率减小,说明油滴a受到向上的电场力,油滴a带负电荷,油滴b速率增大,说明油滴b受到向下的电场力,则油滴b带正电荷。
当两个油滴均以速率竖直向下匀速运动时,
由f=kvr可知所受阻力之比为==2
油滴b以速率竖直向下匀速运动时,所受阻力为f=m2g,结合f=kvr可知油滴b以速率竖直向下匀速运动时,所受阻力为f2=2f=2m2g
油滴a以速率竖直向下匀速运动,所受阻力为f1=2f2=4m2g
设油滴a所带电荷量的绝对值为q1,由平衡条件有
m1g=q1E+f1
设油滴b所带电荷量的绝对值为q2,由平衡条件有
m2g+q2E=f2
联立解得q1∶q2=4∶1。
2.(2022广东卷)密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性,因此获得了1923年的诺贝尔奖.如图是密立根油滴实验的原理示意图,有两个水平放置、相距为d的足够大金属极板,上极板中央有一小孔.通过小孔喷入一些小油滴,由于碰撞或摩擦,部分油滴带上了电荷.有两个质量均为m、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B在时间t内都匀速下落了距离h1.此时给两极板加上电压U(上极板接正极),A继续以原速度下落,B经过一段时间后向上匀速运动.B在匀速运动时间t内上升了距离h2(h2≠h1),随后与A合并,形成一个球形新油滴,继续在两极板间运动直至匀速.已知球形油滴受到的空气阻力大小为f=kmv,其中k为比例系数,m为油滴质量,v为油滴运动速率,不计空气浮力,重力加速度为g.求:
(1) 比例系数k.
(2) 油滴A、B的带电荷量和电性,以及B上升距离h2时电势能的变化量.
(3) 新油滴匀速运动速度的大小和方向.
答案(1) (2)见解析 (3)见解析
解析(1)未加电压时,油滴匀速时的速度大小v1=
匀速时m0g=f
又f=kv1
联立可得k=。
(2)加电压后,油滴A的速度不变,可知油滴A不带电,油滴B最后速度方向向上,可知油滴B所受电场力方向向上,极板间电场强度向下,可知油滴B
带负电,油滴B向上匀速运动时,速度大小为v2=
根据平衡条件可得m0g+kv2=q
解得q=
根据ΔEp=-W电
又W电=·qh2
联立解得ΔEp=-。
(3)油滴B与油滴A合并后,新油滴的质量为2m0,新油滴所受电场力
F'==
若F'>2m0g,即h2>h1
可知v2>v1
新油滴速度方向向上,设向上为正方向,根据动量守恒定律有m0v2-m0v1=2m0v共
可得v共>0
新油滴向上加速,达到平衡时有
2m0g+k·v3=F'
解得速度大小为v2=,速度方向向上
若F'<2m0g,即h1>h2
可知v2<v1
设向下为正方向,根据动量守恒定律有
m0v1-m0v2=2m0v共'
可知v共'>0
新油滴向下加速,达到平衡时有
2m0g=F'+k·v3'
解得速度大小为v2'=,速度方向向下。
3.(2023北京卷)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v0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-q的颗粒恰好全部被收集,求两金属板间的电压U1.
(2) 若考虑空气阻力,颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反,大小为f=krv,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:
①若半径为R,电荷量为-q的颗粒恰好全部被收集,求两金属板间的电压U2.
②已知颗粒的电荷量与其半径的二次方成正比,进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10 μm和2.5 μm的两种颗粒,若10 μm的颗粒恰好100%被收集,求2.5 μm的颗粒被收集的百分比.
