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專題13 勻強電場中的勻變速直（曲）線運動模型
目錄
【模型一】帶電粒子在電場中的加速和減速運動模型 1
1.帶電粒子在電場中的加速直線運動模型 1
2.交變電場中的直線運動 5
3.帶電體在電場中的直線運動 7
【模型二】帶電粒子在勻強電場中的偏轉模型 13
【模型三】帶電粒子經加速電場后進入偏轉電場模型 19
【模型四】 帶電粒子在復合場中的勻變速曲線運動的幾種常見模型 22

【模型一】帶電粒子在電場中的加速和減速運動模型
1.帶電粒子在電場中的加速直線運動模型
（1）受力分析：
與力學中受力分析方法相同,知識多了一個電場力而已.如果帶電粒子在勻強電場中，則電場力為恒力（qE）,若在非勻強電場，電場力為變力.
（2）運動過程分析：
帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場，收到的電場力與運動方向在同一直線上，做勻加（減）速直線運動.
（3）兩種處理方法：
①力和運動關系法——牛頓第二定律：
帶電粒子受到恒力的作用，可以方便地由牛頓第二定律求出加速度，結合勻變速直線運動的公式確定帶電粒子的速度、時間和位移等.
②功能關系法——動能定理：
帶電粒子在電場中通過電勢差為UAB 的兩點時動能的變化是，則.
例：如圖真空中有一對平行金屬板，間距為d，接在電壓為U的電源上，質量為m、電量為q的正電荷穿過正極板上的小孔以v0進入電場，到達負極板時從負極板上正對的小孔穿出.不計重力，求：正電荷穿出時的速度v是多大？

解法一、動力學：由牛頓第二定律： ①
由運動學知識：v2－v02=2ad ②
聯立①②解得：
解法二、動能定理： 解得
討論：
（1）若帶電粒子在正極板處v0≠0，由動能定理得qU=mv2-mv02 解得v=
（2）若將圖中電池組的正負極調換，則兩極板間勻強電場的場強方向變為水平向左，帶電量為+q，質量為m的帶電粒子，以初速度v0，穿過左極板的小孔進入電場，在電場中做勻減速直線運動.
①若v0>，則帶電粒子能從對面極板的小孔穿出，穿出時的速度大小為v，
有 -qU=mv2-mv02 解得v=
②若v0<，則帶電粒子不能從對面極板的小孔穿出，帶電粒子速度減為零后，反方向加速運動，從左極板的小孔穿出，穿出時速度大小v=v0.
設帶電粒子在電場中運動時距左極板的最遠距離為x，由動能定理有： -qEx=0-mv02
又E=(式d中為兩極板間距離) 解得x=.
【模型演練1】.　如圖所示，M、N是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板，板間有勻強電場，質量為m、電荷量為－q的帶電粒子(不計重力)，以初速度v0由小孔進入電場，當M、N間電壓為U時，粒子剛好能到達N板，如果要使這個帶電粒子能到達M、N兩板間距的處返回，則下述措施能滿足要求的是(　　)

A．使初速度減為原來的
B．使M、N間電壓減為原來的
C．使M、N間電壓提高到原來的4倍
D．使初速度和M、N間電壓都減為原來的
【答案】　D
【解析】　在粒子剛好到達N板的過程中，由動能定理得－qEd＝0－mv02，所以d＝.設帶電粒子離開M板的最遠距離為x，則使初速度減為原來的，x＝，故A錯；使M、N間電壓減為原來的，電場強度變為原來的，粒子將打到N板上，故B錯；使M、N間電壓提高到原來的4倍，x＝，故C錯；使初速度和M、N間電壓都減為原來的，電場強度變為原來的，x＝，故D對．
【模型演練2】(2020·湖北宜昌市高三3月線上統一調研測試)如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點。由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點。現將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子(　　)

A．運動到P點返回 B．運動到P和P′點之間返回
C．運動到P′點返回 D．穿過P′點
【答案】A　
【解析】根據平行板電容器的電容的決定式C＝、定義式C＝和勻強電場的電壓與電場強度的關系式U＝Ed可得E＝，可知將C板向右平移到P′點，B、C兩板間的電場強度不變，由O點靜止釋放的電子仍然可以運動到P點，并且會原路返回，故選項A正確。
【模型演練3】(多選)(2020·山東菏澤市4月一模)如圖所示，M、N為兩個等大的均勻帶電圓環，其圓心分別為A、C，帶電荷量分別為＋Q、－Q，將它們平行放置，A、C連線垂直于圓環平面，B為AC的中點，現有質量為m、帶電荷量為＋q的微粒(重力不計)從左方沿A、C連線方向射入，到A點時速度vA＝1 m/s，到B點時速度vB＝ m/s，則(　　)

