高三物理高考难点突破难点之八带电粒子在电场中的运动

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高中物理难点突破之八带电粒子在电场中的运动

高中物理10大难点强行突破目录难点之一：物体受力分析 (1)难点之二：传送带问题………………………………………………………………难点之三：圆周运动的实例分析……………………………………………………难点之四：卫星问题分析……………………………………………………………难点之五：功与能…………………………………………………………………….难点之六：物体在重力作用下的运动………………………………………………. 难点之七：法拉第电磁感应定律……………………………………………………难点之八：带电粒子在电场中的运动………………………………………………难点之九：带电粒子在磁场中的运动………………………………………………. 难点之十：电学实验………………………………………………. …………………难点之八带电粒子在电场中的运动一、难点形成原因：1、由于对平抛运动规律、牛顿运动规律、匀变速运动规律的理解不深切，导致研究带电粒子在电场中的运动规律时，形成已有知识的‘负迁移’和‘前摄抑制’，出现了新旧知识的干扰和混淆。

2、围绕‘电场’、‘带电粒子’问题中的力学知识（如：库仑定律、电场强度、电场力、电场线）与能量知识（如：电势、电势能、电势差、等势面、电势能的变化、电场力的功）模糊混淆导致了认知的困难。

3、在解答“带电粒子在匀强电场中运动”的问题时，常常因能否忽略带电粒子所受的重力而导致错误。

4、学生对物理知识掌握不全，应用数学处理物理问题的能力、综合分析能力不达标导致解题的困难。

二、难点突破策略：带电微粒在电场中运动是电场知识和力学知识的结合，分析方法和力学的分析方法是基本相同的：先受力分析，再分析运动过程，选择恰当物理规律解题。

处理问题所需的知识都在电场和力学中学习过了，关键是怎样把学过的知识有机地组织起来，这就需要有较强的分析与综合的能力，为有效突破难点，学习中应重视以下几方面：1.在分析物体受力时，是否考虑重力要依据具体情况而定。

高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧(超强)及练习题(含答案)及解析

设此时的圆心位置为 O ，有： Oa r sin 30
OO 3d Oa 解得 OO d
即从 O 点进入磁场的电子射出磁场时的位置距 O 点最远
所以 ym 2r 2d 电子束从 y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标 y 的范围为 0 y 2d 设电子从 0 y 2d 范围内某一位置射入电场时的纵坐标为 y，从 ON 间射出电场时的位
）；
(3) 0 B 16mv0 或 15qL
B 16mv0 3qL
【解析】【分析】 (1)a、b 碰撞，由动量守恒和能量守恒关系求解碰后 a、b 的速度； (2)碰后 a 在电场中向左做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解 P 点的位置坐标； (3)要使 b 球不从 CD 边界射出，求解恰能从 C 点和 D 点射出的临界条件确定磁感应强度的范围。【详解】 (1)a 匀速，则
解得： L 9 d 4
当3 d 2y 2y
【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用．
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 x0 6cm ，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 E 1.6105 N / 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 q 1.0108C / kg 的带正电的粒子，已知粒子的

2020届高考物理专题突破：带电粒子在电场中的运动

2020高考物理专题突破：带电粒子在电场中的运动（含答案）巩固练习（一）带电粒子在电场中的直线运动例题1. 如图所示，M 、N 是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m 、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v 0由小孔进入电场，当M 、N 间电压为U 时，粒子刚好能到达N 板，如果要使这个带电粒子能到达M 、N 两板间距的12处返回，则下述措施能满足要求的是( )．A ．使初速度减为原来的12B ．使M 、N 间电压提高到原来的2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12【答案】 BD例题2. 如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m ＝0.2 kg ，带电荷量为q ＝＋2.0×10－6C 的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1.从t ＝0时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场(取水平向右的方向为正方向，g ＝10 m/s 2)，求：(1)23 s 内小物块的位移大小． (2)23 s 内电场力对小物块所做的功．【答案】 (1)47 m (2)9.8 J例题3. 如图所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB 运动，由此可知( )．A ．电场中A 点的电势高于B 点的电势B ．微粒在A 点时的动能大于在B 点时的动能，在A 点时的电势能小于在B 点时的电势能C ．微粒在A 点时的动能小于在B 点时的动能，在A 点时的电势能大于在B 点时的电势能D ．微粒在A 点时的动能与电势能之和等于在B 点时的动能与电势能之和【答案】 AB例题4. 一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d ，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方d2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移d3，则从P 点开始下落的相同粒子将( )． A ．打到下极板上 B ．在下极板处返回 C ．在距上极板d2处返回D ．在距上极板25d 处返回【答案】 D例题5. 如图所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，到达B 板的速度为v ，保持两板间电压不变，则( )．A ．当减小两板间的距离时，速度v 增大B ．当减小两板间的距离时，速度v 减小C ．当减小两板间的距离时，速度v 不变D ．当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间变长【答案】 C例题6. 如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一稳压电源(未画出)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 ．所受重力与电场力平衡B ．电势能逐渐增加C ．机械能逐渐减小D ．做匀变速直线运动【答案】 D例题7. 如图所示、两极板水平放置的平行板电容器间形成匀强电场.两极板间相距为d. — 带负电的微粒从上极板M 的边缘以初速度射入，沿直线从下极板的边缘射出.已知微粒的电量为q 、质量为m 。

