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高中物理带电粒子在电场中的运动答题技巧及练习题(含答案)

高中物理带电粒子在电场中的运动答题技巧及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图(a)所示，整个空间存在竖直向上的匀强电场（平行于纸面），在同一水平线上的两位置，以相同速率同时喷出质量均为m 的油滴a 和b ，带电量为+q 的a 水平向右，不带电的b 竖直向上．b 上升高度为h 时，到达最高点，此时a 恰好与它相碰，瞬间结合成油滴p ．忽略空气阻力，重力加速度为g ．求(1)油滴b 竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离； (2)匀强电场的场强及油滴a 、b 结合为p 后瞬间的速度；(3)若油滴p 形成时恰位于某矩形区域边界，取此时为0t =时刻，同时在该矩形区域加一个垂直于纸面的周期性变化的匀强磁场，磁场变化规律如图(b)所示，磁场变化周期为T 0（垂直纸面向外为正），已知P 始终在矩形区域内运动，求矩形区域的最小面积．（忽略磁场突变的影响）【答案】（12hg2h （2）2mg q ；P v gh = 方向向右上，与水平方向夹角为45°（3）20min 22ghT s π= 【解析】【详解】(1)设油滴的喷出速率为0v ，则对油滴b 做竖直上抛运动，有2002v gh =- 解得02v gh000v gt =- 解得02ht g=对油滴a 的水平运动，有000x v t = 解得02x h =(2)两油滴结合之前，油滴a 做类平抛运动，设加速度为a ，有qE mg ma -=，2012h at =，解得a g =，2mg E q =设油滴的喷出速率为0v ，结合前瞬间油滴a 速度大小为a v ，方向向右上与水平方向夹θ角，则0a cos v v θ=，00tan v at θ=，解得a 2v gh =45θ=︒两油滴的结束过程动量守恒，有：12p mv mv =，联立各式，解得：p vgh =，方向向右上，与水平方向夹45︒角(3)因2qE mg =，油滴p 在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r ，周期为T ，则由2082pp v m qv m qT r π= 得04T gh r π=，由2p r T v π= 得02T T = 即油滴p 在磁场中的运动轨迹是两个外切圆组成的“8”字形．最小矩形的两条边长分别为2r 、4r （轨迹如图所示）．最小矩形的面积为20min2242ghT s r r π=⨯=2．如图所示，虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧距PQ 为L 处有一与电场E 2平行的屏．现将一电子(电荷量为e ，质量为m ，重力不计)无初速度地放入电场E 1中的A 点，最后电子打在右侧的屏上，A 点到MN 的距离为2L，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求：(1) 电子到达MN 时的速度；(2) 电子离开偏转电场时偏转角的正切值tan θ； (3) 电子打到屏上的点P ′到点O 的距离.【答案】(1) eELv m=L . 【解析】【详解】（1）电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，到达MN 的速度为v ，则：a 1＝1eE m ＝eEm2122La v =解得eELv m=（2）设电子射出电场E 2时沿平行电场线方向的速度为v y ，a 2＝2eE m ＝2eEm t ＝L v v y ＝a 2ttan θ＝y v v=2（3）电子离开电场E 2后，将速度方向反向延长交于E 2场的中点O ′.由几何关系知：tan θ＝2xLL+解得：x ＝3L .3．利用电场可以控制电子的运动，这一技术在现代设备中有广泛的应用，已知电子的质量为m ，电荷量为e -，不计重力及电子之间的相互作用力，不考虑相对论效应．（1）在宽度一定的空间中存在竖直向下的匀强电场，一束电子以相同的初速度0v 沿水平方向射入电场，如图1所示，图中虚线为某一电子的轨迹，射入点A 处电势为A ϕ，射出点B 处电势为B ϕ．①求该电子在由A 运动到B 的过程中，电场力做的功AB W ；②请判断该电子束穿过图1所示电场后，运动方向是否仍然彼此平行？若平行，请求出速度方向偏转角θ的余弦值cos θ（速度方向偏转角是指末速度方向与初速度方向之间的夹角）；若不平行，请说明是会聚还是发散．（2）某电子枪除了加速电子外，同时还有使电子束会聚或发散作用，其原理可简化为图2所示．一球形界面外部空间中各处电势均为1ϕ，内部各处电势均为221()ϕϕϕ>，球心位于z 轴上O 点．一束靠近z 轴且关于z 轴对称的电子以相同的速度1v 平行于z 轴射入该界面，由于电子只受到在界面处法线方向的作用力，其运动方向将发生改变，改变前后能量守恒．①请定性画出这束电子射入球形界面后运动方向的示意图（画出电子束边缘处两条即可）；②某电子入射方向与法线的夹角为1θ，求它射入球形界面后的运动方向与法线的夹角2θ的正弦值2sin θ．【答案】（1）①()AB B A W e ϕϕ=- ②是平行；()020cos 2B A v ve v mθϕϕ==-+；（2）① ②()1122211sin 2e v mθϕϕ=-+【解析】【详解】（1）①AB 两点的电势差为AB A B U ϕϕ=-在电子由A 运动到B 的过程中电场力做的功为()AB AB B A W eU e ϕϕ=-=-②电子束在同一电场中运动，电场力做功一样，所以穿出电场时，运动方向仍然彼此平行，设电子在B 点处的速度大小为v ，根据动能定理2201122AB W mv mv =- 0cos v v θ=解得：()020cos 2B A v ve v mθϕϕ==-+（2）①运动图如图所示：②设电子穿过界面后的速度为2v ，由于电子只受法线方向的作用力，其沿界面方向的速度不变，则1122sin sin θθ=v v 电子穿过界面的过程，能量守恒则：2211221122mv e mv e ϕϕ-=- 可解得：()212212e v v mϕϕ-=+ 则()1122211sin 2e v mθϕϕ=-+故本题答案是：（1）①()AB B A W e ϕϕ=- ②()020cos 2B A v ve v mθϕϕ==-+；（2）① ②()1122211sin 2e v mθϕϕ=-+4．在水平桌面上有一个边长为L 的正方形框架，内嵌一个表面光滑的绝缘圆盘，圆盘所在区域存在垂直圆盘向上的匀强磁场．一带电小球从圆盘上的P 点（P 为正方形框架对角线AC 与圆盘的交点）以初速度v 0水平射入磁场区，小球刚好以平行于BC 边的速度从圆盘上的Q 点离开该磁场区（图中Q 点未画出），如图甲所示．现撤去磁场，小球仍从P 点以相同的初速度v 0水平入射，为使其仍从Q 点离开，可将整个装置以CD 边为轴向上抬起一定高度，如图乙所示，忽略小球运动过程中的空气阻力，已知重力加速度为g ．求：（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比；（2）框架以CD为轴抬起后，AB边距桌面的高度．【答案】（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比为：π：2；（2）框架以CD为轴抬起后，AB边距桌面的高度为222vg．【解析】【分析】【详解】（1）小球在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识得：r2+r2=L2，解得：r=22L，小球在磁场中做圆周运的周期：T=2rvπ，小球在磁场中的运动时间：t1=14T=24Lvπ，小球在斜面上做类平抛运动，水平方向：x =r =v 0t 2，运动时间：t 2=22L v ，则：t 1：t 2=π：2；（2）小球在斜面上做类平抛运动，沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，位移：r =2212at ，解得，加速度：a =222v L，对小球，由牛顿第二定律得：a =mgsin mθ=g sinθ， AB 边距离桌面的高度：h =L sinθ=222v g；5．如图所示，荧光屏MN 与x 轴垂直放置，荧光屏所在位置的横坐标x 0=60cm ，在第一象限y 轴和MN 之间存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度E =1.6×105N/C ，在第二象限有半径R =5cm 的圆形磁场，磁感应强度B =0.8T ，方向垂直xOy 平面向外．磁场的边界和x 轴相切于P 点．在P 点有一个粒子源，可以向x 轴上方180°范围内的各个方向发射比荷为qm=1.0×108C/kg 的带正电的粒子，已知粒子的发射速率v 0=4.0×106m/s ．不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用．求：（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；（2）粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围；（3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q 点的最远距离．【答案】（1）5cm ；（2）0≤y≤10cm ；（3）9cm 【解析】【详解】（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：qvB =m 20v r解得：r =20510mv Bq-=⨯m=5cm （2）由（1）问可知r =R ，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示：由几何关系可知四边形PO′FO 1为菱形，所以FO 1∥O′P ，又O′P 垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径FO 1垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x 轴平行，所以粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为0≤y ≤10cm （3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有：x 0=v 0t 0 h =2012at a =qE m解得：h =18cm ＞2R =10cm说明粒子离开电场后才打在荧光屏上．设从纵坐标为y 的点进入电场的粒子在电场中沿x 轴方向的位移为x ，则：x =v 0t y =212at 代入数据解得：x 2y设粒子最终到达荧光屏的位置与Q 点的最远距离为H ，粒子射出电场时速度方向与x 轴正方向间的夹角为θ，000tan 2y qE x v m v yv v θ⋅===所以：H =（x 0﹣x ）tan θ=（x 02y ）2y由数学知识可知，当（x 02y ）2y 时，即y =4.5cm 时H 有最大值所以H max =9cm6．如图所示，两块平行金属极板MN 水平放置，板长L =" 1" m ．间距d =33m ，两金属板间电压U MN = 1×104V ；在平行金属板右侧依次存在ABC 和FGH 两个全等的正三角形区域，正三角形ABC 内存在垂直纸面向里的匀强磁场B 1，三角形的上顶点A 与上金属板M 平齐，BC 边与金属板平行，AB 边的中点P 恰好在下金属板N 的右端点；正三角形FGH 内存在垂直纸面向外的匀强磁场B 2，已知A 、F 、G 处于同一直线上．B 、C 、H 也处于同一直线上．AF 两点距离为23m ．现从平行金属极板MN 左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量m = 3×10-10kg ，带电量q = +1×10-4C ，初速度v 0= 1×105m/s ．(1)求带电粒子从电场中射出时的速度v 的大小和方向(2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC 边上，求该区域的磁感应强度B 1 (3)若要使带电粒子由FH 边界进入FGH 区域并能再次回到FH 界面，求B 2应满足的条件．【答案】（152310/m s ；垂直于AB 方向出射．（2）3310（323+ 【解析】试题分析：（1）设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t ，加速度为a ，则：U qma d =解得：102310/qU a m s md == 50110Lt s v -==⨯ 竖直方向的速度为：v y ＝at ＝33×105m/s 射出时速度为：22502310/y v v v m s =+=速度v 与水平方向夹角为θ，03tan 3y v v θ==，故θ=30°，即垂直于AB 方向出射．（2）带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移213262d y at ===，即粒子由P 1点垂直AB 射入磁场，由几何关系知在磁场ABC 区域内做圆周运动的半径为12cos303d R m ==o由211vB qv mR=知：113310mvB TqR==（3）分析知当轨迹与边界GH相切时，对应磁感应强度B2最大，运动轨迹如图所示：由几何关系得：221sin60RRo+=故半径2(233)R m=-又222vB qv mR=故2235B T+=所以B2应满足的条件为大于235T+．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.7．电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场的极板由相距为d的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示．大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO’射入偏转电场．当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；:当在两板间加最大值为U0、周期为2t0的电压(如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强酸场中，最后打在竖直放置的荧光屏上．已知磁场的水平宽度为L，电子的质量为m、电荷量为e，其重力不计．（1）求电子离开偏转电场时的位置到OO ’的最远位置和最近位置之间的距离（2）要使所有电子都能垂直打在荧光屏上，①求匀强磁场的磁感应强度B②求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度△y【答案】（1）2010U e y t dm ∆=（2）①00U t B dL =②2010U e y y t dm∆=∆= 【解析】【详解】（1）由题意可知，从0、2t 0、4t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为： 2222000max 00000311222y U e U e U e y at v t t t t dm dm dm=+=+= 从t 0、3t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：220min 001122U e y at t dm== 最远位置和最近位置之间的距离：1max min y y y ∆=-，2010U e y t dm∆= （2）①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：sin L R θ= 设电子离开偏转电场时的速度为v 1，垂直偏转极板的速度为v y ，则电子离开偏转电场时的偏向角为θ，1sin y v v θ=，式中00y U e v t dm =又：1mv R Be= 解得：00U t B dL= ②由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上．由第（1）问知电子离开偏转电场时的位置到OO ′的最大距离和最小距离的差值为△y 1，所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：2010U e y y t dm∆=∆=8．长为L 的平行板电容器沿水平方向放置，其极板间的距离为d ，电势差为U ，有方向垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场．荧光屏MN与电场方向平行，且到匀强电、磁场右侧边界的距离为x，电容器左侧中间有发射质量为m带＋q的粒子源，如图甲所示．假设a、b、c三个粒子以大小不等的初速度垂直于电、磁场水平射入场中，其中a 粒子沿直线运动到荧光屏上的O点；b粒子在电、磁场中向上偏转；c粒子在电、磁场中向下偏转．现将磁场向右平移与电场恰好分开，如图乙所示．此时，a、b、c粒子在原来位置上以各自的原速度水平射入电场，结果a粒子仍恰好打在荧光屏上的O点；b、c中有一个粒子也能打到荧光屏，且距O点下方最远；还有一个粒子在场中运动时间最长，且打到电容器极板的中点．求：(1)a粒子在电、磁场分开后，再次打到荧光屏O点时的动能；(2)b，c粒子中打到荧光屏上的点与O点间的距离(用x、L、d表示)；(3)b，c中打到电容器极板中点的那个粒子先、后在电场中，电场力做功之比．【答案】(1)242222222akL B d q m UEmB d= (2)1()2xy dL=+ (3)11224==5UqyW dUqW yd【解析】【详解】据题意分析可作出abc三个粒子运动的示意图，如图所示．(1) 从图中可见电、磁场分开后，a 粒子经三个阶段：第一，在电场中做类平抛运动；第二，在磁场中做匀速圆周运动；第三，出磁场后做匀速直线运动到达O 点，运动轨迹如图中Ⅰ所示．U q Bqv d=， Bd U v =， L LBd t v U==， 222122a Uq L B qd y t dm mU==， 21()2a a k U U qy E m d Bd=- 242222222a k L B d q m U E mB d= (2) 从图中可见c 粒子经两个阶段打到荧光屏上．第一，在电场中做类平抛运动；第二，离开电场后做匀速直线运动打到荧光屏上，运动轨迹如图中Ⅱ所示．设c 粒子打到荧光屏上的点到O 点的距离为y ，根据平抛运动规律和特点及几何关系可得12=122d y L L x +， 1()2x y d L =+ (3) 依题意可知粒子先后在电场中运动的时间比为t 1=2t 2如图中Ⅲ的粒子轨迹，设粒子先、后在电场中发生的侧移为y 1，y 22111·2Uq y t md =，11y Uq v t md= 122221·2y Uq t m y t dv +=， 22158qU y t md=， 124=5y y ， 11224==5Uq y W d Uq W y d9．如图，第一象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E ，第二、三、四象限存在方向垂直xOy 平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B ，第三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从P （-d ，0）点沿与x 轴正方向成α=60°角平行xOy 平面入射，经第二象限后恰好由y 轴上的Q 点（图中未画出）垂直y 轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P 点，回到P 点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：（1）粒子从P 点入射时的速度v 0；（2）第三、四象限磁感应强度的大小B /；【答案】（1）3E B（2）2.4B 【解析】试题分析：（1）粒子从P 点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为r，由几何知识得：23603 d d drsin sinα===︒根据2mvqv Br=得233qBdvm=粒子在第一象限中做类平抛运动，则有21602qEr cos tm-︒=（）；00yv qEttanv mvα==联立解得03EvB=（2）设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x和y，根据粒子在第三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x轴正方向的夹角等于α．则有：x=v0t，2yvy t=得322yvy tanx vα===由几何知识可得 y=r-rcosα=132r=则得23x d=所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为125323d dRsinα⎛⎫+⎪⎝⎭==粒子进入第三、四象限运动的速度0432v qBdv vcosα===根据2'vqvB mR=得：B′=2．4B考点：带电粒子在电场及磁场中的运动10．如图,光滑水平面上静置质量为m ，长为L 的绝缘板a,绝缘板右端园定有竖直挡板,整个装置置于水平向右的匀强电场中.现将一质量也为m 、带电量为q(q>0)的物块b 置于绝缘板左端(b 可视为质点且初速度为零)，已知匀强电场的场强大小为E=3μmg/q ，物块与绝缘板板间动摩擦数为μ(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，物块与绝缘板右端竖直挡板碰撞后a 、b 速度交换,且碰撞时间极短可忽略不计,物块带电量始终保持不变,重力加速度为g 。