A．微粒從B至C做加速運動，且vC＝3 m/s
B．微粒在整個運動過程中的最終速度為 m/s
C．微粒從A到C先做加速運動，后做減速運動
D．微粒最終可能返回至B點，其速度大小為 m/s
【答案】AB　
【解析】AC之間電場是對稱的，A到B電場力做的功和B到C電場力做的功相同，依據動能定理可得：qUAB＝mv－mv，2qUAB＝mv－mv，解得vC＝3 m/s，A正確；過B作垂直AC的面，此面為等勢面，微粒經過C點之后，會向無窮遠處運動，而無窮遠處電勢為零，故在B點的動能等于在無窮遠處的動能，依據能量守恒可以得到微粒最終的速度應該與在B點時相同，均為 m/s，B正確，D錯誤；在到達A點之前，微粒做減速運動，而從A到C微粒一直做加速運動，C錯誤。
【模型演練4】如圖所示，一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左．不計空氣阻力，則小球(　　)

A．做直線運動 B．做曲線運動
C．速率先減小后增大 D．速率先增大后減小
【答案】：BC
【解析】：對小球受力分析，小球受重力、電場力作用，合外力的方向與初速度的方向不在同一條直線上，故小球做曲線運動，故A錯誤，B正確；在運動的過程中合外力方向與速度方向間的夾角先為鈍角后為銳角，故合外力對小球先做負功后做正功，所以速率先減小后增大，故C正確，D錯誤．
【模型演練5】（2021·江蘇省揚州市高三上學期11月期中）如圖所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，到達B板的速度為v，保持兩板間電壓不變，則(　　)

A．當減小兩板間的距離時，速度v增大 B．當減小兩板間的距離時，速度v減小
C．當減小兩板間的距離時，速度v不變 D．當減小兩板間的距離時，電子在兩板間運動的時間變長
【答案】：C
【解析】：由動能定理得eU＝mv2，當改變兩極板間的距離時，U不變，v就不變，故選項A、B錯誤，C正確；粒子在極板間做初速度為零的勻加速直線運動，＝，＝，即t＝，當d減小時，v不變，電子在兩極板間運動的時間變短，故選項D錯誤．

2.交變電場中的直線運動
U-t圖
v-t圖 [
軌跡圖
【模型演練1】（2021·廣東省湛江市高三上學期11月調研）如圖甲所示，A板電勢為0，A板中間有一小孔，B板的電勢變化情況如圖乙所示，一質量為m、電荷量為q的帶負電粒子在t＝時刻以初速度為0從A板上的小孔處進入兩極板間，僅在電場力作用下開始運動，恰好到達B板．則(　　)

A．A、B兩板間的距離為 B．粒子在兩板間的最大速度為
C．粒子在兩板間做勻加速直線運動
D．若粒子在t＝時刻進入兩極板間，它將時而向B板運動，時而向A板運動，最終打向B板
【答案】B.
【解析】：粒子僅在電場力作用下運動，加速度大小不變，方向變化，選項C錯誤；粒子在t＝時刻以初速度為0進入兩極板，先加速后減速，在時刻到達B板，則··＝，解得d＝ ，選項A錯誤；粒子在時刻速度最大，則vm＝·＝ ，選項B正確；若粒子在t＝時刻進入兩極板間，在～時間內，粒子做勻加速運動，位移x＝·＝，所以粒子在時刻之前已經到達B板，選項D錯誤．
【模型演練2】(2020·安徽合肥模擬)如圖(a)所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處．若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上．則t0可能屬于的時間段是 (　　)

A．0＜t0＜　　 B.＜t0＜ C.＜t0＜T D．T＜t0＜
【答案】：B
【解析】：設粒子的速度方向、位移方向向右為正．依題意知，粒子的速度方向時而為正，時而為負，最終打在A板上時位移為負，速度方向為負．分別作出t0＝0、、、時粒子運動的v -t圖象，如圖所示．由于v -t圖線與時間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖象知，0＜t0＜與＜t0＜T時粒子在一個周期內的總位移大于零，＜t0＜時粒子在一個周期內的總位移小于零；t0＞T時情況類似．因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個周期內的總位移應小于零，對照各項可知B正確．

