一轮带电粒子在电场中的运动

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2021届高三物理一轮复习——带电粒子在匀强电场中的运动

2021届高三物理一轮复习——带电粒子在匀强电场中的运动带电粒子(不计重力)在匀强电场中的运动类型：(1)直线运动：初速度方向与电场方向在同一直线或由静止出发，一般用牛顿第二定律与运动学公式结合处理或用动能定理处理；(2)类平抛运动：初速度方向与电场方向垂直，一般从运动的分解的角度处理，也可用动能定理处理能量问题；(3)斜抛运动：初速度方向与电场方向有一定夹角，一般从运动的分解的角度处理．1．(2019·河南省八市重点高中联盟第三次模拟)如图1，矩形ABCD 区域存在沿A 至D 方向的匀强电场，场强为E ，边长AB ＝2AD ，质量为m 、带电荷量q 的正电粒子以恒定的速度v 从A 点沿AB 方向射入矩形区域，粒子恰好从C 点以速度v 1射出电场，粒子在电场中运动时间为t ，则( )图1A ．若电场强度变为2E ，粒子从DC 边中点射出B ．若电场强度变为2E ，粒子射出电场的速度为2v 1C ．若粒子入射速度变为v 2，则粒子从DC 边中点射出电场 D ．若粒子入射速度变为v 2，则粒子射出电场时的速度为v 122.(2020·安徽安庆市调研)如图2所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l .在正极板附近有一质量为M 、电荷量为q (q >0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m 、电荷量为－q 的粒子，在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l 的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M ∶m 为( )图2A ．3∶2B ．2∶1C ．5∶2D ．3∶13．(2019·福建龙岩市3月质量检查)如图3所示，平行边界PQ 、MN 间存在竖直向下的匀强。

高三物理一轮复习资料【带电粒子在电场中的运动】

高三物理一轮复习资料【带电粒子在电场中的运动】[考点分析]1．命题特点：带电体在电场中的运动问题是等级考命题的重点和热点，主要考查带电体在电场中的加速和偏转模型，处理方法主要是应用动力学观点，动量观点和能量观点．题型有选择和计算，难度中等偏上．2．思想方法：合成法、分解法、模型法等．[知能必备]偏转角：tan θ＝v y v 0＝U 2l 2U 1d ＝2y 0l侧移距离：y 0＝U 2l 24dU 1y ＝y 0＋L tan θ＝⎝⎛⎭⎫12l ＋L tan θ[真题再练]1．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v 0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m v 0，该粒子进入电场时的速度应为多大？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 ＝R ①F ＝qE ②由动能定理有F ·AC ＝12m v 20③ 联立①②③式得E ＝m v 202qR④ (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∠P AD ＝30°，AP ＝32R ，DP ＝32R ⑤设粒子以速度v 1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t 1.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 ⑥AP ＝12at 21⑦ DP ＝v 1t 1⑧联立②④⑤⑥⑦⑧式得v 1＝24v 0⑨ (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 ＝12at 2⑩ x ＝v t ⑪粒子离开电场的位置在圆周上，有⎝⎛⎭⎫x －32R 2＋⎝⎛⎭⎫y －12R 2＝R 2⑫ 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m v 0的粒子，离开电场时其y 方向的速度分量为v 2，由题给条件及运动学公式有m v 2＝m v 0＝mat ⑬联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式得v ＝0⑭和v ＝32v 0⑮ 答案：(1)m v 202qR (2)24v 0 (3)0或32v 0 2．如图，两金属板P 、Q 水平放置，间距为d .两金属板正中间有一水平放置的金属网G ，P 、Q 、G 的尺寸相同．G 接地，P 、Q 的电势均为φ(φ>0)．质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子自G 的左端上方距离G 为h 的位置，以速度v 0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计．(1)求粒子第一次穿过G 时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G 的下方距离G 也为h 的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？解析：(1)PG 、QG 间场强大小相等，均为E .粒子在PG 间所受电场力F 的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a ，有E ＝2φd① F ＝qE ＝ma ②设粒子第一次到达G 时动能为E k ，由动能定理有qEh ＝E k －12m v 20③ 设粒子第一次到达G 时所用的时间为t ，粒子在水平方向的位移大小为l ，则有h ＝12at 2④ l ＝v 0t ⑤ 联立①②③④⑤式解得E k ＝12m v 20＋2φdqh ⑥ l ＝v 0 mdh qφ.⑦ (2)若粒子穿过G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度L 为L ＝2l ＝2v 0 mdh qφ.⑧ 答案：(1)12m v 20＋2φdqh v 0 mdh qφ (2)2v 0 mdh qφ解决带电粒子在电场中运动问题的基本思路及注意问题[精选模拟]视角1：带电粒子在电场中的直线运动1.某静电场的方向平行于x 轴，其电势φ随x 的分布如图所示．一质量m ＝4×10－10 kg 、电荷量q ＝2×10－9 C 的带负电粒子(不计重力)，从(－1 m,0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x 轴上往返运动．则该粒子运动的周期为( )A.2＋25s B ．0.6 s C ．0.1 s D ．5＋52s 解析：B 粒子先沿x 轴正方向先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，然后反向运动；由E 1 ＝ΔφΔx ＝101 V/m ＝10 V/m ，a 1＝qE 1m ＝50 m/s 2；由x 1＝12a 1t 21，解得粒子沿x 轴正方向运动的时间为t 1 ＝ 2x 1a 1＝ 2×150s ＝ 0.2 s ；同理可得粒子沿x 轴正方向做匀减速运动的时间为t 2＝0.1 s ；且粒子到达x ＝0.5 m 处的速度恰好为零，反向运动的时间为t 1＋t 2＝0.3 s ；则粒子运动的周期为T ＝2(t 1＋t 2)＝0.6 s ；故选B.视角2：带电粒子在电场中的偏转2．(多选)如图所示，质子(11H)、氘核(21H)和α粒子(42He)都沿平行板电容器的中线OO ′方向，垂直于电场线射入两极板间的匀强电场中，射出后都能打在同一个与中线垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点．粒子重力不计．下列推断正确的是( )A ．若它们射入电场时的速度相同，在荧光屏上将出现3个亮点B ．若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点C ．若它们射入电场时的动量相同，在荧光屏上将出现3个亮点D ．若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场，在荧光屏上将只出现1个亮点解析：CD 三个粒子进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则得到加速度为a ＝qE m ，偏转距离为y ＝12at 2，速度偏转角的正切tan θ＝v y v 0＝at v 0，运动时间为t ＝L v 0，联立可得y ＝qEL 22m v 20，tan θ＝qEL m v 20.若它们射入电场时的速度相同，y 与比荷成正比，tan θ与比荷成正比，而三个粒子中质子的比荷最大，氘核和α粒子的比荷相等，所以在荧光屏上将只出现2个亮点，A 错误．若它们射入电场时的动能相等，y 与q 成正比，tan θ与q 成正比，则在荧光屏上将只出现2个亮点，B 错误．若它们射入电场时的动量相等，y ＝qEL 22m v 20＝qmEL 22(m v 0)2，tan θ＝qmEL (m v 0)2，可见y 与qm 成正比，tan θ与qm 成正比，三个粒子的qm 都不同，则在荧光屏上将出现3个亮点，C 正确．设加速电压为U 1，偏转电压为U 0，若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，根据推论可知y ′＝U 0L 24U 1d ，tan θ′＝U 0L 2U 1d，显然三个粒子在偏转电场中的偏转距离y ′相同，tan θ′相同，故荧光屏上将只出现1个亮点，D 正确．视角3：带电体在重力场、电场中的运动3．(多选)如图所示，竖直平面内有一个半径为R 的圆周，另外空间有一平行于圆周平面的匀强电场，A 、D 两点为圆周上和圆心同一高度的点，C 点为圆周上的最高点．在与OA 夹角为θ＝30°的圆弧B 点上有一粒子源，以相同大小的初速度v 0在竖直面(平行于圆周面)内沿各个方向发射质量为m ，带电的同种微粒，在对比通过圆周上各点的微粒中，发现从圆周D 点上离开的微粒机械能最大，从圆周E 点(OE 与竖直方向夹角α＝30°)上离开的微粒动能最大，已知重力加速度为g ，取最低点F 所在水平面为重力零势能面．则有( )A ．电场一定沿OD 方向，且电场力等于33mgB ．通过E 点的微粒动能大小为⎝⎛⎭⎫233＋1mgR ＋12m v 20C ．动能最小的点可能在BC 圆弧之间D ．A 点的动能一定小于B 点解析：BC 在D 点微粒机械能最大，说明B 到D 电场力做功最大，由数学关系知过D 点做圆的切线为电场的等势线，即电场力沿OD 方向，带电粒子电性未知，场强方向不能确定．在E 点微粒动能最大，说明B 到E 合力做功最多，即重力电场力的合力方向沿OE ，有：Eq mg ＝tan 30°，mg ＝F 合cos 30°，解得Eq ＝33mg ，F 合＝233mg ，动能定理有：E k E ＝12m v 20＋F 合R (1＋cos 30°)＝⎝⎛⎭⎫233＋1mgR ＋12m v 20，故选项A 错误、B 正确；OE 反向延长线与圆的交点，为等效重力的最高点，合力做的负功最大，动能最小，选项C 正确；B 点到A 点等效重力(合力)做正功，动能增加，选项D 错误．4. (多选)如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球，系在一根长为L 的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O 点做圆周运动．AB 为圆周的水平直径，CD 为竖直直径．已知重力加速度为g ，电场强度E ＝mg q.下列说法正确的是( ) A ．若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则它运动的最小速度为gLB ．若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则小球运动到B 点时的机械能最大C ．若将小球在A 点由静止开始释放，它将在ACBD 圆弧上往复运动D ．若将小球在A 点以大小为gL 的速度竖直向上抛出，它将能够到达B 点解析：BD 电场力的方向水平向右，大小为F ＝qE ＝mg ，电场力和重力的合力方向与水平面的夹角为45°，合力大小为2mg ，则“等效重力”的方向与水平面的夹角为45°，大小为2mg .若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则在等效最高点即弧AD 的中点处有2mg ＝m v 2L ，最小速度v ＝2gL ，选项A 错误；由于只有重力和电场力对小球做功，小球的机械能和电势能之和不变，而小球在B 点的电势能最小，所以在B 点的机械能最大，选项B 正确；小球从A 点静止释放，小球受到的合力方向沿AC 方向，所以小球会沿AC 做匀加速直线运动，选项C 错误；若将小球在A 点以大小为gL 的速度竖直向上抛出，小球在竖直方向上做竖直上抛运动，加速度为－g ，水平方向上做匀加速直线运动，加速度为g ，当竖直方向上的位移为0时，运动时间为t ＝2v 0g ＝2gL g ，水平位移x ＝12gt 2＝2L ，则小球刚好运动到B 点，故D 正确．视角4：带电粒子在交变电场中的运动5．如图甲所示，A 、B 两板竖直放置，两板之间的电压U 1＝100 V ，M 、N 两板水平放置，两板之间的距离d ＝0.1 m ，板长L ＝0.2 m ．一个质量m ＝2×10－12 kg 、电荷量q ＝＋1×10－8 C 的带电粒子(不计重力)从靠近A 板处由静止释放，经加速电场加速后从B 板的小孔穿出，沿着M 、N 两板的中轴线垂直进入偏转电场．如果在M 、N 两板之间加上如图乙所示的偏转电压，当t ＝T 4时，带电粒子刚开始进入偏转电场，则：(1)带电粒子从B 板的小孔穿出时的速度为多大？(2)要使带电粒子能够从M 、N 两板之间(不沿中轴线)穿出，并且穿出后的速度方向保持水平，则交流电U 2的周期T 为多少？(3)在满足(2)条件的情况下，它在偏转电场中的最大偏移量是多少？(结果保留一位有效数字)解析：(1)由动能定理得qU 1＝12m v 20，解得v 0＝ 2qU 1m＝1×103 m/s. (2)要使带电粒子能够从M 、N 两板之间穿出，并且穿出后速度方向不变，则带电粒子穿过偏转电场的时间t ＝(n ＋12)T (n ＝0,1,2，…)① 带电粒子沿水平方向做匀速直线运动，则L ＝v 0t ②所以T ＝4×10－42n ＋1 s(n ＝0,1,2，…)③带电粒子进入偏转电场时的加速度a ＝qE m ④电场强度E ＝U 2d ⑤带电粒子在进入偏转电场后的前T 4内沿竖直方向的位移y ＝12a ⎝⎛⎭⎫T 42⑥要使带电粒子能够从M 、N 两板之间穿出，需满足2y ≤d 2⑦联立①～⑦式解得n ≥4.5.所以T ＝4×10－42n ＋1 s(n ＝5,6,7，…)．(3)要使总偏移量最大，则n 应取值最小，故n ＝5，由此解得，最大偏移量y ′＝2y ≈0.04 m.答案：(1)1×103 m/s (2)4×10－42n ＋1 s(n ＝5,6,7，…)(3)0.04 m。

