高中物理《带电粒子的运动》专题复习
高中物理总复习--物理带电粒子在电场中的运动含解析
高中物理总复习--物理带电粒子在电场中的运动含解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，在两块长为3L、间距为L、水平固定的平行金属板之间，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．现将下板接地，让质量为m、电荷量为q的带正电粒子流从两板左端连线的中点O以初速度v0水平向右射入板间，粒子恰好打到下板的中点．若撤去平行板间的磁场，使上板的电势φ随时间t的变化规律如图所示，则t=0时刻，从O点射人的粒子P经时间t0(未知量)恰好从下板右边缘射出．设粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒子间的作用力均不计．(1)求两板间磁场的磁感应强度大小B．(2)若两板右侧存在一定宽度的、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为了使t=0时刻射入的粒子P经过右侧磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到O点，求右侧磁场的宽度d 应满足的条件和电场周期T的最小值T min．【答案】（1）0mvBqL=（2）223cosd R a R L≥+=；min(632)3LTvπ+=【解析】【分析】【详解】（1）如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为R1，则012qv B mvR=由几何关系：222113()()2L LR R=+-解得0mvBqL=（2）粒子P从O003L v t=01122y L v t =解得0y v =设合速度为v ，与竖直方向的夹角为α，则：0tan yv v α== 则=3πα00sin 3v v v α== 粒子P 在两板的右侧匀强磁场中做匀速圆周运动，设做圆周运动的半径为R 2，则212sin L R α=，解得23R =右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为22cos d R R L α≥+=； 由于粒子P 从O 点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到O 点的过程，运动轨迹是关于两板间的中心线是上下对称的，这两个过程经历的时间相等，则：2min 0(22)2R T t v πα--=解得()min 023L T v π=【点睛】带电粒子在电场或磁场中的运动问题，关键是分析粒子的受力情况和运动特征，画出粒子的运动轨迹图，结合几何关系求解相关量，并搞清临界状态.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 ＝eEm 2122La 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．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 d dr sin sin α===︒ 根据200mv qv B r =得023qBdv =粒子在第一象限中做类平抛运动，则有21602qE r cos t m -︒=（）； 00y v qEt tan v mv α==联立解得03Ev B=（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=v 0t ， 2y v y t =得0322y v y tan x v α=== 由几何知识可得 y=r-rcosα= 132r d = 则得23x d =所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为125323d d R d sin α⎛⎫+ ⎪⎝⎭==粒子进入第三、四象限运动的速度00432v qBdv v cos α===根据2'v qvB m R=得：B′=2．4B考点：带电粒子在电场及磁场中的运动4．竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径R=1m 的半圆形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E=4×103V/m ．小球a 、b 、c 的半径略小于管道内径，b 、c 球用长2m L =的绝缘细轻杆连接，开始时c 静止于管道水平部分右端P 点处，在M 点处的a 球在水平推力F 的作用下由静止向右运动，当F 减到零时恰好与b 发生了弹性碰撞，F-t 的变化图像如图乙所示，且满足224F t π+=．已知三个小球均可看做质点且m a =0.25kg ，m b =0.2kg ，m c =0.05kg ，小球c 带q=5×10-4C 的正电荷，其他小球不带电，不计一切摩擦，g =10m/s 2，求(1)小球a 与b 发生碰撞时的速度v 0； (2)小球c 运动到Q 点时的速度v ；(3)从小球c 开始运动到速度减为零的过程中，小球c 电势能的增加量． 【答案】(1)04m/s v = (2)v =2m/s (3) 3.2J P E ∆= 【解析】【分析】对小球a ，由动量定理可得小球a 与b 发生碰撞时的速度；小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球c 运动到Q 点时，小球b 恰好运动到P 点，由动能定理可得小球c 运动到Q 点时的速度；由于b 、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得；解：(1)对小球a ，由动量定理可得00a I m v =-由题意可知，F-图像所围的图形为四分之一圆弧，面积为拉力F 的冲量， 由圆方程可知21S m = 代入数据可得：04/v m s =(2)小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞， 由动量守恒可得012()a a b c m v m v m m v =++ 由机械能守恒可得222012111()222a abc m v m v m m v =++ 解得120,4/v v m s ==小球c 运动到Q 点时，小球b 恰好运动到P 点，由动能定理22211()()22c b c b c m gR qER m m v m m v -=+-+ 代入数据可得2/v m s =(3)由于b 、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，假设当两球速度减到零时，设b 球与O 点连线与竖直方向的夹角为θ 从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得：21(1cos )sin ()sin 2b c b c m gR m gR m m v qER θθθ-+++=解得sin 0.6,37θθ==︒因此小球c 电势能的增加量：(1sin ) 3.2P E qER J θ∆=+=5．在竖直平面内，一根长为L 的绝缘细线，一端固定在O 点，另一端拴着质量为m 、电荷量为+q 的小球。
高中物理【带电粒子在电场中的运动】专题训练1
高中物理【带电粒子在电场中的运动】专题训练1[A 组 基础达标练]1.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解析：两平行金属板水平放置时，带电微粒静止，则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°，静电力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时静电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。
答案：D2.如图所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中的O 点自由释放后，分别抵达B 、C 两点。
若AB ＝BC ，则它们带电荷量之比q 1∶q 2等于( )A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶ 2D.2∶1解析：竖直方向有h ＝12gt 2，水平方向有l ＝qE 2m t 2，联立可得q ＝mgl Eh ，所以有q 1q 2＝21，B正确。
答案：B3．在电场强度大小为E 的匀强电场中，将一个质量为m 、电荷量为q 的带电小球由静止开始释放，带电小球沿与竖直方向成θ角的方向做直线运动。