带电粒子在电场中的运动(含答案)

“逼近高考—选择题总结性训练”电场并带电粒子的运动一、考点及说明二、类型、情景、知识与方法一、单项选择题1．如图，在正点电荷Q 形成的电场中，在某点M 放入一电荷量为q 的正点电荷P ，P 受到的库仑力为F ，下列表述正确的是（D ）A ．P 、Q 之间相互吸引B ．若将P 移走，则M 点的电场强度为零C ．若将P 移近Q ，则P 所受库仑力减小D ．若将P 的电荷量增大为2q ，则P 所受库仑力增大为2F2．静电场中，可以根据（ C ）A ．场强的强弱判断电势的高低B ．电势的高低判断场强的强弱C ．电场线方向判断电势的高低D ．电场线方向判断场强的强弱3．关于静电场，下列说法正确的是(D)A ．电势等于零的物体一定不带电B ．电场强度为零的点，电势一定为零C ．同一电场线上的各点，电势一定相等D ．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加4．如右图所示，将一带正电的点电荷沿电场线方向从A 点移动到B 点，下列说法正确的是（C ） A ．电场力做正功，电势能增加 B ．电场力做负功，电势能增加C ．电场力做正功，电势能减少D ．电场力做负功，电势能减少5．在一个匀强电场中有a 、b 两点，相距为d ，电场强度为E ，把一个电量为q 的正电荷由 a 点移到b 点时，克服电场力做功为W ，下列说法正确的是（B ）A ．该电荷在a 点电势能较b 点大B ．a 点电势比b 点电势低C ．a 、b 两点电势差大小一定为U=EdD ．a 、b 两点电势差qW U ab 6．如图，一正离子在电场力作用下从A 点运动到B 点，在A 点的速度大小为v 0，方向与电场方向相同。

