2024年高考物理二輪復(fù)習(xí)第一部分第9講電場帶電粒子在電場中的運動學(xué)案

PAGE15-專題三電場和磁場1．電場部分：以帶電粒子運動軌跡與電場線或等勢面間的關(guān)系為核心考查電場的力的性質(zhì)和能的性質(zhì)，以帶電粒子在勻強電場中的加速、偏轉(zhuǎn)為考查重點，兼顧帶電粒子在非勻強電場中的偏轉(zhuǎn)軌跡分析．2．磁場部分：以考查帶電粒子在磁場中的圓周運動為主，其次是通電導(dǎo)線在磁場中受安培力作用問題．3．綜合部分：帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題和臨界問題是考查的重點，并應(yīng)關(guān)注在生產(chǎn)科技中的應(yīng)用．1．要熟識各種電場的電場線、等勢面分布特點，運用動力學(xué)方法、功能關(guān)系解決粒子的運動軌跡和能量改變問題．2．對于帶電粒子在電場、磁場和復(fù)合場中的運動問題，要擅長聯(lián)系力學(xué)中的運動模型(類平拋運動和勻速圓周運動)，從受力狀況、運動規(guī)律、能量轉(zhuǎn)化等角度分析，綜合運用動力學(xué)方法和功能關(guān)系加以解決．3．了解速度選擇器、質(zhì)譜儀、回旋加速器、磁流體發(fā)電機等構(gòu)造，明確它們的工作原理．第9講電場、帶電粒子在電場中的運動1．電場力的性質(zhì)．(1)電場強度的定義式：E＝eq\f(F,q).(2)真空中點電荷的電場強度公式：E＝eq\f(kQ,r2).(3)勻強電場的電場強度與電勢差的關(guān)系式：E＝eq\f(U,d).2．電場能的性質(zhì)．(1)電勢的定義式：φ＝eq\f(Ep,q).(2)電勢差的定義式：UAB＝eq\f(WAB,q).(3)電勢差與電勢的關(guān)系式：UAB＝φA－φB.(4)電場力做功與電勢能的關(guān)系式：WAB＝EpA－EpB.3．熟記“面線”關(guān)系．(1)電場線總是與等勢面垂直，且由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面．(2)電場線越密的地方，等差等勢面也越密．(3)沿等勢面移動電荷，電場力不做功，沿電場線移動電荷，電場力肯定做功．1.(2024·全國卷Ⅱ)(多選)如圖，豎直面內(nèi)一絕緣細圓環(huán)的上、下半圓分別勻稱分布著等量異種電荷．a(chǎn)、b為圓環(huán)水平直徑上的兩個點，c、d為豎直直徑上的兩個點，它們與圓心的距離均相等．則()A．a(chǎn)、b兩點的場強相等B．a(chǎn)、b兩點的電勢相等C．c、d兩點的場強相等D．c、d兩點的電勢相等解析：BD兩個選擇項統(tǒng)一探討．如圖所示，為等量異種電荷四周空間的電場分布圖．本題的帶電圓環(huán)，可拆解成這樣多數(shù)對等量異種電荷的電場，沿豎直直徑平行放置．它們有共同的對稱軸PP′，PP′所在的水平面與每一條電場線都垂直，即為等勢面，延長到無限遠處，電勢為零．故在PP′上的點電勢為零，即φa＝φb＝0；而從M點到N點，電勢始終在降低，即φc>φd，故B正確，D錯誤．上下兩側(cè)電場線分布對稱，左右兩側(cè)電場線分布也對稱，由電場的疊加原理可知A、C正確．答案：ABC2.(2024·全國卷Ⅲ)(多選)如圖，∠M是銳角三角形PMN最大的內(nèi)角，電荷量為q(q>0)的點電荷固定在P點．下列說法正確的是()A．沿MN邊，從M點到N點，電場強度的大小漸漸增大B．沿MN邊，從M點到N點，電勢先增大后減小C．正電荷在M點的電勢能比其在N點的電勢能大D．將正電荷從M點移動到N點，電場力所做的總功為負解析：點電荷的電場以點電荷為中心，向四周呈放射狀，如圖所示．