关于带电小球的电势能和机械能的判断，正确的是( )A ．若sin θ<qEmg，则电势能一定减少，机械能一定增加B ．若sin θ＝qEmg ，则电势能、机械能一定不变C ．若sin θ＝qEmg ，则电势能一定增加，机械能一定减少D ．若tan θ＝qEmg，则电势能可能增加，机械能一定增加解析：若sin θ<qEmg ，静电力可能做正功，也可能做负功，所以电势能可能减少也可能增加，机械能可能增加也可能减少，A 项错误；若sin θ＝qEmg ，则静电力与速度方向垂直，静电力不做功，电势能、机械能一定不变，B 项正确，C 项错误；若tan θ＝qEmg ，则静电力沿水平方向，静电力和重力的合力与速度方向同向，静电力做正功，电势能一定减少，机械能一定增加，故D 项错误。
高中物理带电粒子在三类典型场中的运动(专题)
高中物理带电粒子在三类典型场中的运动（专题）一、考点回顾1.我们学习了哪几种场？带电粒子在这些场中的受力有何特点？2.三类典型场是指：；；。
3.解决这类问题的基本方法是什么？二、考点突破1.如图所示，离子源A产生的初速度为零、带电量均为q，质量不同的正离子，被电压为U0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入平行板间的匀强偏转电场，偏转后通过极板HM上的小孔S离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN进入磁感应强度为B 的扇形匀强磁场，已知∠MN Q＝90°，HO＝d，HS＝2d。
(忽略粒子所受重力)(1)求偏转电场场强E 0的大小以及HM与MN的夹角θ；(2)求质量为m的正离子在磁场中做圆周运动的半径；(3)若质量为9m的正离子恰好垂直打在N Q的中点S1处，试求能打在边界N Q上的正离子的质量范围。
2.如图所示，直角坐标系中的第Ⅰ象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。
一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，在－x轴上的a 点以速度v0与－x轴成60°角射入磁场，从y＝L处的b点垂直于y轴方向进入电场，并经过x轴上x＝2L处的c点。
不计重力。
求(1)磁感应强度B的大小；(2)电场强度E的大小；(3)粒子在磁场和电场中的运动时间之比。
3.(2016·天津高考)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 3 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T。
有一带正电的小球，质量m＝1×10－6kg，电荷量q＝2×10－6C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10 m/s2。
求：(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。
高考物理第一轮复习：带电粒子在匀强电场中的运动专题
高考物理第一轮复习：带电粒子在匀强电场中的运动专题一、带电粒子在匀强电场中的减速运动【例1】如下图，在真空中有一对平行金属板，两板间加以电压U 。
在板直接近正极板左近有一带正电荷q 的带电粒子，它在电场力作用下由运动末尾从正极板向负极板运动，抵直于极板的方向射出，最远抵达A 点，然后前往，如下图，OB h =能是〔〕A 、edh U B、edUh C 、eU dh C 、eUh d 小结：带电粒子在匀强电场中减速运动，它的运动特点是：力F 的作用下，以恒定减速度F qU a m md==做匀减速直线运动，处置方法有：〔1〕牛顿运动定律和运动学公式；〔2〕能量观念。
二、带电粒子在匀强电场中的偏转【例3】质量为m 、电荷量为q 的带电粒子以初速0v 沿垂直于电场的方向，进入长为l 、间距为d 、电压为U 的平行金属板间的匀强电场中，粒子将做匀变速曲线运动，如下图，假定不计粒子重力，那么可求出如下相关量： 〔1〕粒子穿越电场的时间t ：粒子在垂直于电场方向以0v v x =做匀速直线运动， 〔2〕粒子分开电场时的速度v ：粒子沿电场方向做匀减速直线运动，减速度m qE a ==向的分速度0mdv qUl at v y ==，所以202022)(mdv qUl v v v v y x +=+=。
〔3〕粒子分开电场时的侧移距离y ：〔4〕粒子分开电场时的偏角ϕ：由于20tan mdv qUl v v x y ==ϕ，所以20arctan mdv qUl =ϕ。
〔5〕速度方向的反向延伸线必过偏转电场的中点 qq v 0由20tan mdv qUl =ϕ和2022mdv qUl y =，可推得ϕtan 2l y =。
粒子可看作是从两板间的中点沿直线射出的。
留意：带电粒子能否思索重力要依据状况而定〔1〕基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明白的暗示外，普通都不思索重力〔但不能疏忽质量〕。
〔2〕带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或明白的暗示外，普通都不能疏忽重力。
高中物理复习 带电粒子在复合场中的运动
角度
带电粒子在叠加场中的运动
例 2 (2023·安徽高三联考)如图 3 所示，第一象限内存在水平向右的匀强电场，电 场强度大小为 E＝mqvL20，第二象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限内
存在垂直纸面向外的匀强磁场及竖直向上的匀强电场，电场强度大小为 2E。
现有一质量为 m、电荷量为－q(q>0)的带负电粒子从 x 轴上的 A 点以初速度 v0
1234
目录
1、链接高考真题
2.(多选)(2023·海南卷，13)如图7所示，质量为m，带电荷量为＋q的带电粒子，
从坐标原点O以初速度v0沿x轴方向射入第一象限内的电、磁场区域，在0<y<y0、 0<x<x0(x0、y0为已知量)区域内有竖直向上的匀强电场，在x>x0区域内有垂直纸面 向里、大小为B的匀强磁场，控制电场强度E(E值有多种可能)，可让粒子从NP射
粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角 θ 与粒子在磁场中运动轨迹
所对应的圆心角相等，由几何关系可得
tan
θ2＝Rr ＝
3 3
故 θ＝60°。
题 干
目录
(3)根据几何关系，磁场圆绕O′点顺时针旋转，当O点转到M点，粒子在磁场中 的运动轨迹相应的弦为磁场圆的直径时，粒子在磁场中的运动时间最长。作 出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的磁场圆的圆心M，如图 乙所示。
垂直于 x 轴射入电场，经 y 轴上的 P 点(图中未画出)进入第二象限。已知第二、
三象限内磁场的磁感应强度大小均为 B＝mqvL0，A 点坐标为L2，0，不计粒子重
力。求：
(1)P点的坐标；
(2)粒子第一次进入第三象限的横坐标； (3)粒子第一次在第三象限运动过程中与x轴的最远距离。
高考物理一轮复习课件：带电粒子的运动专题 (共13张PPT)
（2）粒子到达P2时速度的大小和方向。
（3）磁感应强度的大小。
P1
0
P3
P2
x
解:
(1) P1到P2做平抛运动： h=1/2 at2 2h=v0t qE=ma vy=v0
y
P1
0
P3
θ
P2
x
v
解得E= mv02／2qh (2) vy2=2ah=2qEh／m= v02
vx=v0
带电粒子的运动专题
观点： 带电粒子的运动与一般物体的 运动本质上是一样的，无非就是增 加了电场力和洛仑兹力。按照高考 要求，其运动形式只能是匀变速直 线 、类平抛、匀速圆周三种运动。 主要是几何关系，因此画图分析受 力情况和运动过程是解决此类问题 的基础。 跳出界外看本质！
带电粒子垂直进入磁场，可以做哪些运动？ 能否作平抛运动？
v 2v0
θ=45°
(3) P2到P3做匀速圆周运动,圆心在P2P3的中点,如图示
由qBv=mv2 /r 得r =mv0／qB mv 2mv 0 由几何关系 r 2h qB qB ∴ B = mv0／qh
高考回放 如图所示,ABCD是边长为a的正方形.质量为m、电荷量 为e的电子以大小为v0的初速度沿纸面垂直于BC边射入正方形区域. 在正方形适当区域中有匀强磁场,电子从BC边上的任意点入射,都 只能从A点射出磁场.不计重力. 求:(1)匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大小. (2)匀强磁场区域的最小面积.