2022高考二轮复习闯关导练热点8 电场的性质及带电粒子在电场中的运动

热点8电场的性质及带电粒子在电场中的运动一、选择题(1～7题为单项选择题，8～12题为多项选择题)1．[2020·浙江7月，8]空间P、Q两点处固定电荷量绝对值相等的点电荷，其中Q点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势线分布如图所示，a、b、c、d、e为电场中的5个点，设无穷远处电势为0，则( )A．e点的电势大于0B．a点和b点的电场强度相同C．b点的电势低于d点的电势D．负电荷从a点移动到c点时电势能增加2.真空中某点电荷的等势面示意如图，图中相邻等势面间电势差相等．下列说法正确的是( )A．该点电荷一定为正电荷B．P点的场强一定比Q点的场强大C．P点电势一定比Q点电势低D．正检验电荷在P点比在Q点的电势能大3.如图所示，在绝缘水平面上方存在着足够大的水平向右的匀强电场，带正电的小金属块以一定初速度从A 点开始沿水平面向左做直线运动，经长度L 到达B 点，速度变为零．此过程中，金属块损失的动能有23转化为电势能．金属块继续运动到某点C(图中未标出)时的动能和A 点时的动能相同，则金属块从A 开始运动到C 整个过程中经过的总路程为( )A ．1.5LB ．2LC ．3LD ．4L 4．[2020·浙江7月，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mv 0qEB ．速度大小为3v 0C ．与P 点的距离为22mv 2qED ．速度方向与竖直方向的夹角为30° 5.[2020·东北三省四市教研联合体模拟]在直角坐标系xOy平面内存在一正点电荷Q，坐标轴上有A、B、C三点，OA＝OB＝BC＝a，其中A点和B点的电势相等，O点和C点的电势相等，静电力常量为k，则下列说法正确的是( )A．点电荷Q位于O点B．O点电势比A点电势高C．C点的电场强度大小为kQ2a2D．将某一正试探电荷从A点沿直线移动到C点，电势能一直减小6.如图所示，匀强电场中的△PAB平面平行于电场方向，C点为AB的中点，D点为PB的中点．将一个带负电的粒子从P点移动到A点，电场力做功W PA＝1.6×10－8 J；将该粒子从P点移动到B点，电场力做功W PB＝3.2×10－8 J．下列说法正确的是( )A．直线PC为等势线B．若将该粒子从P点移动到C点，电场力做功为W PC＝2.4×10－8 JC．电场强度方向与直线AD平行D．P点的电势高于A点的电势7．[2020·河北“五个一名校联盟”第一次诊断]如图所示，地面上某区域存在着水平向右的匀强电场，一个质量为m的带负电小球以水平向右的初速度v0，由O点射入该区域，刚好竖直向下通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为60°，重力加速度为g，则以下说法正确的是( )A．电场力大小为3mg 2B．小球所受的合外力大小为3mg 3C．小球由O点到P点用时3v0 gD．小球通过P点时的动能为52 mv208．真空中有两个固定的带正电的点电荷，电荷量不相等．一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O 点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态．过O点作两正电荷连线的垂线，以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d，如图所示．以下说法正确的是( )A．a点电势低于O点B．b点电势低于c点C．该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能D．该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能9.[2020·云南第二次统一检测]如图所示，A、B、C、D、E是直角坐标系xOy中的五个点，其坐标分别为A(1,1)，B(1,0)，C(0，－1)，D(－1,0)，E(0,1)．在坐标原点O和A点处分别放置一等量正、负点电荷，关于这些点的场强和电势，下列说法正确的是( )A．C点处的场强比E点处的场强大B．C点处的场强与D点处的场强大小相等C．C点处的电势比B点处的电势高D．C点处的电势与E点处的电势相等10．[2020·江苏卷，9]如图所示，绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球(不计重力)．开始时，两小球分别静止在A、B位置．现外加一匀强电场E，在静电力作用下，小球绕轻杆中点O转到水平位置．取O点的电势为0.下列说法正确的有( )A．电场E中A点电势低于B点B．转动中两小球的电势能始终相等C．该过程静电力对两小球均做负功D．该过程两小球的总电势能增加11.现有一组方向平行于x轴的电场线，若从x轴的坐标原点由静止释放一个带电粒子，仅在电场力的作用下，该粒子沿着x轴的正方向从x1＝0处运动到x2＝1.2 cm处，其电势φ随位置x坐标变化的情况如图所示．下列有关说法正确的是( )A．在x轴上0～0.6 cm的范围内和0.6～1.2 cm的范围内电场的方向一定相反B．该粒子一定带正电C．在x轴上x＝0.6 cm的位置，电场强度大小为零D ．该粒子从x 1＝0处运动到x 2＝1.2 cm 处的过程中，电势能一直减小 12.[2020·四川广元市第二次统考]如图所示，在正点电荷Q 的电场中有A 、B 、C 、D 四个点，A 、B 、C 为直角三角形的三个顶点，D 为AC 的中点，∠A＝30°，A 、B 、C 、D 四点的电场强度大小分别用E A 、E B 、E C 、E D 表示，已知E A ＝E C ，B 、C 两点的电场强度方向相同，点电荷Q 在A 、B 、C 三点构成的平面内．则( )A ．E A ＝34E DB ．点电荷Q 在D 点位置C ．将一正点电荷q 从A 点沿直线移到C 点，电场力先做正功再做负功D ．B 、A 两点和B 、C 两点间的电势差满足U BA ＝U BC 二、非选择题13．[2020·辽宁大连市第二次模拟]如图甲所示，将一倾角θ＝37°的粗糙绝缘斜面固定在地面上，空间存在一方向沿斜面向上的匀强电场．一质量m ＝0.2 kg ，带电荷量q ＝2.0×10－3C 的小物块从斜面底端由静止释放，运动0.1 s 后撤去电场，小物块运动的v t 图象如图乙所示(取沿斜面向上为正方向)，g ＝10 m/s 2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：(1)电场强度E 的大小；(2)小物块在0～0.3 s 运动过程中机械能增加量．14.如图，ABCD为竖直放在场强大小为E＝104V/m的水平向右匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道BCD 部分是半径为R的半圆形轨道，轨道的水平部分与半圆相切于B点，A为水平轨道上的一点，而且AB＝R ＝0.2 m，把一质量m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋1×10－4 C的小球放在水平轨道的A点由静止开始释放，小球在轨道的内侧运动(g取10 m/s2)．求：(1)小球到达C点时对轨道压力是多大？(2)小球能否沿圆轨道到达D点？(3)若小球释放点离B的距离为1.0 m，则小球从D点飞出后落地点离B的距离是多少？(结果可以含有根号)热点8 电场的性质及带电粒子在电场中的运动1．答案：D解析：由等势线分布图可以确定该图为两等量异种点电荷电场的等势线分布图，两点电荷连线垂直平分线上处处电势为零，A 项错；电场线与等势线垂直，故a 、b 两点的电场强度方向不同，B 项错；Q 点处为正电荷，故垂直平分线左侧电势均大于零，右侧电势均小于零，所以b 点电势高于d 点电势，C 项错；又负电荷在电势高处电势能小，所以负电荷从a 点移到c 点时电势能增加，D 项对．2．答案：B解析：正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球面，该点电荷不一定为正电荷，故A 错误；相邻等势面间电势差相等，P 点附近的等差等势面更加密集，故P 点的场强一定比Q 点的场强大，故B 正确；正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球面，若为正点电荷，则P 点电势一定比Q 点电势高，故C 错误；从等势面的情况无法判断该点电荷为正点电荷还是负点电荷，无法判断P 点电势与Q 点电势的高低，就无法判断正检验电荷在P 点和在Q 点的电势能的大小，故D 错误．