带电粒子在电场中的直线运动.(附详细答案)
第10讲-【答案解析】带电粒子在电场中的运动
例7
答案: ACD
解答:
A
．由
qU1
=
1 2
mv02
可知，其他条件不变时，当 U1
变大，则电子进入偏转电场的速度变大，故
A
正确
B
．设偏转极板的长度为
L
，由
qU1
=
1 2
mv02
，t
=
L v0
，得 t
=
L
m 2eU1 ，其他条件不变，当U1 变
大时，运动时间变短，故 B 错误
C
．由
F
=
U2q d
可知， U 2
移相等，根据 y = 1 at 2 ，可知运动时间相等，所以在 b 飞离电场的同时， a 刚好打在负极板上．故 A 正 2
确．
B
、b
、 c 竖直方向上的位移不等，
yc
<
yb
．根据
y
=
1 2
at 2
可知， tc
<
tb
．则知 c
先飞离电
场．故 B 错误． C 、在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有： v = x ．因 t
类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力 mg′ ，大小为
7
_带电粒子在电场中的运动_参考答案
= mg′
= (qE )2 + (mg )2
2 3mg
，
3
tan=θ q= E 3 ，得θ = 30° ， mg 3
等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上做匀速运动。因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨
⋅
m ，与比荷有关，故 C 错误。 q
例9
答案: AC
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。
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.。
带电粒子在电场中的运动讲解及习题(含答案)
第1章静电场第08节 带电粒子在电场中的运动[知能准备]1．利用电场来改变或控制带电粒子的运动，最简单情况有两种，利用电场使带电粒子________；利用电场使带电粒子________．2．示波器：示波器的核心部件是_____________，示波管由电子枪、_____________和荧光屏组成，管内抽成真空．[同步导学]1．带电粒子的加速(1)动力学分析：带电粒子沿与电场线平行方向进入电场，受到的电场力与运动方向在同一直线上，做加(减)速直线运动，如果是匀强电场，则做匀加(减)速运动．(2)功能关系分析：粒子只受电场力作用，动能变化量等于电势能的变化量．221qU mv =(初速度为零)；2022121qU mv mv -= 此式适用于一切电场． 2．带电粒子的偏转(1)动力学分析：带电粒子以速度v 0垂直于电场线方向飞入两带电平行板产生的匀强电场中，受到恒定的与初速度方向成900角的电场力作用而做匀变速曲线运动 (类平抛运动)．(2)运动的分析方法(看成类平抛运动)：①沿初速度方向做速度为v 0的匀速直线运动．②沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动．例1如图1—8—1所示，两板间电势差为U ，相距为d ，板长为L ．—正离子q 以平行于极板的速度v 0射入电场中，在电场中受到电场力而发生偏转，则电荷的偏转距离y 和偏转角θ为多少?解析：电荷在竖直方向做匀加速直线运动，受到的力F ＝Eq ＝Uq/d由牛顿第二定律，加速度a = F/m = Uq/md水平方向做匀速运动，由L = v 0t 得t = L/ v 0由运动学公式221at s =可得： U dmv qL L md Uq y 202202)v (21=⋅= 带电离子在离开电场时，竖直方向的分速度：v ⊥dmv qUL at 0==离子离开偏转电场时的偏转角度θ可由下式确定：d mv qUL v v 200Ítan ==θ 电荷射出电场时的速度的反向延长线交两板中心水平线上的位置确定：如图所示，设交点P 到右端Q 的距离为x ，则由几何关系得：x y /tan =θ21/2/tan 20202===∴dmv qLU d mv U qL y x θ 点评：电荷好像是从水平线OQ 中点沿直线射出一样，注意此结论在处理问题时应用很方便．3．示波管的原理(1)构造及功能如图l —8—2所示①电子枪：发射并加速电子．②偏转电极YY ，：使电子束竖直偏转(加信号电压) XX ，：使电子束水平偏转(加扫描电压)．③荧光屏．(2)工作原理(如图1—8—2所示)偏转电极XX ，和YY ，不加电压，电子打到屏幕中心；若电压只加XX ，，只有X 方向偏；若电压只加YY ，，只有y 方向偏；若XX ，加扫描电压，YY ，加信号电压，屏上会出现随信号而变化的图象．4．在带电粒子的加速或偏转的问题中，何时考虑粒子的重力?何时不计重力?一般来说：(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有特别说明或有明确暗示以外，一般都不考虑重力(但不忽略质量)．(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有特别说明或有明显暗示以外，一般都不能忽略重力．5．易错易混点带电粒子在电场中发生偏转，—定要区分开位移的方向与速度的方向，它们各自偏角的正切分别为： x y =αtan ，xy v v =βtan ，切不可混淆 6．带电粒子在电场中的运动(1)带电粒子在电场中的运动由粒子的初始状态和受力情况决定．在非匀强电场中，带电粒子受到的电场力是变力，解决这类问题可以用动能定理求解．在匀强电场中，带电粒子受到的是恒力，若带电粒子初速度为零或初速度方向平行于电场方向，带电粒子将做匀变速直线运动；若带电粒子初速度方向垂直于电场方向，带电粒子做类平抛运动，根据运动规律求解，(2)带电小球、带电微粒(重力不能忽略)在匀强电场中运动，由于带电小球、带电微粒可视为质点，同时受到重力和电场力的作用，其运动情况由重力和电场力共同决定．又因为重力和电场力都是恒力，其做功特点一样，常将带电质点的运动环境想象成一等效场，等效场的大小和方向由重力场和电场共同决定．例2两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回，如图1—8—3所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是 ( )A ．U edhB ．edUhC ．dh eUD ．d eUh 解析：电子从O 点到A 点，因受电场力作用，速度逐渐减小，根据题意和图示可知，电子仅受电场力，由能量关系：OA eU mv =2021，又E ＝U ／d ，h dU Eh U OA ==，所以deUh mv =2021 . 故D 正确． 点评：应用电场力做功与电势差的关系，结合动能定理即可解答本题．例3一束质量为m 、电荷量为q 的带电粒子以平行于两极板的速度v 0进入匀强电场，如图1—8—4所示．如果两极板间电压为U ，两极板间的距离为d 、板长为L ．设粒子束不会击中极板，则粒子从进入电场到飞出极板时电势能的变化量为 ．(粒子的重力忽略不计)分析：带电粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速运动．电场力做功导致电势能的改变．解析：水平方向匀速，则运动时间t ＝L/ v 0 ①竖直方向加速，则侧移221at y =② 且dmqU a = ③ 图1—8—4由①②③得2022mdv qUL y = 则电场力做功20222220222v md L U q mdv qUL d U q y qE W =⋅⋅=⋅= 由功能原理得电势能减少了2022222v md L U q 例4如图1—8－5所示，离子发生器发射出一束质量为m ，电荷量为q 的离子，从静止经加速电压U 1加速后，获得速度0v ，并沿垂直于电场线方向射入两平行板中央，受偏转电压U 2作用后，以速度v 离开电场，已知平行板长为l ，两板间距离为d ，求：①0v 的大小；②离子在偏转电场中运动时间t ；③离子在偏转电场中受到的电场力的大小F ；④离子在偏转电场中的加速度；⑤离子在离开偏转电场时的横向速度y v ；⑥离子在离开偏转电场时的速度v 的大小；⑦离子在离开偏转电场时的横向偏移量y ；⑧离子离开偏转电场时的偏转角θ的正切值tgθ解析：①不管加速电场是不是匀强电场，W ＝qU 都适用，所以由动能定理得：0121mv qU = mqU v 20=∴ ②由于偏转电场是匀强电场，所以离子的运动类似平抛运动．即：水平方向为速度为v 0的匀速直线运动，竖直方向为初速度为零的匀加速直线运动．∴在水平方向102qU m l v l t == ③d U E 2=F =qE =.d qU 2 ④mdqU m F a 2== ⑤.mU q d l U qU m l md qU at v y 121222=•== 图1—8－5⑥1242222212220U md U ql U qd v v v y +=+=⑦1221222422121dU U l qU m l md qU at y =•==（和带电粒子q 、m 无关，只取决于加速电场和偏转电场）解题的一般步骤是：(1)根据题目描述的物理现象和物理过程以及要回答问题，确定出研究对象和过程．并选择出“某个状态”和反映该状态的某些“参量”，写出这些参量间的关系式．(2)依据题目所给的条件，选用有关的物理规律，列出方程或方程组，运用数学工具，对参量间的函数关系进行逻辑推理，得出有关的计算表达式．