带电粒子在电场中的直线运动
带电粒子在电场中的运动笔记
带电粒子在电场中的运动笔记摘要：一、带电粒子在电场中的运动规律1.匀强电场中的运动2.非匀强电场中的运动二、带电粒子在电场中的受力分析1.电场力的作用2.重力的影响三、带电粒子在电场中的运动实例1.匀变速直线运动2.类平抛运动3.平衡状态正文：一、带电粒子在电场中的运动规律带电粒子在电场中的运动规律取决于电场强度和粒子的初速度。
在匀强电场中，带电粒子受到的电场力是恒力，因此其运动状态是匀变速运动。
具体来说，当带电粒子的初速度与电场强度方向相同时，粒子将做匀变速直线运动；当带电粒子的初速度与电场强度方向垂直时，粒子将做类平抛运动。
在非匀强电场中，带电粒子受到的电场力是变力，因此其运动状态是变加速运动。
此时，带电粒子的运动轨迹可能呈现出曲线，具体取决于电场强度的分布情况。
二、带电粒子在电场中的受力分析在电场中，带电粒子受到的主要力是电场力。
电场力的大小与粒子的电荷量、电场强度以及粒子与电场之间的夹角有关。
另外，如果带电粒子在地球表面附近运动，还需要考虑重力的影响。
三、带电粒子在电场中的运动实例在匀强电场中，带电粒子可能做匀变速直线运动或类平抛运动。
例如，当一个带正电的粒子在垂直于电场方向的初速度为零时，其在匀强电场中将做直线运动；而当其初速度与电场方向不垂直时，粒子将做类平抛运动。
在非匀强电场中，带电粒子的运动轨迹可能呈现出曲线。
例如，在示波管中，带电粒子在非匀强电场中运动时，其轨迹可能呈现出复杂的波形。
总之，带电粒子在电场中的运动规律取决于电场强度和粒子的初速度。
在匀强电场中，带电粒子可能做匀变速直线运动或类平抛运动；在非匀强电场中，带电粒子的运动轨迹可能呈现出曲线。
第八章 第3讲 电容器 实验：观察电容器的充、放电现象 带电粒子在电场中的直线运动
第3讲电容器实验：观察电容器的充、放电现象带电粒子在电场中的直线运动目标要求 1.了解电容器的充电、放电过程，会计算电容器充、放电电荷量.2.了解影响平行板电容器电容大小的因素，能利用公式判断平行板电容器电容的变化.3.利用动力学、功能观点分析带电粒子在电场中的直线运动．考点一对接新高考实验：观察电容器的充、放电现象1．实验原理(1)电容器的充电过程如图所示，当开关S接1时，电容器接通电源，在电场力的作用下自由电子从正极板经过电源向负极板移动，正极板因失去电子而带正电，负极板因获得电子而带负电．正、负极板带等量的正、负电荷．电荷在移动的过程中形成电流．在充电开始时电流比较大(填“大”或“小”)，以后随着极板上电荷的增多，电流逐渐减小(填“增大”或“减小”)，当电容器两极板间电压等于电源电压时，电荷停止定向移动，电流I ＝0.(2)电容器的放电过程如图所示，当开关S接2时，相当于将电容器的两极板直接用导线连接起来，电容器正、负极板上电荷发生中和．在电子移动过程中，形成电流．放电开始电流较大(填“大”或“小”)，随着两极板上的电荷量逐渐减小，电路中的电流逐渐减小(填“增大”或“减小”)，两极板间的电压也逐渐减小到零．2．实验步骤(1)按图连接好电路．(2)把单刀双掷开关S打在上面，使触点1与触点2连通，观察电容器的充电现象，并将结果记录在表格中．(3)将单刀双掷开关S打在下面，使触点3与触点2连通，观察电容器的放电现象，并将结果记录在表格中．(4)记录好实验结果，关闭电源．3．注意事项(1)电流表要选用小量程的灵敏电流计．(2)要选择大容量的电容器．(3)实验要在干燥的环境中进行．考向1电容器充、放电现象的定性分析例1(2022·北京卷·9)利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源，R 为定值电阻，C为电容器，A为电流表，V为电压表．下列说法正确的是()A．充电过程中，电流表的示数逐渐增大后趋于稳定B．充电过程中，电压表的示数迅速增大后趋于稳定C．放电过程中，电流表的示数均匀减小至零D．放电过程中，电压表的示数均匀减小至零答案 B解析充电过程中，随着电容器C两极板电荷量的积累，电路中的电流逐渐减小，电容器充电结束后，电流表示数为零，A错误；充电过程中，随着电容器C两极板电荷量的积累，电压表测量电容器两端的电压，电容器两端的电压迅速增大，电容器充电结束后，最后趋于稳定，B正确；电容器放电过程的I－t图像如图所示，可知电流表和电压表的示数不是均匀减小至0的，C、D错误．考向2 电容器充、放电现象的定量计算例2 (2023·山东省实验中学模拟)电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛．使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程．电路中的电流传感器与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化关系．图甲中直流电源电动势E ＝8 V ，实验前电容器不带电．先使S 与“1”端相连给电容器充电，充电结束后，使S 与“2”端相连，直至放电完毕．计算机记录的电流随时间变化的i －t 曲线如图乙所示．(1)乙图中阴影部分的面积S 1________S 2；(选填“>”“<”或“＝”)(2)计算机测得S 1＝1 203 mA·s ，则该电容器的电容为________F ；(保留两位有效数字) (3)由甲、乙两图可判断阻值R 1________R 2.(选填“>”“<”或“＝”) 答案 (1)＝ (2)0.15 (3)<解析 (1)题图乙中阴影面积S 1和S 2分别表示充电和放电中电容器上的总电荷量，所以两者相等．(2)由阴影面积代表电容器上的电荷量得q ＝S 1＝1.203 C ，U ＝E ＝8 V ，则C ＝q U ＝1.2038 F ≈0.15 F .(3)由题图乙可知充电瞬间电流大于放电瞬间电流，且充电瞬间电源电压与放电瞬间电容器两极板电压相等，由E R 0＋R 1＞ER 0＋R 2，解得R 1＜R 2.考点二 电容器及平行板电容器的动态分析1．电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成． (2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值． (3)电容器的充、放电：①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能． 2．电容(1)定义：电容器所带的电荷量与电容器两极板之间的电势差之比． (2)定义式：C ＝QU.(3)单位：法拉(F)、微法(μF )、皮法(pF).1 F ＝106 μF ＝1012 pF. (4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低．(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、极板相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关． 3．平行板电容器的电容(1)决定因素：两极板的正对面积、电介质的相对介电常数、两板间的距离． (2)决定式：C ＝εr S4πkd.1．电容器的电荷量等于两个极板所带电荷量绝对值的和．( × ) 2．电容器的电容与电容器所带电荷量成正比，与电压成反比．( × ) 3．放电后电容器的电荷量为零，电容也为零．( × )1．两类典型问题(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U 保持不变． (2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q 保持不变． 2．两类典型动态分析思路比较考向1 两极板间电势差不变例3 (2022·重庆卷·2)如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变．若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则( )A ．材料竖直方向尺度减小B ．极板间电场强度不变C ．极板间电场强度变大D ．电容器电容变大 答案 A解析 根据题意可知极板之间电压U 不变，极板上所带电荷量Q 变少，根据电容定义式C ＝Q U 可知，电容器的电容C 减小，D 错误；根据电容的决定式C ＝εr S 4πkd 可知，极板间距d 增大，极板之间形成匀强电场，根据E ＝Ud 可知，极板间电场强度E 减小，B 、C 错误；极板间距d 增大，材料竖直方向尺度减小，A 正确．考向2 两极板电荷量不变例4 (2023·河北省高三检测)如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板(M 板)接地，在两板间的P 点固定一个带负电的试探电荷．若正极板N 保持不动，将负极板M 缓慢向右平移一小段距离，下列说法正确的是( )A ．P 点电势升高B ．两板间电压增大C ．试探电荷的电势能增大D ．试探电荷受到的电场力增大答案 C解析 由C ＝Q U ，C ＝εr S 4πkd ，E ＝U d ，可得U ＝4πkdQ εr S ，E ＝4πkQεr S ，因为电容器与电源断开，电荷量保持不变，两板间的距离d 减小，所以两板间电压减小，两板间电场强度不变，试探电荷受到的电场力不变，故B 、D 错误；因φ＝Ed ′，d ′为P 到负极板之间的距离，d ′减小，所以P 点电势降低，因沿电场线方向电势降低，M 板电势为零，所以P 点电势为正，P 点固定的试探电荷为负电荷，电势降低，电势能增加，故C 正确，A 错误．考向3 电容器的综合分析例5 (多选)平行板电容器的两极板A 、B 接于电池两极，一个带正电小球悬挂在电容器内部，闭合开关S ，电容器充电，稳定后悬线偏离竖直方向夹角为θ，如图所示．那么( )A ．保持开关S 闭合，带正电的A 板向B 板靠近，则θ增大 B ．保持开关S 闭合，带正电的A 板向B 板靠近，则θ不变C ．开关S 断开，带正电的A 板向B 板靠近，则θ增大D ．开关S 断开，带正电的A 板向B 板靠近，则θ不变 答案 AD解析 保持开关S 闭合，电容器两端的电势差不变，带正电的A 板向B 板靠近，极板间距离减小，电场强度E 增大，小球所受的电场力变大，θ增大，故A 正确，B 错误；断开开关S ，电容器所带的电荷量不变，由C ＝Q U ，C ＝εr S 4πkd ，E ＝U d 得E ＝4πkQεr S ，知d 变化，E 不变，小球所受电场力不变，θ不变，故C 错误，D 正确．考点三 带电粒子(带电体)在电场中的直线运动考向1 带电粒子在电场中的直线运动1．对带电粒子进行受力分析时应注意的问题(1)要掌握电场力的特点．电场力的大小和方向不仅跟电场强度的大小和方向有关，还跟带电粒子的电性和电荷量有关． (2)是否考虑重力依据情况而定．