该离子从A 点到B 点的v-t图象是（C ）7．一电子仅在电场力作用下，沿直线由静止从A运动到B，AB间的电场如图所示，则下列叙述正确的是(D)A．电子做匀加速运动B．电子做匀减速运动C．电势能先增加后减小D．动能先增加后减小8．带电粒子垂直进入匀强电场中偏转时（除电场力外不计其它力的作用）（B）A．电势能增加，动能增加B．电势能减小，动能增加C．电势能和动能都不变D．上述结论都不正确9．如图所示，从灯丝发射的电子经电压为U1的加速电场加速后，进入偏转电场U2，若要使电子在电场中的偏转量d增大为原来的2倍，且没有打在板上,可供选用的方法是（D）A．使U减为原来的1/2B．使U1增大为原来的2倍C．使偏转电极板的长度增大为原来的2倍D．使偏转电极板的距离减小为原来的1/210．空间存在竖直向上的匀强电场，质量为m的带正电的微粒水平射入电场中，微粒的运动轨迹如图所示．则关于各个力的做功情况，下列判断正确的是（C）A．在连续相等时间内，重力做的功总相等B．在连续相等时间内，电场力做的功总相等C．在任何一段时间内电场力做的功总是大于重力的功D．在任何一段时间内电场力做的功总是小于重力的功11．竖直放置与稳定电源相连的平行金属板，如图，与板有一定距离的上方P点有一带负电的油滴由静止释放，油点进入两板间的运动及电势能的变化判断正确的是（D）A．做匀加速直线，电势能不变B．做匀变速直线，电势能减少C．做非匀变速曲线，电势能减少D．做匀变速曲线，电势能减少12．如图所示,在两等量异种点电荷连线上有D、E、F三点,且DE＝EF.K、M、L分别为过D、E、F三点的等势面.一不计重力的带负电粒子,从a点射入电场,运动轨迹如图中实线所示,以|W ab|表示该粒子从a点到b点电场力做功的数值,以|W bc|表示该粒子从b点到c 点电场力做功的数值,则(B)A．|W ab|＝|W bc|B．|W ab|＞|W bc|C．粒子由a点到b点,动能增加D．a点的电势较b点的电势低13．如图实线为电场中一条竖直的电场线，有一质量为m 、电量为q +的小球，由该直线上A 点静止释放，小球向下运动到达B 点减速为零后返回A 点，则下列判断正确的是（C ）A ．该电场可能是竖直向上的匀强电场，且mg E q> B ．A 点的电势高于B 点电势C ．A 点的场强小于B 点场强D ．向下运动的过程中，重力势能的减少量总是等于电势能的增加量14．如图所示，质量分别为m 1和m 2的两个小球A 、B ，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧连接，置于绝缘光滑的水平面上．当突然加一水平向右的匀强电场后，两小球A 、B 将由静止开始运动，在以后的运动过程中，对两个小球和弹簧组成的系统(设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度)，以下说法正确的是(D)A ．系统机械能不断增加，AB 带电小球的电势能不断减小B ．系统动能先增加后减小，弹簧的弹性势能不断增大C ．当弹簧长度达到最大值时，系统机械能最小D ．当小球所受电场力与弹簧的弹力相等时，系统动能最大二、双选题1．如图，一正点电荷周围有A 、B 、C 三点，其中B 、C 在同一个等势面上，则下列说法中正确的是（BC ）A ．A 点的电势高于B 点的电势B ．负电的试探电荷在A 点的电势能大于在B 点的电势能C ．试探电荷从B 点运动到C 点电场力不做功D ．B 、C 两点的电势与电场强度均相同2．如图所示实线为等量异号点电荷周围的电场线，虚线为以一点电荷为中心的圆，M 点是两点电荷连线的中点．若将一试探正点电荷从虚线上N 点移动到M 点，则(BC)A ．电荷所受电场力大小不变B ．电荷所受电场力逐渐增大C ．电荷电势能逐渐减小D ．电荷电势能保持不变3．下图是两个等量异种点电荷形成的电场，AB 为中垂线，且AO=BO ，则（AD ）A ．A 、B 两点场强相等B ．A 、B 两点场强方向相反C ．正电荷从A 运动到B ，电势能增加D ．A 、B 两点电势差为零4．如图所示，真空中M 、N 处放置两等量异种电荷，a 、b 、c 为电场中的三点，实线PQ 为M 、N 连线的中垂线，a 、b 两点关于MN 对称，a 、c 两点关于PQ 对称，已知一带正电的试探电荷从a 点移动到c 点时，试探电荷的电势能增加，则以下判定正确的是（AD ）A ．M 点处放置的是负电荷B ．a 点的场强与c 点的场强完全相同C ．a 点的电势高于c 点的电势D ．若将该试探电荷沿直线由a 点移到b 点，则电场力先做正功，后做负功5．如图所示，a 、b 、c 为电场中同一条电场线上的三点，b 为ac 中点。

带电粒子在电场中的运动计算题(含答案)

带电粒子在电场中的运动1、(1)匀强电场场强E的大小、方向如何？(2)试探电荷＋q放在点c时，受力F c的大小、方向如何？(3)试探电荷＋q放在点b时，受力F b的大小、方向如何？【解析】试题分析：(1)由题意可知：①②由，所以，，匀强电场方向沿db方向．(2)试探电荷放在c点：所以方向与ac方向成45°角斜向下(如右图所示)．(3)试探电荷放在b点：所以，方向沿db方向．考点：考查了电场的叠加点评：根据点电荷场强的计算公式及电场叠加原理即可求解．2、如图所示，在一足够大的空间内存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝3.0×104N/C。

有一个质量m＝4.0×10－3kg的带电小球，用绝缘轻细线悬挂起来，静止时细线偏离竖直方向的夹角θ＝37°。

取g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，不计空气阻力的作用。

求：(1)求小球所带的电荷量及电性；(2)如果将细线轻轻剪断，求细线剪断后，小球运动的加速度大小；(3)从剪断细线开始经过时间t＝0.20s，求这段时间内小球电势能的变化量。

【解析】试题分析：(1)小球受到重力mg、电场力F和细线的拉力T的作用，由共点力平衡条件，得F＝qE＝mgtanθ解得q＝mgtanθ/E＝1.0×10－6C电场力的方向与电场强度的方向相同，故小球所带电荷为正电荷(2)剪断细线后，小球做匀加速直线运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律，得＝ma解得a＝＝12.5m/s2(3)在t＝0.20s的时间内，小球的位移为l＝＝0.25m小球运动过程中，电场力做的功W＝qElsinθ＝mglsinθtanθ＝4.5×10－3J所以小球电势能的变化量(减少量)ΔE p＝4.5×10－3J。

考点：考查了共点力平衡条件的运动点评：本题的综合性较强，关键是根据受力分析，结合牛顿第二定律解题3、如图所示，一根长L=1.5m的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为E=1.0×105N/C、与水平方向成θ=30°角的倾斜向上的匀强电场中。

带电粒子在电场中运动题目及标准答案(分类归纳经典)

带电粒子在电场中的运动一、带电粒子在电场中做偏转运动 1.如图所示的真空管中，质量为 m ,电量为e 的电子从灯丝F 发出，经过电压 U i 加速后沿中心线射入相距为 d 的两平行金属板 B 、C 间的匀强电场中，通过电场后打到荧光屏上，设 B 、C 间电压为U 2, B 、C 板长为l i ,平行金属板右端到荧光屏的距离为 l 2，求： ⑴电子离开匀强电场时的速度与进入时速度间的夹角. ⑵电子打到荧光屏上的位置偏离屏中心距离. 解析：电子在真空管中的运动过分为三段，作用下的加速运动；进入平行金属板屏间的匀速直线运动. ⑴设电子经电压 U i 加速后的速度为1 2eU i mV2电子进入B 、C 间的匀强电场中，在水平方向以作用做初速度为零的加速运动，其加速度为：B> I ceE eU 2 a = m dm电子通过匀强电场的时间t 丄V i从F 发出在电压U iC 间的匀强电场中做类平抛运动；飞离匀强电场到荧光v i ,根据动能定理有:V i 的速度做匀速直线运动，竖直方向受电场力的电子离开匀强电场时竖直方向的速度V y 为:V y = at电子离开电场时速度 V 2与进入电场时的速度为a （如图5）则V ieU 2l i 2mdV 2U i dU 2l iU 2l i 2U i d ⑵电子通过匀强电场时偏离中心线的位移 i eU 2 l i 2 U 2l i 2--------- • ----- —2 图V i 夹角_ eU 2 l imdV i电子离开电场后, y 2 "tg ：2 dm v 1 4U 1d 做匀速直线运动射到荧光屏上，竖直方向的位移 U 2l i l 2 2U i d 电子打到荧光屏上时，偏离中心线的距离为y =y i y 2 =丛心 l 2)2U i d 2从y 轴到MN 之间的区域充满一个沿 y 轴正方向的匀强电场，场强大小为 E 。

初速度可以忽略的电子经过另一个电势差为 U 的电场加速后，从 y 轴上的A 点以平行于x 轴的方向射入第一象限区域,Ed 2A 点坐标为(0, h )。

人教版高中物理选修3-1第一章第9节带电粒子在电场中的运动(含解析)

