考点07 带电粒子在电场中的运动-2020年高考物理二轮核心考点总动员(解析版)

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高一物理《带电粒子在电场中的运动》知识点总结

高一物理《带电粒子在电场中的运动》知识点总结一、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．适用于匀强电场．2．利用静电力做功结合动能定理分析．对于匀强电场和非匀强电场都适用，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)t ＝l v 0，a ＝qU md ，偏移距离y ＝12at 2＝qUl 22m v 02d. (2)v y ＝at ＝qUl m v 0d ，tan θ＝v y v 0＝qUl md v 02. 三、带电粒子的分类及受力特点(1)电子、质子、α粒子、离子等粒子，一般都不考虑重力，但不能忽略质量．(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．(3)受力分析仍按力学中受力分析的方法分析，切勿漏掉静电力．四、求带电粒子的速度的两种方法(1)从动力学角度出发，用牛顿第二定律和运动学知识求解．(适用于匀强电场)由牛顿第二定律可知，带电粒子运动的加速度的大小a ＝F m ＝qE m ＝qU md.若一个带正电荷的粒子，在静电力作用下由静止开始从正极板向负极板做匀加速直线运动，两极板间的距离为d ，则由v 2－v 02＝2ad 可求得带电粒子到达负极板时的速度v ＝2ad ＝2qU m.(2)从功能关系角度出发，用动能定理求解．(可以是匀强电场，也可以是非匀强电场)带电粒子在运动过程中，只受静电力作用，静电力做的功W ＝qU ，根据动能定理，当初速度为零时，W ＝12m v 2－0，解得v ＝2qU m ；当初速度不为零时，W ＝12m v 2－12m v 02，解得v ＝2qU m ＋v 02. 五、带电粒子在电场中的偏转的几个常用推论(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. (3)不同的带电粒子(电性相同，初速度为零)，经过同一电场加速后，又进入同一偏转电场，则它们的运动轨迹必定重合．注意：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静电力方向的偏移量．。

2020年高考物理二轮复习精品考点专题07 带电粒子在复合场中的运动(讲)(解析版)

专题七带电粒子在复合场中的运动高考对该部分内容的考查主要是：(1)考查带电粒子在组合场中的运动问题；(2)考查带电粒子在复合场中的运动问题；(3)考查以带电粒子在组合场、复合场中的运动规律为工作原理的仪器在科学领域、生活实际中的应用．知识点一、带电粒子在组合复合场中的运动“电偏转”和“磁偏转”的比较知识点二、带电粒子在叠加复合场中的运动高频考点一带电粒子在叠加场中的运动分析例1、（2018年全国II卷）一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xoy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xoy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条形区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。

一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。

不计重力。

（1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；（2）求该粒子从M点射入时速度的大小；（3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。

【答案】（1）轨迹图如图所示：（2）（3）;【解析】（1）粒子在电场中做类平抛，然后进入磁场做圆周运动，再次进入电场做类平抛运动，结合相应的计算即可画出轨迹图。

（2）在电场中要分两个方向处理问题，一个方向做匀速运动，一个方向做匀加速运动。

（3）在磁场中的运动关键是找到圆心，求出半径，结合向心力公式求解。

（1）粒子运动的轨迹如图（a）所示。

（粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称）（2）粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。