基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有特殊说明或明确的暗示外，一般不考虑重力(但不能忽略质量)．带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有特殊说明或明确的暗示外，一般都不能忽略重力．2．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F 合＝0，粒子静止或做匀速直线运动．(2)粒子所受合外力F 合≠0且与初速度共线，带电粒子将做加速直线运动或减速直线运动． 3．用动力学观点分析 a ＝qE m ，E ＝Ud ，v 2－v 02＝2ad .4．用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12m v 2－12m v 02非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1例6 如图所示，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平行于正极板且与其相距25l 的平面．若两粒子间的相互作用可忽略，不计重力，则M ∶m 为( )A ．3∶2B ．2∶1C ．5∶2D ．3∶1 答案 A解析 设电场强度为E ，两粒子的运动时间相同，对电荷量为q 的粒子有a M ＝Eq M ，25l ＝12·EqM t 2；对电荷量为－q 的粒子有a m ＝Eq m ，35l ＝12·Eq m t 2，联立解得M m ＝32，故选A.考向2 带电体在电场力和重力作用下的直线运动例7 (2023·云南昆明市一中高三检测)如图，长度为L 的轻质绝缘细杆两端连接两个质量均为m 的绝缘带电小球A 和B ，两小球均可看作质点，带电荷量为q A ＝＋6q 、q B ＝－2q .将小球从图示位置由静止释放，下落一段时间后B 进入位于下方的匀强电场区域．匀强电场方向竖直向上，场强E ＝mgq，重力加速度为g .求：(1)小球A 刚进入电场时的速度大小；(2)要使小球B 第一次下落时不穿出电场下边界，电场区域的最小高度H . 答案 (1)5gL (2)3.5L解析 (1)设小球A 刚进入电场时的速度大小为v 0，由动能定理可得 2mg (L ＋L 2)＋|q B |EL ＝12×2m v 02－0解得v 0＝5gL (2)由动能定理可得2mg (H ＋L2)＋|q B |EH －q A E (H －L )＝0－0解得H ＝3.5L .考向3 带电粒子在交变电场中的直线运动1．常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等． 2．常见的题目类型 (1)粒子做单向直线运动． (2)粒子做往返运动． 3．解题技巧(1)按周期性分段研究．(2)将⎭⎪⎬⎪⎫φ－t 图像U －t 图像E －t 图像――→转换a －t 图像――→转化v －t 图像． 例8 如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、丁所示时，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是( )A ．电压如甲图所示时，在0～T 时间内，电子的电势能一直减少B ．电压如乙图所示时，在0～T2时间内，电子的电势能先增加后减少C ．电压如丙图所示时，电子在板间做往复运动D ．电压如丁图所示时，电子在板间做往复运动 答案 D解析 若电压如题图甲时，在0～T 时间内，电场力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A 错误；电压如题图乙时，在0～12T 时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B 错误；电压如题图丙时，电子向左先做加速运动，过了12T后做减速运动，到T 时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，故C 错误；电压如题图丁时，电子先向左加速，到14T 后向左减速，12T 后向右加速，34T 后向右减速，T 时速度减为零，之后重复前面的运动，则电子做往复运动，故D 正确．例9 (多选)(2023·四川成都市武侯高级中学模拟)某电场的电场强度E 随时间t 变化规律的图像如图所示．当t ＝0时，在该电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力作用，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 ．0～3 s 内电场力对带电粒子的冲量为0C ．2 s 末带电粒子回到原出发点D ．0～2 s 内，电场力做的总功不为零 答案 BD解析 由牛顿第二定律可得带电粒子在第1 s 内的加速度大小为a 1＝qE 1m，第2 s 内加速度大小为a 2＝qE 2m， 因E 2＝2E 1，则a 2＝2a 1，则带电粒子先匀加速运动1 s 再匀减速0.5 s 时速度为零，接下来的0.5 s 将反向匀加速，再反向匀减速，t ＝3 s 时速度为零，v －t 图像如图所示．由图可知，带电粒子在电场中做往复运动，故A 错误；由v －t 图像可知，t ＝3 s 时，v ＝0，根据动量定理可知，0～3 s 内电场力对带电粒子的冲量为0，故B 正确；由v －t 图像面积表示位移可知，t ＝2 s 时，带电粒子位移不为零，没有回到出发原点，故C 错误；由v －t 图像可知，t ＝2 s 时，v ≠0，根据动能定理可知，0～2 s 内电场力做的总功不为零，故D 正确．课时精练1．(多选)关于电容器的电容，下列说法中正确的是( )A ．根据C ＝QU 可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两极板间的电压成反比B ．对于确定的电容器，其所带电荷量与两板间的电压成正比C ．无论电容器电压如何变化(小于击穿电压且不为零)，它所带的电荷量与电压的比值都恒定不变D ．电容器所带电荷量增加2倍，则电容增大2倍 答案 BC解析 电容是电容器本身的性质，一个确定的电容器的电容是不变的，与所带的电荷量和两板间的电压无关，故A 、D 错误；根据Q ＝CU ，对于确定的电容器，其所带电荷量与两板间的电压成正比，故B正确；根据电容的定义式C＝QU可知，电容器所带的电荷量与电压的比值是电容，故C正确．2.(多选)(2023·福建省模拟)如图为手机指纹识别功能的演示，此功能的一个关键元件为指纹传感器．其部分原理为：在一块半导体基板上集成有上万个相同的小极板，极板外表面绝缘．当手指指纹一面与绝缘表面接触时，指纹的凹点与凸点分别与小极板形成一个个正对面积相同的电容器，若每个电容器的电压保持不变，则下列说法正确的是()A．指纹的凹点与小极板距离远，电容大B．指纹的凸点与小极板距离近，电容大C．若手指挤压绝缘表面，电容器两极间的距离减小，小极板带电荷量增多D．若用湿的手指去识别，识别功能不会受影响答案BC解析根据电容的决定式C＝εr S4πkd可知，指纹的凹点与小极板距离远，即d大，则C小；指纹的凸点与小极板距离近，即d小，则C大，故A错误，B正确．若手指挤压绝缘表面，电容器两极间的距离减小，则C增大，由于电容器的电压保持不变，根据Q＝CU可知小极板带电荷量Q增多，故C正确．若用湿的手指去识别，由于自来水是导电的，则使得同一指纹的凹点和凸点与小极板之间的距离将会发生变化，从而改变了电容器的电容，使得识别功能受到影响，故D错误．3.(2023·四川省成都七中高三检测)如图所示，将一平行板电容器和二极管串联接在直流电源上，二极管具有单向导电性，现将开关闭合等到电路稳定．下列说法正确的是()A．若增大两极板间的距离，则电容器电容增大B．若增大两极板间的距离，则两极板间的电场强度减小C．若减小两极板间的距离，则两极板间的电压不变D．若减小两极板间的距离，则电容器的带电荷量Q减小答案 C解析 根据C ＝εr S 4πkd 可知，若增大两极板间的距离d ，电容器电容减小，A 错误；由于C ＝QU ，E ＝U d ，联立可得E ＝4πkQεr S ，若增大两极板间的距离d ，电容器电容减小，由于二极管具有单向导电性，电容器带电荷量保持不变，从而电容器内部电场强度保持不变，B 错误；由C ＝εr S 4πkd 可知，若减小两极板间的距离，电容器的电容增大，又由C ＝QU 可知，两极板电压降低，二极管正向导通，继续给电容器充电，最终电容器两极板间的电压仍等于电源电压，因此两极板间的电压保持不变，电容器的带电荷量Q 增大，C 正确，D 错误．4．静电火箭的工作过程简化图如图所示，离子源发射的离子经过加速区加速，进入中和区与该区域里面的电子中和，最后形成中性高速射流喷射而产生推力．根据题目信息可知( )A ．M 板电势低于N 板电势B ．进入中和区的离子速度与离子带电荷量无关C ．增大加速区MN 极板间的距离，可以增大射流速度而获得更大的推力D ．增大MN 极板间的电压，可以增大射流速度而获得更大的推力 答案 D解析 由于加速后的离子在中和区与电子中和，所以被加速的离子带正电，则加速区的极板M 电势高，A 错误；由动能定理知qU ＝12m v 2，解得v ＝2qUm，所以进入中和区的离子速度与离子的比荷、加速电压的大小有关，加速电压越大离子速度越大，与极板间的距离无关，故D 正确，B 、C 错误．5.(2023·浙江省模拟)据报道，我国每年心源性猝死案例高达55万，而心脏骤停最有效的抢救方式是通过AED 自动除颤机给予及时治疗．某型号AED 模拟治疗仪器的电容器电容是15 μF ，充电至9 kV 电压，如果电容器在2 ms 时间内完成放电，则下列说法正确的是( )A ．电容器放电过程的平均电流为67.5 AB ．电容器的击穿电压为9 kVC ．电容器充电后的电荷量为135 CD ．电容器充满电的电容是15 μF ，当放电完成后，电容为0 答案 A解析 根据电容的定义式C ＝QU ，解得Q ＝15×10－6×9×103 C ＝0.135 C ，故放电过程的平均电流为I ＝Q t ＝0.1352×10－3 A ＝67.5 A ，故A 正确，C 错误；当电容器的电压达到击穿电压时，电容器将会损坏，所以9 kV 电压不是击穿电压，故B 错误；电容器的电容与电容器的带电荷量无关，所以当电容器放完电后，其电容保持不变，故D 错误．6.(多选) 一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(重力不计)以速度v 0逆着电场线方向射入有左边界的匀强电场，电场强度为E (如图所示)，则( )A ．粒子射入的最大深度为m v 02qEB ．