（精心整理，诚意制作）带电粒子在电场中的运动一课一练一、单项选择题1．关于带电粒子(不计重力)在匀强电场中的运动情况，下列说法正确的是( )A．一定是匀变速运动B．不可能做匀减速运动C．一定做曲线运动D．可能做匀变速直线运动，不可能做匀变速曲线运动解析：选A.带电粒子在匀强电场中受到的电场力恒定不变，可能做匀变速直线运动，也可能做匀变速曲线运动，故选A.2.如图所示，质子(1H)和α粒子(42He)，以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为( )A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．1∶4解析：选B.由y＝12EqmL2v20和E k0＝12m v20，得：y＝EL2q4Ek0可知，y与q成正比，故选B.3.(20xx·济南第二中学高二检测)如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场中的P点以相同的初速度垂直于E进入电场，它们分别落到A、B、C三点( )A．落到A点的小球带正电，落到B点的小球不带电B．三小球在电场中运动的时间相等C．三小球到达正极板时动能关系是E k A>E k B>E k CD．三小球在电场中运动的加速度关系是a A>a B>a C解析：选A.初速度相同的小球，落点越远，说明运动时间越长，竖直方向加速度越小．所以A、B、C三个落点上的小球的带电情况分别为带正电、不带电、带负电．故选A.4.如图所示，两金属板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出．现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的( )A．2倍B．4倍C.12D.14解析：选C.电子在两极板间做类平抛运动，水平方向l＝v0t，t＝lv0，竖直方向d＝12at2＝qUl22mdv20，故d2＝qUl22mv20，即d∝1v0，故选C.5．(20xx·高考广东卷)喷墨打印机的简化模型如图所示．重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中( )A．向负极板偏转 B．电势能逐渐增大C．运动轨迹是抛物线 D．运动轨迹与带电量无关解析：选C.带电微滴垂直进入电场后，在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的分解——水平方向做匀速直线运动和竖直方向做匀加速直线运动．带负电的微滴进入电场后受到向上的静电力，故带电微滴向正极板偏转，选项A错误；带电微滴垂直进入电场受竖直方向的静电力作用，静电力做正功，故墨汁微滴的电势能减小，选项B错误；根据x＝v t，y＝12at2及a＝qEm，得带电微滴的轨迹方程为y＝qEx22mv2，即运动轨迹是抛物线，与带电量有关，选项C正确，D错误．6．两平行金属板相距为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入电场，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA 间距为h，则此电子的初动能为( )A.edhUB.dUehC.eUdhD.eUhd解析：选D.电子从O点到达A点的过程中，仅在电场力作用下速度逐渐减小，根据动能定理可得－eU OA＝0－E k，因为U OA＝Udh，所以E k＝eUhd，故选D.☆7.图甲为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是图A、B、C、D中的( )解析：选B.由题图乙及题图丙知，当U Y为正时，Y板电势高，电子向Y 偏，而此时U X为负，即X′板电势高，电子向X′板偏，故选B.8.(20xx·江苏天一中学高二测试)如图所示，M、N是真空中的两块平行金属板．质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子恰好能到达N板．如果要使这个带电粒子到达M、N板间距的1/2后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)( )A．使初速度减为原来的1/2B．使M、N间电压加倍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1/4解析：选B.由题意知，带电粒子在电场中做减速运动，在粒子恰好能到达N板时，由动能定理可得：－qU＝－12m v20要使粒子到达两极板中间后返回，设此时两极板间电压为U1，粒子的初速度为v1，则由动能定理可得：－q U12＝－12m v21联立两方程得：U12U＝v21v20可见，选项B符合等式的要求．故选B.9.竖直放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个电荷M和N以相同的速率分别从极板A边缘和两板中间沿竖直方向进入板间电场，恰好从极板B边缘射出电场，如图所示，不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是( )A．两电荷的电荷量相等B．两电荷在电场中运动的时间相等C．两电荷在电场中运动的加速度相等D．两电荷离开电场时的速度大小相等解析：选B.由t＝Lv0知两电荷运动时间相等，故B正确；由y＝12at2和y M＝2y N知，两电荷加速度不等，故C错误；由a＝qEm知，仅当m M＝12m N时，两电荷量相等，故A错误；由v y＝at知，v yM≠v yN，则合速度不等，故D错误．故选B.☆10.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U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L .为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量hU2)，可采用的方法是( )A ．增大两板间的电势差U 2B ．尽可能使板长L 短些C ．尽可能使板间距离d 小一些D ．使加速电压U 1升高一些解析：选C.电子的运动过程可分为两个阶段，即加速和偏转．分别根据两个阶段的运动规律，推导出灵敏度⎝ ⎛⎭⎪⎫h U2的有关表达式，然后再判断选项是否正确，这是解决此题的基本思路．电子经电压U 1加速有eU 1＝12m v 20，电子经过偏转电场的过程有L ＝v 0t ，h ＝12at 2＝eU22md t 2＝U2L24dU1.由以上各式可得h U2＝L24dU1.因此要提高灵敏度，若只改变其中的一个量，可采取的办法为增大L ，或减小d ，或减小U 1.故选C.二、非选择题 11.在如图所示的示波器的电容器中，电子以初速度v 0沿着垂直场强的方向从O 点进入电场，以O 点为坐标原点，沿x 轴取OA ＝AB ＝BC ，再过点A 、B 、C 作y 轴的平行线与电子径迹分别交于M 、N 、P 点，求AM ∶BN ∶CP 和电子途经M 、N 、P 三点时沿x 轴的分速度之比．解析：电子在电场中做类平抛运动，即在x 轴分方向做匀速直线运动，故M 、N 、P 三点沿x 轴的分速度相等，v Mx ∶v Nx ∶v Px ＝1∶1∶1又OA ＝AB ＝BC 所以t OA ＝t AB ＝t BC根据电子沿－y 方向做匀加速运动，由y ＝12at 2得：AM ∶BN ∶CP ＝1∶4∶9.答案：1∶4∶9 1∶1∶1 ☆12.如图所示虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧相距为L 处有一与电场E 2平行的屏．现将一电子(电荷量为e ，质量为m )无初速度地放入电场E 1中的A 点，最后电子打在右侧的屏上，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；(2)电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角θ的正切值tan θ； (3)电子打到屏上的点P ′到点O 的距离x .解析：(1)电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，时间为t 1，由牛顿第二定律和运动学公式得：a 1＝eE1m ＝eE mL 2＝12a 1t 21 v 1＝a 1t 1t 2＝2L v1运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝3mLeE.(2)设电子射出电场E 2时沿平行电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为a 2＝eE2m ＝2eE mt 3＝L v1v y ＝a 2t 3tan θ＝vy v1解得：tan θ＝2.(3)如图，设电子在电场中的偏转距离为x 1x 1＝12a 2t 23tan θ＝x2L解得：x ＝x 1＋x 2＝3L .答案：(1)3mLeE(2)2 (3)3L。

带电粒子在电场中的运动练习题(含答案)

带电粒子在电场中的活动【1 】 1.如图所示,A 处有一个静止不动的带电体Q,若在c 处有初速度为零的质子和α粒子,在电场力感化下由c 点向d 点活动,已知质子到达d 时速度为v1,α粒子到达d 时速度为v2,那么v1.v2等于：（）A. :1B.2∶1C.2∶1D.1∶22.如图所示,一电子沿等量异种电荷的中垂线由 A→O→B 匀速活动,电子重力不计,则电子除受电场力外,所受的另一个力的大小和偏向变更情形是：（）A ．先变大后变小,偏向程度向左B ．先变大后变小,偏向程度向右C ．先变小后变大,偏向程度向左D ．先变小后变大,偏向程度向右3.让. . 的混杂物沿着与电场垂直的偏向进入统一有界匀强电场偏转, 要使它们的偏转角雷同,则这些粒子必须具有雷同的( )4.如图所示,有三个质量相等,分离带正电,负电和不带电的小球,从上.下带电平行金属板间的P 点.以雷同速度垂直电场偏向射入电场,它们分离落到 A.B.C 三点,则 ( )A.A 带正电.B 不带电.C 带负电B.三小球在电场中活动时光相等C.在电场中加快度的关系是aC>aB>aAD.到达正极板时动能关系EA>EB>EC5．如图所示,实线为不知偏向的三条电场线,从电场中M 点以雷同速度垂直于电场线偏向飞出 a.b 两个带电粒子,活动轨迹如图中虚线所示,不计粒子重力及粒子之间的库仑力,则（）A ．a 必定带正电,b 必定带负电B ．a 的速度将减小,b 的速度将增长C ．a 的加快度将减小,b 的加快度将增长D ．两个粒子的动能,一个增长一个减小2H 11H 21H 316．空间某区域内消失着电场,电场线在竖直平面上的散布如图所示,一个质量为m.电荷量为q 的小球在该电场中活动,小球经由A 点时的速度大小为v1,偏向程度向右,活动至B 点时的速度大小为v2,活动偏向与程度偏向之间的夹角为α,A.B 两点之间的高度差与程度距离均为H,则以下断定中准确的是（）A ．若v2>v1,则电场力必定做正功B ．A.B 两点间的电势差2221()2m U v v q =-C ．小球活动到B 点时所受重力的瞬时功率2P mgv =D ．小球由A 点活动到B 点,电场力做的功22211122W mv mv mgH =-- 7.如图所示的真空管中,质量为m,电量为e 的电子从灯丝Ｆ发出,经由电压Ｕ１加快后沿中间线射入相距为d 的两平行金属板Ｂ.Ｃ间的匀强电场中,经由过程电场后打到荧光屏上,设Ｂ.Ｃ间电压为Ｕ２,Ｂ.Ｃ板长为L1,平行金属板右端到荧光屏的距离为L ２,求：（1）电子分开匀强电场时的速度与进入时速度间的夹角．（2）电子打到荧光屏上的地位偏离屏中间距离．8. 在真空中消失空间规模足够大的.程度向右的匀强电场．若将一个质量为m.带正电电量q 的小球在此电场中由静止释放,小球将沿与竖直偏向夹角为︒37的直线活动.现将该小球从电场中某点以初速度0v 竖直向上抛出,求活动进程中（取8.037cos ,6.037sin =︒=︒）（1）小球受到的电场力的大小及偏向;（2）小球活动的抛出点至最高点之间的电势差U ．带电粒子在电场中的活动答案7.解析:电子在真空管中的活动过火为三段,从Ｆ发出在电压Ｕ１感化下的加快活动;进入平行金属板Ｂ.Ｃ间的匀强电场中做类平抛活动;飞离匀强电场到荧光屏间的匀速直线活动．⑴设电子经电压Ｕ１加快后的速度为v1,依据动能定理有：21121mv eU = 电子进入Ｂ.Ｃ间的匀强电场中,在程度偏向以v1的速度做匀速直线活动,竖直偏向受电场力的感化做初速度为零的加快活动,其加快度为：dm eU m eE a 2==电子经由过程匀强电场的时光11v l t =电子分开匀强电场时竖直偏向的速度vy 为：112mdv l eUat v y ==电子分开电场时速度v2与进入电场时的速度v1夹角为α（如图５）则dU l U mdv l eU v v tg y112211212===α∴dU l U arctg 1122=α⑵电子经由过程匀强电场时偏离中间线的位移dU l U v l dm eU at y 1212212122142121=•== 电子分开电场后,做匀速直线活动射到荧光屏上,竖直偏向的位移d U l l U tg l y 1212222==α∴电子打到荧光屏上时,偏离中间线的距离为)2(22111221l l d U l U y y y +=+=8.解析：（1）依据题设前提,电场力大小mg mg F e 4337tan =︒=①电场力的偏向向右（2）小球沿竖直偏向做初速为0v 的匀减速活动,到最高点的时光为t ,则：图５00=-=gt v v ygv t 0=② 沿程度偏向做初速度为0的匀加快活动,加快度为x a g m F a e x 43==③ 此进程小球沿电场偏向位移为：gv t a s x x 8321202==④ 小球上升到最高点的进程中,电场力做功为： 20329mv S F qU W x e === q mv U 32920=⑤。