设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为（见图（b）），速度沿电场方向的分量为v1，根据牛顿第二定律有qE=ma①式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有v1=at②③④粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得⑤由几何关系得⑥联立①②③④⑤⑥式得⑦（3）由运动学公式和题给数据得⑧联立①②③⑦⑧式得⑨设粒子由M点运动到N点所用的时间为，则⑩式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，⑪由③⑦⑨⑩⑪式得⑫【方法技巧】带电粒子在叠加场中运动的处理方法1．弄清叠加场的组成特点．2．正确分析带电粒子的受力及运动特点．3．画出粒子的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律(1)若只有两个场且正交，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止．例如电场与磁场中满足qE＝qvB；重力场与磁场中满足mg＝qvB；重力场与电场中满足mg＝qE.(2)若三场共存时，合力为零，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直．(3)若三场共存时，粒子做匀速圆周运动，则有mg ＝qE ，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB ＝m v 2r.(4)当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．【变式探究】如图1所示，位于竖直平面内的坐标系xOy ，在其第三象限空间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝0.5 T ，还有沿x 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ＝2 N/C.在其第一象限空间有沿y 轴负方向的、场强大小也为E 的匀强电场，并在y >h ＝0.4 m 的区域有磁感应强度也为B 的垂直于纸面向里的匀强磁场．一个带电荷量为q 的油滴从图中第三象限的P 点得到一初速度，恰好能沿PO 做匀速直线运动(PO 与x 轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O 进入第一象限．已知重力加速度g ＝10 m/s 2，问：图1(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷； (2)油滴在P 点得到的初速度大小； (3)油滴在第一象限运动的时间．【解析】(1)结合平衡条件判断油滴所受电场力的方向和洛伦兹力的方向，进而判断油滴的电性，对油滴受力分析后采用合成法作图，由几何关系得出三力之比；(2)根据油滴在垂直直线方向上应用平衡条件列方程求得速度大小；(3)进入第一象限，由于重力等于电场力，在电场中做匀速直线运动，在混合场中做匀速圆周运动，作出运动轨迹，结合磁场中圆周运动的周期公式即运动的对称性确定运动总时间．(1)根据受力分析(如图)可知油滴带负电荷，设油滴质量为m ，由平衡条件得： mg ∶qE ∶F ＝1∶1∶ 2. (2)由第(1)问得：mg ＝qE qvB ＝2qE 解得：v ＝2EB＝4 2 m/s. (3)进入第一象限，电场力和重力平衡，知油滴先做匀速直线运动，进入y ≥h 的区域后做匀速圆周运动，轨迹如图，最后从x 轴上的N 点离开第一象限．由O →A 匀速运动的位移为x 1＝hsin 45°＝2h其运动时间：t 1＝x 1v ＝2h 2E B＝hBE＝0.1 s由几何关系和圆周运动的周期关系式T ＝2πmqB 知，由A →C 的圆周运动时间为t 2＝14T ＝πE2gB ≈0.628 s由对称性知从C →N 的时间t 3＝t 1在第一象限运动的总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2×0.1 s ＋0.628 s ＝0.828 s 【答案】(1)1∶1∶2 油滴带负电荷 (2)4 2 m/s (3)0.828 s【变式探究】如图2，水平地面上方有一底部带有小孔的绝缘弹性竖直挡板，板高h ＝9 m ，与板上端等高处水平线上有一P 点，P 点离挡板的距离x ＝3 m ．板的左侧以及板上端与P 点的连线上方存在匀强磁场和匀强电场．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B ＝1 T ；比荷大小qm ＝1.0 C/kg 可视为质点的小球从挡板下端处小孔以不同的速度水平射入场中做匀速圆周运动，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电量不变，小球最后都能经过位置P ，g ＝10 m/s 2，求：图2(1)电场强度的大小与方向；(2)小球不与挡板相碰运动到P 的时间；(3)要使小球运动到P 点时间最长应以多大的速度射入？【答案】(1)10 N/C ，方向竖直向下 (2)π＋arcsin 35(s)(3)3.75 m/s【解析】(1)由题意可知，小球带负电，因小球做匀速圆周运动，有：Eq ＝mg 得：E ＝mgq＝10 N/C ，方向竖直向下(2)小球不与挡板相碰直接到达P 点轨迹如图：有：(h －R )2＋x 2＝R 2得：R ＝5 m 设PO 与挡板的夹角为θ，则sin θ＝x R ＝35小球做圆周运动的周期T ＝2πmqB设小球做圆周运动所经过圆弧的圆心角为α，则t ＝αmqB运动时间t ＝π＋arcsin 35mqB ＝π＋arcsin 35(s)．(3)因速度方向与半径垂直，圆心必在挡板上，设小球与挡板碰撞n 次，有R ≤h2n又R ≥x ，n 只能取0,1. n ＝0时，(2)问不符合题意 n ＝1时，有(3R －h )2＋x 2＝R 2 解得：R 1＝3 m ，R 2＝3.75 m轨迹如图，半径为R 2时运动时间最长洛伦兹力提供向心力：qvB ＝m v 2R 2得：v ＝3.75 m/s.高频考点二带电粒子在组合场中的运动分析例2、（2018年天津卷）如图所示，在水平线ab 的下方有一匀强电场，电场强度为E ，方向竖直向下，ab 的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，磁场中有一内、外半径分别为R 、的半圆环形区域，外圆与ab 的交点分别为M 、N 。