粒子射入的最大深度为m v 022qEC ．粒子在电场中运动的最长时间为m v 0qED ．粒子在电场中运动的最长时间为2m v 0qE答案 BD解析 粒子从射入到运动至速度为零，由动能定理得－Eqx max ＝0－12m v 02，最大深度x max ＝m v 022qE ，由v 0＝at ，a ＝Eqm 可得t ＝m v 0Eq ，由对称性可得粒子在电场中运动的最长时间为t max ＝2t ＝2m v 0Eq，故选B 、D.7.如图所示，一质量为m 、电荷量为q 的小球在电场强度大小为E 、区域足够大的匀强电场中，以初速度v 0沿ON 在竖直面内做匀变速直线运动．ON 与水平面的夹角为30°，重力加速度为g ，且mg ＝qE ，则( )A ．电场方向竖直向上B ．小球运动的加速度大小为g2C ．小球上升的最大高度为v 024gD ．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为12m v 02答案 C解析 小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON 直线上，因mg ＝qE ，所以电场力qE 与重力关于ON 对称，根据数学知识可知，电场力qE 与水平方向的夹角应为30°，即电场方向不是竖直向上的，受力情况如图所示．合力沿ON 方向向下，大小为mg ，所以加速度大小为g ，方向沿ON 向下，A 、B 错误；小球做匀减速直线运动，由运动学公式可得最大位移为x ＝v 022g ，则小球上升的最大高度为h ＝x sin 30°＝v 024g ，C 正确；若小球在初始位置的电势能为零，在减速运动至速度为零的过程中，小球克服电场力做功和克服重力做功是相等的，由能量守恒可知，小球的初动能一半转化为电势能，一半转化为重力势能，初动能为12m v 02，则小球的最大电势能为14m v 02，D 错误．8．(多选)如图甲所示，A 、B 两极板间加上如图乙所示的交变电压，A 板的电势为0，一质量为m 、电荷量大小为q 的电子仅在电场力作用下，在t ＝T4时刻从A 板的小孔处由静止释放进入两极板间运动，恰好到达B 板，则( )A ．A 、B 两板间的距离为qU 0T 216mB ．电子在两板间的最大速度为qU 0mC ．电子在两板间做匀加速直线运动D ．若电子在t ＝T8时刻进入两极板间，它将时而向B 板运动，时而向A 板运动，最终到达B板 答案 AB解析 电子在t ＝T4时刻由静止释放进入两极板运动，由分析可知，电子先加速后减速，在t＝34T 时刻到达B 板，设两板的间距为d ，加速度大小为a ＝qU 0md ，则有d ＝2×12a (T 4)2，解得d ＝qU 0T 216m ，故A 正确；由题意可知，经过T 4时间电子速度最大，则最大速度为v m ＝a ·T4＝qU 0m，故B 正确；电子在两板间先向右做匀加速直线运动，然后向右做匀减速直线运动，故C 错误；若电子在t ＝T 8时刻进入两极板间，在T 8～T2时间内电子做匀加速直线运动，位移x＝12·a ·(38T )2＝98d >d ，说明电子会一直向B 板运动并在T2之前就打在B 板上，不会向A 板运动，故D 错误．9．如图甲所示，实验器材主要有电源、理想电压表V 、两个理想电流表A 1和A 2、被测电解电容器C 、滑动变阻器R 、两个开关S 1和S 2以及导线若干． 实验主要步骤如下： ①按图甲连接好电路．②断开开关S 2，闭合开关S 1，让电池组给电容器充电，当电容器充满电后，读出并记录电压表的示数U ，然后断开开关S 1.③断开开关S 1后，闭合开关S 2，每间隔5 s 读取并记录一次电流表A 2的电流值I 2，直到电流消失．④以放电电流I 2为纵坐标，放电时间t 为横坐标，在坐标纸上作出I 2－t 图像．(1)在电容器的充电过程中，电容器两极板上的电荷量逐渐____________(选填“增大”或“减小”)，电流表A 1的示数逐渐____________(选填“增大”或“减小”)．(2)由I 2－t 图像可知，充电结束时电容器储存的电荷量Q ＝________ C ．(结果保留2位有效数字)(3)若步骤②中电压表的示数U ＝2.95 V ，则滑动变阻器接入电路部分的阻值R ＝________ Ω.(结果保留2位有效数字)(4)类比直线运动中由v －t 图像求位移的方法，当电容为C 的电容器两板间电压为U 时，电容器所储存的电能E p ＝________(请用带有U 、C 的表达式表示)． 答案 (1)增大 减小 (2)3.3×10－3 (3)9.8×103 (4)12CU 2解析 (1)在电容器的充电过程中，电容器两极板上的电荷量逐渐增大；随着时间的推移充电电流越来越小，即电流表A 1的示数逐渐减小．(2)根据q ＝It 可得图像与横轴所围的面积表示电荷量，每一个小格表示电荷量为q ＝25×10－6×5 C ＝1.25×10－4 C ，可知电容器储存的电荷量为Q ＝26×1.25×10－4 C ≈3.3×10－3 C.(3)电压表的示数U ＝2.95 V ，根据图像可知放电最大电流为300 μA ，可知滑动变阻器接入电路部分的阻值为R ＝UI ≈9.8×103 Ω.(4)电容器所储存的电能E p ＝12QU ＝12CU 2.10.在光滑绝缘的水平面上，长为2L 的绝缘轻质细杆的两端各连接一个质量均为m 的带电小球A 和B (均可视为质点)组成一个带电系统，球A 所带的电荷量为＋2q ，球B 所带的电荷量为－3q .现让A 处于如图所示的有界匀强电场区域MNQP 内，已知虚线MN 位于细杆的中垂线，MN 和PQ 的距离为4L ，匀强电场的电场强度大小为E 、方向水平向右．释放带电系统，让A 、B 从静止开始运动，不考虑其他因素的影响．求：(1)释放带电系统的瞬间，两小球加速度的大小； (2)带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间； (3)带电系统运动过程中，B 球电势能增加的最大值． 答案 (1)Eqm(2)32mLEq(3)6EqL 解析 (1)对整体应用牛顿第二定律有E ·2q ＝2ma ，得出两小球加速度大小为a ＝Eqm(2)系统向右加速运动阶段L ＝12at 12解得t 1＝2mLEq此时B 球刚刚进入MN ，带电系统的速度v ＝at 1假设小球A 不会出电场区域，带电系统向右减速运动阶段有－3Eq ＋2Eq ＝2ma ′，加速度a ′＝－Eq 2m减速运动时间t 2＝0－va ′＝22mLEq减速运动的距离L ′＝0－v 22a ′＝2L ，可知小球A 恰好运动到PQ 边界时速度减为零，假设成立．所以带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间t ＝t 1＋t 2＝32mLEq(3)B 球在电场中向右运动的最大距离x ＝2L进而求出B 球电势能增加的最大值ΔE p ＝－W 电＝6EqL .11．如图甲所示，一平行板电容器两板间距为d ，在一板内侧附近有一带电荷量为q 、质量为m 的正离子，为使该离子能在两极间来回运动而不撞在两极板上，在两极板间加上如图乙所示交变电压，此交变电压的周期应有( )A ．T ＜4d m qUB ．T >4d m qUC ．T ＜2d m qUD ．T >2dm qU答案 A解析 设周期为T 时，正离子从左极板向右运动，先做T 4的匀加速直线运动，再做T4的匀减速直线运动，到达右极板时，速度恰好减为零．根据图像可知，加速和减速运动的加速度大小相同，位移大小相同，是完全对称的运动．其加速度为a ＝Uqdm，则根据匀加速运动的速度公。
高中物理电容公式带电粒子在电场中的运动
高中物理电容公式带电粒子在电场中的运动
下面是高中物理电容器常见公式，以及带电粒子在电场中的运动问题
1、带电粒子在电场中的加速公式是)：
W＝ΔEK或qU＝mVt2/2，Vt＝(2qU/m)1/2 其中(Vo＝0）
2、带电粒子沿垂直电场方向以速度Vo进入匀强电场时的偏
转(不考虑重力作用的情况下)
在垂直电场方向:匀速直线运动L＝Vot(在带等量异种电荷的平行极板中：E＝U/d)
在平行电场方向:初速度为零的匀加速直线运动d＝at2/2，a＝F/m＝qE/m
带电小球接触后，电量分配3、两个完全相同的带电金属小球接触时,电量分配规律:原带异种电荷的先中和后平分,原带同种电荷的总量平分；
电场线从正电荷出发终止于负电荷,电场线不相交,切线方向为场强方向,电场线密处场强大,顺着电场线电势越来越低,电场线与等势线垂直；
电场强度（矢量）与电势（标量）均由电场本身决定,而电场力与电势能还与带电体带的电量多少和电荷正负有关；
处于静电平衡导体是个等势体,表面是个等势面,导体外表面附近的电场线垂直于导体表面，导体内部合场强为零,导体内部没有净电荷,净电荷只分布于导体外表面；
常见电场的电场线分布要求熟记〔[第二册P98]；
电容单位换算：1F＝106μF＝1012PF；
电子伏(eV)是能量的单位,1eV＝1.60×10-19J；。
带电粒子在电场中的运动
典型讲解
A
B
例题1:如图甲所示,A、B是真空中平 行放置的金属板,加上电压后,它们间 的电场可视为匀强电场, A、B两极板 间的距离d=15cm,今在A、B两极板 上加如图乙所示的交变电压,交变电 甲 压的周期T=1.0×10 6 s,t=0时,A板的 电势比B板电势高,电势差U0=1080V, U/V 一个荷质比q/m=1.0×108 C/kg的带 负电的粒子在t=0时从B板附近由静 U0 止开始运动,不计重力,问:(1)当粒子 的位移为多大时,粒子速度第一次达 O T/2 到最大值?最大速度为多大? -U0 (2)粒子运动过程中将与其一极板相 乙 碰撞,求粒子撞击极板时的速度的大 小.
根据牛顿第二定律得飞行器的加速度为:
a P M m eU
例题2:三块相同的金属平行板A、B、D 自上而下水平放置,间距分别为h和d,如 图所示. A、B两板中心开孔,在A板的开 孔上搁有一金属容器P且与A板接触良好, 其内盛有导电液体.A板通过闭合的电键 与电池的正极相连,B板与电池的负极相 连并接地,电池提供A、B两极板电压为 U0,容器P内的液体在底部小孔O处形成 质量为m,带电量为q的液滴后自由下落, 穿过B板的开孔O`落在D板上,其电荷被D 板吸咐,液体随即蒸发,接着容器顶部又形 成相同的液滴自由下落,如此继续,设整个 装置放在真空中.求:(1)第一个液滴到达D 板的速度为多少? (2)D板最终可达到的电势为多少?
2
由几何关系得: L0 x1 x y tan 代入数据后解得
t ( 6 0.1) s 15
(另一负根舍去)
t小于0.1s,说明油滴能够飞出电场区域. 油滴在电场中运动时间为:T=t+t1=0.16s &在处理过程比较复杂的问题时,一定要注意把运动 阶段划分清楚,再逐一分析,并要抓住各阶段间的联系.