答案(1) (2)① ②25%
解析(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L=v0t
竖直方向d=at2
根据牛顿第二定律qE=ma
又E=,解得U1=
(2)①颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度F电=f
则=kRv,且=
解得U2=
②10 μm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
f=kRvmax=
在竖直方向颗粒匀速下落d=vmaxt
2.5 μm的颗粒带电荷量为q′=
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
f′=kRv′max=
设只有距下极板为d′的颗粒被收集,在竖直方向颗粒匀速下落
d′=v′maxt,解得d′=
2.5 μm的颗粒被收集的百分比 eq \f(d′,d)×100%=25%
4.(2020全国Ⅰ卷)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)v0 (3)0或v0
解析 (1)初速度为零的带正电粒子,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=R ①
F=qE ②
由动能定理有F·AC= ③
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=R ⑤
设粒子以速度v1进入电场时动能增量最大,在电场中运动的时间为t1。粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动,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=ma ⑥
AP= ⑦
DP=v1t1 ⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式得v1=v0。 ⑨
(3)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=at2 ⑩
x=vt
粒子离开电场的位置在圆周上,有
(x-)2+(y-)2=R2
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mv0的粒子,离开电场时其y方向的速度分量为v2,由题给条件及运动学公式有
mv2=mv0=mat
联立②④⑥⑩ 式得
v=0
和v=v0
另解:由题意知,初速度为0时,动量增量的大小为mv0,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,沿y方向位移相等时,所用时间都相同。因此,不同粒子运动到线段CB上时,动量变化都相同,自B点射出电场的粒子,其动量变化也为mv0,由几何关系及运动学规律可得,此时入射速率v=v0。
5.(2022河北卷)如图所示,光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接,导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放,脱离弹簧后经过B点时的速度大小为,之后沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy,在x≥-R区域有方向与x轴夹角为θ=45°的匀强电场,进入电场后小球受到的电场力大小为mg。小球在运动过程中电荷量保持不变,重力加速度为g。求:
(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能;
(2)小球经过O点时的速度大小;
(3)小球过O点后运动的轨迹方程。
答案 (1)mgR (2) (3)y2=6Rx
解析 (1)小球从A到B,根据能量守恒定律得Ep==mgR。
(2)小球从B到O,根据动能定理有-mgR+qE·R=-,
解得vO=。
(3)小球运动至O点时速度竖直向上,受电场力和重力作用,将电场力分解到x轴和y轴方向,则x轴方向有qE cos 45°=max,
竖直方向有qE sin 45°-mg=may,
解得ax=g,ay=0,
说明小球从O点开始以后的运动为沿x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动,y轴方向做匀速直线运动,即做类平抛运动,则有x=gt2,y=vOt,
联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为y2=6Rx。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
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21世纪教育网(www.21cnjy.com)大题07 带电粒子(带电体)在电场中的平衡、运动
带电粒子在电场中的平衡与运动是高考物理电磁学模块的命题重点,在全国卷及新高考卷中占比约12%-18%,很可能为压轴计算题。 2025年高考对“带电粒子在电场中的平衡、运动”的考查将延续“重基础、强综合、拓创新”的命题风格,突出电磁学核心观念与实际问题建模能力。备考需以电场力的矢量性为核心抓手,强化复合场分析与数学工具应用,同时关注新能源与量子科技前沿,做到“以场驭动,以模应变”。综合考查动力学分析(电场力与运动学结合)、能量转化(电势能与动能转换)及复杂轨迹建模(如类平抛运动) 如离子推进器中的电场加速、超级电容器储能特性分析;利用抛物线方程解类平抛运动、矢量分解法处理复合场问题;医用加速器中的粒子束控制、半导体器件中的载流子运动等等。
题型1 “等效重力场”问题
例1. 在水平向右的匀强电场中,有一个质量为m、带正电的小球,用长为l的绝缘细线悬挂于O点,当小球静止时,细线与竖直方向夹角为θ,小球位于B点,A点与B点关于O点对称,如图所示.给小球一个垂直于细线的初速度,小球恰能在竖直平面内做圆周运动.
(1)小球在做圆周运动的过程中,在哪一位置速度最小?速度最小值多大?
(2)求小球在B点的初速度大小.
例2.(2023广雅中学)如图所示,竖直平面内有一水平向右的匀强电场,电场强度大小为E=1×102 V/m,其中有一个半径为R=2 m 的竖直光滑圆环,有一质量为m=0.08 kg、电荷量为q=6×10-3 C的带正电小球(可视为质点)在最低点A点,给小球一个初动能,让其恰能在圆环内做完整的圆周运动,不考虑小球运动过程中电荷量的变化.取cos 37°=0.8,g=10 m/s2,求:
(1)小球所受电场力与重力的合力F.
(2)小球在A点的初动能Ek.