高考回放 如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上。 在xOy平面内有与y轴平行的匀强电场，在半径为R的圆内还有 与xOy平面垂直的匀强磁场。在圆的左边放置一带电微粒发射 装置，它沿x轴正方向发射出一束具有相同质量m、电荷量q （q>0）和初速度v的带电微粒。发射时，这束带电微粒分布在 0<y<2R的区间内。已知重力加速度大小为g。 （1）从A点射出的带电微粒平行于x轴从C点进入有磁场区域， 并从坐标原点O沿y轴负方向离开，求点场强度和磁感应强度的 大小和方向。 （2）请指出这束带电微粒与x轴相交的区域，并说明理由。 （3）若这束带电微粒初速度变为2v，那么它们与x轴相交的区 域又在哪里？并说明理由。
带电粒子在静电场中的运动专题复习(教学校园)
q1 2 m1 4 q2 1 m2 3
⑷经相同电压加速后射入. 1:1 y 1 ( qU2 )( l )2 ①
⑴ y q m
⑵ y qm
2 md v0
⑷
qU1
1 2
mv02
②
y U2l 2 与q和m无关
⑶ yq
4dU1
求解物理量之比的程序设计1.找出所求量的表达式;2.先确定常量;3.再确定
所求量(因变量)与表达式中自变量的教资比优例选 式4.代入数值求解.
7
例2. a、b、c、d为匀强电场中的四个等势面，一个电子
从N点平行于等势面方向射入匀强电场后的运动轨迹如实
线NM，由此可知（ D ）
A.电子在N的动能大于在M点的动能
B.电子在N点的电势能小于在M点的电势能
E
C.电场强度方向向左
教资优选
5
例1. 一束电子自下而上进人一水平方向的匀强电场后 发生偏转，则电场方向为__水__平__向__左__，进人电场后， 电子的动能___增__加___（填”增加”、”减少”或”不
变”）.
解析 ：由于电子是基本粒子，
其重力比电场力小得多，可忽略 重力。电子所受初速度与电场力 （合外力）垂直，电子做“类平 抛运动”电场力方向指向曲线的 凹侧，应水平向右，电场力做正 功，电子的动能增加。
中即可通过①式又可通过②式求解．
qU
1 2
mv2
1 2
mv02
①
qEscos
1 2
mv2
1 2
mv02
②
教资优选
2
例1. 在点电荷＋Q的电场中有A、B两点，将质子和α
粒子分别从A点由静止释放，已知质子和α粒子的电
高中物理精品试题：带电粒子在电场中的运动
10.5 带电粒子在电场中的运动学习目标1．掌握带电粒子在电场中的运动规律，并能分析解决加速和偏转问题。
2．知道示波管的构造和基本原理。
重点：带电粒子在匀强电场中运动的规律。
难点：电学知识和力学知识结合处理偏转问题。
知识点一、带电粒子的加速1．基本粒子的受力特点：对于质量很小的基本粒子，如电子、质子等，虽然它们也会受到万有引力（重力）的作用，但万有引力（重力）一般远小于静电力，可以忽略不计。
（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，此类粒子一般不考虑重力（但并不忽略质量）。
（2）带电微粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力。
2．两种分析（1）用运动状态分析：带电粒子沿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，做匀加（减）速直线运动。
（2）用功能观点分析：粒子动能的变化量等于电场力做的功（电场可以是匀强电场或非匀强电场）。
3．带电粒子的加速：如图所示，质量为m ，带正电荷q 的粒子，在静电力作用下由静止开始从正极板向负极板运动的过程中：（1）静电力对它做的功：W ＝qU 。
（2）设带电粒子到达负极板时速率为v ，它的动能为E k ＝12mv 2。
（3）由动能定理可知，qU ＝12mv 2可解出v ＝2qUm。
若粒子的初速度不为零，则：12mv 2－12mv 20＝qU ⇒v ＝v 20＋2qU m。
说明：带电粒子在非匀强电场中加速，上述结果仍适用。
【题1】如图所示，电子由静止开始从M 板向N 板运动，当到达N 板时的速度为v ，保持两板间的电压不变，则A ．当增大两板间距离时，v 增大B ．当减小两板间距离时，v 增大C ．当改变两板间距离时，v 不变D ．当增大两板间距离时，电子在两板间的时间变长【题2】如图所示，A 、B 两导体板平行放置，在t ＝0时将电子从A 板附近由静止释放，电子的重力忽略不计。
高三物理《带电粒子在电场和磁场中的运动专题复习》
第二轮专题：带电粒子在电场和磁场中的运动第一部分 相关知识点归纳《考试大纲》对此部分的说明：①带电粒子在匀强电场中运动的计算，只限于带电粒子进入电场时速度平行．．．．或垂直于电场．．．．．的情况 ②洛仑兹力的计算只限于速度与磁感应强度垂直．．．．．．．．．．的情况 一、不计重力的带电粒子在电场中的运动 1．带电粒子在电场中加速（或减速）当电荷量为q 、质量为m 、初速度为0v 的带电粒子经电压U 加速后，速度变为t v ，由动能定理得：2022121mv mv qU t -=。
若00=v ，则有mqUv t 2=，这个关系式对任意静电场都是适用的。
对于带电粒子在电场中的加速问题，应突出动能定理的应用。
有时也会碰到带电粒子在电场中即加速又减速，甚至是互逆的过程，此时要注意运用匀变速直线运动的相关知识进行分析和求解。
2．带电粒子在匀强电场中的偏转（类平抛）电荷量为q 、质量为m 的带电粒子由静止开始经电压U 1加速后，以速度1v 垂直进入由两带电平行金属板产生的匀强电场中，则带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，其轨迹是一条抛物线(如图所示)。
21121mv qU =设两平行金属板间的电压为U 2，板间距离为d ，板长为L 。
(1)带电粒子进入两板间后粒子在垂直于电场的方向上做匀速直线运动，有：t v L v v x 11,==粒子在平行于电场的方向上做初速度为零的匀加速直线运动，有： mdqU mqE a at y at v y 22,21,====(2)带电粒子离开极板时 侧移距离122212224221dU L U mdv L qU at y ===偏转角度ϕ的正切值1221212tan dU L U mdv L qU v at ===ϕ若距偏转极板右侧D 距离处有—竖立的屏，在求电子射到屏上的侧移距离时有一个很有用的推论：所有离开偏转电场的运动电荷好像都是从极板中心沿中心与射出点的连线射出的．这样很容易得到电荷在屏上的侧移距离ϕtan 2'⎪⎭⎫ ⎝⎛+=L D y 。
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。
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。
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。
高三物理备考专题复习带电粒子在电场中的运动
准兑市爱憎阳光实验学校高三物理备考专题复习：带电粒子在电场中的运动一、带电粒子在电场中的运动 1.带电粒子在匀强电场中的加速一般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 动能理W =qU =ΔE K ，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。
【例1】 如下图，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下图。