带电粒子在电场运动规律经典例题及典型习题（附答案）

带电粒子在电场运动规律透析一、带电粒子在电场中的加速1运动状态的分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一直线上，做加（减）速直线运动。

2用功能观点分析：电场力对带电粒子动能的增量。

2022121mv mv qU -= 说明：①此法不仅适用于匀强电场，也适用于非匀强电场。

②对匀强电场，也可直接应用运动学公式和牛顿第二定律典型例题例1:1:如图所示，两平行金属板竖直放置，如图所示，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如图所示。

电子原来静止在左极板小孔处。

（不计重力作用）下列说法中正确的是法中正确的是A.A.从从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B.B.从从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C.C.从从t=T /4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D.D.从从t=3T /8时刻释放电子，电子必将打到左极板上解析:从t=0时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T /2，接着匀减速T /2，速度减小到零后，又开始向右匀加速T /2，接着匀减速T /2直到打在右极板上。

……直到打在右极板上。

电子不可能向左运动；电子不可能向左运动；电子不可能向左运动；如果两板间距离不够大，电子如果两板间距离不够大，电子也始终向右运动，直到打到右极板上。

从t=T /4时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T /4，接着匀减速T /4，速度减小到零后，改为向左先匀加速T /4，接着匀减速T /4。

即在两板间振动；如果两板间距离不够大，则电子在第一次向右运动过程中就有可能打在右极板上。

子在第一次向右运动过程中就有可能打在右极板上。

从从t=3T /8时刻释放电子，时刻释放电子，如如果两板间距离不够大，电子将在第一次向右运动过程中就打在右极板上；如果第一次向右运动没有打在右极板上，那就一定会在第一次向左运动过程中打在左极板上。

高考物理带电粒子在电场中的运动试题(有答案和解析)及解析

高考物理带电粒子在电场中的运动试题(有答案和解析)及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图，质量分别为m A=1kg、m B=2kg的A、B两滑块放在水平面上，处于场强大小E=3×105N/C、方向水平向右的匀强电场中，A不带电，B带正电、电荷量q=2×10－5C．零时刻，A、B用绷直的细绳连接(细绳形变不计)着，从静止同时开始运动，2s末细绳断开．已知A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度大小g=10m/s2．求：(1)前2s内，A的位移大小；(2)6s末，电场力的瞬时功率．【答案】(1) 2m (2) 60W【解析】【分析】【详解】（1）B所受电场力为F=Eq=6N；绳断之前，对系统由牛顿第二定律：F-μ(m A+m B)g=(m A+m B)a1可得系统的加速度a1=1m/s2；由运动规律：x=12a1t12解得A在2s内的位移为x=2m；（2）设绳断瞬间，AB的速度大小为v1，t2=6s时刻，B的速度大小为v2，则v1=a1t1=2m/s；绳断后，对B由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a2解得a2=2m/s2；由运动规律可知：v2=v1+a2(t2-t1)解得v2=10m/s电场力的功率P=Fv，解得P=60W2．如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径r=0.5m的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道ABC组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角θ=37°，A、B两点间的距离d=0.2m．质量m1=0.05kg的不带电绝缘滑块静止在A点，质量m2=0.1kg、电荷量q=1×10-5C的带正电小球静止在B点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场．现用大小F=4.5N、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达月点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心．小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦．取g=10m／s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．(1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v 以及匀强电场的电场强度大小E ； (2)求小球到达P 点时的速度大小v P 和B 、C 两点间的距离x ．【答案】(1) 6m /s ；7.5×104N /C (2) 2.5m /s ；0.85m 【解析】【详解】(1)对滑块从A 点运动到B 点的过程，根据动能定理有：2112Fd m v = 解得：v =6m /s小球到达P 点时，受力如图所示:则有：qE =m 2g tan θ, 解得：E =7.5×104N /C(2)小球所受重力与电场力的合力大小为：2cos m gG 等θ=小球到达P 点时，由牛顿第二定律有：2P v G r=等解得：v P =2.5m /s滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为v 1、v 2，则有：m 1v =m 1v 1+m 2v 222211122111222m v m v m v =+ 解得：v 1=-2m /s(“-”表示v 1的方向水平向左)，v 2=4m /s 对小球碰后运动到P 点的过程，根据动能定理有：()()22222211sincos 22P qE x r m g r r m v m v θθ--+=- 解得：x =0.85m3．如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管ADB 固定在竖直平面内．圆管的圆心为O ，D 点为圆管的最低点，AB 两点在同一水平线上，AB=2L ，圆管的半径为r=2L(自身的直径忽略不计)．过OD 的虚线与过AB 的虚线垂直相交于C 点，在虚线AB 的上方存在方向水平向右、范围足够大的匀强电场；虚线AB 的下方存在方向竖直向下、范围足够大的匀强电场，电场强度大小E 2=mgq．圆心O 正上方的P 点有一质量为m 、电荷量为－q(q>0)的小球(可视为质点)，PC 间距为L ．现将该小球从P 点无初速释放，经过一段时间后，小球刚好从管口A 无碰撞地进入圆管内，并继续运动．重力加速度为g ．求：(1)虚线AB 上方匀强电场的电场强度E 1的大小； (2)小球在AB 管中运动经过D 点时对管的压力F D ；（3）小球从管口B 离开后，经过一段时间到达虚线AB 上的N 点(图中未标出)，在圆管中运动的时间与总时间之比ABPNt t ．【答案】（1）mg q （2）2mg ，方向竖直向下（3）4ππ+【解析】【分析】（1）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，根据正交分解，垂直运动方向的合力为零，列出平衡方程即可求出虚线AB 上方匀强电场的电场强度；（2）根据动能定理结合圆周运动的规律求解小球在AB 管中运动经过D 点时对管的压力F D ；（3）小物体由P 点运动到A 点做匀加速直线运动，在圆管内做匀速圆周运动，离开管后做类平抛运动，结合运动公式求解在圆管中运动的时间与总时间之比. 【详解】（1）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A 点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则：tan45°= mg Eq解得：mg qE =（2）从P 到A 的过程，根据动能定理：mgL+EqL=12mv A 2 解得v A =2gL小球在管中运动时，E 2q=mg ，小球做匀速圆周运动，则v 0=v A =2gL在D 点时，下壁对球的支持力2022v F m mg r==由牛顿第三定律，22F F mg =='方向竖直向下．（3）小物体由P 点运动到A 点做匀加速直线运动，设所用时间为t 1，则：211222L gt =解得12L t g= 小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为t 2，则：2323244A rL t v gππ⋅==小球离开管后做类平抛运动，物块从B 到N 的过程中所用时间：322L t g= 则：24t t ππ=+ 【点睛】本题考查带点小物体在电场力和重力共同作用下的运动，解题关键是要分好运动过程，明确每一个过程小物体的受力情况，并结合初速度判断物体做什么运动，进而选择合适的规律解决问题，匀变速直线运动利用牛顿第二定律结合运动学公式求解或者运用动能定理求解，类平抛利用运动的合成和分解、牛顿第二定律结合运动学规律求解．4．如图1所示，光滑绝缘斜面的倾角θ=30°，整个空间处在电场中，取沿斜面向上的方向为电场的正方向，电场随时间的变化规律如图2所示．一个质量m=0.2kg ，电量q=1×10－5C 的带正电的滑块被挡板P 挡住，在t=0时刻，撤去挡板P ．重力加速度g=10m/s 2，求：(1)0~4s 内滑块的最大速度为多少? (2)0~4s 内电场力做了多少功? 【答案】（1）20m/s （2）40J 【解析】【分析】对滑块受力分析，由牛顿运动定律计算加速度计算各速度．【详解】【解】(l)在0~2 s 内，滑块的受力分析如图甲所示，电场力F=qE11sin F mg ma θ-=解得2110/a m s =在2 ---4 s 内，滑块受力分析如图乙所示22sin F mg ma θ+=解得2210/a m s =因此物体在0～2 s 内，以2110/a m s =的加速度加速，在2～4 s 内，2210/a m s =的加速度减速，即在2s 时，速度最大由1v a t =得，max 20/v m s =(2)物体在0～2s 内与在2～4s 内通过的位移相等．通过的位移max202v x t m == 在0~2 s 内，电场力做正功1160W F x J == - 在2～4 s 内，电场力做负功2220W F x J ==-电场力做功W=40 J5．一电路如图所示，电源电动势E=28v ，内阻r=2Ω，电阻R1=4Ω，R2=8Ω，R3=4Ω，C 为平行板电容器，其电容C=3.0pF ，虚线到两极板距离相等,极板长L=0.20m ，两极板的间距d=1.0×10-2m ．（1）闭合开关S 稳定后，求电容器所带的电荷量为多少?（2）当开关S 闭合后，有一未知的、待研究的带电粒子沿虚线方向以v0=2.0m/s 的初速度射入MN 的电场中，已知该带电粒子刚好从极板的右侧下边缘穿出电场，求该带电粒子的比荷q/m （不计粒子的重力，M 、N 板之间的电场看作匀强电场，g=10m/s 2）【答案】（1）114.810C -⨯ （2）46.2510/C kg -⨯【解析】【分析】【详解】（1）闭合开关S 稳定后，电路的电流：12282482E I A A R R r ===++++；电容器两端电压：222816R U U IR V V ===⨯=；电容器带电量： 12112 3.01016 4.810R Q CU C C --==⨯⨯=⨯（2）粒子在电场中做类平抛运动，则：0L v t =21122Uq d t dm= 联立解得46.2510/qC kg m-=⨯6．如图所示，荧光屏MN 与x 轴垂直放置，与x 轴相交于Q 点，Q 点的横坐标06x cm =，在第一象限y 轴和MN 之间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度51.610/E N C =⨯，在第二象限有半径5R cm =的圆形磁场，磁感应强度0.8B T =，方向垂直xOy 平面向外．磁场的边界和x 轴相切于P 点．在P 点有一个粒子源，可以向x 轴上方180°范围内的各个方向发射比荷为81.010/qC kg m=⨯的带正电的粒子，已知粒子的发射速率60 4.010/v m s =⨯．不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用．求：（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；（2）粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围；（3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q 点间的最远距离．【答案】（1）5cm （2）010y cm ≤≤ （3）9cm 【解析】【详解】（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动20v qv B m r=解得：05mv r cm qB== （2）由（1）问中可知r R =，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知四边形1PO FO '为菱形，所以1//FO O P '，又O P '垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径1FO 垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x 轴平行，所以粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为010y cm ≤≤．（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有000x v t =2012h at =qE a m=解得：18210h cm R cm =>=，说明粒子离开电场后才打到荧光屏上．设从纵坐标为y 的点进入电场的粒子在电场中沿x 轴方向的位移为x ，则0x v t =212y at =代入数据解得2x y =设粒子最终到达荧光屏的位置与Q 点的最远距离为H ，粒子射出的电场时速度方向与x 轴正方向间的夹角为θ，000tan 2y qE x v m v yv v θ===g，所以()()00tan 22H x x x y y θ=-=-g ，由数学知识可知，当()022x y y -=时，即 4.5y cm =时H 有最大值，所以max 9H cm =7．能量守恒是自然界基本规律，能量转化通过做功实现。