带电粒子在电场中的直线运动
带电粒子在电场中的直线运动1、带电粒子包括：微观粒子：α粒子、质子、电子等，不记重力。
小物体：带电的小球、液滴、尘埃等，一般考虑重力。
2． 带电体在电场中的运动（1）平衡（静止或匀速）：带电粒子在电场中的静止或做匀速直线运动时，必有 与 大小相等，方向相反。
满足mg = 。
（2）带电粒子的变速直线运动：带电粒子在电场中做变速直线运动的条件是 与 在同一条直线上，可利用的规律有牛顿运动定律，动能定理和运动学规律，对带电粒子进行分析时，应注意电场力的特点，即电场方向和带电粒子的运动方向。
（1）能量：在任何电场中，若只有电场力做功，有21222121mv mv qU -=．（2）动力学：在匀强电场中，若只有电场力作用，带电体做匀变速运动，其加速度为mEq a =． 一 密立根油滴实验1．电子所带电荷量最早是由美国科学家密立根通过油滴实验测出的．油滴实验的原理如图所示，两块水平放置的平行金属板与电源连接，上、下板分别带正、负电荷．油滴从喷雾器喷出后，由于摩擦而带电，油滴进入上板中央小孔后落到匀强电场中，通过显微镜可以观察到油滴的运动情况．两金属板间的距离为d ，忽略空气对油滴的浮力和阻力．(1)调节两金属板间的电势u ，当u=U0时，使得某个质量为m1的油滴恰好做匀速运动．该油滴所带电荷量q 为多少?(2)若油滴进入电场时的速度可以忽略，当两金属板间的电势差u=U 时，观察到某个质量为m2的油滴进入电场后做匀加速运动，经过时间t 运动到下极板，求此油滴所带电荷量Q.导示: (1)由平衡的条件可得：g m d qU 10/=求得：01/U gd m q =(2)由牛顿第二定律得am dqU g m 11=-2/2at d =求得：)2(22t dg U d m Q -=二带电粒子的加速一般情况下带电粒子所受的电场力远大于重力，所以可以认为只有电场力做功。
由动能定理W=qU=ΔEk ，2022121mv mv qU -=此式与电场是否匀强无关，与带电粒子的运动性质、轨迹形状也无关。
带电粒子在电场中的运动
带电粒子在电场中的运动
带电粒子在匀强电场中运动时，若初速度与场强方向平行，它的运动是匀加速直线运动，其加速度大小为。
若初速度与场强方向成某一角度，它的运动是类似于物体在重力场中的斜抛运动。
若初速度与场强方向垂直，它的运动是类似于物体在重力场中的平抛运动，是x 轴方向的匀速直线运动和y 轴方向的初速度为零的匀加速直线运动的叠加，在任一时刻，x 轴方向和y 轴方向的速度分别为
位置坐标分别为
从上两式中消去t，得带电粒子在电场中的轨迹方程
若带电粒子在离开匀强电场区域时，它在x轴方向移动了距离l，它在y轴方向偏移的距离为
这个偏移距离h与场强E成正比，因此只要转变电场强度的大小，就可以调整偏移距离。
带电粒子进入无电场区域后，将在与原来运动方向偏离某一角度的方向作匀速直线运动。
可知
而
所以偏转角为
示波管中，就是利用上下、左右两对平行板（偏转电极）产生的匀强电场，使阴极射出的电子发生上下、左右偏转。
转变平行板间的电压，就能转变平行板间的场强，使电子的运动发生相应的变化，从而转变荧光屏上亮点的位置。
带电粒子在电场中的运动(含解析)
带电粒子在电场中的运动一、带电粒子在电场中的直线运动1．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．用动力学观点分析a ＝qE m ，E ＝U d，v 2－v 02＝2ad . 3．用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12mv 2－12mv 02 非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1●带电粒子在匀强电场中的直线运动【例1】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( )图6A ．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 ＝ εr S 4πkd 、定义式C ＝Q U和匀强电场的电压与电场强度的关系式U ＝Ed 可得E ＝ 4πkQ εr S，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．【变式1】 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，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( )A.edh U B ．edUh C.eU dh D.eUh d【答案】D【解析】由动能定理得：－e U d h ＝－E k ，所以E k ＝eUh d，故D 正确． 二、带电粒子在交变电场中的直线运动【例2】 匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象如图所示．当t ＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子(带正电)，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 末带电粒子的速度不为零D ．0～3 s 内，电场力做的总功为零【答案】D【解析】由牛顿第二定律可知带电粒子在第1 s 内的加速度和第2 s 内的加速度的关系，因此粒子将先加速1 s 再减速0.5 s ，速度为零，接下来的0.5 s 将反向加速……，v －t 图象如图所示，根据图象可知选项A 错误；由图象可知前2 s 内的位移为负，故选项B 错误；由图象可知3 s 末带电粒子的速度为零，故选项C 错误；由动能定理结合图象可知0～3 s 内，电场力做的总功为零，故选项D 正确．●带电粒子在电场力和重力作用下的直线运动问题【例3】如图所示，在竖直放置间距为d 的平行板电容器中，存在电场强度为E 的匀强电场．有一质量为m 、电荷量为＋q 的点电荷从两极板正中间处静止释放．重力加速度为g .则点电荷运动到负极板的过程( )A ．加速度大小为a ＝Eq m＋g B ．所需的时间为t ＝dm Eq C ．下降的高度为y ＝d 2D ．电场力所做的功为W ＝Eqd 【答案】B【解析】点电荷受到重力、电场力的作用，所以a ＝(Eq )2＋(mg )2m ，选项A 错误；根据运动独立性，水平方向点电荷的运动时间为t ，则d 2＝12Eq mt 2，解得t ＝md Eq ，选项B 正确；下降高度y ＝12gt 2＝mgd 2Eq，选项C 错误；电场力做功W ＝Eqd 2，选项D 错误． 【例4】如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b 沿直线运动到d ，且bd 与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论不正确的是( )A ．此液滴带负电B ．液滴的加速度大小为2gC ．合力对液滴做的总功等于零D ．液滴的电势能减少【答案】C【解析】带电液滴由静止开始沿bd 做直线运动，所受的合力方向必定沿bd 直线，液滴受力情况如图所示，电场力方向水平向右，与电场方向相反，所以此液滴带负电，故选项A 正确；由图知液滴所受的合力F ＝2mg ，其加速度为a ＝F m ＝2g ，故选项B 正确；因为合力的方向与运动的方向相同，故合力对液滴做正功，故选项C 错误；由于电场力所做的功W 电＝Eqx bd sin 45°>0，故电场力对液滴做正功，液滴的电势能减少，故选项D 正确．三、带电粒子在电场中的偏转1．两个结论(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qU 0＝12mv 02 y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(l v 0)2 tan θ＝qU 1l mdv 02得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l 2U 0d(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l 2. 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 ＝12mv 2－12mv 02，其中U y ＝U dy ，指初、末位置间的电势差．【例5】 质谱仪可对离子进行分析．如图所示，在真空状态下，脉冲阀P 喷出微量气体，经激光照射产生电荷量为q 、质量为m 的正离子，自a 板小孔进入a 、b 间的加速电场，从b 板小孔射出，沿中线方向进入M 、N 板间的偏转控制区，到达探测器(可上下移动)．已知a 、b 板间距为d ，极板M 、N 的长度和间距均为L ，a 、b 间的电压为U 1，M 、N 间的电压为U 2.不计离子重力及进入a 板时的初速度．求：(1)离子从b 板小孔射出时的速度大小；(2)离子自a 板小孔进入加速电场至离子到达探测器的全部飞行时间；(3)为保证离子不打在极板上，U 2与U 1应满足的关系．【答案】 (1)2qU 1m (2)(2d ＋L )m 2qU 1(3) U 2＜2U 1 【解析】(1)由动能定理qU 1＝12mv 2，得v ＝2qU 1m (2)离子在a 、b 间的加速度a 1＝qU 1md 在a 、b 间运动的时间t 1＝v a 1＝2m qU 1·d 在MN 间运动的时间：t 2＝Lv ＝L m 2qU 1离子到达探测器的时间：t ＝t 1＋t 2＝(2d ＋L )m 2qU 1； (3)在MN 间侧移：y ＝12a 2t 22＝qU 2L 22mLv 2＝U 2L 4U 1由y ＜L2，得 U 2＜2U 1. 【变式2】 如图所示，电荷量之比为q A ∶q B ＝1∶3的带电粒子A 、B 以相同的速度v 0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C 、D 点，若OC ＝CD ，忽略粒子重力的影响，则下列说法不正确的是( )A ．A 和B 在电场中运动的时间之比为1∶2B ．A 和B 运动的加速度大小之比为4∶1C ．A 和B 的质量之比为1∶12D ．A 和B 的位移大小之比为1∶1【答案】D【解析】粒子A 和B 在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x ＝v 0t 及OC ＝CD 得，t A ∶t B ＝1∶2；竖直方向由h ＝12at 2得a ＝2h t 2，它们沿竖直方向运动的加速度大小之比为a A ∶a B ＝4∶1；根据a ＝qE m 得m ＝qE a ，故m A m B ＝112，A 和B 的位移大小不相等，故选项A 、B 、C 正确，D 错误．【变式3】 如图所示，喷墨打印机中的墨滴在进入偏转电场之前会带上一定量的电荷，在电场的作用下带电荷的墨滴发生偏转到达纸上．已知两偏转极板长度L ＝1.5×10－2 m ，两极板间电场强度E ＝1.2×106 N/C ，墨滴的质量m ＝1.0×10－13 kg ，电荷量q ＝1.0×10－16 C ，墨滴在进入电场前的速度v 0＝15 m/s ，方向与两极板平行．不计空气阻力和墨滴重力，假设偏转电场只局限在平行极板内部，忽略边缘电场的影响．(1)判断墨滴带正电荷还是负电荷？(2)求墨滴在两极板之间运动的时间；(3)求墨滴离开电场时在竖直方向上的位移大小y .【答案】(1)负电荷 (2)1.0×10－3 s (3)6.0×10－4 m【解析】(1)负电荷．(2)墨滴在水平方向做匀速直线运动，那么墨滴在两板之间运动的时间t ＝L v 0.代入数据可得：t ＝1.0×10－3 s(3)离开电场前墨滴在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，a ＝Eq m代入数据可得：a ＝1.2×103 m/s 2离开偏转电场时在竖直方向的位移y ＝12at 2 代入数据可得：y ＝6.0×10－4 m.。
高中物理压轴题05 带电粒子在电场中运动(解析版)
压轴题05带电粒子在电场中的运动1.本专题是电场的典型题型，包括应用静电力的知识解决实际问题。
高考中既可以在选择题中命题，更会在计算题中命题。
2024年高考对于电场的考查仍然是热点。
2.通过本专题的复习，不仅利于完善学生的知识体系，也有利于培养学生的物理核心素养。
3.用到的相关知识有:电场力的性质、电场力能性质、带电粒子在电场中的平衡、加速、偏转等。
近几年的高考命题中一直都是以压轴题的形式存在，重点考查类型静电场的性质，电容器的动态分析，电场中的图像问题，带电粒子在电场中的运动问题，力电综合问题等。
考向一：静电场力的性质1．库仑定律(1)内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．(2)表达式：F＝k q1q2r2，式中k＝9.0×109N·m2/C2，叫做静电力常量．(3)适用条件：真空中的点电荷．①在空气中，两个点电荷的作用力近似等于真空中的情况，可以直接应用公式；②当两个带电体的间距远大于本身的大小时，可以把带电体看成点电荷．(4)库仑力的方向：由相互作用的两个带电体决定，且同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．(5)应用库仑定律的四条提醒a.在用库仑定律公式进行计算时，无论是正电荷还是负电荷，均代入电量的绝对值计算库仑力的大小．b.两个点电荷间相互作用的库仑力满足牛顿第三定律，大小相等、方向相反．c.库仑力存在极大值，由公式F＝k q1q2r2可以看出，在两带电体的间距及电量之和一定的条件下，当q1＝q2时，F最大．d.对于两个带电金属球，要考虑金属球表面电荷的重新分布．2．电场强度的三个公式的比较电场强度――――→点电荷电场E ＝k Q r 2―――→任何电场E ＝F q ―――→匀强电场E ＝U d ――→叠加平行四边形定则3．电场强度的计算与叠加在一般情况下可由上述三个公式计算电场强度，但在求解带电圆环、带电平面等一些特殊带电体产生的电场强度时，上述公式无法直接应用。
带电粒子在三种典型电场中的运动问题解析
带电粒子在三种典型电场中的运动问题解析张路生淮安贝思特实验学校 江苏 淮安 邮编：211600淮安市经济开发区红豆路8号 tel:带电粒子在电场中的运动是每年高考的热点和重点问题，带电粒子在电场中的运动主要有直线运动、往复运动、类平抛运动等。
考查的类型主要有：带电粒子在点电荷电场中的运动、带电粒子在匀强电场中的运动和带电粒子在交变电场中的运动。
这类试题可以拟定不同的题设条件，从不同角度提出问题，涉及力学、电学的很多关键知识点，要求学生具有较强的综合分析能力。
下面笔者针对三种情况分别归纳总结。
初速度与场强方向的关系 运动形式 υ0∥E 做变速直线运动 υ0⊥E 可能做匀速圆周运动 υ0与E 有夹角 做曲线运动【例1】如图1所示，在O 点放置正点电荷Q ，a 、b 两点连线过O 点，且Oa=ab ，则下列说法正确的是A 将质子从a 点由静止释放，质子向b 点做匀加速运动B 将质子从a 点由静止释放，质子运动到b 点的速率为υ，则将α粒子从a 点由静止释放后运动到b 点的速率为2/2υC 若电子以Oa 为半径绕O 做匀速圆周运动的线速度为υ，则电子以Ob 为半径绕O 做匀速圆周运动的线速度为2υD 若电子以Oa 为半径绕O 做匀速圆周运动的线速度为υ，则电子以Ob 为半径绕O 做匀速圆周运动的线速度为2/2υ 〖解析〗：由于库仑力变化，因此质子向b 做变加速运动，故A 错；由于a 、b 之间电势差恒定，根据动能定理有2/2qU m υ=，可得2/qU m υ=，由此可判断B 正确；当电子以O 为圆心做匀速圆周运动时，有22Qq k m r r υ=成立，可得/kQq mr υ=，据此判断C 错D 对。
答案：BD2、根据带电粒子在电场的运动判断点电荷的电性【例2】 如图2所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷Q 产生的电场线，若带电粒子q （|Q|>>|q |）由a 运动到b ，电场力做正功。
带电粒子在电场中的运动
l
t
v0
（离开电场）
沿电场力方向为初速度为零的匀加速直线运动，
加速度：a = F/m = qU/dm
离开电场时的偏移量
y
qUL 2mdv02
2
离开电场时的速度偏转角：
tan
qUL mdV0 2
2y L
3.带电粒子在电场里先加速再偏转 不同的带电粒子从静止经过同一电场加速后进入
同一偏转电场，它们在电场中的偏转角度、偏转量y 总是相同的。即轨迹相同。
(2)粒子从a点射入金属板的时刻应满足
什么条件？
设+q
v0
(1)粒子在板间做什么运动？
审 (2)粒子沿初速度方向做什么运动？
题 (3)粒子在垂直初速度方向做什么运 析 动？ 疑
(4)“欲使该粒子仍能从b点以v0射出” 隐含了粒子运动的什么状态？
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方法提升 利用速度图象分析带电粒子的运动过程
一是注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒的运 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 过程的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界.