3．答案：D解析：根据题述，小金属块从A 运动到B ，克服摩擦力做功W f ＝13E k ＝F f L ，克服电场力做功W E ＝23E k ＝qEL.设小金属块从B 运动到C 经过的路程为x ，由动能定理，qEx －F f x ＝E k ，解得x ＝3L.金属块从A 开始运动到C 整个过程中经过的总路程为L ＋x ＝4L ，选项D 正确．4．答案：C解析：粒子从P 点垂直电场方向出发到达MN 连线上某点时，沿水平方向和竖直方向的位移大小相等，即v 0t ＝12at 2，a ＝Eq m ，解得t ＝2mv 0qE ，A 项错误；在该点，粒子沿电场方向的速度v ＝at ＝2v 0，所以合速度大小为v ＝2v 02＋v 20＝5v 0，B 项错误；该点到P 点的距离s ＝2x ＝2v 0t ＝22mv 2qE，C 项正确；由平行四边形定则可知，在该点速度方向与竖直方向夹角的正切值tan θ＝v 02v 0＝12，则θ≠30°，D 项错误．5．答案：C解析：因A 点和B 点的电势相等，O 点和C 点的电势相等，故A 、B 到点电荷的距离相等，O 、C 到点电荷的距离也相等，则点电荷位置如图所示，由图可知，A 项错误；因点电荷带正电，故离点电荷越近电势越高，则O 点电势比A 点电势低，故B 项错误；由图可知点电荷与C 点的距离r C ＝ 2 a ，根据E ＝k Qr 2，得E C ＝kQ2a2，故C 项正确；由图可知，将正试探电荷从A 点沿直线移动到C 点，电势先升高再降低，故电势能先增大再减小，故D 项错误．6．答案：B解析：由于匀强电场中U ＝Ed ，则在某一直线方向上，电势沿直线方向均匀变化，由于D 点为PB 的中点，则W PD ＝W PB 2＝1.6×10－8 J ，又知W PA ＝1.6×10－8J ，则A 、D 两点电势相等，故直线AD 为等势线，电场强度方向与直线AD 垂直，故A 、C 错误；由于电场力做功与路径无关，W AB ＝W AP ＋W PB ＝(－W PA )＋W PB ＝1.6×10－8J ，从P 点移动到C 点，电场力做功W PC ＝W PA ＋W AC ＝W PA ＋W AB 2＝2.4×10－8J ，故B 正确；根据W PA ＝－qU PA ，电场力对负电荷做正功，可知U PA <0，P 点的电势低于A 点的电势，故D 错误．7．答案：C解析：设OP ＝L ，从O 到P 水平方向做匀减速运动，到达P 点的水平速度为零；竖直方向做自由落体运动，则水平方向：Lcos 60°＝v 02t ，竖直方向：Lsin 60°＝12gt 2，解得：t ＝3v 0g，选项C 正确；水平方向F 1＝ma ＝m v 0t ＝3mg 3，小球所受的合外力是F 1与mg 的合力，可知合力的大小F ＝mg 2＋F 12＝233mg ，选项A 、B 错误；小球通过P 点时的速度v P ＝gt ＝3v 0，则动能：E kP ＝12mv 2P ＝32mv 20，选项D 错误． 8．答案：BD解析：由题意可知O 点场强为零，所以a 、O 两点间场强方向是由a 指向O 的，所以φa >φO ，A 项错误；同理，φc >φO ，O 点与b 点间的电场强度有竖直向上的分量，所以φO >φb ，则φc >φb ，B 项正确；同理，φa >φb ，φc >φd ，又带负电的试探电荷在电势高处电势能较小，所以C 项错误，D 项正确．9．答案：BC解析：因＋q 在E 、C 两点的场强大小相等，－q 在C 点的场强小于在E 点的场强，且两电荷在E 点的场强的夹角较小，则合场强较大，选项A 错误；由对称性可知，C 点处的场强与D 点处的场强大小相等，选项B 正确；＋q 在B 、C 两点的电势相等；而－q 在C 点的电势比B 点高，可知C 点处的电势比B 点处的电势高，选项C 正确；若取无穷远处为零电势点，则E 点的电势等于零，而C 点的电势大于零，选项D 错误．10．答案：AB解析：沿电场线方向电势降低，则B 点的电势比A 点的电势高，A 正确；由对称性可知，两小球所处位置的电势的绝对值始终相等，则由E p ＝qφ可知两小球的电势能始终相等，B 正确；该过程中，带正电荷的小球所受的电场力方向向右，带负电荷的小球所受的电场力方向向左，则电场力对两小球均做正功，C 错误；电场力做正功，电势能减少，所以该过程中两小球的总电势能减少，D 错误．11．答案：BD解析：在x 轴上0～1.2 cm 的范围内，电势不断降低，由于电场线平行于x 轴，则知电场的方向一直沿x 轴正方向不变，故A 错误；粒子由静止开始沿x 轴的正方向运动，所受的电场力沿x 轴正方向，与电场方向相同，所以该粒子一定带正电，故B 正确；根据φ x 图象的斜率等于电场强度可知，该电场的电场强度不变，是匀强电场，则知在x 轴上x ＝0.6 cm 的位置，电场强度大小为E ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔφΔx ＝300.6×10－2 V/m ＝5 000 V/m ，故C 错误；该粒子从x 1＝0处运动到x 2＝1.2 cm 处的过程中，电场力始终做正功，其电势能一直减小，故D 正确．12．答案：AD解析：点电荷Q 在A 、B 、C 三点构成的平面内，正点电荷Q 的电场中，E A ＝E C ，则正点电荷在AC 的中垂线上；又B 、C 两点的电场强度方向相同，则正点电荷在BC 的连线上，所以正点电荷的位置在图中O 点，故B 项错误；由几何关系得：r OD r OA ＝32，根据点电荷的场强公式E ＝k Q r 2可得，E A ＝34E D ，故A 项正确；在正点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，从A 点沿直线到C 点过程中，电势先升高后降低，则正点电荷q 从A 点沿直线移到C 点的过程中电势能先增大后减小，电场力先做负功再做正功，故C 项错误；A 、C 两点到正点电荷的距离相等，则φA ＝φC ，所以φB －φA ＝φB －φC ，B 、A 两点和B 、C 两点间的电势差满足U BA ＝U BC ，故D 项正确．13．答案：(1)3×103N/C (2)0.36 J解析：(1)加速时：a 1＝Δv 1Δt 1＝20 m/s 2 减速时：加速度大小a 2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪Δv 2Δt 2＝10 m/s 2 由牛顿第二定律得：Eq －mgsin θ－F f ＝ma 1mgsin θ＋F f ＝ma 2联立得E ＝3×103N/C摩擦力F f ＝0.8 N(2)方法一：ΔE k ＝0ΔE p ＝mgxsin 37°x ＝0.3 mΔE＝ΔE pΔE＝0.36 J方法二：加速距离x 1＝v 2t 1＝0.1 m 减速距离x 2＝v 2t 2＝0.2 m 电场力做功W E ＝Eqx 1＝0.6 J摩擦力做功W f ＝－F f (x 1＋x 2)＝－0.24 J物块在0～0.3 s 运动过程中机械能增加量ΔE＝W E ＋W f ＝0.36 J.14．答案：(1)3 N (2)不能 (3)26－15 m解析：(1)由A 点到C 点应用动能定理有：Eq(AB ＋R)－mgR ＝12mv 2C 解得：v C ＝2 m/s设在C 点轨道对小球支持力为F N ，应用牛顿第二定律得：F N －Eq ＝m v 2C R得F N ＝3 N由牛顿第三定律知，小球在C 点对轨道的压力大小为3 N.(2)小球要通过D 点，必有mg≤m v 2D R设释放点距B 点的距离为x 时小球能通过D 点，由动能定理得：Eqx －mg·2R＝12mv 2D 以上两式联立可得：x≥0.5 m．因AB<0.5 m故小球不能到达D 点．(3)释放点离B 点的距离x 1＝1 m ，从释放点到D 点由动能定理得：Eqx 1－mg·2R＝12mv′2D 解得：v′D ＝2 3 m/s从D 点飞出后水平方向做匀减速运动，加速度为a ＝Eq m ＝10 m/s 2 竖直方向做自由落体运动，设落地点离B 距离为x 2，由运动学知识可得2R ＝12gt 2，x 2＝v′D t －12at 2 解得x 2＝26－15 m.。