电子原来静止在左极板小孔处。
〔不计重力作用〕以下说法中正确的选项是 ACA.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.从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C.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.从t=3T /8时刻释放电子，电子必将打到左极板上 2.带电粒子在匀强电场中的偏转规律①、速度规律 ②、位移规律 ③、角度规律2tan dmv qULv v xy ==α3、重力忽略与否忽略重力――电子、质子、离子微观的带电粒子不忽略重力――尘埃、液滴、小球4、 示波器和示波管示波管的原理图5、带电物体在电场力和重力共同作用下的运动。
【例2】 如图，水平放置的平行金属板间有匀强电场。
一根长l 的绝缘细绳一端固在O 点，另一端系有质量为m 并带有一电荷的小球。
小球原来静止在C 点。
当给小球一个水平冲量后，它可以在竖直面内绕O 点做匀速圆周运动。
假设将两板间的电压增大为原来的3倍，求：要使小球从C 点开始在竖直面内绕O 点做圆周运动，至少要给小球多大的水平冲量？在这种情况下，在小球运动过程中细绳所受的最大拉力是多大？解：原来小球受到的电场力和重力大小相，增大电压后电场力是重力的3倍。
在C 点，最小速度对最小的向心力，这时细绳拉力为零，合力为2mg ，可求速度为v =gl2，因此给小球的最小冲量为I = mgl2。
在最高点D 小球受到的拉力最大。
从C 到D 对小球用动能理：22212122CD mv mv l mg -=⋅，在D点lmv mg F D22=-，解得F =12mg 。
高中 高考物理专项复习 电容器 带电粒子在电场中的运动
核心考点· 分类突破——析考点 讲透练足
考点一 平行板电容器的动态分析
1．常见类型 充电后与电源断开 Q 不变 两种类型 始终与电源相连 U 不变
2．分析比较的思路 (1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。 ε rS (2)用决定式 C＝ 分析平行板电容器电容的变化。 4π kd Q (3)用定义式 C＝U分析电容器所带电荷量或两极板间电压的 变化。 U (4)用 E＝ d 分析电容器极板间场强的变化。
[典题 1]
[多选]美国物理学家密立根通过研
究平行板间悬浮不动的带电油滴， 比较准确地测 定了电子的电荷量。如图所示，平行板电容器两 极板 M、N 相距 d，两极板分别与电压为 U 的恒定电源两极连接，极 板 M 带正电。 现有一质量为 m 的带电油滴在极板中央处于静止状态， 且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为 k，则( A．油滴带负电 mg B．油滴带电荷量为Ud )
③处理方法：利用运动的合成与分解。 a．沿初速度方向：做 匀速 运动； b．沿电场方向：做初速度为零的 匀加速 运动。
3．示波管 (1)装置：示波管由 电子枪 、 偏转电极 内抽成真空，如图所示。
和 荧光屏 组成，管
(2)原理 ①如果在偏转电极 XX′和 YY′之间都没有加电压，则电子枪射出 的电子沿直线传播，打在荧光屏 中心 ，在那里产生一个亮斑； ②YY′上加的是待显示的 信号电压 ，XX′上是机器自身产生 的锯齿形电压，叫做扫描电压。若所加扫描电压和信号电压的周期相 同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的图象。
[电容器的动态分析] 2．一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间 距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容 C 和两极 板间的电势差 U 的变化情况是( A．C 和 U 均增大 C．C 减小，U 增大 ) B．C 增大，U 减小 D．C 和 电容器电容公式 C＝ 可 4πkd 知，在两板间插入电介质后，电容 C 增大，因电容器所带 Q Q 电荷量 Q 不变，由 C＝U 可知，U＝C 减小，B 正确。
带电粒子在静电场中的运动专题复习共45页
21、静念园林好，人间良可辞。 22、步步寻往迹，有处特依依。 23、望云惭高鸟，临木愧游鱼。 24、结庐在人境，而无车马喧；问君 何能尔 ？心远 地自偏 。 25、人生归有道，衣食固其端。
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谢谢！
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26、要使整个人生都过得舒适、愉快，这是不可能的，因为人类必须具备化为上进的力量，才是成功的保证。——罗曼·罗兰
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28、知之者不如好之者，好之者不如乐之者。——孔子
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29、勇猛、大胆和坚定的决心能够抵得上武器的精良。——达·芬奇
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30、意志是一个强壮的盲人，倚靠在明眼的跛子肩上。——叔本华
高三物理二轮复习专题带电粒子在场中运动专题
高三专题八：带电粒子在场中运动专题一、高考预测分析：带电粒子在场中的运动，其中场包括重力场、电场、磁场。
是历年来高考的热点内容，特别是带电粒子在匀强电场中的直线运动和曲线运动，带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，带电粒子在复合场中的直线运动和匀速圆周运动以及类平抛运动。
解决复合场中的问题需要将力学知识中三个基本定律，即牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律进行综合运用，同时需要将几个基本的运动，即直线运动中的加速、减速、往返运动，曲线运动中的平抛运动、圆周运动、匀速圆周运动进行综合巩固和加深。
纵观近几年高考对复合场问题的考查，一般此类题型出现在选择题中，以图像的考查居多（参见05、06年高考卷），出现在计算题中时往往以带电粒子在有界磁场和复合常中的匀速圆周运动以及平抛运动居多，07年高考也必然会继续延续对此主干综合知识的考查，复习时要做好充分的准备，掌握基本规律和基本运动，细心解决每个过程中的力与运动的联系。
二、例题分析：难点阐释 静电场往往是变化的场强，带电粒子在其中运动时受力发生变化，运动相应的受到约束，要严格根据牛顿第二定律的规律和性质来处理。
【例1】（2007年重庆模拟）如图所示，在a 点由静止释放一个质量为m ,电荷量为q 的带电粒子，粒子到达b 点时速度恰好为零，设ab 所在的电场线竖直向下，a 、b 间的高度差为h ，则A.带电粒子带负电； B .a 、b 两点间的电势差U ab =mgh/q ;C .b 点场强大于a 点场强；D .a 点场强大于b 点场强. 【解析】：带电粒子由a 到b 的过程中，重力做正功，而动能没有增大，说明电场力做负功。
根据动能定理有：mgh -qU ab =0解得a 、b 两点间电势差为U ab =mgh/q .因为a 点电势高于b 点电势，U ab >0,所以粒子带负电，选项AB 皆正确。