∠M是最大內(nèi)角，所以PN>PM，依據(jù)點電荷的場強公式E＝keq\f(Q,r2)(或者依據(jù)電場線的疏密程度)可知從M→N電場強度先增大后減小，A錯誤；電場線與等勢面(圖中虛線)到處垂直，沿電場線方向電勢降低，所以從M→N電勢先增大后減小，B正確；M、N兩點的電勢大小關(guān)系為φM>φN，依據(jù)電勢能的公式Ep＝qφ可知正電荷在M點的電勢能大于在N點的電勢能，C正確；正電荷從M→N，電勢能減小，電場力所做的總功為正功，D錯誤．答案：BC3．(2024·全國卷Ⅰ)圖(a)所示的電路中，K與L間接一智能電源，用以限制電容器C兩端的電壓UC.假如UC隨時間t的改變?nèi)鐖D(b)所示，則下列描述電阻R兩端電壓UR隨時間t改變的圖象中，正確的是()解析：依據(jù)電容器的定義式C＝eq\f(Q,U)可知UC＝eq\f(Q,C)＝eq\f(I,C)t，結(jié)合圖象可知，圖象的斜率為eq\f(I,C)，則1～2s內(nèi)的電流I12與3～5s內(nèi)的電流I35關(guān)系為I12＝2I35，且兩段時間中的電流方向相反，依據(jù)歐姆定律I＝eq\f(U,R)可知R兩端電壓大小關(guān)系滿意UR12＝2UR35，由于電流方向不同，所以電壓方向不同，故A正確．答案：A考點一電場力的性質(zhì)1．庫侖定律．(1)內(nèi)容：真空中兩個靜止的點電荷之間的相互作用力，與它們的電荷量的乘積成正比，與它們之間距離的二次方成反比，作用力的方向在它們的連線上．(2)公式：F＝keq\f(q1q2,r2)，k＝9.0×109N·m2/C2，叫作靜電力常量．(3)適用條件：真空中的點電荷．點電荷是形態(tài)和大小可忽視不計的帶電體，當(dāng)兩個帶電體的間距遠大于本身的大小時，可以看成點電荷．2．電場強度．(1)定義：摸索電荷在電場中某個位置所受的電場力跟它的電荷量的比值．(2)公式．項目適用范圍E＝eq\f(F,q)任何電場E＝keq\f(Q,r2)點電荷電場E＝eq\f(U,d)勻強電場(3)方向：規(guī)定正電荷在某點所受電場力的方向為該點的場強方向．(4)意義：描述電場的強弱和方向的物理量，由電場本身的性質(zhì)確定，與放入電場中的摸索電荷無關(guān)．3．電場線．(1)電場線：為了形象地描述電場而引入的假想線．(2)特點．①電場線的疏密表示電場的強弱．②電場線上每一點的切線方向表示該點電場的方向．③電場線起始于正電荷或無窮遠處，終止于負電荷或無窮遠處．④電場線在電場中不相交，不閉合．如圖所示，E、F、G、H為矩形ABCD四邊的中點，O為EG、HF的交點，AB邊的長度為d.E、G兩點各固定一等量正點電荷，另一電荷量為－Q的負點電荷置于H點時，F(xiàn)點處的電場強度恰好為零．若將H點的負點電荷移到O點，則F點處電場強度的大小和方向為(靜電力常量為k)()A.eq\f(4kQ,d2)方向向右B.eq\f(4kQ,d2)方向向左C.eq\f(3kQ,d2)方向向右D.eq\f(3kQ,d2)方向向左解析：因負點電荷在H點時，F(xiàn)點處的電場強度恰好為零，故兩個正點電荷在F點產(chǎn)生的電場強度與負點電荷在F點產(chǎn)生的電場強度的矢量和為零，依據(jù)公式E＝keq\f(Q,r2)可得負點電荷在F點產(chǎn)生的電場強度大小為E＝keq\f(Q,d2)，方向水平向左，故兩個正點電荷在F點產(chǎn)生的電場強度大小也為E＝keq\f(Q,d2)，方向水平向右；將負點電荷移到O點，其在F點產(chǎn)生的電場強度大小為E1＝keq\f(4Q,d2)，方向水平向左，所以F點的合電場強度大小為keq\f(4Q,d2)－keq\f(Q,d2)＝keq\f(3Q,d2)，方向水平向左．答案：D考向庫侖定律的應(yīng)用1.(多選)如圖所示，在光滑絕緣的水平桌面上有四個小球，帶電荷量分別為－q、Q、－q、Q.四個小球構(gòu)成一個菱形，－q、－q的連線與－q、Q的連線之間的夾角為α.