带电粒子(带电体)在电场中的平衡、运动--2024年高考物理大题突破(解析版)

大题带电粒子(带电体)在电场中的平衡、运动带电粒子的运动时而像落体运动时而像抛体运动还有的像“圆周运动”总之考察带电粒子的运动本质还是在考察传统的经典运动模型，但由于电场力的性质以及电场能的性质的加持之下这类问题变得更灵活多变个富有物理思想，因此在高考中的出镜率非常高，所以备考中应引起足够重视。

带电粒子(带电体)在电场中的平衡1(2023·吉林·二模)用两根长度均为L 的绝缘细线各系一个小球，并悬挂于同一点。

已知两小球A 、B 质量均为m ，当它们带上等量同种电荷时，两细线与竖直方向的夹角均为θ，如图所示。

若已知静电力常量为k ，重力加速度为g 。

求：(1)小球所带的电荷量；(2)在空间中施加一匀强电场，同时撤去B 球，仍使A 球保持不动，求所加电场强度E 的最小值。

【思路分析】根据受力分析结合共点力平衡的求解方法来求解电荷量；应用矢量三角形来求解电场强度的最小值。

【答案】(1)q =2L sin θmg tan θk ；(2)E min =12L kmg tan θ，方向垂直绳子斜向左上方【详解】(1)对小球A 受力分析，其受重力、库仑力、绳子的拉力三个力而平衡，其受力分析如图所示可知重力与库仑力的合力大小与绳子拉力大小相等、方向相反、合力为零，则有F 库mg =tan θ而F 库=kq 2(2L sin θ)2联立解得q =2L sin θmg tan θk(2)在空间中施加一匀强电场，同时撤去B 球，仍使A 球保持不动，则可知小球受重力、绳子的拉力、电场力这三个力而平衡，做出小球A 三力平衡的矢量三角形如图所示显然，当电场力与绳子的拉力垂直时电场力有最小值，其最小值为F 电min =mg sin θ即E min q =mg sin θ解得E min =12Lkmg tan θ方向垂直于绳子斜向左上方。

1(23-24高三上·河北·阶段练习)如图所示，水平向右的匀强电场中，绝缘丝线一端固定悬挂于O 点，另一端连接一带负电小球，小球质量为m ，电荷量为Q 。

高中物理必修三讲解讲义 08 C带电粒子在电场中的运动提升版

带电粒子在电场中的运动知识点：带电粒子在电场中的运动一、带电粒子在电场中的加速分析带电粒子的加速问题有两种思路：1．利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式分析．适用于电场是匀强电场且涉及运动时间等描述运动过程的物理量，公式有qE ＝ma ，v ＝v 0＋at 等．2．利用静电力做功结合动能定理分析．适用于问题涉及位移、速率等动能定理公式中的物理量或非匀强电场情景时，公式有qEd ＝12m v 2－12m v 02(匀强电场)或qU ＝12m v 2－12m v 02(任何电场)等．二、带电粒子在电场中的偏转如图所示，质量为m 、带电荷量为q 的基本粒子(忽略重力)，以初速度v 0平行于两极板进入匀强电场，极板长为l ，极板间距离为d ，极板间电压为U .(1)运动性质：①沿初速度方向：速度为v 0的匀速直线运动． ②垂直v 0的方向：初速度为零的匀加速直线运动． (2)运动规律：①偏移距离：因为t ＝l v 0，a ＝qUmd ，偏移距离y ＝12at 2＝qUl 22m v 02d .②偏转角度：因为v y ＝at ＝qUlm v 0d， tan θ＝v y v 0＝qUlmd v 02.三、示波管的原理1．示波管主要由电子枪(由发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转电极(由一对X 偏转电极和一对Y 偏转电极组成)和荧光屏组成．2．扫描电压：XX ′偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿形电压．3．示波管工作原理：被加热的灯丝发射出热电子，电子经加速电场加速后，以很大的速度进入偏转电场，如果在Y 偏转电极上加一个信号电压，在X 偏转电极上加一个扫描电压，当扫描电压与信号电压的周期相同时，荧光屏上就会得到信号电压一个周期内的稳定图像．技巧点拨一、带电粒子在电场中的加速 1．带电粒子的分类及受力特点(1)电子、质子、α粒子、离子等基本粒子，一般都不考虑重力．(2)质量较大的微粒，如带电小球、带电油滴、带电颗粒等，除有说明或有明确的暗示外，处理问题时一般都不能忽略重力．2．分析带电粒子在电场力作用下加速运动的两种方法(1)利用牛顿第二定律F ＝ma 和运动学公式，只能用来分析带电粒子的匀变速运动． (2)利用动能定理：qU ＝12m v 2－12m v 02.若初速度为零，则qU ＝12m v 2，对于匀变速运动和非匀变速运动都适用．二、带电粒子在电场中的偏转如图所示，质量为m 、电荷量为＋q 的粒子以初速度v 0垂直于电场方向射入两极板间，两平行板间存在方向竖直向下的匀强电场，已知板长为l ，板间电压为U ，板间距离为d ，不计粒子的重力．1．运动分析及规律应用粒子在板间做类平抛运动，应用运动分解的知识进行分析处理． (1)在v 0方向：做匀速直线运动；(2)在电场力方向：做初速度为零的匀加速直线运动． 2．过程分析如图所示，设粒子不与平行板相撞初速度方向：粒子通过电场的时间t ＝lv 0电场力方向：加速度a ＝qE m ＝qUmd离开电场时垂直于板方向的分速度 v y ＝at ＝qUlmd v 0速度与初速度方向夹角的正切值 tan θ＝v y v 0＝qUl md v 02离开电场时沿电场力方向的偏移量 y ＝12at 2＝qUl 22md v 02. 3．两个重要推论(1)粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为粒子沿初速度方向位移的中点．(2)位移方向与初速度方向间夹角α的正切值为速度偏转角θ正切值的12，即tan α＝12tan θ.4．分析粒子的偏转问题也可以利用动能定理，即qEy ＝ΔE k ，其中y 为粒子在偏转电场中沿电场力方向的偏移量．例题精练1．（烟台模拟）一带负电的离子在匀强电场中运动，从a 点运动到c 点的轨迹如图所示。

高中物理重难点解析：带电粒子在电场中的运动

带电粒子在电场中的运动一、难点突破策略：带电微粒在电场中运动是电场知识和力学知识的结合，分析方法和力学的分析方法是基本相同的：先受力分析，再分析运动过程，选择恰当物理规律解题。

（1）基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或有明确的暗示以外一般都忽略不计。

（2）带电颗粒：如尘埃、液滴、小球等，除有说明或有明确的暗示以外一般都不能忽略。

“带电粒子”一般是指电子、质子及其某些离子或原子核等微观的带电体，它们的质量都很小，例如：电子的质量仅为0.91×10-30千克、质子的质量也只有1.67×10-27千克。