高考物理一轮复习专题七-带电粒子在电场中运动的综合问题

[解析] 由图象可知，将正电荷沿 x 轴正向移动，从 x2 移动到 x4 的过程电场力做功不为零，两点处的电势能不相等，选项 A 错误；从 x1 移动到 x3 的过程电场力沿 x 轴负方向，电场力做负功，电势能增大，选项 B 正确；从 x1 到 x4 的过程场强先增大后减小，所以电场力先增大后减小，选项 C 正确，D 错误．
32xd＝ΔΔEEppAB ⑨ 解得 x＝d.MA 为等势线，电场必与其垂线 OC 方向平行．设电场方向与竖直向下的方向的夹角为 α，由几何关系可得 α＝ 30° ⑩ 即电场方向与竖直向下的方向的夹角为 30°斜向右下方
设场强的大小为 E，有 qEdcos 30°＝ΔEpA ⑪ 由④⑦⑪式得 E＝ 36mq g. ⑫
(1)无电场时，小球到达 A 点时的动能与初动能的比值； (2)电场强度的大小和方向．
[解题指导] 第一步：抓关键点
关键点 ① ②
③④ ⑤
获取信息
小球做平抛运动
平抛运动过A点时的水平、竖直位移可确定
有重力做功和电场力做功，其中电场力做的功等于电势能的变化量
重力不能忽略
第二步：找突破口 (1)要确定小球到达 A 点时的动能与初动能比值，可由平抛运动规律求解；写出水平、竖直方向的位移关系． (2)要确定电场强度的方向，根据到 A、B 两点的动能变化可确定两个个过程电势能的变化，可先找出两个等势点(在 OB 线上找出与 A 等势的点，并确定其具体位置)．
带电粒子的力、电综合问题
1．方法技巧功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力．因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解．动能定理和能量守恒定律在处理电场中能量问题时仍是首选．

一轮复习：带电粒子在电场中的偏转

6．示波器的工作原理 (1)构造：①电子枪；②偏转极板；③荧光屏。(如图所示) (2)工作原理 ①YY′上加的是待显示的信号电压，XX′上是仪器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压。
②观察到的现象
a．如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑。
6．(多选)如图所示，水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个质量相等的带电粒子M和N同时分别从极板A的边缘
和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两带电粒子恰好
在板间某点相遇。若不考虑带电粒子的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是A( C ) A．M的电荷量大于N的电荷量 B．两带电粒子在电场中运动的加速度相等 C．从两带电粒子进入电场到两带电粒子相遇，电场力对M做的功大于电场力对N做的功 D．M进入电场的初速度大小与N进入电场的初速度大小一定相同
3．两个结论 (1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的。证明：由 qU0＝12mv20 y＝12at2＝12·qmUd1·vl02 tanθ＝mqUdv1l20 得：y＝4UU10l2d，tanθ＝2UU10ld。 (2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点 O 为粒子水平位移的中点，即 O 到偏转电场边缘的距离为2l 。
(1)13.5 cm (2)30 cm
Байду номын сангаас
2L qEL 3qEL2 (1) v0 (2)mv20 (3) 2mv20
2．(多选)如图，质子(11H)、氘核(21H)和 α 粒子(42He)都沿
平行板电容器中线 OO′方向垂直于电场线射入板间的匀强

2022届高考物理一轮复习：电场部分带电粒子在电场中的运动课件(91张PPT)

提示：根据电势的高低可判断出电场强度的方向；根据等差等势线的疏密程度可判断电场强度的强弱。解析：由图可知，此电场为非匀强电场，且 Q 点处电场强度小于 P 点处电场强度，电子仅在电场力作用下沿直线从 P 运动到 Q ，做加速度越来越小的加速运动，这一过程电子运动的 v－t 图象可能是A。
例题——带电粒子在非匀强电场中做直线运动的处理方法
例题——示波器模型中粒子偏转的相关计算 (2016·北京理综)如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d.
例题——示波器模型中粒子偏转的相关计算
(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；
例题——示波器模型中粒子偏转的相关计算
提示：分别计算电子所受重力和电场力的数量级进行比较。解析：只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力由于F≫G，因此不需要考虑电子所受的重力
例题——示波管模型中粒子偏转角的影响因素
②带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力。
例题——带电粒子在非匀强电场中做直线运动的处理方法
(2012·福州质检)电场中某三条等差等势线如图实线 a、b、c 所示。一电子仅在电场力作用下沿直线从 P 运动到 Q，已知电势 φa>φb>φc ，这一过程电子运动的v-t图象可能是下列各图中A的( )
提示：两板逆时针旋转时，两板间的电场也跟着一同旋转。
解析：两平行属板水平放置时，带电微粒静止，有mg＝qe，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项d正确.