解题策略
1.(2024广东潮州诊断)如图所示,在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O、半径为r、内壁光滑,A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场,一质量为m的带电小球(可视为质点)恰好能静止在C点。若在C点给小球一个初速度使它在轨道内侧恰好能做完整的圆周运动(小球的电荷量不变)。已知C、O、D在同一直线上,它们的连线与竖直方向的夹角θ=60°,重力加速度为g。求:
(1)小球所受的电场力F的大小;
(2)小球做圆周运动,在D点的速度大小及在A点对轨道压力的大小。
题型二 带电粒子在电场中的直线运动
例3.如图所示,一平行板电容器水平放置,板间距离为d,上下极板开有一小孔,四个质量均为m、带电荷量均为q的带电小球,其间用长均为的绝缘轻杆相连,处于竖直状态,今使下端小球恰好位于上极板小孔中,且由静止释放,让四球竖直下落。当下端第二个小球到达下极板时,速度恰好为零。重力加速度为g,(仅两极板间存在电场)试求:
(1)两极板间的电压;
(2)小球运动的最大速度。
例4.绝缘粗糙的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定电荷量不等的正电荷,两电荷的位置坐标如图11甲所示,已知A处电荷的电荷量为+Q,图乙是A、B连线之间的电势φ与位置x之间的关系图像,图中x=L处对应图线的最低点,x=-2L处的纵坐标φ=2φ0,x=2L处的纵坐标φ=φ0,若在x=-2L处的C点由静止释放一个质量为m、电荷量为+q的带电物块(可视为质点),物块随即向右运动(假设此带电物块不影响原电场分布),求:
(1)固定在B处的电荷的电荷量QB;
(2)小物块与水平面间的动摩擦因数μ为多大,才能使小物块恰好到达x=2L处?
(3)若小物块与水平面间的动摩擦因数μ=,小物块运动到何处时速度最大?
用动力学观点分析 a=,E=,v2-v=2ad。 用功能观点分析 匀强电场中:W=qEd=qU=mv2-mv 非匀强电场中:W=qU=Ek2-Ek1
2.(2023福建龙岩统考)如图甲所示,长度L=0.8 m的光滑绝缘细杆左端固定一带电荷量为QA=+4.0×10-6 C的点电荷A,一质量为m=0.04 kg、带电荷量为q=+2.0×10-7 C的小球B套在杆上。将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中,以杆左端为原点,沿杆向右为x轴正方向建立坐标系。点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图乙中曲线Ⅰ所示,小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图乙中曲线Ⅱ所示,其中曲线Ⅱ在x≥0.40 m范围可近似看作直线。求:
(1)小球B在x=0.30 m处受到外电场对它沿杆方向的静电力F和外电场在该点沿杆方向的电场强度E;
(2)已知小球在x=0.20 m处获得水平向右的初速度v=0.20 m/s时,最远可以运动到x=0.40 m。若小球在x=0.20 m处受到方向向右、大小为0.02 N的恒力作用后,由静止开始运动,为使小球能离开杆,恒力作用的最小距离s是多少?
题型三 带电粒子在交变电场中的运动
例5.(2024广州期末)如图甲所示,α粒子射线管由平行于x轴的平行金属板A、B组成,A、B板长度和板间距均为L,A、B板中间有平行于x轴的绝缘细管C,开口在y轴上.粒子源P放置在A极板左下端,可以沿特定方向发射α粒子.当A、B板加上某一电压时,α粒子刚好能以速度v水平进入细管C,保持速度不变,再进入静电分析器中做匀速圆周运动,已知静电分析器中电场线的方向均沿半径方向指向圆心O,α粒子在静电分析器中运动的轨迹半径为L.之后α粒子垂直x轴进入第四象限(此时对应图乙t=0时刻),施加如图乙所示沿x轴方向的交变电场.规定沿x轴正方向为电场正方向.已知α粒子电荷量大小为q,质量为m,重力不计.求:
(1) 静电分析器中的场强大小E0.
(2) α粒子从粒子源P发射时的初速度大小.
(3) 当t=T时,α粒子的坐标.
例6.在图甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压,其周期为T.现有电子以平行于极板的速度v0从两板中央OO′射入.已知电子的质量为m,电荷量为e,不计电子的重力,问:
(1)若电子从t=0时刻射入,在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出,则电子飞出时速度的大小为多少?
(2)若电子从t=0时刻射入,恰能平行于极板飞出,则极板至少为多长?
