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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 5
3.带电体在电场中的直线运动 7
【模型二】带电粒子在匀强电场中的偏转模型 13
【模型三】带电粒子经加速电场后进入偏转电场模型 19
【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 22

【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UAB 的两点时动能的变化是，则.
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v0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：正电荷穿出时的速度v是多大？

解法一、动力学：由牛顿第二定律： ①
由运动学知识：v2－v02=2ad ②
联立①②解得：
解法二、动能定理： 解得
讨论：
（1）若带电粒子在正极板处v0≠0，由动能定理得qU=mv2-mv02 解得v=
（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v0，穿过左极板的小孔进入电场，在电场中做匀减速直线运动.
①若v0>，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，
有 -qU=mv2-mv02 解得v=
②若v0<，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，从左极板的小孔穿出，穿出时速度大小v=v0.
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-mv02
又E=(式d中为两极板间距离) 解得x=.
【模型演练1】.　如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为－q的带电粒子(不计重力)，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是(　　)

A．使初速度减为原来的
B．使M、N间电压减为原来的
C．使M、N间电压提高到原来的4倍
D．使初速度和M、N间电压都减为原来的
【答案】　D
【解析】　在粒子刚好到达N板的过程中，由动能定理得－qEd＝0－mv02，所以d＝.设带电粒子离开M板的最远距离为x，则使初速度减为原来的，x＝，故A错；使M、N间电压减为原来的，电场强度变为原来的，粒子将打到N板上，故B错；使M、N间电压提高到原来的4倍，x＝，故C错；使初速度和M、N间电压都减为原来的，电场强度变为原来的，x＝，故D对．
【模型演练2】(2020·湖北宜昌市高三3月线上统一调研测试)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子(　　)

A．运动到P点返回 B．运动到P和P′点之间返回
C．运动到P′点返回 D．穿过P′点
【答案】A　
【解析】根据平行板电容器的电容的决定式C＝、定义式C＝和匀强电场的电压与电场强度的关系式U＝Ed可得E＝，可知将C板向右平移到P′点，B、C两板间的电场强度不变，由O点静止释放的电子仍然可以运动到P点，并且会原路返回，故选项A正确。
【模型演练3】(多选)(2020·山东菏泽市4月一模)如图所示，M、N为两个等大的均匀带电圆环，其圆心分别为A、C，带电荷量分别为＋Q、－Q，将它们平行放置，A、C连线垂直于圆环平面，B为AC的中点，现有质量为m、带电荷量为＋q的微粒(重力不计)从左方沿A、C连线方向射入，到A点时速度vA＝1 m/s，到B点时速度vB＝ m/s，则(　　)

A．微粒从B至C做加速运动，且vC＝3 m/s
B．微粒在整个运动过程中的最终速度为 m/s
C．微粒从A到C先做加速运动，后做减速运动
D．微粒最终可能返回至B点，其速度大小为 m/s
【答案】AB　
【解析】AC之间电场是对称的，A到B电场力做的功和B到C电场力做的功相同，依据动能定理可得：qUAB＝mv－mv，2qUAB＝mv－mv，解得vC＝3 m/s，A正确；过B作垂直AC的面，此面为等势面，微粒经过C点之后，会向无穷远处运动，而无穷远处电势为零，故在B点的动能等于在无穷远处的动能，依据能量守恒可以得到微粒最终的速度应该与在B点时相同，均为 m/s，B正确，D错误；在到达A点之前，微粒做减速运动，而从A到C微粒一直做加速运动，C错误。
【模型演练4】如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球(　　)

A．做直线运动 B．做曲线运动
C．速率先减小后增大 D．速率先增大后减小
【答案】：BC
【解析】：对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，故A错误，B正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，故C正确，D错误．
【模型演练5】（2021·江苏省扬州市高三上学期11月期中）如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板的速度为v，保持两板间电压不变，则(　　)

A．当减小两板间的距离时，速度v增大 B．当减小两板间的距离时，速度v减小
C．当减小两板间的距离时，速度v不变 D．当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间变长
【答案】：C
【解析】：由动能定理得eU＝mv2，当改变两极板间的距离时，U不变，v就不变，故选项A、B错误，C正确；粒子在极板间做初速度为零的匀加速直线运动，＝，＝，即t＝，当d减小时，v不变，电子在两极板间运动的时间变短，故选项D错误．

2.交变电场中的直线运动
U-t图
v-t图 [
轨迹图
【模型演练1】（2021·广东省湛江市高三上学期11月调研）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vm＝·＝ ，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2】(2020·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t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是 (　　)