(3)对表达式中的已知量、未知量进行演绎、讨论，得出正确的结果．[同步检测]1．如图l —8—6所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，当到达B 板时速度为v ，保持两板间电压不变．则 ( )A ．当增大两板间距离时，v 也增大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，电子在两板间运动的时间延长2．如图1—8—7所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的( )A ．2倍B ．4倍C ．0.5倍D ．0.25倍3．电子从负极板的边缘垂直进入匀强电场，恰好从正极板边缘飞出，如图1—8—8所示，现在保持两极板间的电压不变，使两极板间的距离变为原来的2倍，电子的入射方向及位臀不变，且要电子仍从正极板边缘飞出，则电子入射的初速度大小应为原来的（ ）A ．22B ．21 C ．2 D ．2 4．下列带电粒子经过电压为U 的电压加速后，如果它们的初速度均为0，则获得速度图1—8－6图1—8－7图1—8－8最大的粒子是( )A．质子B．氚核C．氦核D．钠离子Na＋5．真空中有一束电子流，以速度v、沿着跟电场强度方向垂直．自O点进入匀强电场，如图1—8—9所示，若以O为坐标原点，x轴垂直于电场方向，y轴平行于电场方向，在x 轴上取OA＝AB＝BC，分别自A、B、C点作与y轴平行的线跟电子流的径迹交于M、N、P三点，那么：(1)电子流经M，N、P三点时，沿x轴方向的分速度之比为．(2)沿y轴的分速度之比为．(3)电子流每经过相等时间的动能增量之比为．6．如图1—8—10所示，—电子具有100 eV的动能．从A点垂直于电场线飞入匀强电场中，当从D点飞出电场时，速度方向跟电场强度方向成1 500角．则A、B两点之间的电势差U AB＝V．7．静止在太空中的飞行器上有一种装置，它利用电场加速带电粒子形成向外发射的高速电子流，从而对飞行器产生反冲力，使其获得加速度．已知飞行器质量为M，发射的是2价氧离子．发射离子的功率恒为P，加速的电压为U，每个氧离子的质量为m．单位电荷的电荷量为e．不计发射氧离子后飞行器质量的变化，求：(1)射出的氧离子速度．(2)每秒钟射出的氧离子数．(离子速度远大于飞行器的速度，分析时可认为飞行器始终静止不动)8．如图1—8—12所示，一个电子(质量为m)电荷量为e，以初速度v0沿着匀强电场的电场线方向飞入匀强电场，已知匀强电场的场强大小为E，不计重力，问：(1)电子在电场中运动的加速度．(2)电子进入电场的最大距离．(3)电子进入电场最大距离的一半时的动能．图1—8－9图1—8—10 图1—8—129．如图1—8—13所示，A 、B 为两块足够大的平行金属板，两板间距离为d ，接在电压为U 的电源上．在A 板上的中央P 点处放置一个电子放射源，可以向各个方向释放电子．设电子的质量m 、电荷量为e ，射出的初速度为v ．求电子打在B 板上区域的面积．10. 如图1—8—1 4所示一质量为m ，带电荷量为+q 的小球从距地面高h 处以一定初速度水平抛出，在距抛出点水平距离l 处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管，管上口距地面h/2，为使小球能无碰撞地通过管子，可在管子上方的整个区域里加一个场强方向水平向左的匀强电场，求：(1)小球的初速度v 0.(2)电场强度E 的大小．(3)小球落地时的动能E k ．[综合评价]1．一束带电粒子以相同的速率从同一位置，垂直于电场方向飞入匀强电场中，所有粒子的运动轨迹都是一样的，这说明所有粒子图1—8—13 图1—8—14( )A ．都具有相同的质量B ．都具有相同的电荷量C ．电荷量与质量之比都相同D ．都是同位素2．有三个质量相等的小球，分别带正电、负电和不带电，以相同的水平速度由P 点射入水平放置的平行金属板间，它们分别落在下板的A 、B 、C 三处，已知两金属板的上板带负电荷，下板接地，如图1—8—15所示，下列判断正确的是 ( )A 、落在A 、B 、C 三处的小球分别是带正电、不带电和带负电的B 、三小球在该电场中的加速度大小关系是a A ＜a B ＜a CC 、三小球从进入电场至落到下板所用的时间相等D 、三小球到达下板时动能的大小关系是E KC ＜E KB ＜E KA3．如图1—8—16所示，一个带负电的油滴以初速v 0从P 点倾斜向上进入水平方向的匀强电场中，若油滴达最高点时速度大小仍为v 0，则油滴最高点的位置 ( )A 、P 点的左上方B 、P 点的右上方C 、P 点的正上方D 、上述情况都可能4. 一个不计重力的带电微粒，进入匀强电场没有发生偏转，则该微粒的( )A. 运动速度必然增大 B ．运动速度必然减小C. 运动速度可能不变 D ．运动加速度肯定不为零5. 氘核(电荷量为+e ，质量为2m)和氚核(电荷量为+e 、质量为3m)经相同电压加速后，垂直偏转电场方向进入同一匀强电场．飞出电场时，运动方向的偏转角的正切值之比为（不计原子核所受的重力） ( )A ．1：2B ．2：1C ．1：1D ．1：46． 如图1－8－17所示，从静止出发的电子经加速电场加速后，进入偏转电场．若加速电压为U 1、偏转电压为U 2，要使电子在电场中的偏移距离y 增大为原来的2倍(在保证电子不会打到极板上的前提下)，可选用的方法有 ( )A ．使U 1减小为原来的1/2B ．使U 2增大为原来的2倍C ．使偏转电场极板长度增大为原来的2倍 图1—8—15 图1—8—16图1－8－17D ．使偏转电场极板的间距减小为原来的1/27．如图1－8－18所示是某示波管的示意图，如果在水平放置的偏转电极上加一个电压，则电子束将被偏转．每单位电压引起的偏转距离叫示波管的灵敏度，下面这些措施中对提高示波管的灵敏度有用的是 ( )A ．尽可能把偏转极板L 做得长一点B ．尽可能把偏转极板L 做得短一点C ．尽可能把偏转极板间的距离d 做得小一点D ．将电子枪的加速电压提高 8．一个初动能为E k 的电子，垂直电场线飞入平行板电容器中，飞出电容器的动能为2E k ，如果此电子的初速度增至原来的2倍，则它飞出电容器的动能变为( )A ．4E kB ．8E kC ．4.5E kD ．4.25E k9.在匀强电场中，同一条电场线上有A 、B 两点，有两个带电粒子先后由静止从A 点出发并通过B 点．若两粒子的质量之比为2：1，电荷量之比为4：1，忽略它们所受重力，则它们由A 点运动到B 点所用时间之比为( )A.1：2 B ．2： 1 C ．1：2 D ．2：110. 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1－8－19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=U 0时，使得某个质量为m 1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m 2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.11．图1—8—20是静电分选器的原理示意图，将磷酸盐和石英的混合颗粒由传送带送至两个竖直的带电平行板上方，颗粒经漏斗从电场区域中央处开始下落，经分选后的颗粒分别装入A 、B 桶中．混合颗粒离开漏斗进入电场时磷酸盐颗粒带正电，石英颗粒带图1－8－18图1－8－19图1－8－20负电，所有颗粒所带的电荷量与质量之比均为10-5C ／kg ．若已知两板间的距离为10 cm ，两板的竖直高度为50 cm ．设颗粒进入电场时的速度为零，颗粒间相互作用不计．如果要求两种颗粒离开两极板间的电场区域时有最大的偏转量且又恰好不接触到极板．(1)两极板间所加的电压应多大?(2)若带电平行板的下端距A 、B 桶底的高度H=1.3m ，求颗粒落至桶底时速度的大小．第八节 带电粒子在电场中的运动知能准备答案：1.加速、偏转 2.示波管、偏转电板同步检测答案：1.CD 2.C 3.B 4.A 5.111 123 135 6.300V 7.(1)2m eU (2)eU P 2 8.(1)meE (2)eE mv 220 (3)420mv 9.eU d mv 222π 10.(1)h q l v 20= (2)E=qh mgl 2 (3)mgh E k =综合评估答案：1.C 2.AB 3.A 4.D 5.C 6.ABD 7.AC 8.D 9.A 10.(1)01U gd m q = (2))2(22t d g U d m Q -=11.(1)1×104V (2)1.36m/s。
带电粒子在电场中运动题目及标准答案(分类归纳经典)