若此系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則正確的關(guān)系式可能是()A．cos3α＝eq\f(q,8Q)B．cos3α＝eq\f(q2,Q2)C．sin3α＝eq\f(Q,8q)D．sin3α＝eq\f(Q2,q2)解析：設(shè)菱形邊長為a，則兩個Q之間距離為2asinα，則兩個－q之間距離為2acosα，選?。璹作為探討對象，由庫侖定律和平衡條件得2keq\f(Qq,a2)cosα＝keq\f(q2,（2acosα）2)，解得cos3α＝eq\f(q,8Q)，故A正確，B錯誤；選取Q作為探討對象，由庫侖定律和平衡條件得2keq\f(Qq,a2)sinα＝eq\f(Q2,（2asinα）2)，解得sin3α＝eq\f(Q,8q)，故C正確，D錯誤．答案：AC考向電場強度的理解2．如圖甲所示，真空中Ox坐標(biāo)軸上的某點有一個點電荷Q，坐標(biāo)軸上A、B兩點的坐標(biāo)分別為0.2m和0.7m．在A點放一個帶正電的摸索電荷，在B點放一個帶負電的摸索電荷，A、B兩點的摸索電荷受到電場力的方向都跟x軸正方向相同，電場力的大小F跟摸索電荷所帶電荷量q的關(guān)系分別如圖乙中直線a、b所示．下列說法正確的是()A．B點的電場強度的大小為0.25N/CB．A點的電場強度的方向沿x軸負方向C．點電荷Q是正電荷D．點電荷Q的位置坐標(biāo)為0.3m解析：由兩摸索電荷受力狀況可知，點電荷Q為負電荷，且放置于A、B兩點之間某位置，故B、C兩項錯誤；設(shè)Q與A點之間的距離為l，則點電荷在A點產(chǎn)生的場強EA＝keq\f(Q,l2)＝eq\f(FA,qA)＝eq\f(4×10－4,1×10－9)N/C＝4×105N/C，同理可得，點電荷在B點產(chǎn)生的場強為EB＝keq\f(Q,（0.5－l）2)＝eq\f(FB,qB)＝eq\f(1×10－4,4×10－9)N/C＝0.25×105N/C，解得l＝0.1m，所以點電荷Q的位置坐標(biāo)為xQ＝xA＋l＝(0.2＋0.1)m＝0.3m，故A項錯誤，D項正確．答案：D考向電場疊加與分布3.(2024·武漢模擬)(多選)如圖所示，在x軸上關(guān)于O點對稱的A、B兩點有等量正點電荷(帶電荷量均為Q)，在y軸上C點有負點電荷(帶電荷量為Q)，且CO＝OD＝r，∠ADO＝60°.下列推斷正確的是()A．O點的電場強度小于D點的電場強度B．若兩個正點電荷的電荷量同時等量地緩慢增大，則O點電場強度也增大C．若兩個正點電荷的電荷量同時等量地緩慢增大，則D點電場強度也增大D．若負點電荷的電荷量緩慢減小，則D點電場強度將增大解析：兩個正點電荷在D點產(chǎn)生的合場強與負點電荷在D點產(chǎn)生的場強大小相等，方向相反，合場強為0，兩個正點電荷在O點產(chǎn)生的場強為0，但負點電荷在O點產(chǎn)生的場強為E＝keq\f(Q,r2)，若兩個正點電荷的電荷量同時等量地緩慢增大，則O點電場強度不變，故A、B兩項錯誤；若兩個正點電荷的電荷量同時等量地緩慢增大，則D點電場強度將增大，若負點電荷的電荷量緩慢減小，則D點電場強度將增大，故C、D兩項正確．答案：CD考向電場中的動力學(xué)問題4．如圖所示，兩個相互絕緣且緊靠在一起的A、B兩物體，靜止在水平地面上．A的質(zhì)量為m＝0.04kg，帶電量為q＝＋5.0×10－5C，B的質(zhì)量為M＝0.06kg，不帶電．兩物體與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.4，t＝0時刻，空間存在水平向右的勻強電場，電場強度為E＝1.6×104N/C.設(shè)運動過程中小物塊所帶的電量沒有改變，g取10m/s2.(1)求A、B的加速度及其相互作用力的大??