带电粒子由a 到b 运动过程中，在重力和电场力共同作用下，先加速运动后减速运动；因为重力为恒力，所以电场力为变力，且电场力越来越来越大；由此可见b 点场强大于a 点场强。
高中物理复习：带电粒子在电场中的运动
高中物理复习：带电粒子在电场中的运动 建议用时60分钟，实际用时________一、单项选择题1．一电荷只在电场力作用下，逆着一条电场线从A 运动到B ，则在此过程中( ) A ．电荷的动能可能不变 B ．电荷的电势能可能不变 C ．电荷的速度可能不变D ．电荷的加速度可能不变解析：D 由电荷只在电场力作用下运动，则电场力一定做功，所以电荷的电势能一定改变，电荷的动能一定改变，故AB 错误；由E k ＝12m v 2，因质量m 不变，所以电荷的速度一定改变，故C 错误；这条电场线有可能是匀强电场的一条电场线，此时电荷的加速度不变，故D 正确．2．如图所示，两个平行带电金属板M 、N 相距为d ，M 板上距左端为d 处有一个小孔A ，有甲、乙两个相同的带电粒子，甲粒子从两板左端连线中点O 处以初速度v 1平行于两板射入，乙粒子从A 孔以初速度v 2垂直于M 板射入，二者在电场中的运动时间相同，并且都打到N 板的中点B 处，则初速度v 1与v 2的关系正确的是( )A.v 1v 2＝12 B ．v 1v 2＝22C.v 1v 2＝2 D ．v 1v 2＝ 2解析：C 设带电粒子在电场中的加速度为a ，则对甲粒子，竖直方向d 2＝12at 2，水平方向d ＝v 1t ，解出v 1＝ad ；对乙粒子有v 2t ＋12at 2＝d ，解出v 2＝12ad ，所以v 1∶v 2＝2∶1，即选项C 正确．3．示波管的结构如图(a)所示，偏转电极YY ′如图(b)所示，两板间的距离为d 、板长为L ，在YY ′间加上电压U ，让电荷量为e 、质量为m 的电子以速度v 垂直电场进入偏转电极，不计电子的重力．则电子穿过偏转电极YY ′的过程中，下列说法正确的是( )A ．电子向Y ′极板偏转飞出B ．电子射出电场时的偏移量ΔY ＝eUL 22md v 2C ．射出电子的动能增加了eUD ．U 越大，电子通过YY ′极板的时间就越短解析：B 由(b)图可知，Y 为正极，则电场强度方向向下，故电子通过YY ′的过程中，受到的电场力向上，即电子向Y 极偏转飞出电场，故A 错误；电子在偏转电场中做类平抛运动，则有L ＝v t ，ΔY ＝12at 2，a ＝eU md ，联立解得ΔY ＝eUL 22md v 2，故B 正确；根据动能定理可知，电子动能的增加量为ΔE k ＝eE ΔY ，因ΔY <d ，故E ΔY <Ed ＝U ，所以ΔE k <eU ，故C 错误；根据电子的方向做匀速直线运动，有L ＝v t ，解得t ＝Lv ，即电子通过YY ′极板的时间与U 无关，故D 错误．4．如图所示，一平行板电容器的电容为C ，带有等量异种电荷的两极板A 、B 倾斜放置，质量为m 带电荷量为－q 的油滴，从极板A 上的小孔P 以初速度v 0水平向右射入极板间，经时间t 后油滴又从P 孔水平向左离开极板间，油滴运动过程中恰好未与极板B 相碰，已知重力加速度g .则( )A ．两极板间的距离d ＝v 0t2B ．电容器所带的电荷量Q ＝Cm v 20qC ．两极板间的电场强度大小E ＝2m v 0qtD ．两极板间的电场强度大小E ＝mqg 2＋4v 20t2 解析：D 据题意可知油滴不可能做匀速直线运动和匀变速曲线运动，只能是先向右做匀减速直线运动，再向左做匀加速直线运动，则重力和电场力的合力与初速度方向相反，根据运动的对称性可知x ＝v 02·t2，而电容器的距离d ＝x sin θ，A 错误；对应减速过程由动能定理qU ＝12m v 20，而Q ＝CU ，可知Q ＝C ·m v 202q ，B 错误；由牛顿第二定律可知(ma )2＝(qE )2－(mg )2，而a ＝v 0t 2＝2v 0t ，联立解得E ＝m qg 2＋4v 20t2 ，C 错误，D 正确． 5．如图甲所示，边长为a 的正方形，四个顶点上分别固定一个电荷量为＋q 的点电荷；在0≤x ＜22a 区间，x 轴上电势φ的变化曲线如图乙所示．现将一电荷量为－Q 的点电荷P 置于正方形的中心O 点，此时每个点电荷所受库仑力的合力均为零．若将P 沿x 轴向右略微移动后，由静止释放，以下判断正确的是( )A ．Q ＝2＋12q ，释放后P 将向右运动 B ．Q ＝2＋12q ，释放后P 将向左运动 C ．Q ＝22＋14q ，释放后P 将向右运动D ．Q ＝22＋14q ，释放后P 将向左运动解析：C 对y 轴正向的点电荷，由平衡知识可得2k q 2a 2＋k q 2（2a ）2＝k Qq⎝⎛⎭⎫22a 2，解得Q ＝22＋14q ，因在0≤x ＜22a 区间内沿x 轴正向电势升高，则场强方向沿x 轴负向，则将P沿x 轴正向向右略微移动后释放，P 受到向右的电场力而向右运动．6．(2021·湘豫名校高三下学期联考)如图所示，一质量为m 、电荷量为q 的小球在电场强度为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g 2C ．小球上升的最大高度为v 204gD ．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 2解析：C 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 ＝Eq ，所以电场力Eq 与重力关于ON 对称，根据数学知识得：电场力qE 与水平方向的夹角应为30°，受力情况如图所示．合力沿ON 方向向下，大小为mg ，所以加速度为g ，方向沿ON 向下，A 错误、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 202g ，则最大高度为h ＝x sin 30°＝v 204g，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，由能量的转化与守恒可知，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 20，小球的最大电势能为14m v 20，D 错误． 7．如图所示，一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子以速度v 0从MN 连线上的P 点水平向右射入大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中．已知MN 与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN 连线上的某点时( )A ．所用时间为m v 0qEB ．速度大小为3v 0C ．与P 点的距离为22m v 20qED ．速度方向与竖直方向的夹角为30°解析：C 粒子在电场中只受电场力，F ＝qE ，方向向下，如图所示．水平方向做匀速直线运动，有x ＝v 0t ，竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，有y ＝12at 2＝12·qE m t 2，则yx ＝tan 45°，联立解得t ＝2m v 0qE ，故A 错误．v y＝at ＝qE m ·2m v 0qE ＝2v 0，则速度大小v ＝v 20＋v 2y ＝5v 0，tan θ＝v 0v y ＝12，则速度方向与竖直方向夹角θ＝arctan 12，故B 、D 错误；x ＝v 0t ＝2m v 20qE ，与P 点的距离s ＝x cos 45°＝22m v 20qE，故C 正确．