A．0＜t0＜　　 B.＜t0＜ C.＜t0＜T D．T＜t0＜
【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t0＝0、、、时粒子运动的v ­t图象，如图所示．由于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＜t0＜与＜t0＜T时粒子在一个周期内的总位移大于零，＜t0＜时粒子在一个周期内的总位移小于零；t0＞T时情况类似．因粒子最终打在A板上，则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．

【模型演练3】(2020·湖北孝感模拟)制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲所示．加在极板A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为－kU0(k>1)，电压变化的周期为2τ，如图乙所示．在t＝0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动．若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用．若k＝，电子在0～2τ时间内不能到达极板A，求d应满足的条件．

【答案】　d＞
【解析】　电子在0～τ时间内做匀加速运动
加速度的大小a1＝
位移x1＝a1τ2
在τ～2τ时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动
加速度的大小a2＝
初速度的大小v1＝a1τ
匀减速运动阶段的位移x2＝
由题知d＞x1＋x2，解得d＞.
【模型演练4】(多选)(2021·贵州三校联考)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是(　　)

A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．2 s末带电粒子回到原出发点
C．3 s末带电粒子的速度为零 D．0～3 s内，电场力做的总功为零
【答案】：CD
【解析】：设第1 s内粒子的加速度为a1，第2 s内的加速度为a2，由a＝可知，a2＝2a1，可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s 末回到原出发点，粒子的速度为0，v ­t图象如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D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=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
①速度公式v0=gt1=at2;
速度位移公式v02=2gx1=2ax2
②全程动能定理：mg(h+d)-qU=0

【模型演练1】(多选)(2020·三湘名校联盟第二次大联考)如图所示为匀强电场中的一组等间距的竖直直线，一个带电粒子从A点以一定的初速度斜向上射入电场，结果粒子沿初速度方向斜向右上方做直线运动，则下列说法正确的是(　　)

A．若竖直直线是电场线，电场的方向一定竖直向上
B．若竖直直线是电场线，粒子斜向上运动过程动能保持不变
C．若竖直直线是等势线，粒子一定做匀速直线运动
D．若竖直直线是等势线，粒子斜向上运动过程电势能增大
【答案】　BD
【解析】　粒子做直线运动，则粒子受到的合力方向与初速度方向共线或受到的合力为0，因此粒子一定受重力作用．若竖直直线是电场线，粒子受到的电场力一定竖直向上，粒子斜向右上方做直线运动，因此合力一定为零，则粒子做匀速直线运动，动能不变，由于粒子的电性未知，因此电场方向不能确定，选项A错误，B正确．若竖直直线是等势线，则电场力水平，由于粒子斜向右上做直线运动，因此电场力一定水平向左，合力方向与粒子运动的速度方向相反，粒子斜向右上做减速运动；粒子受到的电场力做负功，因此粒子斜向上运动过程电势能增大，选项C错误，D正确．
【模型演练2】(2021·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3】如图为一有界匀强电场，场强方向为水平方向(虚线为电场线)，一带负电微粒以某一角度θ从电场的a点斜向上射入，沿直线运动到b点，则可知(　　)

A．电场中a点的电势低于b点的电势
B．微粒在a点时的动能与电势能之和与在b点时的动能与电势能之和相等
C．微粒在a点时的动能小于在b点时的动能，在a点时的电势能大于在b点时的电势能
D．微粒在a点时的动能大于在b点时的动能，在a点时的电势能小于在b点时的电势能
【答案】　D
【解析】　微粒沿直线运动到b点，微粒的合力方向与速度方向在同一直线上，重力方向竖直向下，则受到的电场力方向水平向左，电场方向水平向右，则a点的电势高于b点的电势，故A错误；根据能量守恒，微粒的重力势能、动能、电势能总量不变，微粒从a运动到b重力势能增大，则动能与电势能之和减小，故B错误；微粒从a到b，电场力、重力均做负功，动能减小，电势能增大，C错误，D正确．
【模型演练4】(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5】(2020·广西南宁市期中)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v0，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)mv02cos2θ
【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v02＝2ax
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＝mv02cos2θ.
【模型演练6】（2021·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v0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(　　)

A．微粒到达B点时动能为mv02
B．微粒的加速度大小等于gsin θ
C．两极板的电势差UMN＝
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mv02，选项A错误；根据qEsin θ＝ma，qEcos θ＝mg，解得E＝，a＝gtan θ，选项B错误；两极板的电势差UMN＝Ed＝，选项C正确；微粒从A点到B点的过程，电场力做负功，电势能增加，电势能增加量qUMN＝，选项D错误．
【模型演练7】（2021·福建省厦门双十中学高三上学期11月期中）如图所示，空间分布着匀强电场，竖直方向的实线为其等势面，一质量为，带电量为的小球从O点由静止开始恰能沿直线OP运动，且到达P点时的速度大小为，重力加速度为（规定O点的电势为零），下列说法正确的是（　　）