高考物理考点一遍过考点带电粒子在匀强电场中的运动(含解析)

取夺市安慰阳光实验学校带电粒子在匀强电场中的运动一、带电粒子（带电体）在电场中的直线运动 1．带电粒子在匀强电场中做直线运动的条件（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．用动力学方法分析mF a 合=，dU E =；v 2–20v =2ad 。

3．用功能观点分析匀强电场中：W =Eqd =qU =21mv 2–21m 20v非匀强电场中：W =qU =E k2–E k14．带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法 5．处理带电粒子在电场中运动的常用技巧（1）微观粒子（如电子、质子、α粒子等）在电场中的运动，通常不必考虑其重力及运动中重力势能的变化。

（2）普通的带电体（如油滴、尘埃、小球等）在电场中的运动，除题中说明外，必须考虑其重力及运动中重力势能的变化。

二、带电粒子在电场中的偏转 1．粒子的偏转角（1）以初速度v 0进入偏转电场：如图所示设带电粒子质量为m ，带电荷量为q ，以速度v 0垂直于电场线方向射入匀强偏转电场，偏转电压为U 1，若粒子飞出电场时偏转角为θ则tan θ=y xv v ，式中v y =at =mdqU1·0vL ，v x =v 0，代入得结论：动能一定时tan θ与q 成正比，电荷量一定时tan θ与动能成反比。

（2）经加速电场加速再进入偏转电场若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压U 0加速后进入偏转电场的，则由动能定理有：，得：。

结论：粒子的偏转角与粒子的q 、m 无关，仅取决于加速电场和偏转电场。

2．带电粒子在匀强电场中的偏转问题小结（1）分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键①条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v 0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动。

②运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动。

全国通用2020年高考物理二轮复习精练一必考热点4带电粒子在电场和磁场中的运动

必考热点4 带电粒子在电场和磁场中的运动热点阐释(1)带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动一直是高考考查的重点和热点，备受命题专家的青睐，近几年主要以选择题形式考查带电粒子在直线边界和圆形边界磁场中的运动。

(2)带电粒子在电场中的运动也是历年高考试题的“常客”，常常以选择题形式考查电场力与能的性质，也以计算题形式考查带电粒子的类平抛运动、匀变速直线运动等，带电粒子在电场和磁场的复合场中的运动在近几年高考中热度有所降低，但因2016年部分省份回归全国卷，此类试题很可能再次成为命题热点。

一、选择题(1～4题为单项选择题，5～8题为多项选择题)1.如图1所示，A、B、C是某电场中的3条电场线，一带电粒子(不计重力)以某速度从a点进入并穿过电场，其轨迹与电场线的交点依次为a、b、c，则下列说法正确的是( )图1A.此电场一定是匀强电场B.粒子如果带负电，则电场强度方向一定沿电场线向下C.粒子在穿过电场过程中电场力做正功，电势能减少D.在a、b、c三点中，a点的电势最高解析题中并未说明电场线是平行等距的，故选项A错误；根据曲线运动的条件，结合其轨迹，可知粒子所受合力的方向一定指向轨迹的凹侧，所以若粒子带负电，则电场强度方向一定是沿电场线向上，故选项B错误；速度与电场力方向的夹角小于90°，所以电场力做正功，则电势能一定减小，选项C正确；粒子电性不确定，场强方向未知，则无法判断电势的高低，故选项D错误。

答案 C2.(2017·江西赣中南五校联考)如图2所示，a、b两个带正电的粒子，电荷量分别为q1与q2，质量分别为m1和m2。

它们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( )图2A.电荷量q 1大于q 2B.质量m 1小于m 2C.粒子的电荷量与质量之比q 1m 1>q 2m 2D.粒子的电荷量与质量之比q 1m 1<q 2m 2解析设任一粒子的速度为v ，电荷量为q ，质量为m ，加速度为a ，运动的时间为t ，则加速度a ＝qE m ①，时间t ＝x v ②，偏转量y ＝12at 2 ③。