8.如图所示，矩形的四个顶点a 、b 、c 、d 是匀强电场中的四个点，ab ＝2bc ＝2L ，电场线与矩形所在的平面平行，已知a 点电势为18 V ，b 点电势为10 V ，c 点电势为6 V ．一质子从a 点以速度v 0射入电场，v 0与ab边的夹角为45°，一段时间后质子经过ab 中点e ，不计质子重力，下列判断正确的是( )A ．d 点电势为12 VB ．质子从a 到b 电势能增加了6 eVC ．电场强度大小为4LD ．质子从a 到e 所用时间为2L 2v 0解析：D 由于在匀强电场中沿同一方向移动相同的距离时电势的变化相同，故U dc ＝U ab ，φa －φb ＝φd －φc ，故φd ＝14 V ，A 错误；由于a 点电势为18 V ，b 点电势为10 V ，在匀强电场中，ab 中点e 的电势为14 V ，故d 、e 连线为等势线，与等势线垂直的方向为电场方向，如图所示，质子在电场力作用下由a 运动到b ，电场力做正功，电势能减少8 eV ，B 错误；电场强度大小为E ＝U d ＝422L ＝42L ，C 错误；从a 到e ，质子做类平抛运动，在垂直电场方向的分运动为匀速直线运动，根据几何关系可知，在垂直电场方向的位移为2L 2，故质子从a 到e 所用时间t ＝2L 2v 0，D 正确． 二、多项选择题9．两个质量相等、电荷量不等的带电粒子甲、乙，先后以不同的速率沿着HO 方向垂直射入匀强电场，电场方向竖直向上，它们在圆形区域中运动的时间相同，其运动轨迹如图所示．不计粒子所受的重力，则下列说法中正确的是( )A ．甲粒子带正电荷B ．乙粒子所带的电荷量比甲粒子少C ．甲粒子在圆形区域中电势能变化量小D ．乙粒子进入电场时具有的动能比甲粒子大解析：AC 甲粒子向上偏转，所受的电场力向上，与电场方向相同，故甲粒子带正电荷，故A 正确；两个粒子竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，有：y ＝12at 2＝qE2m t 2，E 、t 、m 相等，则y ∝q ，可知，乙粒子所带的电荷量比甲粒子多，故B 错误；电场力对粒子做功为W ＝qEy ，甲粒子电荷量少，偏转距离小，则电场力对甲粒子做功少，其电势能变化量小，故C 正确；水平方向有x ＝v t ，相同时间内，乙粒子的水平位移小，则乙粒子进入电场时初速度小，初动能小，故D 错误．10．如图所示，三个同样的带电粒子(不计重力)同时从同一位置沿同一方向垂直于电场线射入平行板电容器间的匀强电场，它们的运动轨迹分别用a 、b 、c 标出，不考虑带电粒子间的相互作用，下列说法中正确的是( )A ．当b 飞离电场的同时，a 刚好打在下极板上B ．b 和c 同时飞离电场C ．进入电场时，c 的速度最大，a 的速度最小D ．在电场中运动过程中c 的动能增加量最小，a 、b 的动能增加量相同解析：ACD 三个粒子相同，故进入电场后，受到的电场力相等，即加速度相等，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，偏移量y ＝12at 2，所以t a ＝t b >t c ，故A 正确，B错误；粒子在水平方向上做匀速直线运动，故有v 0＝xt ，因为x b ＝x c >x a ，t a ＝t b >t c ，所以有v c >v b >v a ，故C 正确；根据动能定理qU ＝Eqy ＝ΔE k ，故c 的动能增加量最小，a 和b 的动能增加量相同，故D 正确．11．如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，与以正点电荷Q 为圆心的圆周交于B 、C 两点．质量为m 、电荷量为q 的有孔小球从杆上A 点无初速滑下，已知AB ＝BC ＝h ，小球滑到B 点时的速度大小为gh ，则( )A ．点电荷Q 带正电B ．小球由B 点到C 点的过程中重力所做的功等于动能的变化量 C ．小球由A 点滑到B 点的过程中电场力做的功W ＝12mghD ．小球到达C 点时的速度大小为2gh解析：AB 小球由A 到B 重力和电场力做功，有动能定理得mgh ＋W AB ＝12m v 2－0，代入数据解得W AB ＝－12mgh ，电场力做负功，所以Q 带正电荷，BC 两点在同一等势面上，小球从B 到C 电场力做功为零，只有重力做功，由动能定理得mgh ＝12m v 21－12m v 2，解得v 1＝3gh .故选AB.12．质量为m 的带电小球由空中某点P 无初速度地自由下落，经过时间t ，加上竖直方向且范围足够大的匀强电场，再经过时间t 小球又回到P 点．整个过程中不计空气阻力且小球未落地，则( )A ．电场强度的大小为4mgqB ．整个过程中小球电势能减少了98mg 2t 2C ．从P 点到最低点的过程中，小球重力势能减少了mg 2t 2D ．从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能减少了12mg 2t 2解析：AD 设电场强度为E ，加电场后小球的加速度大小为a ，取竖直向下为正方向，则由12gt 2＝－⎝⎛⎭⎫v t －12at 2，v ＝gt 和a ＝qE －mg m 可得a ＝3g ，E ＝4mg q ，故A 正确；整个过程中电场力做功W ＝qE ·12gt 2＝2mg 2t 2，所以小球电势能减少了2mg 2t 2，故B 错误；从P 点到最低点过程中，小球下降的距离x ＝12gt 2＋（gt ）22a ＝2gt 23，所以小球重力势能减少ΔE p ＝mgx ＝2mg 2t 23，故C 错误；小球运动到最低点时，速度为零，从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能减少ΔE k ＝12m v 2＝12mg 2t 2，故D 正确．三、非选择题13.如图所示，两平行金属板的板间距离d ＝0.6 m ，金属板与水平线夹角α＝37°，两板所加电压为U ＝100 V ．现有一带负电液滴，质量为m ＝8×10－8kg ，以v 0＝0.25 m/s 的水平速度自A 板边缘进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B 板边缘水平飞出，重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)液滴的电荷量；(2)液滴飞出平行板电容器所用的时间．解析：(1)液滴在电场中沿水平方向飞出cos α＝mgEqE ＝U d解得q ＝6×10－9C(2)液滴在电场中沿水平方向直线运动的加速度为a ，则有 tan α＝ma mg解得a ＝7.5 m/s 2液滴的位移为L ＝dsin α＝1 m液滴在电场中沿水平方向直线运动的时间为t ， 则L ＝v 0t ＋12at 2解得t ＝241－130s ＝0.48 s. 答案：(1)6×10－9C (2)0.48 s14．在一横截面为正方形的柱形区域内有匀强电场，正方形边长为L ，如图所示，电场线为与AC 平行的一簇平行线，P 为AB 边的中点，质量为m 电荷量为q (q ＞0)的带电粒子自P 点以大小不同的速度进入电场，速度方向与电场方向垂直．已知进入电场时速率为v 0的粒子恰好由C 点离开电场，运动中粒子仅受电场力作用．(1)求电场强度的大小；(2)为使粒子从DC 的中点Q 离开电场，该粒子进入电场的速度为多大；(3)若粒子从P 进入电场到D 点离开，则粒子在此过程中所受电场力的冲量为多大． 