；(2)若t＝2s后電場反向，且場強減為原來的一半，求物體B停下時兩物體間的距離．解析：(1)對整體分析，依據(jù)牛頓其次定律得a＝eq\f(qE－μ（M＋m）g,M＋m)，代入數(shù)據(jù)解得a＝4m/s2.運用隔離法，對B分析，依據(jù)牛頓其次定律得FN－μMg＝Ma，代入數(shù)據(jù)解得FN＝0.48N.(2)t＝2s時，A、B的速度v＝at＝2×4m/s＝8m/st＝2s后電場反向，且場強減為原來的一半，此時A做勻減速運動的加速度大小aA＝eq\f(qE′＋μmg,m)＝14m/s2.B做勻減速運動的加速度aB＝μg＝4m/s2，B速度減為0的時間tB＝eq\f(v,aB)＝2s，減速到0的位移xB＝eq\f(v2,2aB)＝8m，A速度減為0的時間tA1＝eq\f(v,aA)＝eq\f(4,7)s，減速到0的位移xA1＝eq\f(v2,2aA)＝eq\f(16,7)m，則A反向做勻加速運動的加速度大小a′A＝eq\f(qE′－μmg,m)＝6m/s2，則反向做勻加速直線運動的位移xA2＝eq\f(1,2)a′A(tB－tA1)2＝eq\f(300,49)m，則A、B相距的距離Δx＝xA2＋xB－xA1≈11.8m.答案：(1)4m/s20.48N(2)11.8m考點二電場能的性質(zhì)1．電勢凹凸的推斷方法．(1)依據(jù)電場線方向，沿著電場線方向，電勢越來越低．(2)依據(jù)電勢的定義式φ＝eq\f(Ep,q)，即將q從電場中的某點移至無窮遠處，電場力做功越多，則該點的電勢越高．(3)依據(jù)電勢差UAB＝φA－φB，若UAB＞0，則φA＞φB，反之φA＜φB.2．電勢能改變的推斷．(1)依據(jù)電場力做功推斷：WAB＝－ΔEp.(2)依據(jù)電勢凹凸推斷：正電荷在電勢越高的位置電勢能越大；負電荷在電勢越高的位置電勢能越小．(3)依據(jù)能量守恒定律推斷：電場力做功的過程是電勢能和其他形式的能相互轉(zhuǎn)化，而總和應(yīng)保持不變，即當(dāng)其他能增加時，電勢能削減.(多選)某靜電除塵設(shè)備集塵板的內(nèi)壁帶正電，設(shè)備中心位置有一個帶負電的放電極，它們之間的電場線分布如圖所示，虛線為某帶電煙塵顆粒(重力不計)的運動軌跡，A、B是軌跡上的兩點，C點與B點關(guān)于放電極對稱，下列說法正確的是()A．A點電勢低于B點電勢B．A點電場強度小于C點電場強度C．煙塵顆粒在A點的動能小于在B點的動能D．煙塵顆粒在A點的電勢能小于在B點的電勢能解析：由沿電場線方向電勢降低可知，A點電勢低于B點電勢，A正確；由題圖可知，A點處電場線比C點處密集，因此A點的場強大于C點場強，B錯誤；煙塵顆粒帶負電，從A到B的過程中，電場力做正功，動能增加，煙塵顆粒在A點的動能小于在B點的動能，電勢能減小，煙塵顆粒在A點的電勢能大于在B點的電勢能，C正確，D錯誤．答案：AC考向電場力做功、電勢能改變1.(2024·江蘇卷)(多選)如圖所示，絕緣輕桿的兩端固定帶有等量異號電荷的小球(不計重力)．起先時，兩小球分別靜止在A、B位置．現(xiàn)外加一勻強電場E，在靜電力作用下，小球繞輕桿中點O轉(zhuǎn)到水平位置．取O點的電勢為0.下列說法正確的有()A．電場E中A點電勢低于B點B．轉(zhuǎn)動中兩小球的電勢能始終相等C．該過程靜電力對兩小球均做負功D．該過程兩小球的總電勢能增加解析：沿電場線電勢著陸，所以電場E中A點電勢低于B點，A正確；電勢差ΔU＝E·eq\f(L,2)cosθ(L為桿長，θ為桿與電場線夾角)，電勢差始終相等，電勢能Ep＝qφ(φ為電勢)，A電勢為負，電量為正，B電勢為正，電量為負，所以轉(zhuǎn)動中兩小球的電勢能始終相等，B正確；該過程靜電力對兩小球均做正功(力與沿力線速度位移方向相同)，C錯誤；由于該過程靜電力對兩小球均做正功，所以該過程兩小球的總電勢能削減；D錯誤．答案：AB考向電場線的分布2.