(3)若电子恰能从OO′平行于极板飞出,电子应从哪一时刻射入?两极板间距至少为多大?


分析思路 (1)动力学观点:根据牛顿第二定律及运动学规律分析。 (2)能量观点:应用动能定理、功能关系等分析。 (3)动量观点:应用动量定理分析。
3.如图甲所示,电子由阴极飞出时的初速度忽略不计,电子发射装置的加速电压为U0,电容器板长和板间距离均为L=10 cm,下极板接地,电容器右端到荧光屏的距离也是L=10 cm,在电容器两极板间接一交变电压,上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示。(每个电子穿过平行板的时间都极短,可以认为电压是不变的)求:
甲             乙
(1)在t=0.06 s时刻进入电容器的电子打在荧光屏上的何处;
(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长?
题型四 动力学、动量和能量观点在电场中的应用
例7.如图所示,ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道,AB段为足够长的水平轨道,BD段为半径R=0.2 m 的半圆轨道,二者相切于B点,整个轨道处于竖直向下的匀强电场中,场强大小E=5.0×103 V/m。一个不带电的绝缘小球甲,以速度v0沿水平轨道向右运动,与静止在B点带正电的小球乙发生弹性正碰。已知乙球质量m=1.0×10-2 kg、所带电荷量q=2.0×10-5 C,乙球质量为甲球质量的3倍。g取10 m/s2,甲、乙两球均可视为质点,整个运动过程中无电荷转移。
(1)甲、乙两球碰撞后,乙球通过轨道的最高点D时,对轨道的压力大小N′为自身重力的2.5倍,求乙在水平轨道上的首次落点到B点的距离;
(2)在满足(1)的条件下,求甲球的初速度v0。
三大观点的选用策略 (1)对多个物体组成的系统讨论,在具备守恒条件时优先考虑两个守恒定律;出现相对距离(或相对路程)时优先考虑功能关系。 (2)对单个物体的讨论,宜用两个定理,涉及时间优先考虑动量定理,涉及位移优先考虑动能定理。 (3)研究所受力的瞬时作用与物体运动状态的关系,涉及过程的细节(加速度),且受恒力作用时,考虑用牛顿运动定律和运动学规律。 (4)两个定律和两个定理,只考查一个物理过程的始末两个状态,对中间过程不予以细究,这是它们的方便之处,特别是对变力问题,充分显示出其优越性。有些题目可以用不同方法各自解决,有些题目则同时运用上述几种方法才能解决。
4. (2024大湾区二模)如图所示,在绝缘的光滑水平面(足够长)上M点左侧的区域有水平向右的匀强电场.小滑块A、B的质量均为m,其中B不带电,A的带电荷量为+q,O点到M点的距离为L,N点到O点的距离为kL(k>0).现将小滑块A在N点由静止释放,其向右运动至O点与静止的小滑块B发生弹性碰撞,设A、B均可视为质点,整个过程中,A的电荷量始终不变,B始终不带电,已知电场强度E=,重力加速度大小为g.
(1) A与B发生第一次碰撞前瞬间,求A的速率.
(2) k的取值满足什么条件时,能使A与B发生第二次碰撞?
(3) k的取值满足(2)问的条件下,求A和B两次碰撞间隔的时间.
1. (2024山东济宁质检)如图所示,A、B为两块足够大的水平放置的平行金属板,间距为d,板间电压为U,两板间有方向由A指向B的匀强电场.在金属板A的正中央位置有一个粒子源P,能以v0的初速度向金属板A以下的各个方向均匀射出质量为m、电荷量为+q的粒子,粒子最终全部落在金属板B上.不计粒子所受重力、空气阻力以及粒子之间的相互作用力.求:
(1) 粒子落在金属板B时的动能.
(2) 粒子落在金属板B上的区域面积.