带电粒子在电场中的运动一、带电粒子在电场中做偏转运动1.如图所示的真空管中，质量为m ，电量为e 的电子从灯丝Ｆ发出，经过电压Ｕ１加速后沿中心线射入相距为d 的两平行金属板Ｂ、Ｃ间的匀强电场中，通过电场后打到荧光屏上，设Ｂ、Ｃ间电压为Ｕ２，Ｂ、Ｃ板长为l 1,平行金属板右端到荧光屏的距离为l ２,求：⑴电子离开匀强电场时的速度与进入时速度间的夹角． ⑵电子打到荧光屏上的位置偏离屏中心距离． 解析:电子在真空管中的运动过分为三段，从Ｆ发出在电压Ｕ１作用下的加速运动；进入平行金属板Ｂ、Ｃ间的匀强电场中做类平抛运动；飞离匀强电场到荧光屏间的匀速直线运动．⑴设电子经电压Ｕ１加速后的速度为v 1，根据动能定理有： 21121mv eU =电子进入Ｂ、Ｃ间的匀强电场中，在水平方向以v 1的速度做匀速直线运动，竖直方向受电场力的作用做初速度为零的加速运动，其加速度为： dmeU meE a 2==电子通过匀强电场的时间11v l t =电子离开匀强电场时竖直方向的速度v y 为： 112mdv l eU at v y ==电子离开电场时速度v 2与进入电场时的速度v 1夹角为α（如图５）则d U l U mdv l eU v v tg y 112211212===α ∴dU l U arctg1122=α ⑵电子通过匀强电场时偏离中心线的位移dU l U v l dm eU at y 1212212122142121=•== 电子离开电场后，做匀速直线运动射到荧光屏上，竖直方向的位移 dU l l U tg l y 1212222==α ∴电子打到荧光屏上时，偏离中心线的距离为 )2(22111221l l d U l U y y y +=+= 图 ５2. 如图所示，在空间中取直角坐标系Oxy ，在第一象限内平行于y 轴的虚线MN 与y 轴距离为d ，从y 轴到MN 之间的区域充满一个沿y 轴正方向的匀强电场，场强大小为E 。
人教版高中物理选修3-1第一章第9节带电粒子在电场中的运动(含解析)
（精心整理，诚意制作）带电粒子在电场中的运动一课一练一、单项选择题1．关于带电粒子(不计重力)在匀强电场中的运动情况，下列说法正确的是( )A．一定是匀变速运动B．不可能做匀减速运动C．一定做曲线运动D．可能做匀变速直线运动，不可能做匀变速曲线运动解析：选A.带电粒子在匀强电场中受到的电场力恒定不变，可能做匀变速直线运动，也可能做匀变速曲线运动，故选A.2.如图所示，质子(1H)和α粒子(42He)，以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为( )A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．1∶4解析：选B.由y＝12EqmL2v20和E k0＝12m v20，得：y＝EL2q4Ek0可知，y与q成正比，故选B.3.(20xx·济南第二中学高二检测)如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场中的P点以相同的初速度垂直于E进入电场，它们分别落到A、B、C三点( )A．落到A点的小球带正电，落到B点的小球不带电B．三小球在电场中运动的时间相等C．三小球到达正极板时动能关系是E k A>E k B>E k CD．三小球在电场中运动的加速度关系是a A>a B>a C解析：选A.初速度相同的小球，落点越远，说明运动时间越长，竖直方向加速度越小．所以A、B、C三个落点上的小球的带电情况分别为带正电、不带电、带负电．故选A.4.如图所示，两金属板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出．现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的( )A．2倍B．4倍C.12D.14解析：选C.电子在两极板间做类平抛运动，水平方向l＝v0t，t＝lv0，竖直方向d＝12at2＝qUl22mdv20，故d2＝qUl22mv20，即d∝1v0，故选C.5．(20xx·高考广东卷)喷墨打印机的简化模型如图所示．重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中( )A．向负极板偏转 B．电势能逐渐增大C．运动轨迹是抛物线 D．运动轨迹与带电量无关解析：选C.带电微滴垂直进入电场后，在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的分解——水平方向做匀速直线运动和竖直方向做匀加速直线运动．带负电的微滴进入电场后受到向上的静电力，故带电微滴向正极板偏转，选项A错误；带电微滴垂直进入电场受竖直方向的静电力作用，静电力做正功，故墨汁微滴的电势能减小，选项B错误；根据x＝v t，y＝12at2及a＝qEm，得带电微滴的轨迹方程为y＝qEx22mv2，即运动轨迹是抛物线，与带电量有关，选项C正确，D错误．6．两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m、电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射入电场，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA 间距为h，则此电子的初动能为( )A.edhUB.dUehC.eUdhD.eUhd解析：选D.电子从O点到达A点的过程中，仅在电场力作用下速度逐渐减小，根据动能定理可得－eU OA＝0－E k，因为U OA＝Udh，所以E k＝eUhd，故选D.☆7.图甲为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是图A、B、C、D中的( )解析：选B.由题图乙及题图丙知，当U Y为正时，Y板电势高，电子向Y 偏，而此时U X为负，即X′板电势高，电子向X′板偏，故选B.8.(20xx·江苏天一中学高二测试)如图所示，M、N是真空中的两块平行金属板．质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子恰好能到达N板．如果要使这个带电粒子到达M、N板间距的1/2后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)( )A．使初速度减为原来的1/2B．使M、N间电压加倍C．使M、N间电压提高到原来的4倍D．使初速度和M、N间电压都减为原来的1/4解析：选B.由题意知，带电粒子在电场中做减速运动，在粒子恰好能到达N板时，由动能定理可得：－qU＝－12m v20要使粒子到达两极板中间后返回，设此时两极板间电压为U1，粒子的初速度为v1，则由动能定理可得：－q U12＝－12m v21联立两方程得：U12U＝v21v20可见，选项B符合等式的要求．故选B.9.竖直放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个电荷M和N以相同的速率分别从极板A边缘和两板中间沿竖直方向进入板间电场，恰好从极板B边缘射出电场，如图所示，不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是( )A．两电荷的电荷量相等B．两电荷在电场中运动的时间相等C．两电荷在电场中运动的加速度相等D．两电荷离开电场时的速度大小相等解析：选B.由t＝Lv0知两电荷运动时间相等，故B正确；由y＝12at2和y M＝2y N知，两电荷加速度不等，故C错误；由a＝qEm知，仅当m M＝12m N时，两电荷量相等，故A错误；由v y＝at知，v yM≠v yN，则合速度不等，故D错误．故选B.☆10.如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L .为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量hU2)，可采用的方法是( )A ．增大两板间的电势差U 2B ．尽可能使板长L 短些C ．尽可能使板间距离d 小一些D ．使加速电压U 1升高一些解析：选C.电子的运动过程可分为两个阶段，即加速和偏转．分别根据两个阶段的运动规律，推导出灵敏度⎝ ⎛⎭⎪⎫h U2的有关表达式，然后再判断选项是否正确，这是解决此题的基本思路．电子经电压U 1加速有eU 1＝12m v 20，电子经过偏转电场的过程有L ＝v 0t ，h ＝12at 2＝eU22md t 2＝U2L24dU1.由以上各式可得h U2＝L24dU1.因此要提高灵敏度，若只改变其中的一个量，可采取的办法为增大L ，或减小d ，或减小U 1.故选C.二、非选择题 11.在如图所示的示波器的电容器中，电子以初速度v 0沿着垂直场强的方向从O 点进入电场，以O 点为坐标原点，沿x 轴取OA ＝AB ＝BC ，再过点A 、B 、C 作y 轴的平行线与电子径迹分别交于M 、N 、P 点，求AM ∶BN ∶CP 和电子途经M 、N 、P 三点时沿x 轴的分速度之比．解析：电子在电场中做类平抛运动，即在x 轴分方向做匀速直线运动，故M 、N 、P 三点沿x 轴的分速度相等，v Mx ∶v Nx ∶v Px ＝1∶1∶1又OA ＝AB ＝BC 所以t OA ＝t AB ＝t BC根据电子沿－y 方向做匀加速运动，由y ＝12at 2得：AM ∶BN ∶CP ＝1∶4∶9.答案：1∶4∶9 1∶1∶1 ☆12.如图所示虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧相距为L 处有一与电场E 2平行的屏．现将一电子(电荷量为e ，质量为m )无初速度地放入电场E 1中的A 点，最后电子打在右侧的屏上，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；(2)电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角θ的正切值tan θ； (3)电子打到屏上的点P ′到点O 的距离x .解析：(1)电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，时间为t 1，由牛顿第二定律和运动学公式得：a 1＝eE1m ＝eE mL 2＝12a 1t 21 v 1＝a 1t 1t 2＝2L v1运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝3mLeE.(2)设电子射出电场E 2时沿平行电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为a 2＝eE2m ＝2eE mt 3＝L v1v y ＝a 2t 3tan θ＝vy v1解得：tan θ＝2.(3)如图，设电子在电场中的偏转距离为x 1x 1＝12a 2t 23tan θ＝x2L解得：x ＝x 1＋x 2＝3L .答案：(1)3mLeE(2)2 (3)3L。