【物理】高考物理带电粒子在电场中的运动试题(有答案和解析)及解析

【答案】（1） E mg q
（2） xCN 7L
（3）
t总＝(3
3 4
)
2L g
【解析】
（1）小物体无初速释放后在重力、电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体刚好沿切线无碰撞地进入圆管内，故小物体刚好沿 PA 连线运动，重力与电场力的合力沿 PA 方向；又
PA AC L ，故 tan 450 qE ，解得： E mg
6．如图所示，一根光滑绝缘细杆与水平面成 α＝30°角倾斜固定．细杆的一部分处在场强方向水平向右的匀强电场中，场强 E＝2 3 ×104N/C．在细杆上套有一个带负电的小球，带电量为 q＝1×10﹣5C、质量为 m＝3×10﹣2kg．现使小球从细杆的顶端 A 由静止开始沿杆滑下，并从 B 点进入电场，小球在电场中滑至最远处的 C 点．已知 AB 间距离 x1＝0.4m，g ＝10m/s2．求：（1）小球通过 B 点时的速度大小 VB；（2）小球进入电场后滑行的最大距离 x2；（3）试画出小球从 A 点运动到 C 点过程中的 v﹣t 图象．
解得：小球抛出时的初速度
v0
23 3
m
s
(2)在
B
点时， sin60
vy vB
，则 vB
43 3
m s
小球在
A
点时， FN
qE
mg
m
vA2 R
，解得： vA
3ms
小球从 B 到 A 过程，由动能定理得： (mg qE)(R Rcos ) Wf
1 2
mvA2
1 2
mvB2
解得：小球从 B 到 A 的过程中克服摩擦所做的功Wf
mg qE ma ，解得：小球的加速度
a mg qE 210 1103 104 m / s2 5m / s2

【超级经典】带电粒子在电场中的运动(含答案)

成都戴氏教育温江校区
带电粒子在匀强电场中的运动、示波管
1．什么是带电粒子 ①基本粒子：如电子，质子，粒子，离子等除有特殊说明，一般不考虑重力（但并不忽略质量）。 ②带电颗粒：如液滴，油滴，尘埃，小球等除有特殊说明，一般不能忽略重力。 2．初速度为零
①仅受电场力的作用，在电场力的作用下由一极板向另一极板做匀加速直线运动（若将上述两图中电荷电性改变将直接打在左边极板上） ②带电粒子到达另一极板的速度方法一：运动学方程求解求加速度： a
qU
1 1 2 mv 2 mv 0 2 2
2 v v0
2qU 2qU （ v0 0 时， v ） m m
②初速度方向电场力方向相反情况一：不能到达另一极板
1 2 qU ' 0 mv 0 2
成都戴氏教育温江校区
U'
2 mv 0 2q
情况二：刚好到达另一极板
qU 0
Q U
如图所示，静止的电子在加速电压为 U1 的电场作用下从 O 经 P 板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为 U2 的电场作用下偏转一段距离。现使 U1 加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该( A．使 U2 加倍 )
B．使 U2 变为原来的 4 倍
1 C．使 U2 变为原来的 2倍 D．使 U2 变为原来的 2 [答案] A 1 2 1 2 1 qU2 L 2 U2L [解析] 电子获得的动能 mv ＝qU1，电子的偏移量 y＝ at ＝ × ×( ) ＝，可见 2 2 2 md v 4U1d 当 U1 加倍时，要使 y 不变，需使 U2 加倍，显然 A 正确。
U 知，电场强度增大，φ 增大；使两极板远离一些，就会使电场强度减小，夹角 φ 减小； C d

高考物理带电粒子在电场中的运动及其解题技巧及练习题(含答案)

高考物理带电粒子在电场中的运动及其解题技巧及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图，半径为a 的内圆A 是电子发射器，其金属圆周表圆各处可沿纸面内的任意方向发射速率为v 的电子；外圆C 为与A 同心的金属网，半径为3a ．不考虑静电感应及电子的重力和电子间的相互作用，已知电子质量为m ，电量为e ．(1)为使从C 射出的电子速率达到3v ，C 、A 间应加多大的电压U ； (2)C 、A 间不加电压，而加垂直于纸面向里的匀强磁场．①若沿A 径向射出的电子恰好不从C 射出，求该电子第一次回到A 时，在磁场中运动的时间t ；②为使所有电子都不从C 射出，所加磁场磁感应强度B 应多大．【答案】（1）24mv e （2）①43a π ②(31)B ae ≥- 【解析】【详解】（1）对电子经C 、A 间的电场加速时，由动能定理得()2211322eU m v mv =- 得24mv U e=（2）电子在C 、A 间磁场中运动轨迹与金属网相切．轨迹如图所示．设此轨迹圆的半径为r ，则)2223a rr a -=+又2rT vπ=得tan 3arθ== 故θ=60°所以电子在磁场中运动的时间2-22t T πθπ= 得439at vπ=（3）若沿切线方向射出的电子轨迹恰好与金属网C 相切．则所有电子都不从C 射出，轨迹如图所示：23r a a '=-又2v evB m r ='得3-1B ae =（）所以3-1B ae≥（）2．在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R ＝0.2m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B ＝1.0T ，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y 坐标轴相切于原点O 点。

y 轴右侧存在一个匀强电场，方向沿y 轴正方向，电场区域宽度l ＝0.1m 。

现从坐标为（﹣0.2m ，﹣0.2m ）的P 点发射出质量m ＝2.0×10﹣9kg 、带电荷量q ＝5.0×10﹣5C 的带正电粒子，沿y 轴正方向射入匀强磁场，速度大小v 0＝5.0×103m/s （粒子重力不计）。

高中物理(新人教版)必修第三册课后习题：带电粒子在电场中的运动(课后习题)【含答案及解析】

带电粒子在电场中的运动合格考达标练1.(2021湖南娄底一中高二上学期期中)如图所示,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,OA=h,此电子具有的初动能是()A.edℎUhC.eU dℎD.eUℎdO点运动到A点,因受静电力作用,速度逐渐减小。

电子仅受静电力,根据动能定理得1 2mv02=eU OA。

因E=Ud,U OA=Eh=Uℎd,故12mv02=eUℎd。

所以D正确。

2.如图所示,a、b两个带正电的粒子,以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后,a粒子打在B板的a'点,b粒子打在B板的b'点,若不计重力,则()A.a的电荷量一定大于b的电荷量B.b的质量一定大于a的质量C.a的比荷一定大于b的比荷D.b的比荷一定大于a的比荷,由h=12·qEm(xv0)2得x=v0√2ℎmqE。

由v0√2ℎm aEq a<v0√2ℎm bEq b得q am a>q bm b,故选项C正确。

3.(2021江西九江修水一中高二月考)如图所示,一价氢离子和二价氦离子的混合体,经同一加速电场由静止加速后,垂直射入同一偏转电场中,偏转后,打在同一荧光屏上,则它们()A.同时到达屏上同一点B.先后到达屏上同一点C.同时到达屏上不同点D.先后到达屏上不同点qU1=12mv02,在偏转电场中的偏转距离y=12·U2qmd·L2v02=U2L24U1d,故两离子运动轨迹相同,打在屏上同一点;一价氢离子和二价氦离子的比荷不同,经过加速电场后的末速度不同,因此两离子运动的时间不同。