高三物理一轮复习8带电粒子在电场中的运动(教师版)

思考：如图所示，由绳子连接的小球从一点静止释放，运动到最高点时，若此刻小球突然不受任何力，接下来小球会保持什么状态？（教师可见内容）这种情况下小球运动到点速度为零，所以小球不受任何力后，小球会保持静止状态．思考：如图所示，由绳子连接的小球从一点以一定初速度释放，运动到最高点时，若此刻小球突然不受任何力，接下来小球会保持什么状态？（教师可见内容）这种情况下小球运动到点速度不为零，所以小球不受任何力后，小球会保持匀速直线运动状态．思考：为什么我们总会有物体速度越大惯性越大的错觉？比如汽车速度越大，越难停下来？（教师可见内容）思考：描述相互作用力及平衡力的区别，从相同点跟不同点两个角度说明；不同点可以从作用对象、力学性质、作用效果等方面进行讨论（教师可见内容）相同点：大小相等、方向相反、作用在同一直线上；不同点：平衡力：作用在相同物体，力学性质不一定相同，不一定同时产生，作用效果可抵消；思考：一对大小相等、方向相反、作用在同一直线、作用在不同物体的力，一定是相互作用力吗？为什么？（教师可见内容）不一定，比如下图所示的两个力．思考：牛顿第一定律是牛顿第二定律在物体加速度为零时的特殊情况吗？（教师可见内容）①牛顿第一定律给出了物体不受力时的运动规律，是牛顿力学的基础；不是牛顿第二定律在物体所受合力为零时的特殊情况；②牛顿第一定律是经过科学抽象、归纳推理总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律．思考：尝试推导下公式（教师可见内容）根据得到的单位是思考：物体处于超重状态下可能具有的运动状态有哪些？处于失重状态呢？（教师可见内容）物体处于超重状态下可能具有的运动状态有：向上加速或向下减速；物体处于失重状态下可能具有的运动状态有：向上减速或向下加速．思考：最高点，（教师可见内容）以杆为例作分析，假设杆的夹角为，圆半径为则为，则根据可得，与无关，故每个圆环到达思考：下面哪个图是子弹打木块所对应的图像，为什么？甲乙（教师可见内容）如图，相对位移大于木板的对地位移，即：，故甲图正确．思考：推导摩擦力产生的热量为：相对如图，物块置于光滑水平面上，子弹质量为，物块质量为：（教师可见内容）（1）系统机械能不守恒，摩擦做功产生热量，直到二者共速，；摩擦力对子弹做功：共摩擦力对物块做功：；共共思考：对传送带的功能关系进行分析？思考：倾斜传送带上物块能和传送带共速的条件？（教师可见内容）1.传送带足够长2.思考：思考（教师可见内容）电容思考：回答下面的问题．（教师可见内容）场强增大，而点与下极板间的距离不变，则由公式间电势差将增大，而点的电势高于下极板的电势，则知本讲内容大纲如图，当电场力的方向与运动方向在一条直线上时，粒子做加速直线运动或减速直线运动，，．思考：同一个粒子始终能从从板的一端运动到另一端，改变板间距离，电场力做功会改变吗？（教师可见内容）如果Q 一定，会变如果是U 一定，不会变．油滴运动的加速度大小不变、方向水平向平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一个直流电源相连，若一个带电油滴恰1动能变化为零板间往复运动在图装置中，从2，A 正确；间没有电压，则没有电场，所以电子在此处做匀速直线运动，则电子的动能板间往复运动，C 错误，D 正确．如图所示为匀强电场的电场强度3，为第内加速度的，将反向加速，图象如图所示：A．带电粒子在前秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误；B．根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在发点，粒子在内的位移为零，回到出发点．故C．由图可知，粒子在D．因为第末粒子的速度刚好减为4如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上时刻释放电子，电子可能在两板间振动时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上时刻释放电子，电子必然打到左极板上若时刻释放电子，在前内，电子受到的电场力向右，向右做匀加速直线5如图所示，平行板电容器水平放置，电源通过二极管给电容充电，上、下极板正中有一小孔，质;;方向位移（匀加速直线运动）：；方向速度（匀加速直线运动）：；．思考：计算时间一定是用水平方向吗？（教师可见内容）不一定;打出板，用水平方向算时间;打到板上，用竖直方向算时间．增大两板间的电势差 B.尽可能使板长长些升高些D.尽可能使板间距离小些如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压加速后垂直进入偏转电场，离开电，两平行板间的距离为，电势差为，板长为．为了提高示波管的灵敏度（每单位电压引起的偏转量），可采用的方法是（）67带有等量异种电荷的两平行金属板水平放置，8如图所示，一带正电的粒子以一定的初速度，在竖直方向上做匀加速直线运动，则在前时间内，时间内，粒子在竖直方向上的位移为．则在前时间时间内，电场力对粒子做的功为，故A错误，B知，前和后电场力做功相9如图，质量相同的带电粒子末速度沿水平方向 B.末速度大小为克服电场力做功为D.重力势能减少了如图甲，两水平金属板间距为10时间内微粒匀速运动，则有：，内，微粒做平抛运动，下降的，时间内，微粒的加速度，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为时刻进入电场的电子，在两板间运动时电大侧位移为一对平行金属板板长为11的“面积”大小等于位移可知．故选BD ．方法二：A. 电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图，根据图象的“面积”大小等于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故所有电子从右侧的离开电场的位置不全相同．故B. 由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度C. 由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同．故D.时刻进入电场的电子，在在时刻进入电场的电子侧位移最大为②联立①②得：，故且电子恰好在时刻射出电场，应满足的条件是且电子恰好在时刻从板边缘射出电场，其动能增加且电子恰好在时刻射出电场，射出时的速度为，电子在射出电场的过程中，沿电场方向的分速度方向始终不变制造纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为12故选AD．二、示波器原理及其应用）偏转电极不加电压：从电子枪射出的电子沿直线运动，射到荧光屏中心的点形成亮斑．）仅在或（）加电压：若所加电压稳定，则电子流被加速、偏转后射到直线上某一点，形成一个亮斑（不在中心），如图所示．思考：板间电压随时间变化，电子在电场中受力随着时间变化吗？（教师可见内容）不会，电子的速度足够快，通过时间很短，电子通过电极的过程中，其两端电压视为不变．思考：它与一般粒子在交变电场中地偏转有什么不同吗？（教师可见内容）大部分情况不一样，一般粒子在交变电场中的偏转，时间有可能不是极其短，是可能考虑粒子在电场中运动时，电场在变化．具体是否考虑，需要比较侧移与横移大小．13如图所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成．荧光屏上如果只在上加上图甲所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图如果只在上加上图乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图示波器是一种常见的电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时间变化的情况，电子经1415如图所示的示波管，电子由阴极思考：运用动能定理时，可以分别列重力和电场力做的功，那为什么还要用等效重力法呢？（教师可见内容）运用等效重力法，更多的是帮助我们判断运动学状态．思考：如何解释圆周运动关于等效最低点对称．（教师可见内容）关于等效最低点对称的两点，合力做功大小一样，但一正一负，故速度大小对称．简单能量问题16如图，半径为设与之间的夹角为，所以：珠子在等效最低点时具有最大的动能．如图，此时珠子做圆周运动在点，珠子速度为得：．17如图，两点时，静电力和轨道的作用力的合力提供向心力，两点的动能．，由牛顿第二定律有18如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则有：19一端弯曲的光滑绝缘杆点，求水平外力的最小值．）问中的），求小环运动到点时，绝缘杆对，方向指向圆心．，方向背向圆心20如图所示，在水平地面点后立即撤去轨道，则物块的落地点距离点的水平距离是多21如图所示，光滑绝缘轨道22如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管点（图中未标出点），小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体从点沿切线方向23如图所示，一质量为24如图所示，空间存在一匀强电场，其方向与水平方向间的夹角为电场强度大小为此过程增加的电势能等于选项：由题意可知，小球在下落过程中动能不变，而重力做正功，则电场力一定做负功，而，解得：，故B 正确；选项：将电场力分解为沿水平方向和竖直方向，则有竖直分量中产生的电场力D.如图所示，在水平方向的匀强电场中，有一带电体2526如图所示，水平面，可知竖直分速度减小，根据牛顿第二定律知，加速度方向向上，合力向上，根27如图所示，带正电的金属滑块质量为28如图所示，一水平放置的平行板电容器其间距为处返回．根据动能定理29如图所示，平行金属板30在动摩擦因数时的速度大小．球电势能增加量的最大值．31真空中存在电场强度大小为思考：在列能量关系解题时，存在点电荷做功（变力做功）时，你有哪些思考？（教师可见内容）思考一：这个过程点电荷做功是不是等于零；思考二：这部分点电荷做功能不能其他过程算出来；思考三：题干或者图表是不是说了点电荷做功（或者电势能）的大小（或算法）．32如图所示，竖直平面内四分之一光滑圆弧形管道是中垂线，是等势面，与无穷远处的电势两顶点上放置一对等量异种电荷，管道处于等势面上，故小球运动过程中只有重33如图所示，可视为质点的物块。