带电粒子在电场运动规律经典例题及典型习题（附答案）
带电粒子在电场运动规律透析一、带电粒子在电场中的加速1运动状态的分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一直线上，做加（减）速直线运动。
2用功能观点分析：电场力对带电粒子动能的增量。
2022121mv mv qU -= 说明：①此法不仅适用于匀强电场，也适用于非匀强电场。
②对匀强电场，也可直接应用运动学公式和牛顿第二定律典型例题例1:1:如图所示，两平行金属板竖直放置，如图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。
右极板电势随时间变化的规律如图所示。
电子原来静止在左极板小孔处。
（不计重力作用）下列说法中正确的是法中正确的是A.A.从从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B.B.从从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C.C.从从t=T /4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D.D.从从t=3T /8时刻释放电子，电子必将打到左极板上解析:从t=0时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T /2，接着匀减速T /2，速度减小到零后，又开始向右匀加速T /2，接着匀减速T /2直到打在右极板上。
……直到打在右极板上。
电子不可能向左运动；电子不可能向左运动；电子不可能向左运动；如果两板间距离不够大，电子如果两板间距离不够大，电子也始终向右运动，直到打到右极板上。
从t=T /4时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T /4，接着匀减速T /4，速度减小到零后，改为向左先匀加速T /4，接着匀减速T /4。
即在两板间振动；如果两板间距离不够大，则电子在第一次向右运动过程中就有可能打在右极板上。
子在第一次向右运动过程中就有可能打在右极板上。
从从t=3T /8时刻释放电子，时刻释放电子，如如果两板间距离不够大，电子将在第一次向右运动过程中就打在右极板上；如果第一次向右运动没有打在右极板上，那就一定会在第一次向左运动过程中打在左极板上。
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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转解析
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,
高考物理带电粒子在电场中的运动试题(有答案和解析)及解析
高考物理带电粒子在电场中的运动试题(有答案和解析)及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图，质量分别为m A=1kg、m B=2kg的A、B两滑块放在水平面上，处于场强大小E=3×105N/C、方向水平向右的匀强电场中，A不带电，B带正电、电荷量q=2×10－5C．零时刻，A、B用绷直的细绳连接(细绳形变不计)着，从静止同时开始运动，2s末细绳断开．已知A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度大小g=10m/s2．求：(1)前2s内，A的位移大小；(2)6s末，电场力的瞬时功率．【答案】(1) 2m (2) 60W【解析】【分析】【详解】（1）B所受电场力为F=Eq=6N；绳断之前，对系统由牛顿第二定律：F-μ(m A+m B)g=(m A+m B)a1可得系统的加速度a1=1m/s2；由运动规律：x=12a1t12解得A在2s内的位移为x=2m；（2）设绳断瞬间，AB的速度大小为v1，t2=6s时刻，B的速度大小为v2，则v1=a1t1=2m/s；绳断后，对B由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a2解得a2=2m/s2；由运动规律可知：v2=v1+a2(t2-t1)解得v2=10m/s电场力的功率P=Fv，解得P=60W2．如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径r=0.5m的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道ABC组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角θ=37°，A、B两点间的距离d=0.2m．质量m1=0.05kg的不带电绝缘滑块静止在A点，质量m2=0.1kg、电荷量q=1×10-5C的带正电小球静止在B点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场．现用大小F=4.5N、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达月点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心．小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦．取g=10m／s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．(1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v 以及匀强电场的电场强度大小E ； (2)求小球到达P 点时的速度大小v P 和B 、C 两点间的距离x ． 【答案】(1) 6m /s ；7.5×104N /C (2) 2.5m /s ；0.85m 【解析】 【详解】(1)对滑块从A 点运动到B 点的过程，根据动能定理有：2112Fd m v = 解得：v =6m /s小球到达P 点时，受力如图所示:则有：qE =m 2g tan θ, 解得：E =7.5×104N /C(2)小球所受重力与电场力的合力大小为：2cos m gG 等θ=小球到达P 点时，由牛顿第二定律有：2P v G r=等解得：v P =2.5m /s滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为v 1、v 2， 则有：m 1v =m 1v 1+m 2v 222211122111222m v m v m v =+ 解得：v 1=-2m /s(“-”表示v 1的方向水平向左)，v 2=4m /s 对小球碰后运动到P 点的过程，根据动能定理有：()()22222211sincos 22P qE x r m g r r m v m v θθ--+=- 解得：x =0.85m3．如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管ADB 固定在竖直平面内．圆管的圆心为O ，D 点为圆管的最低点，AB 两点在同一水平线上，AB=2L ，圆管的半径为r=2L(自身的直径忽略不计)．过OD 的虚线与过AB 的虚线垂直相交于C 点，在虚线AB 的上方存在方向水平向右、范围足够大的匀强电场；虚线AB 的下方存在方向竖直向下、范围足够大的匀强电场，电场强度大小E 2=mgq．圆心O 正上方的P 点有一质量为m 、电荷量为－q(q>0)的小球(可视为质点)，PC 间距为L ．现将该小球从P 点无初速释放，经过一段时间后，小球刚好从管口A 无碰撞地进入圆管内，并继续运动．重力加速度为g ．求：(1)虚线AB 上方匀强电场的电场强度E 1的大小； (2)小球在AB 管中运动经过D 点时对管的压力F D ；（3）小球从管口B 离开后，经过一段时间到达虚线AB 上的N 点(图中未标出)，在圆管中运动的时间与总时间之比ABPNt t ． 【答案】（1）mg q （2）2mg ，方向竖直向下（3）4ππ+【解析】 【分析】（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，根据正交分解，垂直运动方向的合力为零，列出平衡方程即可求出虚线AB 上方匀强电场的电场强度；（2）根据动能定理结合圆周运动的规律求解小球在AB 管中运动经过D 点时对管的压力F D ；（3）小物体由P 点运动到A 点做匀加速直线运动，在圆管内做匀速圆周运动，离开管后做类平抛运动，结合运动公式求解在圆管中运动的时间与总时间之比. 【详解】（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体从A 点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则：tan45°= mg Eq解得：mg qE =（2）从P 到A 的过程，根据动能定理：mgL+EqL=12mv A 2 解得v A =2gL小球在管中运动时，E 2q=mg ，小球做匀速圆周运动，则v 0=v A =2gL在D 点时，下壁对球的支持力2022v F m mg r==由牛顿第三定律，22F F mg =='方向竖直向下．