故选B。

4.(多选)如图所示,平行板电容器的两个极板与水平地面成一定角度,两极板与一直流电源相连。

若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器,则在此过程中,该粒子()A.所受重力与静电力平衡B.电势能逐渐增加C.动能逐渐增加D.做匀变速直线运动,其重力和静电力的合力应与速度共线,如图所示。

微型专题03 带电粒子在电场中的运动(四种题型)(练习题)(解析版)

第十章静电场中的能量微型专题3 带电粒子在电场中的运动（四种题型）一、单选题：1.A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图1所示。

则此电场的电场线分布可能是()【解析】从v－t图象可以看出物体的速度逐渐减小，图线的斜率逐渐增大，v－t图线中图线的斜率表示物体的加速度大小，故物体做加速度逐渐增大的减速运动，所以带负电的粒子顺着电场线运动，电场力做负功，速度逐渐减小，且电场线沿粒子运动方向逐渐密集，故选项A正确，选项B、C、D 错误。

【答案】A2.如图所示，两平行的带电金属板水平放置.若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将()A.保持静止状态B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动【答案】D【解析】两平行金属板水平放置时，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.3.如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘沿垂直电场方向射入匀强电场，电子恰好从正极板边缘飞出，现保持负极板不动，正极板在竖直方向移动，并使电子入射速度变为原来的2倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间距离变为原来的()A.2倍B.4倍C.12D.14【答案】C【解析】电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，做类平抛运动.假设电子的带电荷量为e ，质量为m ，初速度为v ，极板的长度为L ，极板的间距为d ，电场强度为E .由于电子做类平抛运动，所以水平方向有：L ＝vt ，竖直方向有：y ＝12at 2＝12·eE m ·(L v )2＝d .因为E ＝U d ，可得：d 2＝eUL 22mv 2，若电子的速度变为原来的两倍，仍从正极板边缘飞出，则由上式可得两极板的间距d 应变为原来的12，故选C.4.一匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象如图4所示，在该匀强电场中，有一个带负电粒子于t ＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是(假设带电粒子不与板相碰)( )A.带电粒子只向一个方向运动B.0～2 s 内，电场力做功等于0C.4 s 末带电粒子回到原出发点D.2.5～4 s 内，电场力做功等于0 【答案】D【解析】画出带电粒子速度v 随时间t 变化的图象如图所示，v －t 图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4 s 末带电粒子不能回到原出发点，A 、C 错误；2 s 末速度不为0，可见0～2 s 内电场力做的功不等于0，B 错误；2.5 s 末和4 s 末，速度的大小、方向都相同，则2.5～4 s 内，电场力做功等于0，所以D 正确.5.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O 点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a ，最低点为b .不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A.小球带负电B.电场力跟重力平衡C.小球在从a 点运动到b 点的过程中，电势能减小D.小球在运动过程中机械能守恒【答案】B【解析】由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0，电场力方向竖直向上，小球带正电，A 错，B 对；从a →b ，电场力做负功，电势能增大，C 错；由于有电场力做功，机械能不守恒，D 错.6.如图所示，场强大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd ，水平边ab 长为s ，竖直边ad 长为h .质量均为m 、带电量分别为＋q 和－q 的两粒子，由a 、c 两点先后沿ab 和cd 方向以速率v 0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中).不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v 0等于( )A.s 22qEmh B.s 2qE mh C.s 42qEmhD.s 4qE mh【答案】B【解析】根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd 的中心，则在水平方向有12s ＝v 0t ，在竖直方向有12h ＝12·qE m ·t 2，解得v 0＝s2qEmh，故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误. 7.如图甲所示，Q 1、Q 2为两个被固定的点电荷，a 、b 、c 三点在它们连线的延长线上，其中Q 1带负电。

带电粒子在电场中的运动(含经典例、习题)

带电粒子在电场中的运动(含经典例、习题)速度v从左侧进入金属板间的电场，其电荷量为-e，重力可以忽略不计．求电子在电场中飞行的轨迹及其速度大小．在匀强电场中，带电粒子做类平抛运动，可以将其运动分解为初速度方向的匀速直线运动和电场力方向的初速度为零的匀加速直线运动．根据运动学公式，可以得到带电粒子在电场中的运动轨迹和速度大小．首先，根据电场的定义，可以计算出电场强度E为E=U/d，其中U为电势差，d为板间距离．又因为电子带负电荷，所以电场力方向与电场强度方向相反，即F=qE=(-e)E．由于重力可以忽略不计，所以带电粒子在水平方向上做匀速直线运动，速度大小保持不变，即v_x=v．在竖直方向上，带电粒子受到电场力的作用，做匀加速直线运动，根据运动学公式可以得到其竖直方向上的位移y和速度大小v_y：y=1/2at^2=1/2(-eE/m)t^2v_y=at=-eEt/m带入初速度为v和加速度为-eE/m的运动公式，可以得到带电粒子在电场中的运动轨迹为抛物线，轨迹方程为：y=-1/2(eE/m)x^2+(v^2/2eE)速度大小为：v=√(v_x^2+v_y^2)=√(v^2+2eEU/m)其中，U为A、B间电势差，即所求的值．一、电子在板间的运动一个速度为$v=4.0\times10^7m/s$的电子从两板中央水平射入板间，然后从板间飞出，射到距板右端$L=45cm$、宽$D=20cm$的荧光屏上。

荧光屏中点在两板间的中线上。

不计电子重力，电子质量$m=9.0\times10^{-31}kg$，电荷量$e=1.6\times10^{-19}C$。

要求解：1)电子飞入两板前所经历的加速电场的电压（设从静止加速）；2)为使带电粒子能射到荧光屏的所有位置，两板间所加电压的取值范围。

二、带电粒子在交变电场中的运动带电粒子在交变电场中的运动受到电场力周期性变化的影响，因此其运动性质具有周期性。

研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究，特别要注意带电粒子进入交变电场的时间及交变电场的周期。

(物理)物理带电粒子在电场中的运动练习题含答案含解析

（物理）物理带电粒子在电场中的运动练习题含答案含解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道ABC 固定在竖直面内，圆心为O ，轨道半径为R ，B 为轨道最低点。

该装置右侧的14圆弧置于水平向右的足够大的匀强电场中。

某一时刻一个带电小球从A 点由静止开始运动，到达B 点时，小球的动能为E 0，进入电场后继续沿轨道运动，到达C 点时小球的电势能减少量为2E 0，试求：（1）小球所受重力和电场力的大小；（2）小球脱离轨道后到达最高点时的动能。

【答案】（1）0E R 02E R（2）8E 0 【解析】【详解】(1)设带电小球的质量为m ，则从A 到B 根据动能定理有：mgR ＝E 0则小球受到的重力为：mg ＝E R方向竖直向下；由题可知：到达C 点时小球的电势能减少量为2E 0，根据功能关系可知：EqR ＝2E 0则小球受到的电场力为：Eq ＝2E R方向水平向右，小球带正电。