【模型演練3】(2020·湖北孝感模擬)制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖甲所示．加在極板A、B間的電壓UAB做周期性變化，其正向電壓為U0，反向電壓為－kU0(k>1)，電壓變化的周期為2τ，如圖乙所示．在t＝0時，極板B附近的一個電子，質量為m、電荷量為e，受電場作用由靜止開始運動．若整個運動過程中，電子未碰到極板A，且不考慮重力作用．若k＝，電子在0～2τ時間內不能到達極板A，求d應滿足的條件．

【答案】　d＞
【解析】　電子在0～τ時間內做勻加速運動
加速度的大小a1＝
位移x1＝a1τ2
在τ～2τ時間內先做勻減速運動，后反向做勻加速運動
加速度的大小a2＝
初速度的大小v1＝a1τ
勻減速運動階段的位移x2＝
由題知d＞x1＋x2，解得d＞.
【模型演練4】(多選)(2021·貴州三校聯考)如圖所示為勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖象．當t＝0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是(　　)

A．帶電粒子將始終向同一個方向運動 B．2 s末帶電粒子回到原出發點
C．3 s末帶電粒子的速度為零 D．0～3 s內，電場力做的總功為零
【答案】：CD
【解析】：設第1 s內粒子的加速度為a1，第2 s內的加速度為a2，由a＝可知，a2＝2a1，可見，粒子第1 s內向負方向運動，1.5 s末粒子的速度為零，然后向正方向運動，至3 s 末回到原出發點，粒子的速度為0，v -t圖象如圖所示，由動能定理可知，此過程中電場力做的總功為零，綜上所述，可知C、D正確．
3.帶電體在電場中的直線運動
(1).帶電小球在電容器中的直線運動
勻速直線運動 勻加速直線運動 勻加速直線運動 勻減速直線運動

qE=mg，a=0 qE=mgtanθ，a=g/cosθ qE=mg/cosθ，a=gtanθ qE=mg/cosθ，a=gtanθ
(2)多過程運動規律
運動模型 受力分析 運動分析 規律
①速度公式v0=gt1=at2;
速度位移公式v02=2gx1=2ax2
②全程動能定理：mg(h+d)-qU=0

【模型演練1】(多選)(2020·三湘名校聯盟第二次大聯考)如圖所示為勻強電場中的一組等間距的豎直直線，一個帶電粒子從A點以一定的初速度斜向上射入電場，結果粒子沿初速度方向斜向右上方做直線運動，則下列說法正確的是(　　)

A．若豎直直線是電場線，電場的方向一定豎直向上
B．若豎直直線是電場線，粒子斜向上運動過程動能保持不變
C．若豎直直線是等勢線，粒子一定做勻速直線運動
D．若豎直直線是等勢線，粒子斜向上運動過程電勢能增大
【答案】　BD
【解析】　粒子做直線運動，則粒子受到的合力方向與初速度方向共線或受到的合力為0，因此粒子一定受重力作用．若豎直直線是電場線，粒子受到的電場力一定豎直向上，粒子斜向右上方做直線運動，因此合力一定為零，則粒子做勻速直線運動，動能不變，由于粒子的電性未知，因此電場方向不能確定，選項A錯誤，B正確．若豎直直線是等勢線，則電場力水平，由于粒子斜向右上做直線運動，因此電場力一定水平向左，合力方向與粒子運動的速度方向相反，粒子斜向右上做減速運動；粒子受到的電場力做負功，因此粒子斜向上運動過程電勢能增大，選項C錯誤，D正確．
【模型演練2】(2021·浙江寧波市重點中學聯考)如圖所示，相距為d的平行板A和B之間有電場強度為E、方向豎直向下的勻強電場．電場中C點距B板的距離為0.3d，D點距A板的距離為0.2d，有一個質量為m的帶電微粒沿圖中虛線所示的直線從C點運動至D點，若重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　)