（有些离子和原子核的质量虽比电子、质子的质量大一些，但从“数量级”上来盾，仍然是很小的。

）如果近似地取g=10米/秒2，则电子所受的重力也仅仅是meg=0.91×10-30×10=0.91×10-29(牛)。

但是电子的电量为q=1.60×10-19库（虽然也很小，但相对而言10-19比10-30就大了10-11倍），如果一个电子处于E=1.0×104牛/库的匀强电场中（此电场的场强并不很大），那这个电子所受的电场力F=qE=1.60×10-19×1.0×104=1.6×10-15（牛），看起来虽然也很小，但是比起前面算出的重力就大多了（从“数量级”比较，电场力比重力大了1014倍），由此可知：电子在不很强的匀强电场中，它所受的电场力也远大于它所受的重力——qE>>meg 。

所以在处理微观带电粒子在匀强电场中运动的问题时，一般都可忽略重力的影响。

但是要特别注意：有时研究的问题不是微观带电粒子，而是宏观带电物体，那就不允许忽略重力影响了。

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。

高中物理高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)

高中物理高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(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m 1＝0.05kg 的不带电绝缘滑块静止在A 点，质量m 2＝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B 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/s 2，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 ；(3)若小球从P 点飞出后落到水平轨道上的Q 点（图中未画出）后不再反弹，求Q 、C 两点间的距离L 。

【答案】（1）撤去该恒力瞬间滑块的速度大小是6m/s ，匀强电场的电场强度大小是7.5×104N/C ；（2）小球到达P 点时的速度大小是2.5m/s ，B 、C 两点间的距离是0.85m 。

（3）Q 、C 两点间的距离为0.5625m 。

【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：Fd ＝12m 1v 2，代入数据解得：v ＝6m/s小球到达P 点时，受力如图所示，由平衡条件得：qE ＝m 2g tanθ，解得：E ＝7.5×104N/C 。

高考物理总复习--带电粒子在电场中的运动及解析

高考物理总复习--带电粒子在电场中的运动及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图，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．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/s 2．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 )a 1 可得系统的加速度a 1=1m/s 2；由运动规律：x=12a 1t 12 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v 1，t 2=6s 时刻，B 的速度大小为v 2，则v 1=a 1t 1=2m/s ；绳断后，对B 由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a 2 解得a 2=2m/s 2；由运动规律可知：v 2=v 1+a 2(t 2-t 1) 解得v 2=10m/s电场力的功率P=Fv ，解得P=60W3．如图所示，在直角坐标系x0y 平面的一、四个象限内各有一个边长为L 的正方向区域，二三像限区域内各有一个高L ，宽2L 的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x<L ，L<y<2L 的区域内，有沿y 轴正方向的匀强电场．现有一质量为四电荷量为q 的带负电粒子从坐标(L ，3L/2)处以初速度0v 沿x 轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力．(1)求电场强度大小E ；(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B ；(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间．【答案】（1）2mv E qL =（2）04nmv B qL =n=1、2、3......（3）02L t v π=【解析】本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求解．(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有： 0L v t =，2122L at =，qE ma =联立解得：2mv EqL=(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan xyvvθ==l速度大小02sinvv vθ==设x为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(一L，0 )点，应满足L=2nx，其中n=1、2、3......粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为2π；当满足L=(2n+1)x时，粒子轨迹如图乙所示．若轨迹如图甲设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为2π.则有2R，此时满足L=2nx联立可得：22Rn=由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2vqvB mR=得：04nmvBqL=，n=1、2、3....轨迹如图乙设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为2π.则有222x R，此时满足()221L n x=+联立可得：()2212Rn=+由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：222vqvB mR=得：()2221n mvBqL+=，n=1、2、3....所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小04nmv B qL =，n=1、2、3....或()02221n mv B qL+=，n=1、2、3.... (3) 若轨迹如图甲，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=2n×2π×2=2nπ，则02222n n m L t T qB v ππππ=⨯==若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=(2n+1)×2π=(4n+2)π，则2220(42)(42)2n n m Lt T qB v ππππ++=⨯== 粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间为02222n n m Lt T qB v ππππ=⨯==或2220(42)(42)2n n m Lt T qB v ππππ++=⨯==4．空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，一带电量为+q 、质量为m 的粒子，在P 点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P 点箭头所示．该粒子运动到图中Q 点时速度方向与P 点时速度方向垂直，如图中Q 点箭头所示．已知P 、Q 间的距离为L ．若保持粒子在P 点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P 点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P 点运动到Q 点．不计重力．求：（1）电场强度的大小．（2）两种情况中粒子由P 运动到Q 点所经历的时间之比．【答案】22B qLE m=；2B E t t π= 【解析】【分析】【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v 0表示粒子在P 点的初速度，R 表示圆周的半径，则有20v qv B m R= 由于粒子在Q 点的速度垂直它在p 点时的速度，可知粒子由P 点到Q 点的轨迹为14圆周，故有2R =以E 表示电场强度的大小，a 表示粒子在电场中加速度的大小，t E 表示粒子在电场中由p 点运动到Q 点经过的时间，则有qE ma = 水平方向上：212E R at =竖直方向上：0E R v t =由以上各式，得 22B qL E m= 且E mt qB = （2）因粒子在磁场中由P 点运动到Q 点的轨迹为14圆周，即142B t T m qB π==所以2B E t t π=5．如图，PQ 分界线的右侧空间有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场。

高考物理双基突破(二)专题4 带电粒子在电场中的运动精讲

取夺市安慰阳光实验学校专题04 带电粒子在电场中的运动一、带电粒子在电场中的平衡和非平衡问题这里说的“平衡”是指带电体加速度为零的静止或匀速直线运动，属“静力学”问题，只是带电体受的外力中包括电场力在内的所有外力，解题的一般思维程序为：（1）明确研究对象；（2）对研究对象进行受力分析，注意电场力的方向；（3）根据平衡的条件或牛顿第二定律列方程求解。

【题1】竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场。

其电场强度为E ，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m 的带电小球，丝线跟竖起方向成θ角时小球恰好平衡，如图所示，请问：（1）小球带电荷量是多少？（2）若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？【答案】（1）Emg θtan （2）θcot 2gb由①②得（2）丝线剪断后小球受重力和电场力，其合力与剪断前丝线拉力大小相等方向相反，所以：T =ma …③小球由静止开始沿着拉力的反方向做匀加速直线运动，当碰到金属板上时，它的位移为：θsin bx =…④ 由运动学公式：221at x =……⑤由②③④⑤得。

【题3】如图所示，一个质量为30g 带电量─1.7×10─8C 的半径极小的小球，用丝线悬挂在某匀强电场中，电力线与水平面平行。

当小球静止时，测得悬线与竖直夹角为30°，由此可知：①匀强电场方向怎样？②电场强度大小为多少？（g 取10m/s 2）【答案】（1）水平向右（2）2×107N/C（2）小球在三个力作用下处于平衡状态，三个力的合力必为零。