A. 电场强度的大小 B. P点的电势
C. P点的电势能 D. 小球机械能的变化量为
【答案】BD
【解析】
A．小球沿直线OP运动，合力沿OP方向，如图所示

则有

解得，故A错误；
BC．设OP=L，根据动能定理得

解得电场力做功

根据

解得
根据

且，解得
则P点的电势能为

故B正确，C错误；
D．小球机械能的变化量等于电场力做的功，为

故D正确。
故选BD。
【模型演练8】如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)。求：

(1)小球到达小孔处的速度大小；
(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；
(3)小球从开始下落至运动到下极板处的时间。
【答案】　(1)　(2)　 (3)　
【解析】(1)设小球到达小孔处的速度大小为v，
由自由落体运动规律有
v2＝2gh，得v＝。
(2)设小球在极板间运动的加速度大小为a，
由v2＝2ad，得a＝，
由牛顿第二定律qE－mg＝ma，
电容器的电荷量Q＝CU＝CEd，
解得E＝，Q＝。
(3)由h＝gt得小球做自由落体运动的时间
t1＝，
由0＝v－at2得小球在电场中运动的时间t2＝d，
则小球运动的总时间t＝t1＋t2＝。
【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、电荷量为的带电粒子以初速沿垂直于电场的方向，进入长为、间距为、电压为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：

1、粒子穿越电场的时间：
粒子在垂直于电场方向以做匀速直线运动，
，；

2、粒子离开电场时的速度：
粒子沿电场方向做匀加速直线运动，加速度，
粒子离开电场时平行电场方向的分速度，
所以。

3、粒子离开电场时的侧移距离：
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：
因为 ③
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
由和，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】(2020·浙江1月选考·7)如图，电子以某一初速度沿两块平行板的中线方向射入偏转电场中，已知极板长度l，间距d，电子质量m，电荷量e.若电子恰好从极板边缘射出电场，由以上条件可以求出的是(　　)

A．偏转电压 B．偏转的角度
C．射出电场速度 D．电场中运动的时间
【答案】　B
【解析】　电子在电场中做类平抛运动，设初速度为v0，由类平抛运动有l＝v0t，＝at2，a＝，U＝Ed得＝.由于v0未知，偏转电压、运动时间无法求出，A、D错误；射出电场的速度方向反向延长线过水平位移的中点，设偏转的角度为θ，则tan θ＝＝，故B正确．由于tan θ＝，两个速度都无法得到，故电子射出电场的速度无法求出，C错误．
【模型演练2】(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
B．速度大小为3v0
C．与P点的距离为
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
【答案】　C
【解析】　粒子在电场中只受电场力，F＝qE，方向向下，如图所示．

粒子的运动为类平抛运动．
水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t
竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，有y＝at2＝·t2
＝tan 45°
联立解得t＝，
故A错误．
vy＝at＝·＝2v0，则速度大小v＝＝v0，tan θ＝＝，则速度方向与竖直方向夹角θ＝arctan ，故B、D错误；
x＝v0t＝，与P点的距离s＝＝，故C正确．
【典例分析3】(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＝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＝，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．
【典例分析4】(2021·山东烟台模拟)在平行于纸面内的匀强电场中，有一电荷量为q的带正电粒子，仅在电场力作用下，粒子从电场中A点运动到B点，速度大小由2v0变为v0，粒子的初、末速度与AB连线的夹角均为30°，如图所示，已知A、B两点间的距离为d，则该匀强电场的电场强度为(　　)

A．，方向竖直向上 B．，方向斜向左下方
C．，方向竖直向上 D．，方向斜向左下方
【答案】D
【解析】　以向右为x轴正方向，向下为y轴正方向建立直角坐标系，x轴方向的速度由2v0减为v0cos 60°，故Ex向左，y轴方向的速度由0增加到v0sin 60°，故Ey向下，故电场强度方向斜向左下方．利用v2－v＝2ax以及牛顿第二定律，有(v0cos 60°)2－(2v0)2＝－2dcos 30°，(v0sin 60°)2＝2dsin 30°，电场强度E＝，解得E＝，故A、B、C错误，D正确．
【模型演练5】(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
【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＝mv02③
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＝ma⑥
AP＝at12⑦
DP＝v1t1⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝⑨
(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t0.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＝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＝mat⑬
联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式得v＝0或v＝v0
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mv0，则粒子会从B点离开电场．设粒子进入电场时的速度为v
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＝v0.

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