2.1897年,物理学家汤姆孙正式测定了电子的比荷,揭开了原子神秘的面纱。如图所示为汤姆孙测定电子比荷装置的简化示意图,阴极K发出的电子由静止经过加速电压U0加速后,沿轴线进入两平行极板C、D间。仅在C、D极板间施加一定电压,电子从C、D右侧离开时偏离轴线距离为y;若保持电压不变,在C、D间加上与纸面垂直的磁场,发现电子沿直线前进。已知电子的电荷量大小为e,质量为m。C、D极板间距为d,长度为L。求:
(1)电子经过加速电压U0加速后的速度大小v0;
(2)C、D极板间所加的电压大小U;
(3)C、D极板间所加磁场的磁感应强度的大小B。
3.如图所示,空间分为Ⅰ、Ⅱ两个足够长的区域,各边界(图中虚线)均水平,Ⅰ区域存在电场强度为E1=1.0×104 V/m的匀强电场,方向竖直向上;Ⅱ区域存在电场强度为E2=×105 V/m的匀强电场,方向水平向右,两个区域宽度分别为d1=5.0 m,d2=4.0 m。一质量m=1.0×10-8 kg、带电荷量q=+1.6×10-6 C的粒子从D点由静止释放,粒子重力忽略不计。求
(1)粒子离开区域Ⅰ时的速度大小;
(2)粒子离开区域Ⅱ时发生的偏移量x的大小;
(3)粒子出区域Ⅱ后加另一个匀强电场,使粒子在此电场作用下经1.0 s速度变为零,此电场的电场强度E3的大小和方向。
4.如图甲所示,A、B是两个足够大的平行金属板,两平行板间加如图乙所示电压,U0、T0为已知。质量为m、电荷量为q的带正电粒子在t=0时刻从紧靠A板位置由静止释放(不计重力),粒子经2T0时间到B板。求:
(1)粒子到达B板时的速度v;
(2)两个金属板间的距离d。
5.如图甲所示,真空中相距d=5 cm的两块平行金属板A、B与电源连接(图中未画出),其中B板接地(电势为零),A板电势变化的规律如图乙所示。将一个质量m=2.0×10-27 kg、电荷量q=+1.6×10-19 C的带电粒子从紧邻B板处释放,不计粒子重力。求:
(1)在t=0时刻释放该带电粒子,释放瞬间粒子加速度的大小;
(2)若A板电势变化周期T=1.0×10-5 s,在t=0时将带电粒子从紧邻B板处无初速度释放,粒子到达A板时速度的大小;
(3)A板电势变化频率多大时,在t=到t=时间内从紧邻B板处无初速度释放该带电粒子,粒子不能到达A板。
6.在图甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变,方向周期性变化的交变电压,其周期为T,现有一电子以平行于极板的速度v0从两板中央OO′射入。已知电子的质量为m,电荷量为e,不计电子的重力,问:
(1)若电子从t=0时刻射入,在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出,则电子飞出时速度的大小为多少?
(2)若电子从t=0时刻射入,恰能平行于极板飞出,则极板至少为多长?
(3)若电子恰能从O′平行于极板飞出,电子应从哪一时刻射入?两极板间距至少为多大?
7.(2023陕西宝鸡一模)如图所示,在水平地面的上方空间存在一个水平向右的匀强电场,有一带电小球(可视为质点)从距地面高为h=1 m的O点由静止释放,沿与水平地面成45°角的方向做直线运动,最终落在地面上的A点。已知小球质量为m=0.5 kg,电荷量为q=5×10-2 C,g=10 m/s2。不计空气阻力,求:
(1)匀强电场的电场强度大小;
(2)O、A之间的电势差;
(3)带电小球到达地面时的速度大小。
8.如图所示,在光滑的水平桌面上,粗糙直线轨道AB与光滑圆弧轨道BCD相切于B点,圆心角∠BOC=37°,线段OC垂直于OD,圆弧轨道半径为R,直线轨道AB长为L=5R。整个轨道处于电场强度为E的匀强电场中,电场强度方向竖直向下且垂直于直线OD。现有一个质量为m、带电荷量为+q(q>0)的小物块P从A点无初速度释放,小物块P与AB之间的动摩擦因数μ=0.25,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,忽略物块重力。求:
(1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小;
(2)小物块第一次通过D点后离开D点的最大距离;
(3)小物块在直线轨道AB上运动的总路程。
9.如图所示,等量异种点电荷分别固定在水平线上的M、N两点处,O点位于M、N连线中点B的正上方且与B点之间的距离为L,质量为m、电荷量为+q(可视为点电荷)的小球固定在长度为L的绝缘轻质细杆的一端,细杆另一端可绕过O点且与M、N连线垂直的水平轴无摩擦转动。现在把杆拉起到水平位置,由静止释放,小球经过最低点B时速度为v。取O点电势为零,忽略小球所带电荷量对等量异种点电荷所形成的电场的影响,重力加速度为g。
(1)求小球在经过B点时对杆的拉力大小;
(2)在等量异种点电荷形成的电场中,求A点的电势φA;
(3)小球继续向左摆动,求其经过与A等高的C点时的速度大小。
10.(2023福建高三校联考)1897年,物理学家汤姆孙正式测定了电子的比荷,揭开了原子神秘的面纱。如图12所示为汤姆孙测定电子比荷装置的简化示意图,阴极K发出的电子由静止经过加速电压U0加速后,沿轴线进入两平行极板C、D间。仅在C、D极板间施加一定电压,电子从C、D右侧离开时偏离轴线距离为y;若保持电压不变,在C、D间加上与纸面垂直的磁场,发现电子沿直线前进。已知电子的电荷量大小为e,质量为m。C、D极板间距为d,长度为L。求:
(1)电子经过加速电压U0加速后的速度大小v0;
(2)C、D极板间所加的电压大小U;
(3)C、D极板间所加磁场的磁感应强度的大小B。
11.真空中存在方向竖直向上、电场强度大小为E0的匀强电场,A、B、C三点在电场中同一条竖直线上,C是A、B的中点。在某时刻,带电油滴a经过A点竖直向上做匀速直线运动,速度大小为v0,不带电油滴b在B点由静止释放。经过一段时间,a、b在C点相碰成为油滴c,此时刻将电场强度的大小突然变为某值,但保持其方向不变,再经过相同的时间,油滴c运动回到C点。油滴a、b的质量都为m,重力加速度大小为g,油滴a、b、c均可视为质点。求:
(1)油滴c在C点的初速度大小;
(2)变化后的电场强度的大小;
(3)油滴c从C点出发到回到C点的过程中,电势能最大值与最小值之差。
1.(2023新课标卷)密立根油滴实验的示意图如图14所示。两水平金属平板上下放置,间距固定,可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时,油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动,速率分别为v0、;两板间加上电压后(上板为正极),这两个油滴很快达到相同的速率,均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形,所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比,比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。
(1)求油滴a和油滴b的质量之比;
(2)判断油滴a和油滴b所带电荷的正负,并求a、b所带电荷量的绝对值之比。
2.(2022广东卷)密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性,因此获得了1923年的诺贝尔奖.如图是密立根油滴实验的原理示意图,有两个水平放置、相距为d的足够大金属极板,上极板中央有一小孔.通过小孔喷入一些小油滴,由于碰撞或摩擦,部分油滴带上了电荷.有两个质量均为m、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B在时间t内都匀速下落了距离h1.此时给两极板加上电压U(上极板接正极),A继续以原速度下落,B经过一段时间后向上匀速运动.B在匀速运动时间t内上升了距离h2(h2≠h1),随后与A合并,形成一个球形新油滴,继续在两极板间运动直至匀速.已知球形油滴受到的空气阻力大小为f=kmv,其中k为比例系数,m为油滴质量,v为油滴运动速率,不计空气浮力,重力加速度为g.求:
(1) 比例系数k.
(2) 油滴A、B的带电荷量和电性,以及B上升距离h2时电势能的变化量.
(3) 新油滴匀速运动速度的大小和方向.
3.(2023北京卷)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v0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-q的颗粒恰好全部被收集,求两金属板间的电压U1.
(2) 若考虑空气阻力,颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反,大小为f=krv,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:
①若半径为R,电荷量为-q的颗粒恰好全部被收集,求两金属板间的电压U2.
②已知颗粒的电荷量与其半径的二次方成正比,进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10 μm和2.5 μm的两种颗粒,若10 μm的颗粒恰好100%被收集,求2.5 μm的颗粒被收集的百分比.
4.(2020全国Ⅰ卷)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?
5.(2022河北卷)如图所示,光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接,导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放,脱离弹簧后经过B点时的速度大小为,之后沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy,在x≥-R区域有方向与x轴夹角为θ=45°的匀强电场,进入电场后小球受到的电场力大小为mg。小球在运动过程中电荷量保持不变,重力加速度为g。求:
(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能;
(2)小球经过O点时的速度大小;
(3)小球过O点后运动的轨迹方程。
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