二是分析问题时要从力和运动的关系出发，结合功能关系， 列式求解.
三是明确此类题型的三种情况：①粒子做单向的直线运动 (一般用牛顿运动定律求解)；②粒子做往返运动（一般分段 研究)；③粒子做偏转运动（一般根据交变电场特点分段研究).
板间的距离足够大,下列说法正确的是( )
A.电子一直向着A板运动
B.电子一直向着B板运动
C.电子先向A板运动,然后返回向B板运动,
之后在A、B两板间做周期性往复运动
D.电子先向B板运动,然后返回向A板运动,
2020年高考物理专题精准突破 带点粒子在电场中的运动(解析版)
2020年高考物理专题精准突破 专题 带点粒子在电场中的运动【专题诠释】一 带电粒子在电场中的直线运动 1．用动力学观点分析 a ＝F 合m ，E ＝Ud ，v 2－v 20＝2ad 2．用功能观点分析匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝12mv 2－12mv 20非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1 二 带电粒子在电场中的偏转运动【高考领航】【2019·江苏高考】一匀强电场的方向竖直向上。
t ＝0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P ，不计粒子重力，则P t 关系图象是( )【答案】 A【解析】 设粒子带正电，运动轨迹如图所示，水平方向：粒子不受力，v x ＝v 0；沿电场方向：电场力F ＝qE ，加速度a ＝F m ＝qE m ，经时间t ，粒子沿电场方向的速度v y ＝at ＝qEt m ，电场力做功的功率P ＝Fv y ＝qE ·qEtm ＝(qE )2tm＝kt ∝t ，A 正确。
【2019·全国卷Ⅱ】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？ 【答案】 (1)12mv 20＋2φdqh v 0mdhqφ(2)2v 0mdhqφ【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 ＝φd 2＝2φd ①F ＝qE ＝ma ②设粒子第一次穿过G 时的动能为E k ，由动能定理有 qEh ＝E k －12mv 20③设粒子从射入电场至第一次穿过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 2④l ＝v 0t ⑤联立①②③④⑤式解得 E k ＝12mv 20＋2φd qh ⑥ l ＝v 0mdhqφ⑦ (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。
电场中带电粒子的运动轨迹
电场中带电粒子的运动轨迹电场是由电荷产生的一种物理现象，而带电粒子则是电场中最基本的存在形式。
在电场中，带电粒子的运动轨迹受到电场力的影响，从而呈现出各种有趣的运动形式。
本文将探讨电场中带电粒子的运动轨迹及其相关特性。
一、静电场中的带电粒子运动轨迹静电场是指电场随时间不变的情况，即没有电荷的运动或改变。
在静电场中，带电粒子受到的力就是电场力，其大小与带电粒子电荷量以及电场强度有关。
根据静电场中带电粒子的运动特点，轨迹可分为以下几种情况：1. 电荷为正的带电粒子在均匀电场中的运动轨迹当电荷为正的带电粒子置于均匀电场中时，受到的电场力的方向与电场强度方向相同。
由于正电荷受到的电场力的方向与位移方向相反，因此电荷会受到一个向相反方向的加速度。
根据运动学原理，带电粒子的运动轨迹将是一个向相反方向的抛物线。
2. 电荷为负的带电粒子在均匀电场中的运动轨迹当电荷为负的带电粒子置于均匀电场中时，受到的电场力的方向与电场强度方向相反。
由于负电荷受到的电场力的方向与位移方向相同，因此电荷会受到一个向正方向的加速度。
同样根据运动学原理，带电粒子的运动轨迹将是一个向正方向的抛物线。
3. 电荷在非均匀电场中的运动轨迹在非均匀电场中，电场强度在空间中存在差异。
当带电粒子置于非均匀电场中时，受到的电场力的大小和方向将随着粒子位置的变化而改变。
因此，带电粒子的运动轨迹将不再是简单的抛物线，而是受到电场强度变化的影响而呈现出复杂的形态。
二、运动轨迹的特性除了在不同类型的电场中呈现不同的运动轨迹外，带电粒子的运动轨迹还具备一些特性，对于分析电场中的粒子运动非常重要。
1. 对称性在均匀电场中，带电粒子的运动轨迹是对称的，即垂直于电场强度方向的轨迹形状相同。
这表明带电粒子在均匀电场中的运动是相互独立的，并且与具体位置无关。
2. 粒子速度带电粒子在电场中具有初速度时，其运动轨迹将发生变化。
初速度的大小及方向将决定粒子在电场中的路径。
例如，初速度的大小过大可能导致粒子脱离电场，而初速度的方向则会影响运动轨迹的弯曲程度。
高中物理微型专题3 带电粒子在电场中的运动
微型专题3 带电粒子在电场中的运动[学科素养与目标要求]物理观念：1.掌握初速度与场强方向同直线时带电体做直线运动,初速度与场强方向垂直时带电体做类平抛运动.2.会分析圆周运动向心力的来源.科学思维：1.能够综合应用运动和力、功和能的关系分析带电粒子在电场中的运动问题,提高科学推理能力.2.建立带电粒子在交变电场中运动的思维模型.一、带电粒子在电场中的直线运动 1.带电粒子在电场中的直线运动(1)匀速直线运动：带电粒子受到的合外力一定等于零,即所受到的电场力与其他力平衡. (2)匀加速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向相同. (3)匀减速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向相反. 2.讨论带电粒子在电场中做直线运动(加速或减速)的方法 (1)力和加速度方法——牛顿运动定律、匀变速直线运动公式； (2)功和能方法——动能定理； (3)能量方法——能量守恒定律.例1 (2018·广州二中高二期中)如图1所示,水平放置的平行板电容器的两极板M 、N 接上直流电源,两极板间的距离为L ＝15cm.上极板M 的中央有一小孔A,在A 的正上方h 处的B 点有一小油滴自由落下.已知小油滴的电荷量q ＝3.5×10－14C 、质量m ＝3.0×10－9kg.当小油滴即将落到下极板时速度恰好为零.两极板间的电势差U ＝6×105V.求：(不计空气阻力,取g ＝10m/s 2)图1(1)两极板间的电场强度E 的大小为多少？ (2)设平行板电容器的电容C ＝4.0×10－12F,则该电容器所带电荷量Q 是多少？(3)B 点在A 点的正上方的高度h 是多少？ 答案 (1)4×106V/m (2)2.4×10－6C (3)0.55m解析 (1)由匀强电场的场强与电势差的关系式可得两极板间的电场强度为E ＝U L ＝4×106V/m(2)该电容器所带电荷量为Q ＝CU ＝2.4×10－6C(3)小油滴自由落下,即将落到下极板时,速度恰好为零 由动能定理可得：mg(h ＋L)－qU ＝0 则B 点在A 点的正上方的高度是h ＝qU mg －L ＝3.5×10－14×6×1053.0×10－9×10m －0.15m ＝0.55m. 二、带电粒子的类平抛运动 1.先求加速度.2.将运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的匀加速直线运动,在两个方向上分别列运动学方程.3.涉及功能关系,也可用动能定理列方程.例2 (多选)(2018·上饶市高二期末)有三个质量相等,分别带正电、负电和不带电的油滴,从极板左侧中央以相同的水平初速度v 先后垂直电场射入,落到下极板A 、B 、C 处,如图2所示,则( )图2A.油滴A 带正电,B 不带电,C 带负电B.三个油滴在电场中运动时间相等C.三个油滴在电场中运动的加速度a A <a B <a CD.三个油滴到达下极板时动能E kA <E kB <E kC 答案 ACD解析 三个油滴的初速度相等,水平位移x A >x B >x C ,根据水平方向上做匀速直线运动,所以由公式x ＝vt 得t A >t B >t C ,三个油滴在竖直方向上的位移相等,根据y ＝12at 2,知a A <a B <a C .从而得知油滴B 仅受重力,油滴A 所受的电场力方向向上,油滴C 所受的电场力方向向下,所以油滴B 不带电,油滴A 带正电,油滴C 带负电,故A 、C 正确,B 错误.根据动能定理,三个油滴重力做功相等,电场力对油滴A 做负功,电场力对油滴C 做正功,又因为油滴A 、B 、C 的初动能相等,所以三个油滴到达下极板时的动能E kA <E kB <E kC ,故D 正确.三、带电体在电场(复合场)中的圆周运动解决电场(复合场)中的圆周运动问题,关键是分析向心力的来源,向心力的来源有可能是重力和电场力的合力,也有可能是单独的电场力.有时可以把复合场中的圆周运动等效为竖直面内的圆周运动,找出等效“最高点”和“最低点”.例3 (2018·江西师大附中高二月考)如图3所示,BCDG 是光滑绝缘的34圆形轨道,位于竖直平面内,轨道半径为R,下端与水平绝缘轨道在B 点平滑连接,整个轨道处在水平向左的匀强电场中.现有一质量为m 、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上,滑块受到的电场力大小为34mg,滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5,重力加速度为g.图3(1)若滑块从水平轨道上距离B 点s ＝3R 的A 点由静止释放,求滑块到达与圆心O 等高的C 点时对轨道的作用力大小；(2)为使滑块恰好始终沿轨道滑行(不脱离轨道),求滑块在圆形轨道上滑行过程中的最小速度. 答案 (1)74mg (2)5gR2解析 (1)设滑块到达C 点时的速度为v,滑块所带电荷量为q,匀强电场的场强为E,由动能定理有 qE(s ＋R)－μmgs－mgR ＝12mv 2qE ＝34mg解得v ＝gR设滑块到达C 点时受到轨道的作用力大小为N,则N －qE ＝m v2R解得N ＝74mg由牛顿第三定律可知,滑块对轨道的作用力大小为 N ′＝N ＝74mg(2)要使滑块恰好始终沿轨道滑行,则滑至圆形轨道DG 间某点,由电场力和重力的合力提供向心力,此时的速度最小(设为v min )则有(qE )2＋(mg )2＝m v2min R解得v min ＝5gR 2. [学科素养] 复合场中的圆周运动,涉及受力分析、圆周运动、电场等相关知识点,既巩固了学生基础知识,又锻炼了学生迁移应用与分析的综合能力,较好地体现了“科学思维”的学科素养.四、带电粒子在交变电场中的运动1.当空间存在交变电场时,粒子所受电场力方向将随着电场方向的改变而改变,粒子的运动性质也具有周期性.2.研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究,并辅以v－t图像.特别需注意带电粒子进入交变电场时的时刻及交变电场的周期.例4 在如图4所示的平行板电容器的两板A、B上分别加如图5甲、乙所示的两种电压,开始B板的电势比A板高.