如圖所示，在真空中有兩個固定的等量異種點電荷＋Q和－Q.直線MN是兩點電荷連線的中垂線，O是兩點電荷連線與直線MN的交點．a(chǎn)、b是兩點電荷連線上關(guān)于O的對稱點，c、d是直線MN上的兩個點．下列說法中正確的是()A．a(chǎn)點的場強大于b點的場強；將一檢驗電荷沿MN由c移動到d，所受電場力先增大后減小B．a(chǎn)點的場強小于b點的場強；將一檢驗電荷沿MN由c移動到d，所受電場力先減小后增大C．a(chǎn)點的場強等于b點的場強；將一檢驗電荷沿MN由c移動到d，所受電場力先增大后減小D．a(chǎn)點的場強等于b點的場強；將一檢驗電荷沿MN由c移動到d，所受電場力先減小后增大解析：在兩電荷的連線上，由場強的疊加原理可知，中點O場強最小，從O點到a點或b點，場強漸漸增大，由于a、b是兩點電荷連線上關(guān)于O的對稱點，場強相等，選項A、B錯誤；在兩電荷連線的中垂線上，中點O的場強最大，由O點到c點或d點，場強漸漸減小，所以沿MN從c點到d點場強先增大后減小，因此檢驗電荷所受電場力先增大后減小，所以C正確，D錯誤．答案：C考點三與平行板電容器有關(guān)的電場問題平行板電容器動態(tài)分析的思路(2024·北京卷)探討與平行板電容器電容有關(guān)因素的試驗裝置如圖所示．下列說法正確的是()A．試驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電B．試驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小C．試驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大D．試驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大解析：試驗前，只用帶電玻璃棒與a板接觸，能使電容器a板帶電，b板上由于靜電感應(yīng)會帶上異種電荷，A正確；只將b板向上平移，電容器兩極板正對面積S變小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知C變小，且Q不變，由U＝eq\f(Q,C)可知，U變大，靜電計指針張角變大，B錯誤；只在極板間插入有機玻璃板，εr變大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，C變大，且Q不變，由U＝eq\f(Q,C)可知，U變小，靜電計指針張角變小，C錯誤；增加極板帶電荷量、靜電計指針張角變大，說明電壓U變大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容大小與極板帶電荷量無關(guān)，故D錯誤．答案：A考向U不變時電容器的動態(tài)分析1.利用電容傳感器可檢測礦井滲水，剛好發(fā)出平安警報，從而避開事故的發(fā)生；如圖所示是一種通過測量電容器電容的改變來檢測礦井中液面凹凸的儀器原理圖，A為固定的導(dǎo)體芯，B為導(dǎo)體芯外面的一層絕緣物質(zhì)，C為導(dǎo)電液體(礦井中含有雜質(zhì)的水)，A、C構(gòu)成電容器．已知靈敏電流表G的指針偏轉(zhuǎn)方向與電流方向的關(guān)系：電流從哪側(cè)流入電流表則電流表指針向哪側(cè)偏轉(zhuǎn)．若礦井滲水(導(dǎo)電液體深度增大)，則電流表()A．指針向右偏轉(zhuǎn)，A、C構(gòu)成的電容器充電B．指針向左偏轉(zhuǎn)，A、C構(gòu)成的電容器充電C．指針向右偏轉(zhuǎn)，A、C構(gòu)成的電容器放電D．