（3）小物体由P 点运动到A 点做匀加速直线运动，设所用时间为t 1，则：211222L gt =解得12L t g= 小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为t 2，则：2323244A rL t v gππ⋅==小球离开管后做类平抛运动，物块从B 到N 的过程中所用时间：322L t g= 则：24t t ππ=+ 【点睛】本题考查带点小物体在电场力和重力共同作用下的运动，解题关键是要分好运动过程，明确每一个过程小物体的受力情况，并结合初速度判断物体做什么运动，进而选择合适的规律解决问题，匀变速直线运动利用牛顿第二定律结合运动学公式求解或者运用动能定理求解，类平抛利用运动的合成和分解、牛顿第二定律结合运动学规律求解．4．如图1所示，光滑绝缘斜面的倾角θ=30°，整个空间处在电场中，取沿斜面向上的方向为电场的正方向，电场随时间的变化规律如图2所示．一个质量m=0.2kg ，电量q=1×10－5C 的带正电的滑块被挡板P 挡住，在t=0时刻，撤去挡板P ．重力加速度g=10m/s 2，求：(1)0~4s 内滑块的最大速度为多少? (2)0~4s 内电场力做了多少功? 【答案】（1）20m/s （2）40J 【解析】 【分析】对滑块受力分析，由牛顿运动定律计算加速度计算各速度． 【详解】【解】(l)在0~2 s 内，滑块的受力分析如图甲所示，电场力F=qE11sin F mg ma θ-=解得2110/a m s =在2 ---4 s 内，滑块受力分析如图乙所示22sin F mg ma θ+=解得2210/a m s =因此物体在0～2 s 内，以2110/a m s =的加速度加速， 在2～4 s 内，2210/a m s =的加速度减速，即在2s 时，速度最大由1v a t =得，max 20/v m s =(2)物体在0～2s 内与在2～4s 内通过的位移相等．通过的位移max202v x t m == 在0~2 s 内，电场力做正功1160W F x J == - 在2～4 s 内，电场力做负功2220W F x J ==-电场力做功W=40 J5．一电路如图所示，电源电动势E=28v ，内阻r=2Ω，电阻R1=4Ω，R2=8Ω，R3=4Ω，C 为平行板电容器，其电容C=3.0pF ，虚线到两极板距离相等,极板长L=0.20m ，两极板的间距d=1.0×10-2m ．（1）闭合开关S 稳定后，求电容器所带的电荷量为多少?（2）当开关S 闭合后，有一未知的、待研究的带电粒子沿虚线方向以v0=2.0m/s 的初速度射入MN 的电场中，已知该带电粒子刚好从极板的右侧下边缘穿出电场，求该带电粒子的比荷q/m （不计粒子的重力，M 、N 板之间的电场看作匀强电场，g=10m/s 2）【答案】（1）114.810C -⨯ （2）46.2510/C kg -⨯【解析】 【分析】 【详解】（1）闭合开关S 稳定后，电路的电流：12282482E I A A R R r ===++++；电容器两端电压：222816R U U IR V V ===⨯=；电容器带电量： 12112 3.01016 4.810R Q CU C C --==⨯⨯=⨯（2）粒子在电场中做类平抛运动，则：0L v t =21122Uq d t dm= 联立解得46.2510/qC kg m-=⨯6．如图所示，荧光屏MN 与x 轴垂直放置，与x 轴相交于Q 点，Q 点的横坐标06x cm =，在第一象限y 轴和MN 之间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度51.610/E N C =⨯，在第二象限有半径5R cm =的圆形磁场，磁感应强度0.8B T =，方向垂直xOy 平面向外．磁场的边界和x 轴相切于P 点．在P 点有一个粒子源，可以向x 轴上方180°范围内的各个方向发射比荷为81.010/qC kg m=⨯的带正电的粒子，已知粒子的发射速率60 4.010/v m s =⨯．不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用．求：（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径； （2）粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围； （3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q 点间的最远距离． 【答案】（1）5cm （2）010y cm ≤≤ （3）9cm 【解析】 【详解】（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动20v qv B m r=解得：05mv r cm qB== （2）由（1）问中可知r R =，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知四边形1PO FO '为菱形，所以1//FO O P '，又O P '垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径1FO 垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x 轴平行，所以粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为010y cm ≤≤．（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有000x v t =2012h at =qE a m=解得：18210h cm R cm =>=，说明粒子离开电场后才打到荧光屏上．设从纵坐标为y 的点进入电场的粒子在电场中沿x 轴方向的位移为x ，则0x v t =212y at =代入数据解得2x y =设粒子最终到达荧光屏的位置与Q 点的最远距离为H ，粒子射出的电场时速度方向与x 轴正方向间的夹角为θ，000tan 2y qE x v m v yv v θ===g，所以()()00tan 22H x x x y y θ=-=-g ， 由数学知识可知，当()022x y y -=时，即 4.5y cm =时H 有最大值，所以max 9H cm =7．能量守恒是自然界基本规律，能量转化通过做功实现。
【物理】 高考物理带电粒子在电场中的运动试题(有答案和解析)及解析
【答案】（1） E mg q
（2） xCN 7L
（3）
t总＝(3
3 4
)
2L g
【解析】
（1）小物体无初速释放后在重力、电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体刚好沿切线 无碰撞地进入圆管内，故小物体刚好沿 PA 连线运动，重力与电场力的合力沿 PA 方向；又
PA AC L ，故 tan 450 qE ，解得： E mg
6．如图所示，一根光滑绝缘细杆与水平面成 α＝30°角倾斜固定．细杆的一部分处在场强 方向水平向右的匀强电场中，场强 E＝2 3 ×104N/C．在细杆上套有一个带负电的小球， 带电量为 q＝1×10﹣5C、质量为 m＝3×10﹣2kg．现使小球从细杆的顶端 A 由静止开始沿杆 滑下，并从 B 点进入电场，小球在电场中滑至最远处的 C 点．已知 AB 间距离 x1＝0.4m，g ＝10m/s2．求： （1）小球通过 B 点时的速度大小 VB； （2）小球进入电场后滑行的最大距离 x2； （3）试画出小球从 A 点运动到 C 点过程中的 v﹣t 图象．
解得：小球抛出时的初速度
v0
23 3
m
s
(2)在
B
点时， sin60
vy vB
，则 vB
43 3
m s
小球在
A
点时， FN
qE
mg
m
vA2 R
，解得： vA
3ms
小球从 B 到 A 过程，由动能定理得： (mg qE)(R Rcos ) Wf
1 2
mvA2
1 2
mvB2
解得：小球从 B 到 A 的过程中克服摩擦所做的功Wf
mg qE ma ，解得：小球的加速度
a mg qE 210 1103 104 m / s2 5m / s2
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.。
高中物理(新人教版)必修第三册课后习题：带电粒子在电场中的运动(课后习题)【含答案及解析】
带电粒子在电场中的运动合格考达标练1.(2021湖南娄底一中高二上学期期中)如图所示,两平行金属板相距为d,电势差为U,一电子质量为m,电荷量为e,从O点沿垂直于极板的方向射出,最远到达A点,然后返回,OA=h,此电子具有的初动能是()A.edℎUhC.eU dℎD.eUℎdO点运动到A点,因受静电力作用,速度逐渐减小。
电子仅受静电力,根据动能定理得1 2mv02=eU OA。
因E=Ud,U OA=Eh=Uℎd,故12mv02=eUℎd。
所以D正确。
2.如图所示,a、b两个带正电的粒子,以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后,a粒子打在B板的a'点,b粒子打在B板的b'点,若不计重力,则()A.a的电荷量一定大于b的电荷量B.b的质量一定大于a的质量C.a的比荷一定大于b的比荷D.b的比荷一定大于a的比荷,由h=12·qEm(xv0)2得x=v0√2ℎmqE。