专题24 带电粒子在电场中的运动----2022年高考物理一轮重难点复习(解析版)

专题24 带电粒子在电场中的运动重点知识讲解一、带电粒子在匀强电场中的加速1.带电粒子在电场中运动时，重力一般远小于静电力，因此重力可以忽略。

2.如图所示，匀强电场中有一带正电q 的粒子（不计重力），在电场力作用下从A 点加速运动到B 点，速度由v 0增加到v.，A 、B 间距为d ，电势差为U AB.（1）用动力学观点分析：Eq a m =， U E d=，2202v v ad -= （2）用能量的观点（动能定理）分析：2201122AB qU mv mv =- 能量观点既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场，对匀强电场又有AB W qU qEd ==。

二、带电粒子在匀强电场中的偏转（1）带电粒子以垂直于电场线方向的初速度v 0进入匀强电场时，粒子做类平抛运动。

垂直于场强方向的匀速直线运动，沿场强方向的匀加速直线运动。

（2）偏转问题的处理方法，类似于平抛运动的研究方法，粒子沿初速度方向做匀速直线运动，可以确定通过电场的时间0lt v =。

粒子沿电场线方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度F qE qU a m m md===；穿过电场的位移侧移量：221at y =222001().22Uq l ql U md v mv d=⋅=；穿过电场的速度偏转角： 20tan y v qlU v mv dθ==。

两个结论：（1）不同的带电粒子从静止开始，经过同一电场加速后再进入同一偏转电场，射出时的偏转角度总是相同的。

（2）粒子经过电场偏转后，速度的反向延长线与初速度延长线的交点为粒子水平位移的中点。

（与平抛运动的规律一样）三、示波管的构造原理（1）示波管的构造：示波器的核心部件是示波管，示波管的构造简图如图所示，也可将示波管的结构大致分为三部分，即电子枪、偏转电极和荧光屏。

（2）示波管的原理a 、偏转电极不加电压时，从电子枪射出的电子将沿直线运动，射到荧光屏的中心点形成一个亮斑。

b 、在XX '（或YY '）加电压时，则电子被加速，偏转后射到XX '（或YY '）所在直线上某一点，形成一个亮斑（不在中心），如图所示。

高中物理精品课件：高三一轮复习：带电粒子(带电体)在电场中的运动(一)

（3）若在偏转系统内x、y轴正方向上同时加匀强电场，其中x、y方向上的场强大小
分别为E和2E，求该离子注入晶圆的位置，用坐标（x，y）表示。
1 qE L
x0

2 m v
2
L
2
x0

x LL
2
2
2
3
EL
6
EL
3EL
，
)
（
，
0) （
4U
4U
4U
2
任务4：探究带电粒子在电场中的匀速圆周运动
加速、偏转（类平抛）
2020.07
选择题
类平抛
偏转（类平抛）
2020.01
选择题
平行板电容器
偏转（类平抛）
2020.01
选择题
带电小球
平衡
2019.04
选择题
粒子加速器
加速
2019.04
选择题
复合场单摆
平衡、变速圆周运动
2019.04
计算题
静电分析器
匀速圆周运动
5次
4次
3次
3次
任务1：带电粒子在电场中具体运动情形探究
）
小结：
1 2 1 2
qU mv - mv0
2
2
有人设计了这样的多级直线加速器。你觉得可行吗？
＋
A
－
B
＋
－
C
D
U
＋
E
－
必修三课本P44例题——金属圆筒直线加速器
【情景2-2】如图甲，某直线加速器由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列。。。
若已知电子的质量为m、电荷量为e、交流电压的绝对值为u，周期为T，电子通过

2020年高考物理一轮复习专题7.5带电粒子在电场中的运动(精练)(含解析)

专题7.5 带电粒子在电场中的运动1．（陕西省渭南市2019届高三教学质量检测）如图所示，一电荷量为q 、质量为m 的带电粒子以初速度v 0由P 点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。

粒子从Q 点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角。

已知匀强电场的宽度为d ，不计重力作用。

则匀强电场的场强E 大小是（）A ．202qdB ．20qdC ．2032mv qdD ．202qd【答案】B 【解析】带电粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解得到：003tan 30y v v v ==，分方向方程：0d v t =，y Eq v t m =联立方程得：E =ACD 错误，B 正确2．（天津市红桥区2019届高三下学期期末）图甲是一点电荷形成的电场中的一条电场线，A 、B 是电场线上的两点，一正电荷q 仅在电场力作用下以初速度v 0从A 运动到B 过程中的速度图象如图乙所示，则以下说法中正确的是（）A.A 、B 两点的电场强度是E A =E BB.A 、B 两点的电势是C.正电荷q 在A 、B 两点的电势能是E PA ＞E PBD.此电场一定是负电荷形成的电场【答案】B【解析】速度时间图象的斜率等于物体的加速度，由图可知，点电荷从A 向B 运动的过程中加速度越来越大，受到的电场力增大，故A 点的场强小于B 点场强，即有E A ＜E B ，故A 错误；由于物体沿电场线运动过程当中做减速运动，故点电荷所受电场力方向由B 指向A ，又由于正电荷所受电场力的方向与场强的方向相同，所以电场线的方向由B 指向A ；而沿电场线的方向电势降低，所以φA <φB ．故B 正确；由正电荷在电势高处电势能大，所以，故C 错误；由于电荷由A 到B 做减速运动，故电场线方向由B 向A ，又因为加速度在变大，故B 处靠近场源电荷，故电场一定是正电荷所形成的，故D 错误。

3．（河南省八市重点高中联盟2019届高三模拟）如图ABCD 的矩形区域存在沿A 至D 方向的匀强电场，场强为E ，边长AB ＝2AD ，质量m 、带电量q 的正电粒子以恒定的速度v 从A 点沿AB 方向射入矩形区域，粒子恰好从C 点以速度v 1射出电场，粒子在电场中运动时间为t ，则（）A ．若电场强度变为2E ，粒子从DC 边中点射出B ．若电场强度变为2E ，粒子射出电场的速度为2v 1C ．若粒子入射速度变2v ，则粒子从DC 边中点射出电场 D ．若粒子入射速度变为2v ，则粒子射出电场时的速度为12v 【答案】C【解析】若电场强度变为2E ，则粒子从DC 边离开，运动时间变为2t ，则水平位移变为原来的2，而不是12，故A 错误；在粒子穿过电场的过程中，设电场力做功为W ，则由2211122W mv mv =-，可知电场强度加倍，则电场力做功变为了2W ，则射出电场的速度不等于2v ，故B 错误；粒子入射速度变2v ，则粒子在电场时间不变，即可得出粒子从DC 边中点射出电场，故C 正确；由于电场不变粒子在电场运动时间不变，电场力做功不变，有功能定理可知，粒子射出电场的和速度不是12v ，故D 错误。