A．該微粒在D點時的電勢能比在C點時的大
B．該微粒做勻變速直線運動
C．在此過程中電場力對微粒做的功為0.5mgd
D．該微粒帶正電，所帶電荷量大小為q＝
【答案】　C
【解析】　由題知，微粒沿直線運動，可知重力和電場力二力平衡，微粒做勻速直線運動，微粒帶負電，B、D錯誤；微粒從C點運動至D點，電場力做正功，電勢能減小，A錯誤；此過程中電場力對微粒做的功為W＝Fx＝mg(d－0.3d－0.2d)＝0.5mgd，C正確．
【模型演練3】如圖為一有界勻強電場，場強方向為水平方向(虛線為電場線)，一帶負電微粒以某一角度θ從電場的a點斜向上射入，沿直線運動到b點，則可知(　　)

A．電場中a點的電勢低于b點的電勢
B．微粒在a點時的動能與電勢能之和與在b點時的動能與電勢能之和相等
C．微粒在a點時的動能小于在b點時的動能，在a點時的電勢能大于在b點時的電勢能
D．微粒在a點時的動能大于在b點時的動能，在a點時的電勢能小于在b點時的電勢能
【答案】　D
【解析】　微粒沿直線運動到b點，微粒的合力方向與速度方向在同一直線上，重力方向豎直向下，則受到的電場力方向水平向左，電場方向水平向右，則a點的電勢高于b點的電勢，故A錯誤；根據能量守恒，微粒的重力勢能、動能、電勢能總量不變，微粒從a運動到b重力勢能增大，則動能與電勢能之和減小，故B錯誤；微粒從a到b，電場力、重力均做負功，動能減小，電勢能增大，C錯誤，D正確．
【模型演練4】(2020·陜西榆林市高三第一次模擬)如圖，平行板電容器兩個極板與水平地面成2α角，在平行板間存在著勻強電場，直線CD是兩板間一條垂直于板的直線，豎直線EF與CD交于O點，一個帶電小球沿著∠FOD的角平分線從A點經O點向B點做直線運動，重力加速度為g.則在此過程中，下列說法正確的是(　　)

A．小球帶正電
B．小球可能做勻加速直線運動
C．小球加速度大小為gcos α
D．小球重力勢能的增加量等于電勢能的增加量
【答案】　D
【解析】　帶電小球沿著∠FOD的角平分線從A點經O點向B點做直線運動，所以小球所受合外力沿BA方向，又由于小球受重力，所以電場力的方向由O到D，由于此電場的方向未知，所以小球的電性不能確定，小球做勻減速直線運動，故A、B錯誤；由題圖可知，由于OA是角平分線，且小球的加速度方向由O到A，據幾何關系可知a＝2gcos α，故C錯誤；由分析可知，小球所受重力大小等于電場力大小，運動的位移與重力、電場力的夾角相同，所以二力做的功相同，據功能關系可知，小球重力勢能的增加量等于電勢能的增加量，故D正確．
【模型演練5】(2020·廣西南寧市期中)一勻強電場，場強方向是水平的，如圖所示，一個質量為m、電荷量為q的帶正電的小球，從O點出發，初速度的大小為v0，在電場力和重力作用下恰好能沿與場強的反方向成θ角做直線運動，重力加速度為g，求：

(1)電場強度的大小；
(2)小球運動到最高點時其電勢能與O點的電勢能之差．
【答案】　(1)　(2)mv02cos2θ
【解析】　(1)小球做直線運動，所受的電場力qE和重力mg的合力必沿此直線方向

如圖所示，由幾何關系可知mg＝qEtan θ
解得E＝.
(2)小球做勻減速直線運動，由牛頓第二定律可得＝ma
設從O點到最高點的位移為x，根據運動學公式可得v02＝2ax
聯立可得x＝
運動的水平距離l＝xcos θ
兩點間的電勢能之差ΔW＝Eql
聯立解得ΔW＝mv02cos2θ.
【模型演練6】（2021·黑龍江哈爾濱一中高三上學期11月期中）如圖所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面夾角為θ，極板間距為d，帶負電的微粒質量為m、帶電荷量為q，從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入，沿直線運動并從極板N的右邊緣B處射出，重力加速度為g，則(　　)