在电场力的作用下原来静止在两板中间的电子开始运动.若两板间距足够大,且不计重力,试分析电子在甲、乙两种交变电压作用下的运动情况,并定性画出相应的v－t图像.图4图5答案见解析解析t＝0时,B板电势比A板高,在电场力作用下,电子向B板(设为正向)做初速度为零的匀加速直线运动.对于题图甲所示电压,在0～T2内电子做初速度为零的正向匀加速直线运动,T2～T内电子做末速度为零的正向匀减速直线运动,然后周期性地重复前面的运动,其速度－时间图线如图(a)所示.对于题图乙所示电压,在0～T2内做类似(1)0～T的运动,T2～T电子做反向先匀加速、后匀减速、末速度为零的直线运动.然后周期性地重复前面的运动,其速度－时间图线如图(b)所示.(a) (b)1.(带电粒子在交变电场中的运动)(2018·西安交大附中质检)如图6甲所示,在平行板电容器的A板附近,有一个带正电的粒子(不计重力)处于静止状态,在A、B两板间加如图乙所示的交变电压,带电粒子在电场力作用下由静止开始运动,经过3t0时间刚好到达B板,设此时粒子的动能大小为E k3,若用改变A、B两板间距的方法,使粒子在5t 0时刻刚好到达B 板,此时粒子的动能大小为E k5,则E k3E k5等于( )图6A.35B.53C.1D.925 答案 B解析 设两板间的距离为d,经3t 0时间刚好到达B 板时,粒子运动过程中先加速然后减速再加速,根据运动的对称性和动能定理,可得E k3＝q U 03,若改变A 、B 两板间的距离使粒子在5t 0时刻刚好到达B 板,根据运动的对称性和动能定理,可得E k5＝q·U 05,故E k3E k5＝53,B 正确.2.(带电粒子在电场中的类平抛运动)如图7所示,阴极A 受热后向右侧空间发射电子,电子质量为m,电荷量为e,电子的初速率有从0到v 的各种可能值,且各个方向都有.与A 极相距l 的地方有荧光屏B,电子击中荧光屏时便会发光.若在A 和B 之间的空间加一个水平向左、与荧光屏面垂直的匀强电场,电场强度为E,且电子全部打在荧光屏上,求B 上受电子轰击后的发光面积.图7答案 2mlv 2πEe解析 阴极A 受热后发射电子,这些电子沿各个方向射入右边匀强电场区域,且初速率从0到v 各种可能值都有.取两个极端情况如图所示.沿极板竖直向上且速率为v 的电子,受到向右的电场力作用做类平抛运动打到荧光屏上的P 点. 竖直方向上y ＝vt, 水平方向上l ＝12·Ee mt 2.解得y ＝v2mlEe. 沿极板竖直向下且速率为v 的电子,受到向右的电场力作用做类平抛运动打到荧光屏上的Q 点,同理可得 y ′＝v2ml Ee. 故在荧光屏B 上的发光面积S ＝y 2π＝2mlv 2πEe.3.(带电体的直线运动)(2018·菏泽市高二期末)如图8所示,一带电液滴的质量为m 、电荷量为－q(q>0),在竖直向下的匀强电场中刚好与水平面成30°角以速度v 0向上做匀速直线运动.重力加速度为g.图8(1)求匀强电场的电场强度的大小；(2)若电场方向改为垂直速度方向斜向下,要使带电液滴仍做直线运动,电场强度为多大？带电液滴前进多少距离后可返回？答案 (1)mg q (2)3mg 2q v 2g解析 (1)因为带电液滴处于平衡状态,所以有Eq ＝mg 解得：E ＝mgq(2)电场方向改变,带电液滴受力分析如图所示.带电液滴做直线运动时,垂直速度方向的合力为零,即qE ′＝mgcos30° 解得：E ′＝mgcos30°q ＝3mg2q带电液滴在运动方向的反方向上的合力F ＝mgsin30°,由牛顿第二定律 做减速运动的加速度大小a ＝F m ＝gsin30°＝g2带电液滴可前进的距离s ＝v 202a ＝v 2g .(或由动能定理：－mgsin30°·s＝0－12mv 02得带电液滴可前进的距离s ＝v 202gsin30°＝v 2g.)4.(带电粒子的圆周运动)(2017·宿迁市高一期末)如图9所示,在竖直平面内放置着绝缘轨道ABC,AB 部分是半径R ＝0.40m 的光滑半圆形轨道,BC 部分是粗糙的水平轨道,BC 轨道所在的竖直平面内分布着E ＝1.0×103V/m 的水平向右的有界匀强电场,AB 为电场的左侧竖直边界.现将一质量为m ＝0.04 kg 、电荷量为q ＝－1×10－4C 的滑块(视为质点)从BC 上的某点由静止释放,滑块通过A 点时对轨道的压力恰好为零.已知滑块与BC 间的动摩擦因数为μ＝0.05,不计空气阻力,g 取10 m/s 2.求：图9(1)滑块通过A 点时速度v A 的大小；(2)滑块在BC 轨道上的释放点到B 点的距离x ； (3)滑块离开A 点后在空中运动速度v 的最小值. 答案 (1)2m/s (2)5 m (3)1.94 m/s解析 (1)因为滑块通过A 点时对轨道的压力恰好为零, 所以有mg ＝mv 2AR ,解得v A ＝2m/s.(2)根据动能定理可得： |q|Ex －μmgx－mg·2R＝12mv A 2,解得x ＝5m.(3)滑块离开A 点后在水平方向上做匀减速直线运动, 故有：v x ＝v A －|q|Em t ＝2－2.5t在竖直方向上做自由落体运动, 所以有v y ＝gt ＝10t,v ＝v 2x ＋v 2y ＝106.25t 2－10t ＋4 故v min ＝81717m/s ≈1.94 m/s.一、选择题考点一 带电粒子在电场中的直线运动1.(多选)如图1所示,平行板电容器的两个极板与水平面成一角度,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( )图1A.所受重力与电场力平衡B.电势能逐渐增加C.动能逐渐增加D.做匀变速直线运动答案BD解析对带电粒子受力分析如图所示,F合≠0,则A错误.由图可知电场力与重力的合力方向与v0方向相反,F合对粒子做负功,其中mg不做功,Eq做负功,故粒子动能减少,电势能增加,B正确,C错误.F合恒定且F合与v0方向相反,粒子做匀减速直线运动,D正确.2.如图2,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、电性相反,使它们分别静止于电容器的上、下极板附近,与极板距离相等.现同时释放a、b,它们由静止开始运动.在随后的某时刻t,a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面.a、b间的相互作用和重力可忽略.下列说法正确的是( )图2A.a的质量比b的大B.在t时刻,a的动能比b的大C.在t时刻,a和b的电势能相等D.在t时刻,a和b的速度大小相等答案 B3.(多选)(2018·宜昌市示范高中高二联考)如图3所示,一带电液滴受重力和匀强电场的作用力,从静止开始由b点沿直线运动到d点,且bd与竖直方向的夹角为45°,则下列结论中正确的是( )图3A.此液滴带负电B.液滴做匀加速直线运动C.合外力对液滴做的总功等于零D.液滴的电势能减少答案ABD解析液滴所受的合力沿bd方向,知电场力方向水平向右,则此液滴带负电,故A正确；液滴所受合力恒定,加速度恒定,做匀加速直线运动,故B正确；合外力不为零,则合外力做功不为零,故C错误；从b点到d点,电场力做正功,液滴电势能减小,故D正确.考点二带电粒子的类平抛运动4.(多选)如图4所示,一电子(不计重力)沿x轴正方向射入匀强电场,在电场中的运动轨迹为OCD,已知OA ＝AB,电子过C、D两点时竖直方向的分速度为v Cy和v Dy；电子在OC段和OD段动能的变化量分别为ΔE k1和ΔE k2,则( )图4A.v Cy∶v Dy＝1∶2B.v Cy∶v Dy＝1∶4C.ΔE k1∶ΔE k2＝1∶3D.ΔE k1∶ΔE k2＝1∶4答案AD解析电子沿x轴正方向射入匀强电场,做类平抛运动,沿x轴方向做匀速直线运动,已知OA＝AB,则电子从O到C与从C到D的时间相等.电子在y轴方向上做初速度为零的匀加速运动,则有v Cy＝at OC,v Dy＝at OD,所以v Cy∶v Dy＝t OC∶t OD＝1∶2,故A正确,B错误；根据匀变速直线运动的推论可知,在竖直方向上y OC∶y OD＝1∶4,根据动能定理得ΔE k1＝qEy OC,ΔE k2＝qEy OD,则得ΔE k1∶ΔE k2＝1∶4,故C错误,D正确.5.如图5所示,质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中,P从两极板正中央射入,Q从下极板边缘处射入,它们最后打在上极板的同一点(重力不计),则从开始射入到打到上极板的过程中( )图5A.它们运动的时间t Q ＞t PB.它们运动的加速度a Q ＜a PC.它们所带的电荷量之比q P ∶q Q ＝1∶2D.它们的动能增加量之比ΔE kP ∶ΔE kQ ＝1∶2 答案 C解析 设两板间距为h,P 、Q 两粒子的初速度为v 0,加速度分别为a P 和a Q ,粒子P 到上极板的距离是h2,它们做类平抛运动的水平位移均为l.则对P,由l ＝v 0t P ,h 2＝12a P t P 2,得到a P ＝hv 20l 2；同理对Q,l ＝v 0t Q ,h ＝12a Q t Q 2,得到a Q ＝2hv 2l 2.由此可见t P ＝t Q ,a Q ＝2a P ,而a P ＝q P E m ,a Q ＝q Q E m ,所以q P ∶q Q ＝1∶2.由动能定理得,它们的动能增加量之比ΔE kP ∶ΔE kQ ＝ma P h2∶ma Q h ＝1∶4.综上所述,C 项正确.6.(2018·南京师大附中段考)如图6所示,正方体真空盒置于水平面上,它的ABCD 面与EFGH 面为金属板,其他面为绝缘材料.ABCD 面带正电,EFGH 面带负电.从小孔P 沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴a 、b 、c,最后分别落在1、2、3三点,则下列说法正确的是( )图6A.三个液滴在真空盒中都做平抛运动B.三个液滴的运动时间不一定相同C.三个液滴落到底板时的速率相同D.液滴c 所带电荷量最多 答案 D解析 三个液滴在水平方向受到电场力作用,在水平方向并不是做匀速直线运动,所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动,选项A 错误；由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动,故三个液滴的运动时间相同,选项B 错误；三个液滴落到底板时竖直分速度大小相等,而水平分位移不相等,水平分速度大小不相等,所以三个液滴落到底板时的速率不相同,选项C 错误；由于液滴c 在水平方向位移最大,故液滴c 在水平方向加速度最大,由牛顿第二定律知,液滴c 所受的电场力最大,故液滴c 所带电荷量最多,选项D 正确. 考点三 带电粒子在电场(复合场)中的圆周运动7.(多选)如图7所示,竖直向下的匀强电场中,用绝缘细线拴住的带电小球在竖直平面内绕O 做圆周运动,以下四种说法中正确的是( )图7A.带电小球可能做匀速圆周运动B.带电小球可能做非匀速圆周运动C.带电小球通过最高点时,细线拉力一定最小D.带电小球通过最低点时,细线拉力有可能最小 答案 ABD8.