高三物理一轮复习第6章第5课时带电粒子在电场中的运动二课件鲁科

2．能解决带电粒子在交变电场中的运动情况．
(对应学生用书第 84 页)
1．带电粒子重力是否忽略问题
(1)基本粒子：如电子、质子、离子等在没有明确指出或暗示下，重力一般忽略不计．
(2)宏观颗粒：如带电油滴、带电尘埃、带电小球等在没有明确指出或暗示下，重力一般不能忽略．
2．带电粒子在复合场和交变电场中的运动
(对应学生用书第 85～86 页)
带电粒子在复合场中运动问题的处理方法 1．动力学的观点 (1)正交分解法：处理这种运动的基本思想与处理偏转运动是类似的，可以将此复杂的运动分解为两个互相正交的比较简单的直线运动，而这两个直线运动的规律我们是可以掌握的，然后再按运动合成的观点去求出复杂运动的有关物理量．
A3演示文稿设计与制作信息技术2.0 高三物理一轮复习第6章第5课时带电粒子在电场中的运动二课件鲁科
微能力认证作业
第五课时带电粒子在电场中的运动(二)
(对应学生用书第 84 页)
1．知道粒子重力的取舍问题，能合理选择规律(力的平衡、牛顿运动定律、功能关系、能量守恒等)解决带电粒子在电场、重力场中的运动问题．
所以 t1＝ 2gh＝0.2 s 进入电场后，在水平方向上，a＝qmE＝2mmg＝2g d＝v0t2＋12at22，t2＝0.1 s，所以 t＝t1＋t2＝0.3 s.
(3)小球到达 B 点时的水平速度 v1＝v0＋at2＝6 m/s 竖直分速度 v2＝vy＋gt2＝3 m/s 所以 EkB＝12mv2B＝12m(v21＋v22)＝0.225 J 答案：(1)2.5×103 V (2)0.3 s (3)0.225 J
解析：粒子在水平方向上做匀速直线运动，因初速度相同，故水平位移 s 大的运动时间长，因 sA<sB<sC，故 tA<tB<tC，A 错误；粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，有 y＝12at2，因为位移 y 相同，所以运动时间长的粒子加速度小，即 aA>aB>aC，故 B 错误；粒子到达正极板的动能 Ek＝12mv2＝12m(v20＋v2y)，而 v2y＝2ay，所以有 EkA>EkB>EkC，C 错误；由 aA>aB>aC 可以判断 A 带负电，B 不带电，C 带正电，D 正确．

2024高考物理一轮复习--带电粒子在电场中的运动(三)--等效重力场、交变电场中的运动

等效重力场、交变电场、力电综合问题一、带电粒子在力电等效场中的圆周运动1．等效重力场物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些．此时可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之为“等效重力场”．2.3．举例二、带电粒子在交变电场中的运动1.此类题型一般有三种情况:一是粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解);二是粒子做往返运动(一般分段研究);三是粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)。

2.分析时从两条思路出发:一是力和运动的关系,根据牛顿第二定律及运动学规律分析;二是功能关系。

3.注重全面分析(分析受力特点和运动特点),抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征,求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。

4.交变电场中的直线运动（方法实操展示）5.交变电场中的偏转（带电粒子重力不计，方法实操展示）U -t 图轨迹图v y -t 图三、电场中的力、电综合问题1．带电粒子在电场中的运动(1)分析方法：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的规律解题。

(2)受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略。

一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用。

2．处理带电粒子(带电体)运动的方法(1)结合牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题。

(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理思路 ①利用初、末状态的能量相等(即E 1＝E 2)列方程。

①利用某些能量的减少等于另一些能量的增加列方程。

(3)常用的两个结论①若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变。

2023届高考物理一轮复习课件：8.3电容器带电粒子在电场中的运动

达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回。若保持两极板间的电压不变，则
(
)
A．把A板向上平移一小段距离，质点自
P点自由下落后仍能返回
B．把A板向下平移一小段距离，质点自P点
自由下落后将穿过N孔继续下落
C．把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回
D．把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
(＋q，m)、(＋q,2m)、(＋3q,3m)、(－q，m)，它们先后以相同的速度
从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行。不计重
AD )
力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是(
出发点，该过程中小球未与下板Q接触。已知重力加速度为g，小球运动过程
中电荷量保持不变，忽略空气阻力。求：(1)PQ两板电势差UPQ；(2)欲使小
球不与下板Q接触，t的最大值；
1 2
解：(1)h＝ gt
2
v1＝gt
5
1
2
－h＝v 1·2t－ a(2t) 得：a＝ g
2
4
qE－mg=ma
9mgd
U＝Ed ＝
3
U′
/ 5
得：a ＝ g>g mg＋q
＝ma/
2
d
3mgd
得：U′＝
2q
电场方向向下
3mgd
UPQ′≥
2q
例3.(多选)如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水
平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M.一带电荷
量为q、质量为m 的质点以初速度 v0沿中线射入两板间，最后垂直打在
2
4
qE－mg=ma
() +

一轮复习：带电粒子在电场中的直线运动

(1)漂移管B的长度； (2)相邻漂移管间的加速电压。
(1)0.4 m (2)6×104 V
3．两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m、电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA＝h，此电子具有的初动能是(D )
edh A. U
B．eห้องสมุดไป่ตู้Uh
eU C.dh
eUh D. d
如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从 K 点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管 B 时速度为 8×106 m/s，进入漂移管 E 时速度为 1×107 m/s，电源频率为 1×107 Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的12。质子的荷质比取 1×108 C/kg。求：
带电粒子在电场中的直线运动
1．带电粒子在匀强电场中做直线运动的条件 (1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动。
(2)粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。
2．带电粒子在电场中做直线运动的处理方法 (1)根据平衡条件或牛顿运动定律结合运动学公式解决处理。
a＝Fm合，E＝Ud ，v2－v20＝2ad。 (2)根据动能定理或其他功能关系解决处理。若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增加量。 ①在匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝12mv2－12mv20。 ②在非匀强电场中：W＝qU＝12mv2－12mv20。
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，则( D)