所以F =mg tg30°……①又F =qE … ②由①②得：代入数据解得：E =2×107N/C 。

二、带电粒子（或带电体）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。

高中物理带电粒子在电场中的运动-难点剖析

带电粒子在电场中的运动-难点剖析一、处理带电粒子在电场中运动的问题时，对带电粒子的受力分析和运动状态分析是关键带电粒子在电场中的运动问题就是电场中的力学问题，研究方法与力学中相同，只是要注意以下几点：1．带电粒子的受力特点：（1）重力：①有些粒子，如电子、质子、α粒子、正负离子等，除有说明或明确的暗示以外，在电场中运动时均不考虑重力；②宏观带电体，如液滴、小球等除有说明或明确的暗示以外，一般要考虑重力；③未明确说明“带电粒子”的重力是否考虑时，可用两种方法进行判断：一是比较静电力qE 与重力mg ，若qEmg ，则忽略重力，反之要考虑重力；二是题中是否有暗示(如涉及竖直方向)或结合粒子的运动过程、运动性质进行判断．（2）静电力：一切带电粒子在电场中都要受到静电力F=qE ，与粒子的运动状态无关；电场力的大小、方向取决于电场(E 的大小、方向)和电荷的正负，匀强电场中静电力为恒力，非匀强电场中静电力为变力．2．带电粒子的运动过程分析方法：（1）运动性质有：平衡(静止或匀速直线运动)和变速运动(常见的为匀变速)，运动轨迹有直线和曲线(偏转).（2）对于平衡问题，结合受力图根据共点力的平衡条件可求解．（3）对于直线运动问题可用匀变速直线运动的运动学公式和牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律求解；对于匀变速曲线运动问题，可考虑将其分解为两个方向的直线运动，对有关量进行分解、合成来求解.无论哪一类运动，都可以从功和能的角度用动能定理或能的转化与守恒定律来求解，其中静电力做功除一般计算功的公式外，还有W=qU 可用，这一公式对匀强和非匀强电场都适用，而且与运动路线无关．二、对粒子的偏移量和偏转角的讨论在图1-8-3中，设带电粒子质量为m ，带电荷量为q ，以速度v 0垂直于电场线射入匀强偏转电场，偏转电压为U 1．若粒子飞出电场时偏角为θ，则tan θ=x y v v ，公式中v y =at=01·v l md qU ，代入得tan θ=201m dv l qU . ①图1-8-31．若不同的带电粒子是从静止经过同一加速电压U 0加速后进入偏转电场的，则由动能定理有qU 0=21mv 02. ②由①②式得：tan θ=dU l U 012 ③ 由③式可知，粒子的偏角与粒子的q 、m 无关，仅决定于加速电场和偏转电场，即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后，它们在电场中的偏转角度总是相同的．2．粒子从偏转电场中射出时偏距y=21at 2=21m d qU 1(0v l )2，作粒子速度的反向延长线，设交于O 点，O 点与电场边缘的距离为x ，则x=22tan 2012021l mdv l qU m dv l qU y ==θ. ④ 由④式可知，粒子从偏转电场中射出时，就好像是从极板间的2l 处沿直线射出似的． 3．说明：直线加速器、示波器(示波管)、静电分选器等是本单元知识应用的几个重要实例，在处理这些实际问题时，应注意以下几个重要结论：(1)初速为零的不同带电粒子，经过同一加速电场、偏转电场，打在同一屏上时的偏转角、偏转位移相同.(2)初速为零的带电粒子经同一加速电场和偏转电场后，偏转角φ、偏转位移y 与偏转电压U 1成正比，与加速电压U 0成反比，而与带电粒子的电荷量和质量无关.(3)在结论(1)的条件下，不同的带电粒子都像是从2l 处沿末速度方向以直线射出一样，当电性相同时，在光屏上只产生一个亮点，当电性相反时，在光屏上产生两个中心对称的亮点．【例1】在370JRB22彩色显像管中，电子从阴极至阳极通过22.5 kV 电势差被加速，试求电场力做的功是多少，电子的电势能变化了多少，电子到达阳极时的速度是多大.思路分析：在电视机显像管中，从阴极发出的电子经高压加速，以足够的能量去激发荧光屏上“像素”发光，又经扫描系统使电子束偏转，根据信号要求打到荧光屏上适当位置，就形成了图像．由于电子的电荷量q=-1.6×10-19 C ，质量m=0．91×10-30 kg ，所以W=qU=1.6×10-19×22.5×103 J=3.6×10-15 J ．电场力做正功，电势能就一定减少了，那么减少的电势能也为3.6×10-15 J ．减少的电势能转化为电子的动能，那么W=21mv 2，所以 v=30151091.0106.322--⨯⨯⨯=m W m/s =8.9×107 m/s. 答案：3.6×10-15 J 3.6×10-15 J 8.9×107 m/s温馨提示：显像管中的加速电场不是匀强电场，但公式W=qU 对一切电场都适用．【例2】如图1-8-4所示，带负电的小球静止在水平放置的平行板电容器两板间，距下板0.8 cm ，两板间的电势差为300 V ．如果两板间电势差减小到60 V ，则带电小球运动到极板上需多长时间?图1-8-4思路分析：取带电小球为研究对象，设它带电荷量为q ，则带电小球受重力mg 和电场力qE 的作用．当U 1=300 V 时，小球平衡：mg=qdU 1 ① 当U 2=60 V 时，带电小球向下板做匀加速直线运动：mg-q d U 2=ma ② 又h=21at 2，联立①②③式得：t=gU U h U )(2211-=4.5×10-2 s. 答案：4.5×10-2 s温馨提示：这是一道典型的力学综合题，涉及力的平衡、牛顿第二定律及匀变速运动的规律等知识.带电粒子的加速和偏转问题实质上是一个力学问题，我们要逐步认识这一点．三、处理带电粒子在电场中运动问题的方法及一般思维顺序1．处理方法：带电粒子在电场中的运动问题，其本质是力学知识的应用，关键在于对带电粒子的受力情况进行分析，题目的类型有：电荷的平衡、直线、曲线或往复振动问题，要将力学的研究方法灵活应用到电场中，如整体法、隔离法、正交分解法、图象法、等效法等等，处理力电综合问题解题思路仍然是依据力学中的基本规律：牛顿运动定律、功能关系等．2．处理带电粒子在电场中运动问题的思维顺序(1)弄清研究对象，明确所研究的物理过程；(2)分析物体在所研究过程中的受力情况；(3)分析物体的运动状态；(4)根据物体运动过程所满足的规律列方程求解.【例3】两平行金属板A 、B 水平放置，一个质量为m=5×10-6 kg 的带电微粒，以v 0=2 m/s 的水平速度从两板正中位置射入电场，如图1-8-5所示，A 、B 两板间距离d=4 cm ，板长L=10 cm ．图1-8-5(1)当A 、B 间的电压U AB =1 000 V 时，微粒恰好不偏转，沿图中直线射出电场，求该粒子的电荷量和电性．(2)令B 板接地，欲使该微粒射出偏转电场，求A 板所加电势的范围．思路分析：(1)当U AB =1 000 V 时，重力跟电场力相等，微粒才沿初速度v 0方向做匀速直线运动，故q d U AB =mg ，q=ABU m gd =2×10-9 C ；重力方向竖直向下，电场力方向竖直向上，而场强方向竖直向下(U AB ＞0)，所以，微粒带负电．(2)令该微粒从A 板边缘M 点飞出，设此时φA =φ1，因为φB =0，所以U AB =φ1，电场力和重力都沿竖直方向，微粒在水平方向做匀速直线运动，速度v x =v 0；在竖直方向a=md q 1ϕ-g ，侧移y=21d ，所以21d=21at 2.代入a 和t=0v L 得φ1=22220qL mgdL d mv +=2 600 V 当qE ＜mg 时，带电微粒向下偏转，竖直方向a ′=g-mdq 2ϕ，同理可得φ2=600 V 故欲使微粒射出偏转电场，A 板所加电势的范围为600 V ＜φA ＜2 600 V ．温馨提示：本题是一综合题，首先让学生明确两极板的电势差大小等于A 板的电势，因为φB =0，由微粒在电场中的偏转位移y ，进而得出φA 的范围.本题虽然没有明确指出微粒的重力是否忽略，但由题意的运动情况，可以推知微粒的重力不能忽略．【例4】在图1-8-6中，一个质量为m 、电荷量为-q 的小物体，可在水平轨道Ox 上运动，O 端有一与轨道垂直的固定墙，轨道处在场强为E 、方向沿Ox 轴正方向的匀强电场中，小物体以初速v 0从x 0点沿Ox 轨道运动，运动中受到大小不变的摩擦力f 的作用，且f ＜qE ，小物体与墙碰撞时不损失机械能.求它在停止前通过的总路程.图1-8-6思路分析：方法一：应用动能定理.设小物块共走过的路程为s ，由W=ΔE k ，得qEx 0-fs=0-21mv 02，解得s=fmv qEx 22200+. 方法二：用能量守恒定律解．设小物块共走过路程s ，克服摩擦力做功的值为fs ，这也就是转变为内能的能量．动能与电势能的总和减少了ΔE=qEx 0+21mv 02，内能增加了ΔE ′=fs ，又由ΔE=ΔE ′=qEx 0+21mv 02=fs ，解得s=fmv qEx 22200+. 答案：fmv qEx 22200+ 温馨提示：一道综合题目，往往有不同的解法，但不论应用什么方法解题，关键是把物理过程搞清楚，通过本题可以看出利用动能定理和能量守恒定律解题，往往比较简捷．。