指針向左偏轉(zhuǎn)，A、C構(gòu)成的電容器放電解析：由圖可知，液體與芯柱構(gòu)成了電容器，由圖可知，兩板間距離不變；液面改變時只有正對面積發(fā)生改變；則由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當(dāng)液面上升時，只能是正對面積S增大；故可推斷電容增大，再依據(jù)C＝eq\f(Q,U)和電勢差不變，可知電容器的電荷量增大，因此電容器處于充電狀態(tài)，因電流從哪側(cè)流入電流表則電流表指針向哪側(cè)偏轉(zhuǎn)，因此指針向左偏轉(zhuǎn)，故A、C、D錯誤，B正確．答案：B考向Q不變時電容器的動態(tài)分析2.如圖所示，平行板電容器充電后與電源斷開，正極板接地，兩板間有一個帶負電的摸索電荷固定在P點．靜電計的金屬球與電容器的負極板連接，外殼接地．以E表示兩板間的場強，φ表示P點的電勢，Ep表示該摸索電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角．若保持負極板靜止，將正極板緩慢向右平移一小段距離(靜電計帶電量可忽視不計)，各物理量改變狀況描述正確的是()A．E增大，φ降低，Ep減小，θ增大B．E不變，φ降低，Ep增大，θ減小C．E不變，φ上升，Ep減小，θ減小D．E減小，φ上升，Ep減小，θ減小解析：將正極板適當(dāng)向右水平移動，兩板間的距離減小，依據(jù)電容的確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容C增大，因平行板電容器充電后與電源斷開，則電容器的電量Q不變，由C＝eq\f(Q,U)得知，板間電壓U減小，因此夾角θ減小，再依據(jù)板間場強E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可見E不變；P點到正極板距離減小，且正極接地，由公式U＝Ed得知，負電荷在P點的電勢能減小，故A、B、D錯誤，C正確．答案：C考向平行板電容器中帶電粒子的問題分析3．(2024·福建模擬)如圖甲，先將開關(guān)S擲向1，給平行板電容器C充電，穩(wěn)定后把S擲向2，電容器通過電阻R放電，電流傳感器將電流信息導(dǎo)入計算機，屏幕上顯示出電流I隨時間t改變的圖象如圖乙所示．將電容器C兩板間的距離增大少許，其他條件不變，重新進行上述試驗，得到的I-t圖象可能是()解析：將電容器間距變大，增大了板間距，依據(jù)平行板電容器確定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知電容變小，則充電電量：Q＝CU變小，但充電完成后，電容器兩端電壓仍與電源電壓U相等，所以再次放電，初始時刻的電流不變，放電時間比原來短，A、C、D錯誤，B正確．答案：B考點四帶電粒子在電場中的運動帶電粒子在電場中運動問題的分析思路．1．首先分析粒子的運動規(guī)律，確定粒子在電場中做直線運動還是曲線運動．2．對于直線運動問題，可依據(jù)對粒子的受力分析與運動分析，從以下兩種途徑進行處理：(1)假如是帶電粒子受恒定電場力作用下的直線運動問題，應(yīng)用牛頓其次定律找出加速度，結(jié)合運動學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移等．(2)假如是非勻強電場中的直線運動，一般利用動能定理探討全過程中能的轉(zhuǎn)化，探討帶電粒子的速度改變、運動的位移等．3．對于曲線運動問題，一般是類平拋運動模型，通常采納運動的合成與分解方法處理．通過對帶電粒子的受力分析和運動規(guī)律分析，借助運動的合成與分解，找尋兩個分運動，再應(yīng)用牛頓運動定律或運動學(xué)方程求解．4．當(dāng)帶電粒子從一個電場區(qū)域進入另一個電場區(qū)域時，要留意分析帶電粒子的運動規(guī)律的改變及兩區(qū)域電場交界處的有關(guān)聯(lián)的物理量，這些關(guān)聯(lián)量往往是解決問題的突破口．