2024届高考一轮复习物理教案(新教材鲁科版)：带电粒子在电场中的偏转

第4讲带电粒子在电场中的偏转目标要求 1.掌握带电粒子在电场中的偏转规律.2.会分析带电粒子在电场中偏转的功能关系.3.掌握带电粒子在电场和重力场的复合场中的运动规律.4.会分析、计算带电粒子在交变电场中的偏转问题．考点一带电粒子在匀强电场中的偏转带电粒子在匀强电场中偏转的两个分运动(1)沿初速度方向做匀速直线运动，t ＝lv 0(如图)．(2)沿电场力方向做匀加速直线运动 ①加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd.②离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22md v 02.③离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝qUlmd v 02.1．两个重要结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．证明：在加速电场中有qU 0＝12m v 02在偏转电场偏移量y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(l v 0)2偏转角θ，tan θ＝v y v 0＝qU 1lmd v 02得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l2U 0dy 、θ均与m 、q 无关．(2)粒子经电场偏转后射出，速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点，即O 到偏转电场边缘的距离为偏转极板长度的一半． 2．功能关系当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解：qU y ＝12m v 2－12m v 02，其中U y＝Ud y ，指初、末位置间的电势差．考向1 带电粒子在匀强电场中的偏转例1 (2023·广东佛山市模拟)如图所示，正方形ABCD 区域内存在竖直向上的匀强电场，质子(11H)和α粒子(42He)先后从A 点垂直射入匀强电场，粒子重力不计，质子从BC 边中点射出，则( )A ．若初速度相同，α粒子从CD 边离开B ．若初速度相同，质子和α粒子经过电场的过程中速度增量之比为1∶2C ．若初动能相同，质子和α粒子经过电场的时间相同D ．若初动能相同，质子和α粒子经过电场的过程中动能增量之比为1∶4 答案 D解析对任一粒子，设其电荷量为q ，质量为m ，粒子在电场中做类平抛运动，水平方向有 x ＝v 0t ，竖直方向有y ＝12at 2＝12·qE m ·x 2v 02，若初速度相同，水平位移x 相同时，由于α粒子的比荷比质子的小，则α粒子的偏转距离y 较小，所以α粒子从BC 边离开，由t ＝xv 0知两个粒子在电场中的运动时间相等，由Δv ＝at ＝qE m t ，知Δv ∝qm ，则质子和α粒子经过电场的过程中速度增量之比为2∶1，故A 、B 错误；粒子经过电场的时间为t ＝xv 0，若初动能相同，质子的初速度较大，则质子的运动时间较短，故C 错误；由y ＝12·qE m ·x 2v 02，E k ＝12m v 02得y ＝qEx 24E k ，若初动能相同，已知x 相同，则y ∝q ，根据动能定理知：经过电场的过程中动能增量ΔE k ＝qEy ，E 相同，则ΔE k ∝q 2，则质子和α粒子经过电场的过程中动能增量之比为1∶4，故D正确．例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v 0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m v 0qEB ．速度大小为3v 0C ．与P 点的距离为22m v 02qED ．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 ＝v 0t ，竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，有y ＝12at 2＝12·qE m t 2，yx ＝tan 45°，联立解得t ＝2m v 0qE，故A 错误；v y ＝at ＝qE m ·2m v 0qE ＝2v 0，则速度大小v ＝v 02＋v y 2＝5v 0，tan θ＝v 0v y ＝12，则速度方向与竖直方向夹角θ≠30°，故B 、D 错误；x ＝v 0t ＝2m v 02qE ，与P 点的距离s ＝x cos 45°＝22m v 02qE ，故C 正确．考向2 带电粒子在组合场中的运动例3 (2023·广东湛江市模拟)示波管原理图如图甲所示．它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空．如果在偏转电极XX ′和YY ′之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑如图乙所示．若板间电势差U XX′和U YY′随时间变化关系图像如丙、丁所示，则荧光屏上的图像可能为()答案 A解析U XX′和U YY′均为正值，两偏转电极的电场强度方向分别由X指向X′，Y指向Y′，电子带负电，所受电场力方向与电场强度方向相反，所以分别向X、Y方向偏转，可知A正确．例4(多选)(2023·福建福州市模拟)如图所示是一个示波器工作的原理图，电子经过电压为U1的电场加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏转位移是y，两平行板间的距离为d，电压为U2，板长为L，每单位电压引起的偏移yU2叫作示波管的灵敏度，为了提高示波管的灵敏度．下列方法可行的是()A．增大U2B．增大LC．减小d D．增大U1答案BC解析电子在加速电场中运动，根据动能定理有qU 1＝12m v 2，电子在偏转电场中运动时有y＝12at 2＝12·U 2q dm ⎝⎛⎭⎫L v 2，联立解得y U 2＝L 24U 1d ，增大U 2，灵敏度不变，A 错误；增大L 或者减小d ，灵敏度都增大，B 、C 正确；增大U 1，灵敏度减小，D 错误．考点二带电粒子在重力场和电场复合场中的偏转例5 (多选)(2023·福建龙岩市第一中学模拟)如图所示，在竖直平面内xOy 坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m 、带电荷量为q 的小球，以某一初速度从O 点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程x ＝ky 2，且小球通过点P ⎝⎛⎭⎫1k ，1k ，已知重力加速度为g ，则( )A ．电场强度的大小为mg qB ．小球初速度的大小为g 2kC ．小球通过点P 时的动能为5mg4kD ．小球从O 点运动到P 点的过程中，电势能减少2mgk答案 BC解析小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿x 轴正方向，可知qE ＝2mg ，电场强度的大小为E ＝2mg q ，选项A 错误；因为F 合＝mg ＝ma ，所以a ＝g ，由类平抛运动规律有1k＝v 0t ，1k ＝12gt 2，得小球初速度大小为v 0＝g2k ，选项B 正确；由P 点的坐标分析可知v 0v x ＝12，所以小球通过点P 时的动能为12m v 2＝12m (v 02＋v x 2)＝5mg4k ，选项C 正确；小球从O 到P 过程中电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即W ＝qE ·1k ·1cos 45°＝2mgk ，选项D 错误．例6 (2019·全国卷Ⅲ·24)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O 、P 是电场中的两点．从O 点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m 的小球A 、B .A 不带电，B 的电荷量为q (q >0)．A 从O 点发射时的速度大小为v 0，到达P 点所用时间为t ；B 从O 点到达P 点所用时间为t2.重力加速度为g ，求：(1)电场强度的大小； (2)B 运动到P 点时的动能．答案 (1)3mgq(2)2m (v 02＋g 2t 2)解析 (1)设电场强度的大小为E ，小球B 运动的加速度为a .根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mg ＋qE ＝ma ① 12a (t 2)2＝12gt 2② 解得E ＝3mg q③(2)设B 从O 点发射时的速度为v 1，到达P 点时的动能为E k ，O 、P 两点的高度差为h ，根据动能定理有mgh ＋qEh ＝E k －12m v 12④且有v 1·t2＝v 0t ⑤h ＝12gt 2⑥ 联立③④⑤⑥式得E k ＝2m (v 02＋g 2t 2)．考点三带电粒子在交变电场中的偏转1．带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方波)的情形．当粒子垂直于交变电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性．2．研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况．根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等． 3．注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子运动时间上的周期性和空间上的对称性，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件． 4．对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动．例7 在如图甲所示的极板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v 0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)若电子恰能沿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？答案见解析解析 (1)由动能定理得e U 02＝12m v 2－12m v 02解得v ＝v 02＋eU 0m. (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v 0，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 ＝v 0T .(3)若要使电子沿OO ′平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，减速到零后反向加速、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 ＝T 4＋k T2(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 ＝eU 0md ，加速阶段运动的距离s ＝12·eU 0md ⎝⎛⎭⎫T 42≤d4，解得d ≥TeU 08m，故两极板间距至少为T eU 08m. 例8 如图甲所示，热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U 0，电容器极板长L ＝10 cm ，极板间距d ＝10 cm ，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L ＝10 cm ，荧光屏足够长，在电容器两极板间接一交变电压，上极板与下极板的电势差随时间变化的图像如图乙所示．每个电子穿过极板的时间都极短，可以认为电子穿过极板的过程中电压是不变的．求：(1)在t ＝0.06 s 时刻，电子打在荧光屏上的位置到O 点的距离； (2)荧光屏上有电子打到的区间长度．答案 (1)13.5 cm (2)30 cm解析 (1)设电子经电压U 0加速后的速度为v 0，根据动能定理得eU 0＝12m v 02，设电容器间偏转电场的场强为E ，则有E ＝Ud，设电子经时间t 通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y ，则沿中心轴线方向有t ＝Lv 0，垂直中心轴线方向有a ＝eE m ，联立解得y ＝12at 2＝eUL 22md v 02＝UL 24U 0d，设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为v y ，偏转角为θ，则电子通过偏转电场时有v y ＝at ，tan θ＝v y v 0，则电子在荧光屏上偏离O 点的距离为Y ＝y ＋L tan θ＝3UL 24U 0d ，由题图乙知t＝0.06 s 时刻，U ＝1.8U 0，解得Y ＝13.5 cm.(2)由题知电子偏移量y 的最大值为d 2，根据y ＝UL 24U 0d 可得，当偏转电压超过2U 0时，电子就打不到荧光屏上了，所以代入得Y max ＝3L2，所以荧光屏上电子能打到的区间长度为2Y max ＝3L ＝30 cm.课时精练1.(多选)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．2.(多选)(2023·辽宁葫芦岛市高三检测)如图所示，在竖直向上的匀强电场中，A球位于B球的正上方，质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空气阻力，下列判断正确的是()A．如果A球带电，则A球一定带负电B．如果A球带电，则A球的电势能一定增加C．如果B球带电，则B球一定带负电D．如果B球带电，则B球的电势能一定增加答案AD解析平抛时的初速度相同，在水平方向通过的位移相同，故下落时间相同，A球在上方，竖直位移较大，由h＝12可知，A球下落的加速度较大，所受合外力较大，如果A球带电，2at则A球受到向下的电场力，一定带负电，电场力做正功，电势能减小，故A正确，B错误；如果B球带电，由于B球的竖直位移较小，加速度较小，所受合外力较小，则B球受到的电场力向上，应带正电，电场力对B球做负功，电势能增加，故C错误，D正确．3．(多选)(2023·福建省福州第十五中学月考)如图所示，a、b两个不同的带电粒子，从同一点平行于极板方向射入电场，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，不计重力，下列判断正确的是( )A ．若粒子比荷相同，则初速度一定是b 粒子大B ．若粒子比荷相同，则初速度一定是a 粒子大C ．两粒子在电场中运动的时间一定相同D ．若粒子初动能相同，则带电荷量一定是a 粒子大答案 AD解析对每个粒子，水平方向有s ＝v t ，竖直方向有h ＝12·qE m t 2＝qEs 22m v 2.