如图8所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道,处于水平向右的匀强电场中,一带负电的小球从高为h 的A 处由静止开始下滑,沿轨道ABC 运动后进入圆环内做圆周运动.已知带电小球所受电场力是其重力的34,圆环半径为R,斜面倾角为θ＝53°,轨道水平段BC 的长度s BC ＝2R.若使带电小球在圆环内恰好能做完整的圆周运动,则高度h 为( )图8A.2RB.4RC.10RD.17R 答案 C解析 带电小球所受的重力和电场力均为恒力,故两力可等效为一个力F ＝(mg )2＋(34mg )2＝54mg,方向与竖直方向的夹角为37°偏左下.若使带电小球在圆环内恰好能做完整的圆周运动,即通过等效最高点D 时带电小球与圆环间的弹力恰好为0,由圆周运动知识可得54mg ＝m v 2DR ,由A 到D 的过程由动能定理得mg(h －R－Rcos37°)－34mg(htan37°＋2R ＋Rsin37°)＝12mv D 2,解得h ＝10R,故选项C 正确,选项A 、B 、D 错误.考点四 带电粒子在交变电场中的运动9.(多选)如图9所示,两平行金属板分别加上如下列选项中的电压,能使原来静止在金属板中央的电子(不计重力)有可能做往返运动的U －t 图像应是(设两板距离足够大)( )图9答案 BC解析 由A 图像可知,电子先做匀加速运动,12T 时速度最大,从12T 到T 内做匀减速运动,T 时速度减为零.然后重复这种运动,故选项A 错误.由B 图像可知,电子先做匀加速运动,14T 时速度最大,从14T 到12T 内做匀减速运动,12T 时速度减为零,从12T 到34T 反向匀加速运动,34T 时速度最大,从34T 到T 内做匀减速运动,T 时速度减为零,回到出发点.然后重复往返运动,故选项B 正确.由C 图像可知,电子先做加速度减小的加速运动,14T 时速度最大,从14T 到12T 内做加速度增大的减速运动,12T 时速度减为零,从12T 到34T 反向做加速度减小的加速运动,34T 时速度最大,从34T 到T 内做加速度增大的减速运动,T 时速度减为零,回到出发点.然后重复往返运动,故选项C 正确.由D 图像可知,电子0～T 2做匀加速运动,从12T 到T 内做匀速运动,然后重复加速运动和匀速运动一直向一个方向运动,故选项D 错误.10.(多选)如图10(a)所示,A 、B 表示真空中水平放置的相距为d 的平行金属板,板长为L,两板加电压后板间的电场可视为匀强电场.现在A 、B 两板间加上如图(b)所示的周期性的交变电压,在t ＝0时恰有一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子在左侧两板间中央沿水平方向以速度v 0射入电场,忽略粒子的重力,则下列关于粒子运动状态的表述中正确的是( )图10A.粒子在垂直于板的方向上的分运动可能是往复运动B.粒子在垂直于板的方向上的分运动是单向运动C.只要周期T 和电压U 0的值满足一定条件,粒子就可沿与板平行的方向飞出D.粒子不可能沿与板平行的方向飞出 答案 BC 二、非选择题11.如图11所示,长L ＝0.20m 的绝缘丝线的一端拴一质量为m ＝1.0×10－4kg 、带电荷量为q ＝＋1.0×10－6C 的小球,另一端连在一水平轴O 上,丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动,整个装置处在竖直向上的匀强电场中,电场强度E ＝2.0×103N/C.现将小球拉到与轴O 在同一水平面上的A 点,然后无初速度地将小球释放,取g ＝10 m/s 2,不计空气阻力.求：图11(1)小球通过最高点B 时速度的大小；(2)小球通过最高点B 时,丝线对小球拉力的大小. 答案 (1)2m/s (2)3.0×10－3N解析 (1)小球由A 点运动到B 点,其初速度为零,电场力对小球做正功,重力对小球做负功,丝线拉力不做功,则由动能定理有：qEL －mgL ＝12mv B 2v B ＝2(qE －mg )Lm＝2 m/s. (2)设小球到达B 点时,受重力mg 、电场力qE 和丝线拉力T B 作用, mg ＝1.0×10－4×10 N ＝1.0×10－3N qE ＝1.0×10－6×2.0×103N ＝2.0×10－3N可知qE ＞mg,因为qE 方向竖直向上,mg 方向竖直向下,小球做圆周运动,其到达B 点时向心力的方向一定指向圆心,所以小球一定受到丝线的拉力T B 的作用,由牛顿第二定律有：T B ＋mg －qE ＝mv 2BLT B ＝mv 2B L＋qE －mg ＝3.0×10－3N.12.(2018·德州市期末)如图12甲所示,水平放置的两平行金属板A 、B 相距为d,板间加有如图乙所示随时间变化的电压.A 、B 板中点O 处有一带电粒子,其电荷量为q,质量为m,在0～T2时间内粒子处于静止状态.已知重力加速度为g,周期T ＝d g.图12(1)判断该粒子的电性；(2)求在0～T2时间内两板间的电压U 0；(3)若t ＝T 时刻,粒子恰好从O 点正下方金属板A 的小孔飞出,那么U 0U x 的值应为多少.答案 (1)正电 (2)mgd q (3)13解析 (1)由平衡条件可知粒子带正电 (2)0～T2时间内,粒子处于平衡状态由mg ＝qU 0d 得：U 0＝mgdq(3)在T 2～T 时间内有：d 2＝12at 12mg ＋qU xd ＝mat 1＝T 2＝12d g由以上各式联立解得：U 0U x ＝13.。
2021届高考物理一轮复习：电场部分 带电粒子在电场中的运动
知识梳理
示波管
一台正常工作的示波管，突然发现荧光屏上画面的高度缩小，则产生故障的 原因可能是什么？
知识梳理
示波管 3.荧光屏上侧移量的计算 在图中，设加速电压为U1，偏转电压为U2，电子电荷量为e，质量为 m
其中 d 为两板的间距。
偏转角和侧移量只与加速 电场和偏转电场有关，与 粒子本身没有关系
练习 (2017·安徽蚌埠四校联考)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C来的（ ）
提示：电子的侧位移不变，用极板间距 和初速度表示侧位移。
带电粒子在电场中的运动
思维导图
高考考纲
复习目标
掌握带电粒子在电场中加速和偏转所遵循的规律 。 知道示波管的主要构造和工作原理 。
知识梳理 带电粒子在电场中的直线运 动1.平衡
如图所示，一带电小球恰能在平行板电容器沿直线匀速通 过电容器，则带电小球受力有何特点？
带电小球必受力平衡
F合=0或qE=mg（仅受电场力和重力时 ）
知识梳理
带电粒子在匀强电场中的偏转 2.基本关系式：
a.能飞出平行板电容器：t=____ 运动时间
对于同一偏转电场，粒子离 开电场时的偏移量和偏转角 均只与荷质比和初速度有关
例题——带电粒子在匀强电场中的偏转
如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金 属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为 L，板间的距离为 d，板间电压为 U，带电粒子的电荷量为＋q，粒子通过平行金属板的时间为t(不计粒子的重力) ，则（ B）
电场中带电粒子的运动轨迹分析
电场中带电粒子的运动轨迹分析电场是指由电荷所产生的力场，它对带电粒子具有作用力。
在电场中，带电粒子会受到电场力的作用而产生运动。
本文将对电场中带电粒子的运动轨迹进行分析。
1. 电场与带电粒子在电场中，带电粒子会受到电场力的作用。
电场力的大小与带电粒子的电荷量和电场强度有关，方向与带电粒子的电荷性质有关。
如果带电粒子的电荷量为q，电场强度为E，则电场力F的大小可以用以下公式表示：F = qE2. 匀强电场中带电粒子的轨迹在均匀且强度为E的电场中，带电粒子的运动轨迹是直线。
根据牛顿第二定律，可以得出带电粒子的加速度a与电场力F之间存在以下关系：F = ma其中，m表示带电粒子的质量。
由于电场力是恒定的，因此带电粒子的加速度也是恒定的，从而使带电粒子以恒定的速度在直线上运动。
3. 非均匀电场中带电粒子的轨迹在非均匀电场中，带电粒子的运动轨迹将不再是直线。
非均匀电场意味着电场强度在空间中存在变化。
带电粒子在非均匀电场中运动时，会受到不同位置处电场力的作用，因此运动轨迹将呈现出弯曲或曲线的形状。
4. 圆周运动轨迹当电场中的带电粒子速度垂直于电场线方向时，带电粒子将进入圆周运动。
在圆周运动中，带电粒子所受到的向心力由电场力提供。
这种运动轨迹被称为鲁宾逊轨迹，是一种特殊的圆周运动。
5. 初速度不为零时的运动轨迹当带电粒子在电场中具有一个非零的初速度时，运动轨迹将更加复杂。
带电粒子在电场力的作用下，不仅受到加速度的影响，还受到速度的影响。
因此，带电粒子的运动轨迹可能是弯曲的或螺旋形的，具体形式取决于初速度与电场方向之间的关系。
综上所述，电场中带电粒子的运动轨迹受到电场力的作用。
在均匀电场中，带电粒子将沿直线运动；而在非均匀电场中，运动轨迹可能呈现出弯曲或曲线的形状。
当带电粒子的速度垂直于电场线方向时，将出现圆周运动的轨迹。
当带电粒子具有一个非零的初速度时，运动轨迹将更加复杂。
通过对带电粒子在电场中的运动轨迹进行分析，可以进一步理解电场力对带电粒子产生的影响。
电场中带电粒子的运动轨迹
电场中带电粒子的运动轨迹电场是由带电粒子产生的，而带电粒子在电场中的运动轨迹则受到电场力的作用。
这种力可以使带电粒子发生加速或减速的运动，从而形成各种不同的轨迹。
本文将探讨电场中带电粒子的运动轨迹，并尝试解释其背后的物理原理。
首先，我们需要了解电场的基本概念。
电场是由带电粒子产生的一种物理场，它是一种能量的分布形式。
电场中的带电粒子受到电场力的作用，这个力的大小和方向由带电粒子的电荷量和电场强度决定。
在一个均匀电场中，电场力的方向始终与电场强度的方向相同，而大小则与带电粒子的电荷量成正比。
带电粒子在电场中的运动轨迹可以分为三种情况：直线运动、圆周运动和抛物线运动。
这些轨迹的形成与带电粒子的初速度、电场强度和带电粒子的质量有关。
首先，当带电粒子的初速度与电场力的方向相同，并且带电粒子的质量足够小，可以忽略重力的影响时，带电粒子将以匀速直线运动。
这是因为电场力与带电粒子的速度方向相同，所以电场力对带电粒子的加速度为零，带电粒子将保持匀速直线运动。
其次，当带电粒子的初速度与电场力的方向垂直时，带电粒子将以圆周运动的形式运动。
这是因为电场力的方向始终垂直于带电粒子的速度方向，它提供了一个向心力，使带电粒子维持在一个固定的半径上做圆周运动。
最后，当带电粒子的初速度与电场力的方向有一个夹角时，带电粒子将以抛物线运动的形式运动。
这是因为电场力的方向与带电粒子的速度方向之间存在一个分解关系，其中一个分量与速度方向相同，另一个分量与速度方向垂直。
这两个分量的合力使带电粒子沿着一个抛物线轨迹运动。
需要注意的是，以上讨论的是在一个理想的情况下。
在实际情况中，带电粒子还可能受到其他力的作用，如重力和阻力。
这些额外的力会对带电粒子的运动轨迹产生一定的影响。
此外，带电粒子的运动轨迹还可能受到电场的非均匀性和带电粒子之间的相互作用的影响。