解析：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动．设粒子由P 到C 用时为t 1 24L ＝v 0t 1，324L ＝12·qEm t 21 解得E ＝122m v 20qL(2)设粒子以速度v 由P 到Q 用时为t 2 22L ＝v t 2，22L ＝12·qE m t 22 解得v ＝6v 0(3)设粒子由P 到D 用时为t 3，粒子在此过程中所受电场力的冲量 I ＝qEt 3 又有24L ＝12·qEm t 23解得I ＝23m v 0答案：(1)122m v 20qL(2)6v 0 (3)23m v 015.如图所示，竖直平面内有一矩形区域abcd ，ab 边长为2l ，bc 边长为3l ，边cd 、ab 的中点分别是e 、f ，ad 边与水平面的夹角θ＝30°，矩形区域内有大小为E 、方向平行ab 向上的匀强电场．现让一带正电微粒从d 点的正上方的某点p (图中未画出)沿该竖直面水平抛出，正好从e 点进 入该矩形区域，并沿ef 做直线运动，已知重力加速度为g ，求：(1)该微粒的比荷； (2)p 、d 间的距离；(3)若将矩形区域内的电场大小变为33E ，方向变为平行ad 向上，微粒仍从p 点以原来的速度水平抛出，求微粒将从何处离开矩形区域．解析：(1)由题意可知，合力沿ef 方向qE ＝mg cos θ q m ＝3g 2E(2)设微粒平抛的初速度为v 0，从p 到e 用时为t 1，竖直方向位移y 1，水平位移为x 1，到达e 点时速度v e ，竖直方向速度分别v y ，由平抛运动规律及题意有tan θ＝v yv 0x 1＝v 0t 1 y 1＝12gt 21v y ＝gt 1 x 1＝l sin θ y 2＝l cos θp 、d 间的距离为y ＝y 1＋y 2 解得y ＝7312l(3)电场改变后的电场力F 2＝q33E 可得F 2＝mg sin θ粒子进入电场后所受合力沿cd 方向向下，做类平抛运动，设粒子的加速度为a ，通过矩形区域的时间为t 2，由牛顿第二定律有mg cos θ＝ma假设从ad 边飞出，飞出点距d 点的距离为x 2，由平抛运动规律有 l ＝12at 22 v e ＝v ysin θx 2＝v e t 2解得x 2＝263l <3l所以，假设合理，从ad 边离开矩形区域，距d 点263l答案：(1)3g 2E (2)7312l (3)距d 点263l 16．如图所示为一多级加速器模型，一质量为m ＝1.0×10－3 kg 、电荷量为q ＝8.0×10－5C 的带正电小球(可视为质点)通过1、2级无初速度地进入第3级加速电场，之后沿位于轴心的光滑浅槽，经过多级加速后从A 点水平抛出，恰好能从MN 板的中心小孔B 垂直金属板进入两板间，A 点在MN 板左端M 点正上方，倾斜平行金属板MN 、PQ 的长度均为L ＝1.0 m ，金属板与水平方向的夹角为θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求A 点到M 点的高度以及多级加速电场的总电压U ；(2)若该平行金属板间有图示方向的匀强电场，且电场强度大小E ＝100 V/m ，要使带电小球不打在PQ 板上，则两板间的距离d 至少要多长？解析：(1)设小球从A 点到B 点的运动时间为t 1，小球的初速度为v 0，A 点到M 点的高度为y则有v 0gt 1＝tan θ① L 2cos θ＝v 0t 1② y －L 2sin θ＝12gt 21③ 联立①②③并代入数据解得v 0＝ 3 m/s ，y ＝1730m ④ 带电小球在多级加速器加速的过程，根据动能定理有qU ＝12m v 20－0⑤ 代入数据解得U ＝18.75 V(2)进入电场时，以沿板向下为x 轴正方向和垂直于板向下为y 轴正方向建立直角坐标系，将重力正交分解，则沿y 轴方向有F y ＝mg cos θ－qE ＝0⑥沿x 轴方向有F x ＝mg sin θ⑦故小球进入电场后做类平抛运动，设刚好从P 点离开，则有F x ＝ma ⑧L 2＝12at 22⑨ d min ＝v 0sin θt 2⑩ 联立④⑦⑧⑨⑩并代入数据解得d min ＝526 m 即两板间的距离d 至少为526m. 答案：(1)18.75 V (2)526m。
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带电粒子的运动专题复习一、专题分析：本专题综合起来讲就三个方面的问题：带电粒子在电场中的运动；带电粒子在磁场中的运动；带电粒子在复合场（或组合场）中的运动。
几乎成为历年高考的必考内容，且多以多过程的综合计算题为主，分值较高，能够突出高考的命题要求，即以能力测试为主导，考查学生对所学相关课程基础知识、基本技能的掌握程度和综合运用所学知识分析解决问题的能力；涉及的实际应用问题较多，，如示波器、质谱仪、速度选择器、回旋加速器、磁流体发电机、电磁流量计等。
无论粒子是在简单情景中运动还是在复杂情景中运动，都是把场的性质、运动学知识、牛顿运动定律、功能关系、动量守恒定律有机地联系在一起，因而综合性较强，能力要求较高。
二、高考考情分析及命题趋势：近几年高考中连续考查带电粒子在电场、磁场中的运动：2004年带电粒子在电磁场中运动，2005年恒定电流与带电粒子在电场中的偏转相结合， 2006年带电小球在电场中来回反复运动，2007年带电粒子在磁场中运动结合临界问题，2008年带电粒子在磁场和电场的组合场中运动的问题。
专题问题中所涉及的情景有很多相似之处，高考命题只是从不同的角度、不同的条件或者不断变化题设的情景切入，甚至是陈题翻新，连续几年虽然每年都在考，但还是针对不同的方面，我想09年高考计算题仍然会延续这种思路，有以下可能性带电粒子在周期性变化的电场或者磁场中的运动是近几年高考中不曾涉及的，但这类问题的综合程度高，很容易和生活生产、科学技术联系起来，通过这类问题可以考查考生分析综合能力以及利用所学知识解决实际问题的能力。
三、我们的打算：二轮复习中，由于这一专题在高考中地位非常重要特别是要想考好大学的学生，所以在复习中我们将做好以下工作。
1、加强学生对这一专题思想认识：让学生认识到这一专题连续几年都在考，而且所占分值还是非常高的，几乎占到了六分之一。
要想理综考好这一专题起到了决定性的作用，让学生自己意识到我一定要把这一个专题攻克的地步，学生就会有意识的去发现、去寻找自己在这一个方面还有哪些问题。
2、老师通过训练题帮助学生提高阅读分析题意的能力，采用排查的方法对问题较大的题型进行反复加强训练同时始终注意书写的规范性和易错点：如：（1）．在解决带电粒子在复合场中的运动问题时，正确分析带电粒子的受力情况及运动特征是解题的前提，灵活选用力学规律是解题的关键。
解决这类题时一定要注意临界条件的挖掘：如“恰好”、“最大”、“最多”、“至少”……等关键词，往往是解题的突破口。
（2）在加速电场中求带电粒子的速度运用动能定理qΔU=ΔEk时要注意ΔU是指入射点和出射点之间的电势差，而不一定就是两极板间的电势差；（3）在偏转电场中求带电粒子的侧移时要注意数学知识的灵活运用，不少同学在运用相似三角形求解往往将对应边写错。
（4）．在解决带电粒子在匀强磁场中圆周运动的问题时，找圆心、画轨迹、求半径通常是解题的“三步曲”。
带电粒子在有界磁场中的运动的极值问题是难点问题，一般解决问题的办法是利用“参考圆”结合几何知识找出恰好射出磁场的临界条件。