高中物理重难点易错专题带电粒子(带电体)在电场中的运动问题(解析版)

带电粒子(带电体)在电场中的运动问题目录一、考向分析二、题型及要领归纳热点题型一优化场区分布创新考察电偏转热点题型二利用交变电场考带电粒子在运动的多过程问题热点题型三借助电子仪器考带电粒子运动的应用问题热点题型四带电粒子(带电体)在电场和重力场作用下的抛体运动热点题型五带电粒子(带电体)在电场和重力场作用下的圆周运动三、压轴题速练考向分析1.本专题主要讲解带电粒子(带电体)在电场中运动时动力学和能量观点的综合运用，高考常以计算题出现。

2.学好本专题，可以加深对动力学和能量知识的理解，能灵活应用受力分析、运动分析(特别是平抛运动、圆周运动等曲线运动)的方法与技巧，熟练应用能量观点解题。

3.用到的知识：受力分析、运动分析、能量观点。

4.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如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题。

(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。

5.用能量观点处理带电体的运动对于受变力作用的带电体的运动，必须借助能量观点来处理。

即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也常常更简捷。

具体方法有：(1)用动能定理处理思维顺序一般为：①弄清研究对象，明确所研究的物理过程。

②分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功。

③弄清所研究过程的始、末状态(主要指动能)。

④根据W=ΔE k列出方程求解。

(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理列式的方法常有两种：①利用初、末状态的能量相等(即E1=E2)列方程。

②利用某些能量的减少等于另一些能量的增加列方程。

高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧(超强)及练习题(含答案)