总之，电场中带电粒子的运动轨迹是由电场力的作用决定的。
带电粒子的初速度、电场强度和带电粒子的质量是影响运动轨迹的关键因素。
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3如图所示，相距为d 的平行金属板A 、B 竖直放置，在两板之间水平放置一绝缘平板。
有一质量m 、电荷量q （q>0）的小物块在与金属板A 相距l 处静止。
若某一时刻在金属板A 、B 间加一电压U AB =qumgd23-，小物块与金属板只发生了一次碰撞，碰撞后电荷量变为2q-，并以与碰前大小相等的速度反方向弹回。
已知小物块与绝缘平板间的动摩擦因素为μ，若不计小物块电荷量对电场的影响和碰撞时间。
则 （1）小物块与金属板A 碰撞前瞬间的速度大小是多少？ （2）小物块碰撞后经过多长时间停止运动？停在何位置？ 答案：（1）gl μ（2）时间为14gμ，停在2l 处或距离B 板为2l 解析：本题考查电场中的动力学问题（1）加电压后，B 极板电势高于A 板，小物块在电场力作用与摩擦力共同作用下向A 板做匀加速直线运动。
电场强度为 dU E BA=小物块所受的电场力与摩擦力方向相反，则合外力为 mg qE F μ-=合 故小物块运动的加速度为g md mgd qU mF a μμ211=-==合设小物块与A 板相碰时的速度为v 1，由l a v 1212=解得 gl v μ=1（2）小物块与A 板相碰后以v 1大小相等的速度反弹，因为电荷量及电性改变，电场力大小与方向发生变化，摩擦力的方向发生改变，小物块所受的合外力大小 为 2qE mg F -=μ合加速度大小为 21m 4F a g μ==合 设小物块碰后到停止的时间为 t ，注意到末速度为零，有 120v a t -=- 解得 12v t a==设小物块碰后停止时距离为x ，注意到末速度为零，有x a v -02212-=则 2222v x l a ==或距离B 板为 l d 2=4．如图a 所示，为一组间距d 足够大的平行金属板，板间加有随时间变化的电压（如图b 所示），设U 0和T 已知。
A 板上O 处有一静止的带电粒子，其带电量为q ，质量为m （不计重力），在t =0时刻起该带电粒子受板间电场加速向B 板运动，途中由于电场反向，粒子又向A 板返回（粒子未曾与B 板相碰）。
（1）当U x=2U 0时求带电粒子在t=T 时刻的动能；（2）为使带电粒子在0~T 时间内能回到O 点，U x 要大于多少？解析：（1）dm q U a 01=，dm q U a 022=，211Ta v =， dmq TU T a T a T a v v 2222021212-=-=-= md q U T mv E k 2220222821== （2）211)2(21T a s =，21)2(212Ta T v s x x -=，B（a ）U （b ）211Ta v =，x s s -=1，由上面四式，得13a a x = 因为dm q U a 01=，dmqU a x x =，所以03U U x =5. 右图中A 和B 表示在真空中相距为d 的两平行金属板加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场；右边表示一周期性的交变电压的波形，横坐标代表时间t ，纵坐标代表电压U ，从t=0开始，电压为给定值U 0，经过半个周期，突然变为-U 0……。
如此周期地交替变化。
在t=0时刻将上述交变电压U 加在A 、B 两极上，求： (1)在t=0时刻，在B 的小孔处无初速地释放一电子，要想使这电子到达A 板时的速度最大，则所加交变电压的频率最大不能超过多少?(2)在t=0时刻，在B 的小孔处无初速地释放一电子，要想使这电子到达A 板时的速度最小(零)，则所加交变电压的频率为多大?(3)在t=?时刻在B 的小孔处无初速地释放一上述电子，在一个周期时间，该电子刚好回到出发点?试说明理由并具备什么条件。
解析：5. (1)要求电子到达A 板的速度最大，要求在t=2T时刻即速度达最大值v m =md eUT 2时到达 A 板，位移为s=21×md eU 0×(2T )2=d ，要求频率f不能超过208md eU 。
(2)要求电子到达A 板的速度为零，要求在t=nT(n=1.2.3……)。
21×md eU 0×(2T )2×2= d ，要求频率f 不能超过204md n eU 。
(n=1.2.3……) (3)在t=nT+4T时刻释放电子，经过一个周期，在t= nT+45T 时刻，电子刚回到出发点。
条件时在半个周期即从(nT+4T～nT+43T )时间内，电子的位移小于d ，条件是频率f ≥216mdeU。
6．如图甲所示，A 、B 是一对平行放置的金属板，中心各有一个小孔P 、Q ，PQ 连线垂直金属板，两板间距为d ．现从P 点处连续不断地有质量为 m 、带电量为＋q 的带电粒子（重力不计），沿PQ 方向放出，粒子的初速度可忽略不计．在t ＝0时刻开始在A 、B 间加上如图乙所示交变电压（A 板电势高于B 板电势时，电压为正），其电压大小为U 、周期为T ．带电粒子在A 、B 间运动过程中，粒子间相互作用力可忽略不计．（1）如果只有在每个周期的0～4T时间内放出的带电粒子才能从小孔Q 中射出，则上述物理量之间应满足怎样的关系．（2）如果各物理量满足（1）中的关系，求每个周期内从小孔Q 中有粒子射出的时间与周期T 的比值．T /2Uu tT3T /2QA BP解析：6．（1）在04T→时间内，进入A 、B 板间的粒子，在电场力的作用下，先向右做匀加速运动，在T T →2时间内再向右做匀减速运动，且在04T→时间内，越迟进入A 、B 板间的粒子，其加速过程越短，减速运动过程也相应地缩短，当速度为零后，粒子会反向向左加速运动。
由题意可知04T→时间内放出的粒子进入A 、B 板间，均能从Q 孔射出，也就是说在4T时刻进入A 、B 板间的粒子是能射出Q 孔的临界状态。
粒子在4T时刻进入A 、B 间电场时，先加速，后减速，由于粒子刚好离开电场，说明它离开电场的速度为零，由于加速和减速的对称性，故粒子的总位移为加速时位移的2倍，所以有md qUT T a d 16)4(21222=⨯= mqUT d 1622=（2）若情形（1）中的关系式①成立，则t ＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间为最短（因只有加速过程），设最短时间为t x ，则有221x at d = ② 在4T t =时刻进入电场的粒子在43T t =的时刻射出电场，所以有粒子飞出电场的时间为 x t Tt -=∆43 ③由②③式得 423-=∆T t ④ 7如图甲所示，A 、B 两块金属板水平放置，相距为d=0．6cm ，两板间加有一周期性变化的电压，当B 板接地(B ϕ=0)时，A 板电势A ϕ随时问变化的情况如图乙所示，现有一带负电的微粒在t=0时刻从B 板中央小孔射入电场，若该带电微粒受到的电场力为重力的两倍，且射入电场时初速度可忽略不计。
求： （1）在0～2T 和 2T～ T 这两段时间内微粒的加速度大小和方向；（2）要使该微粒不与A 板相碰，所加电压的周期最长为多少?(g=10m ／s 2)解析9：（1）设电场力大小为F ，则F=2mg 对于t=0时刻射入的微粒，在前半个周期内，g mmgmg a ma mg F =-==-211方向向上 后半个周期的加速度a 2满足g mmga ma mg F 33,22===+方向向下（2）前半周期上升的高度221181)2(21gT T a h ==.前半周期微粒的末速度为.2gT后半周期先向上做匀减速运动，设减速运动时间为t 1，则62311Tt gT gt ==此段时间内上升的高度24)2(32121222122gT T g t a h =⨯⨯==则上升的总度高为62418122221gT gT gT h h =+=+后半周期的321Tt T =-时间内，微粒向下加速运动.下降的高度6)3(321223gT T g h =⨯=上述计算表明，微粒在一个周期内的总位移为零，只要在上升过程中不与A 板相碰即可，则 d gT d h h ≤≤+6,221即所加电压的周期最长为 s s g d T m 2210610106.066--⨯=⨯⨯==8在下图（a ）中A 和B 是真空中的两块面积很大的平行金属板，加上周期为T 的交变电压，在两板间产生交变的匀强电场。
已知B 板电势为零，A 板电势U A 随时间变化的规律如图（b ）所示，其中U A 的最大值为U 0，最小值为－2U 0。
在图（a ）中，虚线MN 表示与A 、B 板平行等距的一个较小的面，此面到A 和B 的距离皆为l 。
在此面所在处，不断地产生电荷量为q 、质量为m 的带负电的微粒，各个时刻产生带电微粒的机会均等。
这种微粒产生后，从静止出发在电场力的作用下运动。
设微粒一旦碰到金属板，它就附在板上不再运动，且其电量同时消失，不影响A 、B 板的电势。
已知上述的T 、U 0、l 、q 和m 等各量的值正好满足等式202)2(2163T m q U l =。
若在交变电压变化的每个周期T 内，平均产生320个上述微粒，不计重力，不考虑微粒之间的相互作用，试求： （1）在t=0到t=T/2这段时间内，哪一段时间内产生的微粒可以直达A 板？ （2）在t=0到t=T/2这段时间内产生的微粒中有多少个微粒可到达A 板？8解析：在电压为U 0时，微粒所受电场力为,2/0l qU 此时微粒的加速度为.2/00ml qU a = （1）在t=0时刻产生的微粒，将以加速度a 0向A 板运动，经2T时，位移 l l T ml qU T ml qU Ta S >⋅⋅===2202020)2(2168)2(4)2(21……（1分）即t=0时刻产生的粒子，在不到2T时就可直达A 板。
此后产生的粒子，可能先加速，后减速运动，但速度反向前到达A 板，考虑临界状况：设t=t 1时刻产生的微粒到达A 板时速度刚好为零，则该微粒以加速度a 0加速度运动)2(1t T-时间，再以加速度2a 0减速运动一段时间，设为△s ，则02)2(010=∆⋅--t a t T a （2） 1221)2(2120210=∆⋅⋅+-t a t T a （3）联立解得41T t = （4） 即0～4T时间内产生的微粒可直达A 板。
（2）在4T t =时刻产生的微粒，以加速度0a 向A 板加速的时间为4T，再以20a 的加速度减速运动，经8Tt =∆速度减为零（刚好到A 板边），此后以20a 的加速度向B 板运动，运动时间为T T T t 83821=-=∆ （5）位移l l T ml qU T ml qU t a S 2)2(2169)83(2)(221220202101>⋅⋅==∆⋅=（6分） 即微粒将打到B 板上，不再返回，而4Tt =时刻之后产生的微粒，向A 板加速的时间更短，最终均将打到B 板上，不再返回，故只有t=0到4Tt =时间内产生的微粒可到达A 板.8041320=⨯=N 个 （7）带电粒子在电场中的直线运动巨伟民1、在下图（a ）中A 和B 是真空中的两块面积很大的平行金属板，加上周期为T 的交变电压，在两板间产生交变的匀强电场。