确定圆心的几种方法：“相交法”“中垂线法”“截取法”“补点法”“判断法”3、在训练中让学生明确这一专题总结起来也就有如下几种情况，每一种情况的问题该采用什么样的方法做，达到一个较好的熟练程度一、带电粒子的直线运动问题方法：（1）牢牢抓住带电粒子作直线运动的条件（2）利用牛顿运动定律和平衡条件建立方程25．（06全国Ⅰ20分）有个演示实验，在上下面都是金属板的玻璃盒内，放入了许多用锡箔纸揉成的小球，当上下板间加上电压后，小球就上下不停地跳动。
现取以下简化模型进行定量研究。
如图所示，电容量为C的平行板电容器的极板A和B水平放置，相距为d，与电动势为ε、内阻可不计的电源相连。
设两板之间只有一个质量为m的导电小球，小球可视为质点。
已知：若小球与极板发生碰撞，则碰撞后小球的速度立即变为零，带电状态也立即改变，改变后，小球所带电荷符号与该极板相同，电量为极板电量的α倍（α<<1）。
不计带电小球对极板间匀强电场的影响。
重力加速度为g。
（1）欲使小球能够不断地在两板间上下往返运动，电动势ε至少应大于多少？（2）设上述条件已满足，在较长的时间间隔T内小球做了很多次往返运动。
求在T时间内小球往返运动的次数以及通过电源的总电量。
25．（1）用Q 表示极板电荷量的大小，q 表示碰后小球电荷量的大小。
要使小球能不停地往返运动，小球所受的向上的电场力至少应大于重力，即mg dq >ε①其中Q q α= ② 又有εC Q = ③由①②③式得Cmgdαε>④ （2）当小球带正电时，小球所受电场力与重力方向相同，向下做加速运动。
以a 1表示其加速度，t 1表示从A 板到B 板所用的时间，则有1ma mg dq=+ε⑤ 21121t a d =⑥ 当小球带负电时，小球所受电场力与重力方向相反，向上做加速运动。
以a 2表示其加速度，t 2表示从B 板到A 板所用的时间，则有2ma mg dq=-ε⑦ 22221t a d =⑧ 小球往返一次共用的时间为（t 1+t 2），故小球在T 时间内往返的次数21t t Tn +=⑨ 由以上有关各式得mgdC mdmgd C md Tn -++=222222εαεα ⑩小球往返一次通过电源的电量为，在T 时间内通过电源的总电量Q ’=2qn ⑾ 由⑩⑾式可得mgdC mdmgd C md TC Q -++=2222222'εαεαεα ⑿二、带电粒子的匀速圆周运动问题 方法：（1）受力分析弄清向心力的来源 （2）确定圆心画出轨迹确定物理过程25．（20分）如图所示，在坐标系Oxy 的第一象限中存在沿y 轴正方向的匀强电场，场强大小为E 。
在其它象限中存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。
A 是y 轴上的一点，它到坐标原点O 的距离为h ；C 是x 轴上的一点，到O 的距离为l 。
一质量为m 、电荷量为q 的带负电的粒子以某一初速度沿x 轴方向从A 点进入电场区域，继而通过C 点进入磁场区域，并再次通过A 点。
此时速度方向与y 轴正方向成锐角。
不计重力作用。
试求：⑴粒子经过C 点时速度的大小和方向；⑵磁感应强度的大小B 。
⑴()mhl h qE v 2422+=⑵qmhEl h l B 222+=（提示：如图所示，设轨迹圆半径为R ，圆心为P ，设C 点速度与x 轴成α，P A 与y 轴成β，则lh 2tan =α，R cos β=R cos α+h ，R sin β=l-R sin α。
由以上三式得222242l h hll h R ++=，再由Bqm vR =和v 的表达式得最后结果。
）难三、带电粒子的类平抛运动或一般曲线运动 方法：（1）运动的合成和分解的方法分析运动情况（2）用能量的观点建立方程求解21.（2004年北京）静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置，其中某部分静电场的分布如下图所示。
虚线表示这个静电场在xOy 平面内的一簇等势线，等势线形状相对于Ox 轴、Oy 轴对称。
等势线的电势沿x 轴正向增加，且相邻两等势线的电势差相等。
一个电子经过P 点（其横坐标为－x 0）时，速度与Ox 轴平行。
适当控制实验条件，使该电子通过电场区域时仅在Ox 轴上方运动。
在通过电场区域过程中，该电子沿y 方向的分速度v y 随位置坐标x 变化的示意图是………………………………………（D ）x四、有界场中的临界问题和跨区域问题 25. （2008全国卷Ⅰ）（22分） 方法：（1）分析物理过程是解决问题的前提 （2）认真处理物理过程间的衔接点 （3）画出临界轨迹非常必要25. （2007全国卷Ⅰ）（22分）两平面荧光屏互相垂直放置，在两屏内分别取垂直于两屏交线的直线为x 轴和y 轴，交点O 为原点，如图所示。
在y >0，0<x <a 的区域由垂直于纸面向里的\匀强磁场，在在y >0， x >a 的区域由垂直于纸面向外的匀强磁场，两区域内的磁感应强度大小均为B 。
在O 点处有一小孔，一束质量为m 、带电量为q （q >0）的粒子沿x 轴经小孔射入磁场，最后打在竖直和水平荧光屏上，使荧光屏发亮。
入射粒子的速度可取从零到某一最大值之间的各种数值。
已知速度最大的粒子在0<x <a 的区域中运动的时间与在x >a 的区域中运动的时间之比为2∶5，在磁场中运动的总时间为7T /12，其中T 为该粒子在磁感应强度为B 的匀强磁场中作圆周运动的周期。
试求两个荧光屏上亮线的范围（不计重力的影响）。
y 轴范围：0-2a ；x 轴范围：2a-a ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+3312 难五、联系实际的技术应用问题方法：（1）示波器、质谱仪、速度选择器、回旋加速器、磁流体发电机、电磁流量计等（2）结合具体问题，建立物理模型求解x25. （2008重庆卷）（20分）题25题为一种质谱仪工作原理示意图.在以O 为圆心，OH 为对称轴，夹角为2α的扇形区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场.对称于OH 轴的C 和D 分别是离子发射点和收集点.CM 垂直磁场左边界于M ，且OM=d.现有一正离子束以小发散角（纸面内）从C 射出，这些离子在CM 方向上的分速度均为v 0.若该离子束中比荷为qm的离子都能汇聚到D ，试求：（1）磁感应强度的大小和方向（提示：可考虑沿CM 方向运动的离子为研究对象）； （2）离子沿与CM 成θ角的直线CN 进入磁场，其轨道半径和在磁场中的运动时间； （3）线段CM 的长度. 25.解： （1）设沿CM 方向运动的离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R由 12R '=200mv qv B R=R =d 得B ＝0mv qd磁场方向垂直纸面向外 （2）设沿CN 运动的离子速度大小为v ，在磁场中的轨道半径为R ′，运动时间为t 由v cos θ=v 0 得v ＝cos v θR ′=mv qB =cos dθ方法一：设弧长为st =s vs=2(θ+α)×R ′ t =2v R '⨯+）（αθ方法二：离子在磁场中做匀速圆周运动的周期T ＝2mqBπ t =Ｔ×παθ+ =)(2v αθ+ (3)方法一： CM =MN cot θ)sin(βα++d MN =αsin R ' Ｒ′=θcos d以上3式联立求解得 CM =d cot α方法二：设圆心为A ，过A 做AB 垂直NO ， 可以证明NM ＝BO ∵NM =CM tan θ 又∵BO =AB cot α=R ′sin θcot α=αθθcot sin cos d∴CM =d cot α。