(2)设小球到达C 点时速度为v C ，则从A 到C 根据动能定理有：EqR ＝212C mv ＝2E 0 则C 点速度为：v C 04E m方向竖直向上。

从C 点飞出后，在竖直方向只受重力作用，做匀减速运动到达最高点的时间为：41C v E t g g m== 在水平方向只受电场力作用，做匀加速运动，到达最高点时其速度为：0442E E qE qE v at t m mg m m==== 则在最高点的动能为：2200411(2)822k E E mv m E m===2．如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场区域△ABC ，A 点坐标为（0，3a ），C 点坐标为（0，﹣3a ），B 点坐标为(23a -，-3a ）．在直角坐标系xOy 的第一象限内，加上方向沿y 轴正方向、场强大小为E=Bv 0的匀强电场，在x=3a 处垂直于x 轴放置一平面荧光屏，其与x 轴的交点为Q ．粒子束以相同的速度v 0由O 、C 间的各位置垂直y 轴射入，已知从y 轴上y =﹣2a 的点射入磁场的粒子在磁场中的轨迹恰好经过O 点．忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力．（1）求粒子的比荷；（2）求粒子束射入电场的纵坐标范围；（3）从什么位置射入磁场的粒子打到荧光屏上距Q 点最远？求出最远距离．【答案】(1)0v Ba(2)0≤y≤2a (3)78y a =，94a【解析】【详解】(1)由题意可知，粒子在磁场中的轨迹半径为r ＝a 由牛顿第二定律得Bqv 0＝m 2v r故粒子的比荷v q m Ba= (2)能进入电场中且离O 点上方最远的粒子在磁场中的运动轨迹恰好与AB 边相切，设粒子运动轨迹的圆心为O ′点，如图所示．由几何关系知O ′A ＝r ·ABBC＝2a 则OO ′＝OA －O ′A ＝a即粒子离开磁场进入电场时，离O 点上方最远距离为OD ＝y m ＝2a所以粒子束从y 轴射入电场的范围为0≤y ≤2a (3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有3a ＝v 0·t 02019222qE y t a a m ==>，所以，粒子应射出电场后打到荧光屏上粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为t ，竖直方向位移为y ，水平方向位移为x ，则水平方向有x ＝v 0·t竖直方向有212qE y t m=代入数据得x 2ay设粒子最终打在荧光屏上的点距Q 点为H ，粒子射出电场时与x 轴的夹角为θ，则002tan y x qE x v m v y v v aθ⋅===有H ＝(3a －x )·tan θ＝(32)2a y y 当322a y y =y ＝98a 时，H 有最大值由于9 8 a<2a，所以H的最大值H max＝94a，粒子射入磁场的位置为y＝98a－2a＝－78a3．某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP′M′M内有竖直向下的匀强电场，电场场强E＝1.0×103V/m，宽度d＝0.05m，长度L＝0.40m；区域MM′N′N内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝2.5×10－2T，宽度D＝0.05m，比荷qm＝1.0×108C/kg的带正电的粒子以水平初速度v0从P点射入电场．边界MM′不影响粒子的运动，不计粒子重力．(1) 若v0＝8.0×105m/s，求粒子从区域PP′N′N射出的位置；(2) 若粒子第一次进入磁场后就从M′N′间垂直边界射出，求v0的大小；(3) 若粒子从M′点射出，求v0满足的条件．【答案】(1)0.0125m (2) 3.6×105m/s. (3) 第一种情况：v0＝54.00.8()10/21nm sn-⨯+(其中n＝0、1、2、3、4)第二种情况：v0＝53.20.8()10/21nm sn-⨯+(其中n＝0、1、2、3)．【解析】【详解】(1) 粒子以水平初速度从P点射入电场后，在电场中做类平抛运动，假设粒子能够进入磁场，则竖直方向21··2Eqd tm＝得2mdtqE=代入数据解得t＝1.0×10－6s水平位移x＝v0t代入数据解得x＝0.80m因为x大于L，所以粒子不能进入磁场，而是从P′M′间射出，则运动时间t0＝Lv＝0.5×10－6s，竖直位移201··2Eq y t m＝＝0.0125m 所以粒子从P′点下方0.0125m 处射出．(2) 由第一问可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移x ＝v 0 2mdqE粒子进入磁场时，垂直边界的速度 v 1＝qE m ·t ＝2qEd m设粒子与磁场边界之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度为v ＝1v sin α在磁场中由qvB ＝m 2v R得R ＝mv qB 粒子第一次进入磁场后，垂直边界M′N′射出磁场，必须满足x ＋Rsinα＝L 把x ＝v 2md qE R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEdv m ＝代入解得 v 0＝L·2EqmdE B v 0＝3.6×105m/s.(3) 由第二问解答的图可知粒子离MM′的最远距离Δy ＝R －Rcosα＝R(1－cosα) 把R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEd v m＝ 12(1cos )12sin 2mEd mEd y B q B q ααα-∆==可以看出当α＝90°时，Δy 有最大值，(α＝90°即粒子从P 点射入电场的速度为零，直接在电场中加速后以v 1的速度垂直MM′进入磁场运动半个圆周回到电场)1max 212mv m qEd mEdy qB qB m B q∆=== Δy max ＝0.04m ，Δy max 小于磁场宽度D ，所以不管粒子的水平射入速度是多少，粒子都不会从边界NN′射出磁场．若粒子速度较小，周期性运动的轨迹如下图所示：粒子要从M′点射出边界有两种情况，第一种情况： L ＝n(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t 把2md t qE =、R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEd v m＝代入解得 0221221L qE n E v n md n B=-⋅++v 0＝ 4.00.821n n -⎛⎫⎪+⎝⎭×105m/s(其中n ＝0、1、2、3、4)第二种情况：L ＝n(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t ＋2Rsinα把2md t qE = 、R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEd v m＝代入解得02(1)21221L qE n E v n md n B+=-⋅++v 0＝ 3.20.821n n -⎛⎫⎪+⎝⎭×105m/s(其中n ＝0、1、2、3)．4．在如图甲所示的直角坐标系中，两平行极板MN 垂直于y 轴，N 板在x 轴上且其左端与坐标原点O 重合，极板长度l =0.08m ，板间距离d =0.09m ，两板间加上如图乙所示的周期性变化电压，两板间电场可看作匀强电场．在y 轴上(0，d /2)处有一粒子源，垂直于y 轴连续不断向x 轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为qm=5×107C ／kg ，速度为v 0=8×105m/s ．t =0时刻射入板间的粒子恰好经N 板右边缘打在x 轴上.不计粒子重力及粒子间的相互作用，求:(1)电压U 0的大小；(2)若沿x 轴水平放置一荧光屏，要使粒子全部打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度； (3)若在第四象限加一个与x 轴相切的圆形匀强磁场，半径为r =0.03m ，切点A 的坐标为(0.12m ，0)，磁场的磁感应强度大小B =23T ，方向垂直于坐标平面向里．求粒子出磁场后与x 轴交点坐标的范围．【答案】(1)40 2.1610V U =⨯ (2)0.04m x ∆= (3)0.1425m x ≥【解析】【分析】【详解】(1)对于t =0时刻射入极板间的粒子：0l v T = 7110T s -=⨯211()22T y a =2y T v a= 22yT y v = 122dy y =+ Eq ma =U E d=解得：40 2.1610V U =⨯(2)2Tt nT =+时刻射出的粒子打在x 轴上水平位移最大：032A T x v = 所放荧光屏的最小长度A x x l ∆=-即：0.04x m ∆= (3)不同时刻射出极板的粒子沿垂直于极板方向的速度均为v y . 速度偏转角的正切值均为：0tan y v v β=37β=ocos37v v=o 6110m/s v =⨯即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.2v qvB m R=0.03m R r ==由分析得，如图所示，所有粒子在磁场中运动后发生磁聚焦由磁场中的一点B 离开磁场.由几何关系，恰好经N 板右边缘的粒子经x 轴后沿磁场圆半径方向射入磁场，一定沿磁场圆半径方向射出磁场；从x 轴射出点的横坐标：tan 53C A Rx x ︒=+0.1425m C x =.由几何关系，过A 点的粒子经x 轴后进入磁场由B 点沿x 轴正向运动. 综上所述，粒子经过磁场后第二次打在x 轴上的范围为：0.1425m x ≥5．在水平桌面上有一个边长为L 的正方形框架，内嵌一个表面光滑的绝缘圆盘，圆盘所在区域存在垂直圆盘向上的匀强磁场．一带电小球从圆盘上的P 点（P 为正方形框架对角线AC 与圆盘的交点）以初速度v 0水平射入磁场区，小球刚好以平行于BC 边的速度从圆盘上的Q 点离开该磁场区（图中Q 点未画出），如图甲所示．现撤去磁场，小球仍从P 点以相同的初速度v 0水平入射，为使其仍从Q 点离开，可将整个装置以CD 边为轴向上抬起一定高度，如图乙所示，忽略小球运动过程中的空气阻力，已知重力加速度为g ．求：（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比；（2）框架以CD 为轴抬起后，AB 边距桌面的高度．【答案】（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比为：π：2；（2）框架以CD 为轴抬起后，AB 边距桌面的高度为222v g．【解析】【分析】【详解】（1）小球在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识得：r2+r2=L2，解得：r=2 2L，小球在磁场中做圆周运的周期：T=2rvπ，小球在磁场中的运动时间：t1=14T=2Lπ，小球在斜面上做类平抛运动，水平方向：x=r=v0t2，运动时间：t22L则：t1：t2=π：2；（2）小球在斜面上做类平抛运动，沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，位移：r=2212at，解得，加速度：a222v，对小球，由牛顿第二定律得：a=mgsinmθ=g sinθ，AB边距离桌面的高度：h=L sinθ=222vg；6．如图所示，荧光屏MN与x轴垂直放置，与x轴相交于Q点，Q点的横坐标06x cm =，在第一象限y 轴和MN 之间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度51.610/E N C =⨯，在第二象限有半径5R cm =的圆形磁场，磁感应强度0.8B T =，方向垂直xOy 平面向外．磁场的边界和x 轴相切于P 点．在P 点有一个粒子源，可以向x 轴上方180°范围内的各个方向发射比荷为81.010/qC kg m=⨯的带正电的粒子，已知粒子的发射速率60 4.010/v m s =⨯．不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用．求：（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；（2）粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围；（3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q 点间的最远距离．【答案】（1）5cm （2）010y cm ≤≤ （3）9cm 【解析】【详解】（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动20v qv B m r=解得：05mv r cm qB== （2）由（1）问中可知r R =，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知四边形1PO FO '为菱形，所以1//FO O P '，又O P '垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径1FO 垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x 轴平行，所以粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为010y cm ≤≤．（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有000x v t =2012h at =qE a m=解得：18210h cmR cm =>=，说明粒子离开电场后才打到荧光屏上．设从纵坐标为y 的点进入电场的粒子在电场中沿x 轴方向的位移为x ，则0x v t =212y at =代入数据解得2x y =设粒子最终到达荧光屏的位置与Q 点的最远距离为H ，粒子射出的电场时速度方向与x 轴正方向间的夹角为θ，000tan 2y qE x v m v yv v θ===g，所以()()00tan 22H x x x y y θ=-=-g ，由数学知识可知，当()022x y y -=时，即 4.5y cm =时H 有最大值，所以max 9H cm =7．如图，第一象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E ，第二、三、四象限存在方向垂直xOy 平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B ，第三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从P （-d ，0）点沿与x 轴正方向成α=60°角平行xOy 平面入射，经第二象限后恰好由y 轴上的Q 点（图中未画出）垂直y 轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P 点，回到P 点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：（1）粒子从P 点入射时的速度v 0；（2）第三、四象限磁感应强度的大小B /；【答案】（1）3EB（2）2.4B【解析】试题分析：（1）粒子从P点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为r，由几何知识得：2360d ddrsin sinα===︒根据2mvqv Br=得23qBdv=粒子在第一象限中做类平抛运动，则有21602qEr cos tm-︒=（）；00yv qEttanv mvα==联立解得03EvB=（2）设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x和y，根据粒子在第三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x轴正方向的夹角等于α．则有：x=v0t，2yvy t=得322yvy tanx vα===由几何知识可得 y=r-rcosα=1323r d=则得23x d=所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为1253239d dR dsinα⎛⎫+⎪⎝⎭==粒子进入第三、四象限运动的速度04323v qBdv vcos mα===根据2'vqvB mR=得：B′=2．4B考点：带电粒子在电场及磁场中的运动8．如图所示，一静止的电子经过电压为U 的电场加速后，立即射入偏转匀强电场中，射入方向与偏转电场的方向垂直，射入点为A ，最终电子从B 点离开偏转电场。