若粒子比荷相同，因b粒子的水平位移大，则初速度一定较大，选项A 正确，B 错误；由h ＝12·qEm t 2可知，因两粒子的比荷不确定，则时间关系不能确定，选项C 错误；由h ＝12·qE m t 2＝qEs 22m v 2＝qEs 24E k ，则若粒子初动能相同，因a 粒子的水平位移较小，则带电荷量一定较大，选项D 正确．4．(多选)(2021·全国乙卷·20)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(＋q ，m )、(＋q ,2m )、(＋3q ,3m )、(－q ，m )，它们先后以相同的速度从坐标原点沿x 轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y 轴平行．不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是( )答案 AD解析带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为a ＝qEm ，由类平抛运动规律可知，带电粒子在电场中运动时间为t ＝lv 0，离开电场时，带电粒子的偏转角的正切值为tan θ＝v y v x ＝at v 0＝qElm v 02，因为四个带电的粒子的初速度相同，电场强度相同，水平位移相同，所以偏转角只与比荷有关，(＋q ，m )粒子与(＋3q ,3m )粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与(－q ，m )粒子的比荷也相同，所以(＋q ，m )、(＋3q ,3m )、(－q ，m )三个粒子偏转角相同，但(－q ，m )粒子与上述两个粒子的偏转角方向相反，(＋q ,2m )粒子的比荷比(＋q ，m )、(＋3q ,3m )粒子的比荷小，所以(＋q ,2m )粒子比(＋q ，m )(＋3q ，3m )粒子的偏转角小，但都带正电，偏转方向相同，故A 、D 正确，B 、C 错误．5.如图所示，一电子枪发射出的电子(初速度很小，可视为零)经过加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为Y .要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的(不考虑电子射出时碰到偏转极板的情况)( )A ．增大偏转电压UB ．增大加速电压U 0C ．增大偏转极板间距离D ．将发射电子改成发射负离子答案 A解析设偏转极板长为l ，极板间距为d ，由eU 0＝12m v 02，t ＝l v 0，a ＝eU md ，y ＝12at 2，联立得偏转位移y ＝Ul 24U 0d ，增大偏转电压U ，减小加速电压U 0，减小偏转极板间距离，都可使偏转位移增大，选项A 正确，B 、C 错误；由于偏转位移y ＝Ul 24U 0d 与粒子质量、带电荷量无关，故将发射电子改成发射负离子，偏转位移不变，选项D 错误．6．(多选)如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d 的平行金属板P 、Q ，两板间距为d ，两板间加上如图乙所示最大值为U 0且周期性变化的电压，在两板左侧紧靠P 板处有一粒子源A ，自t ＝0时刻开始连续释放初速度大小为v 0、方向平行于金属板的相同带电粒子，t ＝0时刻释放的粒子恰好从Q 板右侧边缘离开电场，已知电场变化周期T ＝2dv 0，粒子质量为m ，不计粒子重力及相互间的作用力，则( )A ．在t ＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v 0B ．粒子的电荷量为m v 022U 0C ．在t ＝18T 时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了18m v 02D ．在t ＝14T 时刻进入的粒子刚好从P 板右侧边缘离开电场答案 AD解析粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t ＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动时间t ＝2dv 0，此时间正好是交变电压的一个周期，粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v 0，选项A 正确；在竖直方向，t ＝0时刻进入电场的粒子在T 2时间内的位移为d 2，则d 2＝12a ·(T 2)2＝U 0q 2dm (d v 0)2，计算得出q ＝m v 02U 0，选项B 错误；在t ＝T8时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为d ＝2×12a (38T )2－2×12a (T 8)2＝d 2，故电场力做功为W ＝U 0q d ×12d ＝12U 0q ＝12m v 02，电势能减少了12m v 02，选项C 错误；t ＝T 4时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动T4，然后向下减速运动T 4，再向上加速T 4，然后再向上减速T4，由对称可以知道，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P 板右侧边缘离开电场，选项D 正确．7.(2023·重庆市高三模拟)如图所示，一圆形区域有竖直向上的匀强电场，O 为圆心，两个质量相等、电荷量大小分别为q 1、q 2的带电粒子甲、乙，以不同的速率v 1、v 2从A 点沿AO 方向垂直射入匀强电场，甲从C 点飞出电场，乙从D 点飞出，它们在圆形区域中运动的时间相同，已知∠AOC ＝45°，∠AOD ＝120°，不计粒子的重力，下列说法正确的是( )A.v 1v 2＝2－22＋3B.v 1v 2＝2－23 C.q 1q 2＝32 D.q 1q 2＝ 2 答案 B解析甲、乙在电场中均做类平抛运动，沿初速度方向做匀速直线运动，它们在圆形区域中运动时间t 相同，在水平方向上，根据题图中几何关系可得x AC ＝v 1t ＝R －R cos 45°，x AD ＝v 2t ＝R ＋R cos 60°，联立可得v 1v 2＝1－221＋12＝2－23，A 错误，B 正确；甲、乙在电场中沿电场力方向均做初速度为零的匀加速直线运动，则有y AC ＝12·q 1E m t 2＝R sin 45°，y AD ＝12·q 2Em t 2＝R sin 60°，联立可得q 1q 2＝sin 45°sin 60°＝23，C 、D 错误．8.(2022·浙江6月选考·9)如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M 、N 间存在匀强电场，板长为L (不考虑边界效应)．t ＝0时刻，M 板中点处的粒子源发射两个速度大小为v 0的相同粒子，垂直M 板向右的粒子，到达N 板时速度大小为2v 0；平行M 板向下的粒子，刚好从N 板下端射出．不计重力和粒子间的相互作用，则( )A ．M 板电势高于N 板电势B ．两个粒子的电势能都增加C ．粒子在两板间的加速度为a ＝2v 02LD ．粒子从N 板下端射出的时间t ＝(2－1)L2v 0答案 C解析由于不知道两粒子的电性，故不能确定M 板和N 板的电势高低，故A 错误；根据题意垂直M 板向右的粒子到达N 板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小，则平行M 板向下的粒子到达N 板时电场力也做正功，电势能同样减小，故B 错误；设两板间距离为d ，对于平行M 板向下的粒子刚好从N 板下端射出，在两板间做类平抛运动，有L2＝v 0t ，d ＝12at 2，对于垂直M 板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，则在电场中加速度相同，有(2v 0)2－v 02＝2ad ，联立解得t ＝L2v 0，a ＝2v 02L，故C 正确，D 错误． 9.(多选)如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L ，板间距离为d ，距板右端L 处有一竖直屏M .一带电荷量为q 、质量为m 的质点以初速度v 0沿中线射入两板间，最后垂直打在M 上，则下列说法中正确的是(已知重力加速度为g )( )A ．两极板间电压为mgd2qB ．板间电场强度大小为2mgqC ．整个过程中质点的重力势能增加mg 2L 2v 02D ．若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M 上答案 BC解析据题分析可知，质点在平行板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M 屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图所示，可知两次偏转的加速度大小相等，对两次偏转分别由牛顿第二定律得qE －mg ＝ma ，mg ＝ma ，解得a ＝g ，E ＝2mg q ，由U ＝Ed 得两极板间电压为U ＝2mgd q ，故A 错误，B 正确；质点在电场中向上偏转的距离y ＝12at 2，t ＝L v 0，解得y ＝gL 22v 02，故质点打在屏上的位置与P 点的距离为s ＝2y ＝gL 2v 02，整个过程中质点的重力势能的增加量E p ＝mgs ＝mg 2L 2v 02，故C 正确；仅增大两极板间的距离，因两极板上电荷量不变，根据E ＝U d ＝Q Cd ＝Q εr S 4πkd d ＝4πkQεr S可知，板间电场强度不变，质点在电场中受力情况不变，则运动情况不变，仍垂直打在M 上，故D 错误． 10.(2023·黑龙江佳木斯市第八中学调研)如图所示，两平行金属板A 、B 长L ＝8 cm ，两板间距离d ＝8 cm ，A 板比B 板电势高300 V ，一个不计重力的带正电的粒子电荷量q ＝10－10C 、质量m ＝10－20kg ，沿电场中心线RO 垂直电场线飞入电场，初速度v 0＝2×106 m/s ，粒子飞出平行板电场后，可进入界面MN 和光屏PS 间的无电场的真空区域，最后打在光屏PS 上的D 点(未画出)．已知界面MN 与光屏PS 相距12 cm ，O 是中心线RO 与光屏PS 的交点．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)粒子穿过界面MN 时偏离中心线RO 的距离； (2)粒子射出平行板电容器时偏转角； (3)OD 两点之间的距离．答案 (1)0.03 m (2)37° (3)0.12 m解析 (1)带电粒子垂直进入匀强电场后做类平抛运动，加速度为a ＝F m ＝qU md水平方向有L ＝v 0t 竖直方向有y ＝12at 2联立解得y ＝qUL 22md v 02＝0.03 m(2)设粒子射出平行板电容器时偏转角为θ，v y ＝at tan θ＝v y v 0＝at v 0＝qUL md v 02＝34，故偏转角为37°.(3)带电粒子离开电场时速度的反向延长线与初速度延长线的交点为水平位移的中点，设两界面MN 、PS 相距为L ′，由相似三角形得L2L 2＋L ′＝yY ，解得Y ＝4y ＝0.12 m.11．(2023·辽宁大连市第八中学高三检测)如图甲所示，真空中的电极可连续不断均匀地逸出电子(设电子的初速度为零)，经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A 、B 的中线射入偏转电场，A 、B 两板距离为d ，A 、B 板长为L ，AB 两板间加周期性变化的电场U AB ，如图乙所示，周期为T ，加速电压U 1＝2mL 2eT 2，其中m 为电子质量、e 为电子电荷量，T 为偏转电场的周期，不计电子的重力，不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求：(1)电子从加速电场U 1飞出后的水平速度v 0的大小；(2)t ＝0时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距A 、B 间中线的距离y ；(3)在0～T2内射入偏转电场的电子中从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比．答案 (1)2L T (2) eU 0T 28md (3)50%解析 (1)电子在加速电场中加速，由动能定理得eU 1＝12m v 02－0解得v 0＝2LT(2) 电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向L ＝v 0t ，解得t ＝T2，t ＝0时刻进入偏转电场的电子加速度a ＝eE m ＝eU 0md ，电子离开电场时距离A 、B 中心线的距离y ＝12at 2，解得y ＝eU 0T 28md(3)在0～T2内射入偏转电场的电子，设向上的方向为正方向，设电子恰在A 、B 间中线离开偏转电场，则电子先向上做初速度为零、加速度大小为a 的匀加速直线运动，经过时间t ′后速度v ＝at ′，此后两板间电压大小变为3U 0，加速度大小变为a ′＝eE ′m ＝3eU 0md ＝3a电子向上做加速度大小为3a 的匀减速直线运动，速度减为零后，向下做初速度为零、加速度大小为3a 的匀加速直线运动，最后回到A 、B 间的中线，经历的时间为T 2，则12at ′2＋v (T2－t ′)－12×3a (T 2－t ′)2＝0，解得t ′＝T4，则能够从中线上方向离开偏转电场的电子的发射时间为t ″＝T 4，则在0～T2时间内，从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比η＝T 4T 2×100%＝50%.12．(多选)如图，质量为m 、带电荷量为q 的质子(不计重力)在匀强电场中运动，先后经过水平虚线上A 、B 两点时的速度大小分别为v a ＝v 、v b ＝3v ，方向分别与AB 成α＝60°角斜向上、θ＝30°角斜向下，已知AB ＝L ，则( )A ．质子从A 到B 的运动为匀变速运动 B ．电场强度大小为2m v 2qLC ．质子从A 点运动到B 点所用的时间为2Lv D ．质子的最小速度为32v 答案 ABD解析质子在匀强电场中受力恒定，故加速度恒定，则质子从A 到B 的运动为匀变速运动，A 正确；质子在匀强电场中做抛体运动，在与电场垂直的方向上分速度相等，设v a 与电场线的夹角为β，如图所示．则有v a sin β＝v b cos β，解得β＝60°，根据动能定理有qEL cos 60°＝12m v b 2－12m v a 2，解得E ＝2m v 2qL ，B 正确；根据几何关系可得，AC 的长度为L sin 60°＝32L ，则质子从A 点运动到B 点所用的时间为t ＝32L v a sin β＝Lv ，C 错误；在匀变速运动过程中，当速度方向与电场力方向垂直时，质子的速度最小，有v min ＝v a sin β＝32v ，D 正确．。