由v0√2ℎm aEq a<v0√2ℎm bEq b得q am a>q bm b,故选项C正确。
3.(2021江西九江修水一中高二月考)如图所示,一价氢离子和二价氦离子的混合体,经同一加速电场由静止加速后,垂直射入同一偏转电场中,偏转后,打在同一荧光屏上,则它们()A.同时到达屏上同一点B.先后到达屏上同一点C.同时到达屏上不同点D.先后到达屏上不同点qU1=12mv02,在偏转电场中的偏转距离y=12·U2qmd·L2v02=U2L24U1d,故两离子运动轨迹相同,打在屏上同一点;一价氢离子和二价氦离子的比荷不同,经过加速电场后的末速度不同,因此两离子运动的时间不同。
故选B。
4.(多选)如图所示,平行板电容器的两个极板与水平地面成一定角度,两极板与一直流电源相连。
若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器,则在此过程中,该粒子()A.所受重力与静电力平衡B.电势能逐渐增加C.动能逐渐增加D.做匀变速直线运动,其重力和静电力的合力应与速度共线,如图所示。
微型专题03 带电粒子在电场中的运动(四种题型)(练习题)(解析版)
第十章静电场中的能量微型专题3 带电粒子在电场中的运动（四种题型）一、单选题：1.A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图1所示。
则此电场的电场线分布可能是()【解析】从v－t图象可以看出物体的速度逐渐减小，图线的斜率逐渐增大，v－t图线中图线的斜率表示物体的加速度大小，故物体做加速度逐渐增大的减速运动，所以带负电的粒子顺着电场线运动，电场力做负功，速度逐渐减小，且电场线沿粒子运动方向逐渐密集，故选项A正确，选项B、C、D 错误。
【答案】A2.如图所示，两平行的带电金属板水平放置.若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将()A.保持静止状态B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动【答案】D【解析】两平行金属板水平放置时，带电微粒静止，有mg＝qE，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D正确.3.如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘沿垂直电场方向射入匀强电场，电子恰好从正极板边缘飞出，现保持负极板不动，正极板在竖直方向移动，并使电子入射速度变为原来的2倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间距离变为原来的()A.2倍B.4倍C.12D.14【答案】C【解析】电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，做类平抛运动.假设电子的带电荷量为e ，质量为m ，初速度为v ，极板的长度为L ，极板的间距为d ，电场强度为E .由于电子做类平抛运动，所以水平方向有：L ＝vt ，竖直方向有：y ＝12at 2＝12·eE m ·(L v )2＝d .因为E ＝U d ，可得：d 2＝eUL 22mv 2，若电子的速度变为原来的两倍，仍从正极板边缘飞出，则由上式可得两极板的间距d 应变为原来的12，故选C.4.一匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象如图4所示，在该匀强电场中，有一个带负电粒子于t ＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是(假设带电粒子不与板相碰)( )A.带电粒子只向一个方向运动B.0～2 s 内，电场力做功等于0C.4 s 末带电粒子回到原出发点D.2.5～4 s 内，电场力做功等于0 【答案】D【解析】画出带电粒子速度v 随时间t 变化的图象如图所示，v －t 图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4 s 末带电粒子不能回到原出发点，A 、C 错误；2 s 末速度不为0，可见0～2 s 内电场力做的功不等于0，B 错误；2.5 s 末和4 s 末，速度的大小、方向都相同，则2.5～4 s 内，电场力做功等于0，所以D 正确.5.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O 点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a ，最低点为b .不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A.小球带负电B.电场力跟重力平衡C.小球在从a 点运动到b 点的过程中，电势能减小D.小球在运动过程中机械能守恒 【答案】B【解析】由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0，电场力方向竖直向上，小球带正电，A 错，B 对；从a →b ，电场力做负功，电势能增大，C 错；由于有电场力做功，机械能不守恒，D 错.6.如图所示，场强大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd ，水平边ab 长为s ，竖直边ad 长为h .质量均为m 、带电量分别为＋q 和－q 的两粒子，由a 、c 两点先后沿ab 和cd 方向以速率v 0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中).不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v 0等于( )A.s 22qEmh B.s 2qE mh C.s 42qEmhD.s 4qE mh【答案】B【解析】根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd 的中心，则在水平方向有12s ＝v 0t ，在竖直方向有12h ＝12·qE m ·t 2，解得v 0＝s2qEmh，故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误. 7.如图甲所示，Q 1、Q 2为两个被固定的点电荷，a 、b 、c 三点在它们连线的延长线上，其中Q 1带负电。
【物理】物理带电粒子在电场中的运动专题练习（及答案）及解析
【物理】物理带电粒⼦在电场中的运动专题练习（及答案）及解析【物理】物理带电粒⼦在电场中的运动专题练习(及答案)及解析⼀、⾼考物理精讲专题带电粒⼦在电场中的运动1．如图甲所⽰，极板A 、B 间电压为U 0，极板C 、D 间距为d ，荧光屏到C 、D 板右端的距离等于C 、D 板的板长．A 板O 处的放射源连续⽆初速地释放质量为m 、电荷量为+q 的粒⼦，经电场加速后，沿极板C 、D 的中⼼线射向荧光屏（荧光屏⾜够⼤且与中⼼线垂直），当C 、D 板间未加电压时，粒⼦通过两板间的时间为t 0；当C 、D 板间加上图⼄所⽰电压（图中电压U 1已知）时，粒⼦均能从C 、D 两板间飞出，不计粒⼦的重⼒及相互间的作⽤．求：（1）C 、D 板的长度L ；（2）粒⼦从C 、D 板间飞出时垂直于极板⽅向偏移的最⼤距离；（3）粒⼦打在荧光屏上区域的长度．【答案】（1）02qU L t m =2）2102qU t y md =（3）21032qU t s s md== 【解析】试题分析：（1）粒⼦在A 、B 板间有20012qU mv = 在C 、D 板间有00L v t = 解得：02qU L t m=（2）粒⼦从nt 0（n=0、2、4……）时刻进⼊C 、D 间，偏移距离最⼤粒⼦做类平抛运动偏移距离2012y at = 加速度1qU a md=得：2102qU t y md=（3）粒⼦在C 、D 间偏转距离最⼤时打在荧光屏上距中⼼线最远ZXXK] 出C 、D 板偏转⾓0tan y v v θ=0y v at =打在荧光屏上距中⼼线最远距离tan s y L θ=+荧光屏上区域长度21032qU t s s md==考点：带电粒⼦在匀强电场中的运动【名师点睛】此题是带电粒⼦在匀强电场中的运动问题；关键是知道粒⼦在⽔平及竖直⽅向的运动规律和特点，结合平抛运动的规律解答．2．如图1所⽰，光滑绝缘斜⾯的倾⾓θ=30°，整个空间处在电场中，取沿斜⾯向上的⽅向为电场的正⽅向，电场随时间的变化规律如图2所⽰．⼀个质量m=0.2kg ，电量q=1×10－5C 的带正电的滑块被挡板P 挡住，在t=0时刻，撤去挡板P ．重⼒加速度g=10m/s 2，求：(1)0~4s 内滑块的最⼤速度为多少? (2)0~4s 内电场⼒做了多少功? 【答案】（1）20m/s （2）40J 【解析】【分析】对滑块受⼒分析，由⽜顿运动定律计算加速度计算各速度．【详解】【解】(l)在0~2 s 内，滑块的受⼒分析如图甲所⽰，电场⼒F=qE11sin F mg ma θ-=解得2110/a m s =在2 ---4 s 内，滑块受⼒分析如图⼄所⽰22sin F mg ma θ+=解得2210/a m s =因此物体在0～2 s 内，以2110/a m s =的加速度加速，在2～4 s 内，2210/a m s =的加速度减速，即在2s 时，速度最⼤由1v a t =得，max 20/v m s =(2)物体在0～2s 内与在2～4s 内通过的位移相等．