(2024·全國卷Ⅰ)在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強電場，柱的橫截面積是以O(shè)為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示．質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的帶電粒子在紙面內(nèi)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?。?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(yīng)為多大？(3)為使粒子穿過電場前后動量改變量的大小為mv0，該粒子進入電場時的速度應(yīng)為多大？解析：(1)粒子初速度為零，由C點射出電場，故電場方向與AC平行，由A指向C.由幾何關(guān)系和電場強度的定義知AC＝R，①F＝qE，②由動能定理有F·AC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，③聯(lián)立①②③式得E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qR).④(2)如圖，由幾何關(guān)系知AC⊥BC，故電場中的等勢線與BC平行．作與BC平行的直線與圓相切于D點，與AC的延長線交于P點，則自D點從圓周上穿出的粒子的動能增量最大．由幾何關(guān)系知∠PAD＝30°，AP＝eq\f(3,2)R，DP＝eq\f(\r(3),2).⑤設(shè)粒子以速度v1進入電場時動能增量最大，在電場中運動的時間為t1.粒子在AC方向做加速度為a的勻加速運動，運動的距離等于AP；在垂直于AC的方向上做勻速運動，運動的距離等于DP.由牛頓其次定律和運動學(xué)公式有F＝ma，⑥AP＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，⑦DP＝v1t1，⑧聯(lián)立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝eq\f(\r(2),4)v0.⑨(3)設(shè)粒子以速度v進入電場時，在電場中運動的時間為t.以A為原點，粒子進入電場的方向為x軸正方向，電場方向為y軸正方向建立直角坐標(biāo)系．由運動學(xué)公式有y＝eq\f(1,2)at2，⑩x＝vt，?粒子離開電場的位置在圓周上，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(\r(3),2)R))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)R))eq\s\up12(2)＝R2.?粒子在電場中運動時，其x方向的動量不變，y方向的初始動量為零．設(shè)穿過電場前后動量改變量的大小為mv0的粒子，離開電場時其y方向的速度重量為v2，由題給條件及運動學(xué)公式有mv2＝mv0＝mat，?聯(lián)立②④⑥⑩???式得v＝0和v＝eq\f(\r(3),2)v0.答案：見解析考向帶電粒子的加速與偏轉(zhuǎn)1．如圖所示，虛線MN左側(cè)有一場強為E1＝E的勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強度為E2＝2E的勻強電場，在虛線PQ右側(cè)相距為L處有一與電場E2平行的屏．現(xiàn)將一電子(電荷量為e，質(zhì)量為m，不計重力)無初速度地放入電場E1中的A點，A點到MN的距離為eq\f(L,2)，最終電子打在右側(cè)的屏上，AO連線與屏垂直，垂足為O，求：(1)電子從釋放到打到屏上所用的時間t；(2)電子剛射出電