高考物理一轮复习第六章静电场第3节带电粒子在电场中的运动

权掇市安稳阳光实验学校第3节电粒子在电场中的运动(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。

(×)(2)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比。

(×)(3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。

(×)(4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。

(×)(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。

(√)(6)示波管屏幕上的亮线是由于电子束高速撞击荧光屏而产生的。

(√)(7)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。

(×)突破点(一) 平行板电容器的动态分析1．平行板电容器动态变化的两种情况(1)电容器始终与电源相连时，两极板间的电势差U保持不变。

(2)充电后与电源断开时，电容器所带的电荷量Q保持不变。

2．平行板电容器动态问题的分析思路3．平行板电容器问题的一个常用结论电容器充电后断开电源，在电容器所带电荷量保持不变的情况下，电场强度与极板间的距离无关。

[多角练通]1．(2016·全国乙卷)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。

若将云母介质移出，则电容器( )A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变解析：选D 平行板电容器电容的表达式为C＝εS4πkd，将极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容C变小。

由于极板间电压不变，据Q＝CU知，极板上的电荷量变小。

再考虑到极板间电场强度E＝Ud，由于U、d不变，所以极板间电场强度不变，选项D正确。

2．(2016·天津高考)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。

在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，E p 表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。

高考物理一轮复习专题_带电粒子在电场中运动课件

D.若电子是在t＝3T/8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动,最后打在B板上
B
UB / v U0
0
t/ s
A -U0
U/ v
B
U0
0
t/ s
A
-U0
F=Eq=U0q/d
a/ m/s2
F=ma
a0
a= U0q/md
0
-a0
t/ s
若电子是在
t＝0时刻进入的
v/ m/s
v0
0
t/ s
-v0
U/ v
U0
0
-U0
若电子是在t ＝ T/8时刻进入的
T/2
T
3T/2 2T t / s
a/ m/s2
a0
0
-a0
T/2
T
3T/2 2T t / s
v / m/s
v0
0
-v0
T/2
T
3T/2 2T t / s
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• ②画出 a-t、v-t图
1：如图所示，A板的电势UA＝0，B板的电势 UB随时间的变化规律如图所示。则
A.若电子是在t＝0时刻进入的，它将一直向B板运动
B.若电子是在t＝T/8时刻进入的，它可能时而向 B板运动，时而向A板运动,最后打在B板上
C.若电子是在t＝T/4时刻进入的，它可能时而向 B板、时而向A板运动
联立解得 v＝答案：见解析
v021－mg2＋F阻Fs阻insiθn θ。
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2021届高考物理一轮复习考点强化：带电粒子在电场中的偏转运动

设粒子第一次到达 G 时动能为 Ek，由动能定理有 qEh＝Ek－12mv20③
设粒子第一次到达 G 时所用的时间为 t，粒子在水平方向的位移大小为 l，则有 h＝21at2④，l＝v0t⑤
联立①②③④⑤式解得 Ek＝12mv20＋2dφqh⑥，l＝v0 mqdφh。⑦ (2)若粒子穿过 G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性
(1)电场强度的大小； (2)B 运动到 P 点时的动能。
答案
3mg (1) q
(2)2m(v20＋g2t2)
小球做什么运动？一般怎么处理？还有其它方法吗？
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课堂互动
解析 (1)设电场强度的大小为 E，小球 B 运动的加速度为 a。根据牛顿第二定律、
运动学公式和题给条件，有 mg＋qE＝ma①
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
答案 (1)21mv20＋2dφqh v0
mdh qφ (2)2v0
mdh qφ
粒子做什么运动？一般用什么方法？
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多维训练
解析 (1)PG、QG 间场强大小相等，设均为 E。粒子在 PG 间所受电场力 F 的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为 a，有 E＝2dφ①，F＝qE＝ma②
C．减小偏转板与承印材料的距离
D．增大偏转板间的电压
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科学态度与责任系列——电场中的STSE问题
应用5 电子束熔炼【典例6】(多选) (2019·山西太原模拟)电子束熔炼是指高真空下，将高速电子束的动能转换为热能作为热源来进行金属熔炼的一种熔炼方法。如图所示，阴极灯丝被加热后产生初速度为0的电子，在3×104 V加速电压的作用下，以极高的速度向阳极运动；穿过阳极后，在金属电极A1、A2间1×103 V电压形成的聚焦电场作用下，轰击到物料上，其动能全部转换为热能，使物料不断熔炼。已知某电子在熔炼炉中的轨迹如图中虚线OPO′所示，P是轨迹上的一点，聚焦电场过P点的一条电场线如图，则 () A．电极A1的电势高于电极A2的电势 B．电子在P点时速度方向与聚焦电场强度方向夹角大于90° C．聚焦电场只改变电子速度的方向，不改变电子速度的大小 D．电子轰击到物料上时的动能大于3×104 eV