A．微粒到達B點時動能為mv02
B．微粒的加速度大小等于gsin θ
C．兩極板的電勢差UMN＝
D．微粒從A點到B點的過程，電勢能減少
【答案】　C
【解析】　微粒僅受電場力和重力，電場力方向垂直于極板，重力的方向豎直向下，微粒做直線運動，合力方向沿水平方向，由此可知，電場力方向垂直于極板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做減速運動，微粒到達B點時動能小于mv02，選項A錯誤；根據qEsin θ＝ma，qEcos θ＝mg，解得E＝，a＝gtan θ，選項B錯誤；兩極板的電勢差UMN＝Ed＝，選項C正確；微粒從A點到B點的過程，電場力做負功，電勢能增加，電勢能增加量qUMN＝，選項D錯誤．
【模型演練7】（2021·福建省廈門雙十中學高三上學期11月期中）如圖所示，空間分布著勻強電場，豎直方向的實線為其等勢面，一質量為，帶電量為的小球從O點由靜止開始恰能沿直線OP運動，且到達P點時的速度大小為，重力加速度為（規定O點的電勢為零），下列說法正確的是（　　）

A. 電場強度的大小 B. P點的電勢
C. P點的電勢能 D. 小球機械能的變化量為
【答案】BD
【解析】
A．小球沿直線OP運動，合力沿OP方向，如圖所示

則有

解得，故A錯誤；
BC．設OP=L，根據動能定理得

解得電場力做功

根據

解得
根據

且，解得
則P點的電勢能為

故B正確，C錯誤；
D．小球機械能的變化量等于電場力做的功，為

故D正確。
故選BD。
【模型演練8】如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔。質量為m、電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h處由靜止開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g)。求：

(1)小球到達小孔處的速度大小；
(2)極板間電場強度大小和電容器所帶電荷量；
(3)小球從開始下落至運動到下極板處的時間。
【答案】　(1)　(2)　 (3)　
【解析】(1)設小球到達小孔處的速度大小為v，
由自由落體運動規律有
v2＝2gh，得v＝。
(2)設小球在極板間運動的加速度大小為a，
由v2＝2ad，得a＝，
由牛頓第二定律qE－mg＝ma，
電容器的電荷量Q＝CU＝CEd，
解得E＝，Q＝。
(3)由h＝gt得小球做自由落體運動的時間
t1＝，
由0＝v－at2得小球在電場中運動的時間t2＝d，
則小球運動的總時間t＝t1＋t2＝。
【模型二】帶電粒子在勻強電場中的偏轉模型
【運動模型】質量為、電荷量為的帶電粒子以初速沿垂直于電場的方向，進入長為、間距為、電壓為的平行金屬板間的勻強電場中，粒子將做勻變速曲線運動，如圖所示，若不計粒子重力，則可求出如下相關量：

1、粒子穿越電場的時間：
粒子在垂直于電場方向以做勻速直線運動，
，；

2、粒子離開電場時的速度：
粒子沿電場方向做勻加速直線運動，加速度，
粒子離開電場時平行電場方向的分速度，
所以。

3、粒子離開電場時的側移距離：
②
②式涉及了描述粒子的物理量如、、、；描述設備的物理量、
不難發現：（1）當不同粒子（不同）以相同的速度進入偏轉電場時側移距離
（2）當不同粒子以相同的動能進入偏轉電場時側移距離

4、粒子離開電場時的偏角：
因為 ③
②與③的關系：（熟記）

5、速度方向的反向延長線必過偏轉電場的中點
由和，可推得。粒子可看作是從兩板間的中點沿直線射出的。
【模型演練1】(2020·浙江1月選考·7)如圖，電子以某一初速度沿兩塊平行板的中線方向射入偏轉電場中，已知極板長度l，間距d，電子質量m，電荷量e.若電子恰好從極板邊緣射出電場，由以上條件可以求出的是(　　)

A．偏轉電壓 B．偏轉的角度
C．射出電場速度 D．電場中運動的時間
【答案】　B
【解析】　電子在電場中做類平拋運動，設初速度為v0，由類平拋運動有l＝v0t，＝at2，a＝，U＝Ed得＝.由于v0未知，偏轉電壓、運動時間無法求出，A、D錯誤；射出電場的速度方向反向延長線過水平位移的中點，設偏轉的角度為θ，則tan θ＝＝，故B正確．由于tan θ＝，兩個速度都無法得到，故電子射出電場的速度無法求出，C錯誤．
【模型演練2】(2020·浙江7月選考·6)如圖所示，一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從MN連線上的P點水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強電場中．已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達MN連線上的某點時(　　)