通过的位移max202v x t m == 在0~2 s 内，电场⼒做正功1160W F x J == - 在2～4 s 内，电场⼒做负功2220W F x J ==- 电场⼒做功W=40 J 3．在⽔平桌⾯上有⼀个边长为L 的正⽅形框架，内嵌⼀个表⾯光滑的绝缘圆盘，圆盘所在区域存在垂直圆盘向上的匀强磁场．⼀带电⼩球从圆盘上的P 点（P 为正⽅形框架对⾓线AC 与圆盘的交点）以初速度v 0⽔平射⼊磁场区，⼩球刚好以平⾏于BC 边的速度从圆盘上的Q 点离开该磁场区（图中Q 点未画出），如图甲所⽰．现撤去磁场，⼩球仍从P 点以相同的初速度v 0⽔平⼊射，为使其仍从Q 点离开，可将整个装置以CD 边为轴向上抬起⼀定⾼度，如图⼄所⽰，忽略⼩球运动过程中的空⽓阻⼒，已知重⼒加速度为g ．求：（1）⼩球两次在圆盘上运动的时间之⽐；（2）框架以CD 为轴抬起后，AB 边距桌⾯的⾼度．【答案】（1）⼩球两次在圆盘上运动的时间之⽐为：π：2；（2）框架以CD 为轴抬起后，AB边距桌⾯的⾼度为222vg．【解析】【分析】【详解】（1）⼩球在磁场中做匀速圆周运动，由⼏何知识得：r2+r2=L2，解得：r=22L，⼩球在磁场中做圆周运的周期：T=2rvπ，⼩球在磁场中的运动时间：t1=14T=2Lπ，⼩球在斜⾯上做类平抛运动，⽔平⽅向：x=r=v0t2，运动时间：t2=22Lv，则：t1：t2=π：2；（2）⼩球在斜⾯上做类平抛运动，沿斜⾯⽅向做初速度为零的匀加速直线运动，位移：r=2212at，解得，加速度：a=222vL，对⼩球，由⽜顿第⼆定律得：a=mgsinmθ=g sinθ，AB 边距离桌⾯的⾼度：h =L sinθ=222v g；4．⼀电路如图所⽰，电源电动势E=28v ，内阻r=2Ω，电阻R1=4Ω，R2=8Ω，R3=4Ω，C 为平⾏板电容器，其电容C=3.0pF ，虚线到两极板距离相等,极板长L=0.20m ，两极板的间距d=1.0×10-2m ．（1）闭合开关S 稳定后，求电容器所带的电荷量为多少?（2）当开关S 闭合后，有⼀未知的、待研究的带电粒⼦沿虚线⽅向以v0=2.0m/s 的初速度射⼊MN 的电场中，已知该带电粒⼦刚好从极板的右侧下边缘穿出电场，求该带电粒⼦的⽐荷q/m （不计粒⼦的重⼒，M 、N 板之间的电场看作匀强电场，g=10m/s 2）【答案】（1）114.810C -? （2）46.2510/C kg -?【解析】【分析】【详解】（1）闭合开关S 稳定后，电路的电流：12282482E I A A R R r ===++++；电容器两端电压：222816R U U IR V V ===?=；电容器带电量： 12112 3.01016 4.810R Q CU C C --==??=?（2）粒⼦在电场中做类平抛运动，则：0L v t =21122Uq d t dm= 联⽴解得46.2510/qC kg m-=?5．如图所⽰，在不考虑万有引⼒的空间⾥，有两条相互垂直的分界线MN 、PQ ，其交点为O ．MN ⼀侧有电场强度为E 的匀强电场（垂直于MN ），另⼀侧有匀强磁场（垂直纸⾯向⾥）．宇航员（视为质点）固定在PQ 线上距O 点为h 的A 点处，⾝边有多个质量均为m 、电量不等的带负电⼩球．他先后以相同速度v0、沿平⾏于MN ⽅向抛出各⼩球．其中第1个⼩球恰能通过MN 上的C 点第⼀次进⼊磁场，通过O 点第⼀次离开磁场，OC=2h ．求：（1）第1个⼩球的带电量⼤⼩；（2）磁场的磁感强度的⼤⼩B ；（3）磁场的磁感强度是否有某值，使后⾯抛出的每个⼩球从不同位置进⼊磁场后都能回到宇航员的⼿中？如有，则磁感强度应调为多⼤．【答案】(1)20 12mvqEh=；(2)2EBv=；(3)存在，EBv'=【解析】【详解】（1）设第1球的电量为1q，研究A到C的运动：2112q E=2h v t=解得：212mvqEh=；（2）研究第1球从A到C的运动：12yq Ev hm=解得：0yv v=tan1yvvθ==，45oθ=，2v v=；研究第1球从C作圆周运动到达O的运动，设磁感应强度为B 由2q vB mR=得1mvRq B=由⼏何关系得：22sinR hθ=解得：2EBv=；（3）后⾯抛出的⼩球电量为q ，磁感应强度B '①⼩球作平抛运动过程002hmx v tv qE== 2y qE v h m= ②⼩球穿过磁场⼀次能够⾃⾏回到A ，满⾜要求：sin R x θ=，变形得：sin mvx qB θ'= 解得：0E B v '=．6．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 ?=【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?=+=7．如图所⽰，在竖直⾯内有两平⾏⾦属导轨AB 、CD ．导轨间距为L ，电阻不计．⼀根电阻不计的⾦属棒ab 可在导轨上⽆摩擦地滑动．棒与导轨垂直，并接触良好．导轨之间有垂直纸⾯向外的匀强磁场，磁感强度为B ．导轨右边与电路连接．电路中的三个定值电阻阻值分别为2R 、R 和R ．在BD 间接有⼀⽔平放置的电容为C 的平⾏板电容器，板间距离为d ，电容器中质量为m 的带电微粒电量为q 。
带电离子在电场中的运动例题
带电粒子在电场中的运动●知识、方法、规律(1)带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学知识，分析方法和力学的分析方法基本相同：先分析受力情况，再根据初始状态分析粒子的运动性质（平衡、加速或减速，是直线还是曲线，是类平抛运动，还是圆周运动等），然后选用恰当的规律解题。
(2)在对带电粒子进行受力分析时，要注意两点：①正确分析电场力（大小及方向）②是否考虑重力：a．基本粒子：如电子、质子、氘核、氚核、α粒子、离子等，一般都不考虑重力（但并不忽略质量）。
b．带电微粒：如液滴、尘埃、小球等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽略重力。
(3) 带电粒子在匀强电场中的加速：用牛顿运动定律和运动学公式分析.或用功能观点分析(4)带电粒子在匀强电场中的偏转：如果带电粒子以初速度v0垂直于场强方向射入匀强电场，不计重力，粒子做类似平抛运动。
分析时，一般采用力学中分析平抛运动的方法：把运动分解为垂直于电场方向上的一个分运动——匀速直线运动：v x=v0，x=v0t；另一个是平行于场强方向的分运动---匀加速运动离子的偏转角根据已知条件的不同，有时采用动能定理或能量转化和守恒定律也很方便。
●例题剖析：一、带电粒子在电场中直线运动1、下列粒子从初速度为零的状态经过加速电压为U的电场之后，哪种粒子的速度最大？（）A a粒子B 氚核C 质子D 钠离子aN2.（16高考四川）中国科学院2015年10月宣布中国将在2020 年开始建造世界上最大的粒子加速器。
加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。
如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管（漂移管）组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。
质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。
设质子进入漂移管B时速度为8×106 m/s，进入漂移管E时速度为1×107 m/s，电源频率为1×107 Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的1/2。
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带电粒子在电场中的“直线运动”（带详解）[例题1]（’07杭州）如图—1所示，匀强电场的方向跟竖直方向成α角。
在电场中有一质量为m 、带电量为q 的摆球，当摆线水平时，摆球处于静止。
求：⑴小球带何种电荷？摆线拉力的大小为多少？ ⑵当剪断摆线后，球的加速度为多少？⑶剪断摆线后经过时间t ，电场力对球做的功是多少？[解析]⑴当摆球静止时，受重力、拉力和电场力等作用，如图—2所示。
显然，小球带正电荷。
由综合“依据”㈡，可得②mgqE ①mg T -----=----=ααcos tan ⑵同理，剪断细线后，球的水平方向的合力、加速度为③g a ma mg -----==ααtan tan⑶欲求剪断摆线后经过时间t ，电场力对球做的功，须先求球的位移。
由“依据”㈡、㈦，可得⑤qEs W ④at s ---⋅=------=αsin 212最后，联立②③④⑤式，即可求出以下结果 .t a n 21222αt mg W =[例题3]（高考模拟）如图—5所示,水平放置的两平行金属板A 、B 相距为d ，电容为C ，开始时两极板均不带电，A 板接地且中央有一小孔，先将带电液一滴一滴地从小孔正上方h 高处无初速地底下，设每滴液滴的质量为m ，电荷量为q,落到B 板后把电荷全部传给B 板。
⑴第几滴液滴将在A 、B 间做匀速直线运动？ ⑵能够到达—板的液滴不会超过多少滴？[解析]⑴首先，分析可知，液滴在场外只受重力作用做自由落体运动，在场内则还要受竖直向上的可变电场力作用。
假设第n 滴恰好在在A 、B 间做匀速直线运动，由“依据”㈠（二力平衡条件），可得①mg qE ----=考虑到电容的电量、场强电势差关系以及电容定义，我们不难得 ②q n Q -----=)1( ③Cd Qd U E ---==联立①②③式，即可求出 .12+=qmgCdn⑵设第N 滴恰好能到达B 板，则针对从o 点自由下落至到达B 板这一过程。