高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧(超强)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．如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为R 的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B 点平滑连接，过半圆轨道圆心0的水平界面MN 的下方分布有水平向右的匀强电场E ，质量为m 的带正电小滑块从水平轨道上A 点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电量会增加，过B 点后电量保持不变，小滑块在AB 段加速度随位移变化图像如图乙．已知A 、B 间距离为4R ，滑块与轨道间动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度为g ，不计空气阻力，求(1)小滑块释放后运动至B 点过程中电荷量的变化量 (2)滑块对半圆轨道的最大压力大小(3)小滑块再次进入电场时，电场大小保持不变、方向变为向左，求小滑块再次到达水平轨道时的速度大小以及距B 的距离【答案】（1）mgq E∆=（2）(635N F mg =+（3）425v gR =夹角为11arctan 2β=斜向左下方，位置在A 点左侧6R 处．【解析】【分析】【详解】试题分析：根据在A 、B 两点的加速度结合牛顿第二定律即可求解小滑块释放后运动至B 点过程中电荷量的变化量；利用“等效重力”的思想找到新的重力场中的电低点即压力最大点；解：(1)A 点：01·2q E mg m g μ-= B 点13·2q E mg m g μ-= 联立以上两式解得10mgq q q E∆=-=； (2) 从A 到B 过程：2113122··4022g gm R mv +=- 将电场力与重力等效为“重力G '，与竖直方向的夹角设为α，在“等效最低点”对轨道压力最大，则：'G =cos mgG α='从B 到“等效最低点”过程：222111(cos )22G R R mv mv α--'=22N v F G m R-='由以上各式解得：(6N F mg =+由牛顿第三定律得轨道所受最大压力为：(6N F mg =+；(3) 从B 到C 过程：2213111·2?22mg R q E R mv mv --=- 从C 点到再次进入电场做平抛运动：13x v t =212R gt =y gt =v13tan y v v β=21tan mgq Eβ=由以上各式解得：12ββ=则进入电场后合力与速度共线，做匀加速直线运动 12tan R x β=从C 点到水平轨道：22124311·2?22mg R q E x mv mv +=-由以上各式解得：4v =126x x x R ∆=+=因此滑块再次到达水平轨道的速度为4V =方向与水平方向夹角为11arctan 2β=，斜向左下方，位置在A 点左侧6R 处．2．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v 0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v 0＝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v 0的大小； (3) 若粒子从M′点射出，求v 0满足的条件．【答案】(1)0.0125m (2) 3.6×105m/s. (3) 第一种情况：v 0＝54.00.8()10/21nm s n -⨯+ (其中n ＝0、1、2、3、4)第二种情况：v 0＝53.20.8()10/21nm s n -⨯+ (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··2Eq d t m＝得2mdt qE=代入数据解得t ＝1.0×10－6s 水平位移x ＝v 0t 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t 0＝L v ＝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 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 02md qE 、R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEdv m ＝代入解得 v 0＝L·2Eqmd－E 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＝代入解得 12(1cos )12tan sin 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、12qEdv m＝代入解得2 21221 L qE nEvn md n B=-⋅++v0＝4.00.821nn-⎛⎫⎪+⎝⎭×105m/s(其中n＝0、1、2、3、4)第二种情况：L＝n(2v0t＋2Rsinα)＋v0t＋2Rsinα把2mdtqE=、R＝mvqB、v1＝vsinα、12qEdvm＝代入解得2(1)21221L qE n Evn md n B+=-⋅++v0＝3.20.821nn-⎛⎫⎪+⎝⎭×105m/s(其中n＝0、1、2、3)．3．空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电量为+q、质量为m的粒子，在P点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P点箭头所示．该粒子运动到图中Q点时速度方向与P点时速度方向垂直，如图中Q点箭头所示．已知P、Q间的距离为L．若保持粒子在P点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P点运动到Q 点．不计重力．求：（1）电场强度的大小．（2）两种情况中粒子由P运动到Q点所经历的时间之比．【答案】22B qLEm=；2BEttπ=【解析】【分析】【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v0表示粒子在P点的初速度，R表示圆周的半径，则有2vqv B mR=由于粒子在Q点的速度垂直它在p点时的速度，可知粒子由P点到Q点的轨迹为14圆周，故有2R=以E 表示电场强度的大小，a 表示粒子在电场中加速度的大小，t E 表示粒子在电场中由p 点运动到Q 点经过的时间，则有qE ma = 水平方向上：212E R at =竖直方向上：0E R v t =由以上各式，得 22B qL E m= 且E mt qB = （2）因粒子在磁场中由P 点运动到Q 点的轨迹为14圆周，即142B t T m qB π==所以2B E t t π=4．如图，以竖直向上为y 轴正方向建立直角坐标系；该真空中存在方向沿x 轴正向、场强为E 的匀强电场和方向垂直xoy 平面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场；原点O 处的离子源连续不断地发射速度大小和方向一定、质量为m 、电荷量为-q （q>0）的粒子束，粒子恰能在xoy 平面内做直线运动，重力加速度为g,不计粒子间的相互作用；（1）求粒子运动到距x 轴为h 所用的时间；（2）若在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下、场强大小变为'mgE q=，求从O 点射出的所有粒子第一次打在x 轴上的坐标范围（不考虑电场变化产生的影响）；（3）若保持EB 初始状态不变，仅将粒子束的初速度变为原来的2倍，求运动过程中，粒子速度大小等于初速度λ倍（0<λ<2）的点所在的直线方程.【答案】（1）Bht E= (2)2222225m g m g x q B q B ≤≤ （3）22211528m g y x q B =-+【解析】（1）粒子恰能在xoy 平面内做直线运动，则粒子在垂直速度方向上所受合外力一定为零，又有电场力和重力为恒力，其在垂直速度方向上的分量不变，而要保证该方向上合外力为零，则洛伦兹力大小不变，因为洛伦兹力F Bqv =洛，所以受到大小不变，即粒子做匀速直线运动，重力、电场力和磁场力三个力的合力为零，设重力与电场力合力与-y 轴夹角为θ，粒子受力如图所示，()()()222Bqv qE mg =+，()()225qE mg mg v +==则v 在y 方向上分量大小sin 2y qE E mgv v vBqv B qBθ==== 因为粒子做匀速直线运动，根据运动的分解可得，粒子运动到距x 轴为h 处所用的时间2y h Bh qhB t v E mg===；（2）若在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下，电场强度大小变为'mgE q=，则电场力''F qE mg ==电，电场力方向竖直向上；所以粒子所受合外力就是洛伦兹力，则有，洛伦兹力充当向心力，即2v qvB m r =，()()22mqE mg mv R Bq+==如图所示，由几何关系可知，当粒子在O 点就改变电场时，第一次打在x 轴上的横坐标最小，()()()()22212222222sin 2mqE mg mE m gx R B q q BqE mg θ+====+ 当改变电场时粒子所在处于粒子第一次打在x 轴上的位置之间的距离为2R 时，第一次打在x 轴上的横坐标最大，()()()()()()22222222222222[]25sin mqE mg m qE mg Rm g x qEB q Eq BqE mg θ++====+ 所以从O 点射出的所有粒子第一次打在x 轴上的坐标范围为12x x x ≤≤，即2222225m g m gx q B q B≤≤ （3）粒子束的初速度变为原来的2倍，则粒子不能做匀速直线运动，粒子必发生偏转，而洛伦兹力不做功，电场力和重力对粒子所做的总功必不为零；那么设离子运动到位置坐标（x ，y ）满足速率'v v =，则根据动能定理有()2211222qEx mgy mv m v --=--，3222231528m g qEx mgy mv q B --=-=-，所以22211528m gy x q B=-+ 点睛：此题考查带电粒子在复合场中的运动问题；关键是分析受力情况及运动情况，画出受力图及轨迹图；注意当求物体运动问题时，改变条件后的问题求解需要对条件改变引起的运动变化进行分析，从变化的地方开始进行求解．5．图中是磁聚焦法测比荷的原理图。

高考物理一轮复习专题强化—带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题

高考物理一轮复习专题强化—带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题【专题解读】1.本专题主要讲解带电粒子(带电体)在电场中运动时动力学和能量观点的综合运用，高考常以计算题出现。

3.用到的知识：受力分析、运动分析、能量观点。

题型一带电粒子在交变电场中的运动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(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)。

3.思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：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临界条件。

(2)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。

【例1】(多选)(2020·湖北荆门市1月调考)如图1(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、电量为q的粒子在板间中央沿水平方向以速度v0射入电场，忽略粒子的重力，则下列关于粒子运动情况的表述中正确的是()图1A.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U0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解析如果板间距离足够大，粒子在垂直于板的方向上的分运动在前半个周期做匀加速，后半个周期做匀减速，如此循环，向同一方向运动，如果周期T和电压U0的值满足一定条件，粒子就可在到达极板之前飞出极板，当飞出时垂直于极板的速度恰好为零时，将沿与板平行的方向飞出。

高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)

高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(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，在空间坐标系x <0区域中有竖直向上的匀强电场E 1，在一、四象限的正方形区域CDEF 内有方向如图所示的正交的匀强电场E 2和匀强磁场B ，已知CD =2L ，OC =L ，E 2 =4E 1。

在负x 轴上有一质量为m 、电量为+q 的金属a 球以速度v 0沿x 轴向右匀速运动，并与静止在坐标原点O 处用绝缘细支柱支撑的（支柱与b 球不粘连、无摩擦）质量为2m 、不带电金属b 球发生弹性碰撞。

高中物理高考难点之八带电粒子在电场中的运动

高中物理高考难点之八带电粒子在电场中的运动一、难点形成原因：1、由于对平抛运动规律、牛顿运动规律、匀变速运动规律的理解不深切，导致研究带电粒子在电场中的运动规律时，形成已有知识的‘负迁移’和‘前摄抑制’，出现了新旧知识的干扰和混淆。