A．所用時間為
B．速度大小為3v0
C．與P點的距離為
D．速度方向與豎直方向的夾角為30°
【答案】　C
【解析】　粒子在電場中只受電場力，F＝qE，方向向下，如圖所示．

粒子的運動為類平拋運動．
水平方向做勻速直線運動，有x＝v0t
豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動，有y＝at2＝·t2
＝tan 45°
聯立解得t＝，
故A錯誤．
vy＝at＝·＝2v0，則速度大小v＝＝v0，tan θ＝＝，則速度方向與豎直方向夾角θ＝arctan ，故B、D錯誤；
x＝v0t＝，與P點的距離s＝＝，故C正確．
【典例分析3】(多選)(2020·浙江寧波“十校”3月聯考)如圖所示，三個同樣的帶電粒子(不計重力)同時從同一位置沿同一方向垂直于電場線射入平行板電容器間的勻強電場，它們的運動軌跡分別用a、b、c標出，不考慮帶電粒子間的相互作用，下列說法中正確的是(　　)

A．當b飛離電場的同時，a剛好打在下極板上
B．b和c同時飛離電場
C．進入電場時，c的速度最大，a的速度最小
D．在電場中運動過程中c的動能增加量最小，a、b的動能增加量相同
【答案】　ACD
【解析】　三個粒子相同，故進入電場后，受到的電場力相等，即加速度相等，在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，偏移量y＝at2，所以ta＝tb>tc，故A正確，B錯誤；粒子在水平方向上做勻速直線運動，故有v0＝，因為xb＝xc>xa，ta＝tb>tc，所以有vc>vb>va，故C正確；根據動能定理qU＝Eqy＝ΔEk，故c的動能增加量最小，a和b的動能增加量相同，故D正確．
【典例分析4】(2021·山東煙臺模擬)在平行于紙面內的勻強電場中，有一電荷量為q的帶正電粒子，僅在電場力作用下，粒子從電場中A點運動到B點，速度大小由2v0變為v0，粒子的初、末速度與AB連線的夾角均為30°，如圖所示，已知A、B兩點間的距離為d，則該勻強電場的電場強度為(　　)

A．，方向豎直向上 B．，方向斜向左下方
C．，方向豎直向上 D．，方向斜向左下方
【答案】D
【解析】　以向右為x軸正方向，向下為y軸正方向建立直角坐標系，x軸方向的速度由2v0減為v0cos 60°，故Ex向左，y軸方向的速度由0增加到v0sin 60°，故Ey向下，故電場強度方向斜向左下方．利用v2－v＝2ax以及牛頓第二定律，有(v0cos 60°)2－(2v0)2＝－2dcos 30°，(v0sin 60°)2＝2dsin 30°，電場強度E＝，解得E＝，故A、B、C錯誤，D正確．
【模型演練5】(2020·全國卷Ⅰ·25)在一柱形區域內有勻強電場，柱的橫截面是以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)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.由幾何關系和電場強度的定義知
AC＝R①
F＝qE②
由動能定理有F·AC＝mv02③
聯立①②③式得E＝④
(2)如圖，由幾何關系知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．由幾何關系知

∠PAD＝30°，AP＝R，DP＝R⑤
設粒子以速度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.由牛頓第二定律和運動學公式有
F＝ma⑥
AP＝at12⑦
DP＝v1t1⑧
聯立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝⑨
(3)解法1：設粒子以速度v進入電場時，在電場中運動的時間為t0.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系．由運動學公式有
y＝at2⑩
x＝vt?
粒子離開電場的位置在圓周上，有(x－R)2＋(y－R)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．設穿過電場前后動量變化量的大小為mv0的粒子，離開電場時其y方向的速度分量為v2，由題給條件及運動學公式有
mv2＝mv0＝mat?
聯立②④⑥⑩???式得v＝0或v＝v0
解法2：粒子在電場方向上做勻加速直線運動，即沿AC方向做初速度為零的勻加速直線運動，垂直AC方向做勻速直線運動，因動量的變化量只發生在電場方向上，若粒子從進入電場到離開電場的過程中動量變化量為mv0，則粒子會從B點離開電場．設粒子進入電場時的速度為v
在沿電場方向：R＝t＝t
在垂直電場方向：R＝vt
聯立以上兩式得：v＝v0.

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