利用“依据”㈣（即动能定理）、电场强度以及电场力做功公式，可得⑤CdqN d U E ④d qE d h mg -----==----=-+)1(0)(/// 由④⑤式即可求出 1)(2++=qd h mgC N [点拨]此例亦为一道经典的力电综合题，我们必须首先认识到“带电液滴”在下极板的持续积累，使得平行板电容器内部的电场不断增强；然后，综合应用运动学、静电场的知识分析和解决。
再，若以第（N /+1）滴为研究对象，考虑到它恰好不能到达B 板，则类似⑵处理，可得0)(2/=-+C q N d h mg ，亦可求出2/)(qd h mgC N +=。
显然，1/+=N N ，一题两解，确有异曲同工之妙。
[例题4]（’06江苏）如图—6所示，平行板电容器两极板间有场强为E 的匀强电场，且带正电的极板接地。
一质量为m ，电荷量为+q 的带电粒子（不计重力）从x 轴上坐标为x 0处静止释放。
⑴求该粒子在x 0处电势能0x ε。
⑵试从牛顿第二定律出发，证明该带电粒子在极板间运动过程中，其动能与电势能之和保持不变。
[解析] ⑴设带负电极板所在处坐标为x=0，电势0=ϕ。
由“依据”㈦，可得②W ①x qE W x x E E ---=∆=--------=0)0(000εε联立①②，即可解得00qEx x =ε亦即粒子在x 0处的电势能等于粒子电量与该点电势之积。
⑵首先，分析可知，粒子只受恒定的电场力与速度“共线”，且两者方向一致。
由“依据”㈠可知，粒子做匀加速直线运动。
由于在带电粒子的运动方向上任取一点，设坐标为 x 如图—7所示。
由综合“依据”㈡（即牛顿第二定律、运动学公式）可得④x x a v ③ma qE x----=------=)(202联立③④进而求得⑤x x qE mv E x kx ---==)(2102由上述分析可知，粒子在x 处电势能为⑥q E xx -----------=ε 由⑤⑥式，即可求出粒子的总能量0qEx E E x kx =+=ε。
由此可见，带电粒子在极板间运动过程中，其动能与电势能之和保持不变。
[点拨] 此例若在 x 轴上任取两点 x 1 、x 2，设速度分别为 v 1 、v 2。
类似地，可以求得F=qE=ma 和 2122v v -=2a （x 2－x 1）；联立得)()(21122122x x qE v v m --=-,进而亦可求出E k2+2ε=E k 1+1ε。
[例题5]（’06威海）如图—8所示，L 为竖直、固定的光滑绝缘杆，杆上O 点套有质量为m 、带电量-q 的小环，在杆的左侧固定一电荷量为+Q 的点电荷，杆上a 、b 两点到+Q 的距离相等，O 、a 之间距离为h 1，a 、b 之间距离为h 2，使小环从图示位置的O 点由静止释放后，通过a 的速率为13gh 。
则下列说法正确的是 （ ）A.小环通过b 点的速率为)23(21h h g +B.小环从O 到b 电场力做的功可能为零C.小环在Oa 之间的速度是先增大后减小D.小环在ab 之间的速度是先减小后增大[例题6]（’06北京）如图—9（左）所示，真空中相距d ＝5cm 的两块平行金属板A 、B 与电源连接（图中未画出），其中B 板接地（电势为零），A 板电势变化的规律如图—9（右）所示。
将一个质量m=2.0×10-27kg ，电量q ＝+1.6×10-19 C 的带电粒子从紧临B 板处释放，不计重力。
求⑴在t ＝0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；⑵若A 板电势变化周期T ＝1.0×10-5 s ，在t ＝0时将带电粒子从紧临B 板处无初速释放，粒子达到A 板时动量的大小；⑶A 板电势变化频率多大时，在t ＝4T 到t ＝2T时间内从紧临B 板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A 板。
[解析] ⑴欲求加速度，先求电场力。
由“依据”㈦得带电粒子所受电场力dUqqE F ==再由牛二定律即可求出得29/100.4s m dmUqa ⨯==⑵由依据㈡（即位移公式），我们试求一下粒子在02~T时间内走过的距离 m T a s 22100.5221-⨯=⎪⎭⎫⎝⎛=由此可见，带电粒子在t T=2时恰好到达A 板。
由依据㈢（即动量定理）可得p Ft kg m s ==⨯-401023./·，因初动量为零，故此即粒子到达A 板的动量⑶分析可知，在24T＜t＜T 内，电场力、速度均向右，由“依据”㈠可知，带电粒子向A 板做匀加速运动；同理，在432T＜t＜T 内，则向A 板做匀减速运动，速度减为零后再返回。
由于运动具有“对称性”，即先、后两段位移大小相等。
由综合“依据”㈡，得粒子向A 板运动可能的最大位移221614212aT T a s =⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=因题目要求粒子不能到达A 板，故必有s d <。
最后，考虑到f T=1，由以上两式即可求出电势变化频率应满足条件 Hz daf 4102516⨯=>[例题7]（’07广东）如图—10所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板图——9c相距3.5L 。
槽内有两个质量均为m 的小球A 和B ，球A 带电量为+2q ，球B 带电量为-3q ，两球由长为2L 的轻杆相连，组成一带电系统。
最初A 和B 分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L 。
若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行向右的匀强电场E 后（设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布），求：⑴球B 刚进入电场时，带电系统的速度大小；⑵带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间及球A 相对右板的位置。
[解析] 首先，针对“带电系统从（静止）开始运动到速度第一次为零（重归静止）”的过程细致分析，可知完成此过程电场力所做总功必定为零。
然后假设球A 能到达右极板，电场力对系统做功为W 1。
由“依据”㈦可得，0)5.13(5.221>⨯-+⨯=L qE L qE W由此可见，球A 还能穿过小孔，离开右板。
假设球B 能达到右板，电场力对系统做功为W 2，同理，可得0)5.33(5.222<⨯-+⨯=L qE L qE W由此可见，至第一次速度为零，球不能到达右板综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A 、B 应分别居于右板的“两侧”。
⑴其次，带电系统开始运动时，设加速度为a 1，球B 刚进入电场时带电系统的速度v 1。
由综合“依据”㈡、㈦（即牛二定律等）得②L a v ①mqEm qE a ------=---==1211222 由①②式，即可求出③mqELv ----=21⑵然后，分析“系统”运动全过程，可划分为三个阶段，运动的总时间则为三段时间之和。
第一．设球B 从静止到刚进入电场的时间为t 1，则由综合“依据”㈡（即牛二定律等）得④a v t -------=111 由①③④式，可以解得：.21qEmLt =第二．球B 进入电场后，带电系统的加速度为a 2，设球A 刚达到右板的速度为v 2，减速所需时间为t 2。
同理，可得⑦a v v t ⑥L a v v ⑤mqEm qE qE a ----------=-----⨯=----=+-=21222212225.122223 由⑥可见，“系统”做匀减速运动。
再联立③⑥⑦⑧ 可解得qEmLt m qEL v 2,22122==第三．当球A 离电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a 3；设球A 从离开电场到静止所需的时间为t 3，运动的位移为x 。
再由综合“依据”㈡得：⑩a v t ⑨x a v ⑧m qEa ------=----=-------=323322302023 上面2v 已经求出，联立⑧⑨⑩三式求解，可解得图—106,2313Lx qE mL t ==最后，把三段时间加起来，即可求出“系统”从静止到速度第一次为零所需的时间为qEmLt t t t 237321=++=而球A 相对右板的位置为6L x =15. 如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R 的半圆形，固定在竖直面内，管口B 、C 的连线是水平直径．现有一带正电的小球(可视为质点)从B 点正上方的A 点自由下落，A 、B 两点间距离为4R ．从小球进入管口开始，整个空间中突然加上一个匀强电场，电场力在竖直向上的分力大小与重力大小相等，结果小球从管口C 处脱离圆管后，其运动轨迹经过A 点．设小球运动过程中带电量没有改变，重力加速度为g ，求： (1)小球到达B 点的速度大小； (2)小球受到的电场力的大小(3)小球经过管口C 处时对圆管壁的压力．16. 如图甲所示，电荷量为q =1×10-4C 的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在方向沿水平向右的电场，电场强度E 的大小与时间的关系如图乙所示，、物块运动速度与时间t 的关系如图丙所示，取重力加速度g=10m/s 2。