2020届高考物理课标版二轮习题：专题三第7讲带电粒子在电磁场中的运动含解析

第7讲带电粒子在电磁场中的运动冲刺提分作业A一、单项选择题1.(2019辽宁大连模拟)如图所示为研究某种带电粒子的装置示意图,粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的O点,出现一个光斑。

在垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B的匀强磁场后,粒子束发生偏转,沿半径为r 的圆弧运动,打在荧光屏上的P点,然后在磁场区域再加一竖直向下、电场强度大小为E的匀强电场,光斑从P点又回到O点,关于该粒子束(不计重力),下列说法正确的是( )A.粒子带负电B.初速度v=BEC.比荷qm =B2rED.比荷qm=EB2r答案 D 只存在磁场时,粒子束打在P点,由左手定则知粒子带正电,选项A错误;因为qvB=mv 2r ,所以qm=vBr,加匀强电场后满足Eq=qvB,即v=EB,代入上式得qm=EB2r,选项D正确,B、C错误。

2.如图所示,竖直线MN∥PQ,MN与PQ间距离为a,其间存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,O是MN上一点,O处有一粒子源,某时刻放出大量速率均为v(方向均垂直磁场方向)、比荷一定的带负电粒子(粒子重力及粒子间的相互作用力不计),已知沿图中与MN成θ=60°射入的粒子恰好垂直PQ射出磁场,则粒子在磁场中运动的最长时间为( )A.πa3v B.2√3πa3vC.4πa3vD.2πav答案 C 当θ=60°时,粒子的运动轨迹如图甲所示,则a=R sin 30°,即R=2a 。

设带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为α,则其在磁场中运行的时间t=α2πT,即α越大,粒子在磁场中运行时间越长,α最大时粒子的运行轨迹恰好与磁场的右边界相切,如图乙所示,因R=2a,此时圆心角αm 为120°,即最长运行时间为T3,而T=2πr v =4πa v ,所以粒子在磁场中运动的最长时间为4πa3v,C 正确。

3.美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器,应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点,能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量,使人类在获得较高能量的带电粒子领域前进了一大步。

(最新实用)2020年高考物理二轮热点专题训练----《带电粒子在电场、磁场中的运动》解析版

2020年高考物理二轮热点专题训练---- 《带电粒子在电场、磁场中的运动》一选择题1.(多选)如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地．一带负电的油滴位于电容器的P 点且处于静止状态．现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离．则( )A ．带电油滴将竖直向下运动B ．带电油滴的机械能将增加C ．P 点的电势将升高D ．电容器的电容增大，极板带电荷量增加【答案】AC【解析】将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，间距d 增大，由C ＝εr S4πkd可得电容器的电容减小，而U 一定，由C ＝Q U 可得电荷量Q 减少，选项D 错误；根据E ＝Ud 可得板间场强减小，重力大于电场力，带电油滴将竖直向下运动，电场力做负功，机械能减少，选项A 正确、B 错误；因上极板接地，电势为0，P 点电势φP ＝－Ey 随E 的减小而增大，选项C 正确．2.(多选)如图所示，在一等腰直角三角形ACD 区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力)从AC 边的中点O 垂直于AC 边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2L ，则下列关于粒子运动的说法中正确的是( )A.若该粒子的入射速度为v ＝qBLm ，则粒子一定从CD 边射出磁场，且距点C 的距离为LB.若要使粒子从CD 边射出，则该粒子从O 点入射的最大速度应为v ＝2qBLmC.若要使粒子从AC 边射出，则该粒子从O 点入射的最大速度应为v ＝qBl2mD.该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为m πqB【答案】ACD【解析】根据洛伦兹力充当向心力可知：Bqv ＝m v 2r ，若v ＝qBLm ，解得：r ＝L ；根据几何关系可知，粒子一定从CD 边距C 点为L 的位置离开磁场；故A 正确；根据洛伦兹力充当向心力可知，v ＝Bqrm ，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，使粒子与AD 边相切时速度最大，则由几何关系可知，最大半径为一定大于2L ；故B 错误；若要使粒子从AC 边射出，则该粒子从O 点入射的最大半径为L 2；因此最大速度应为v ＝qBL2m ；故C 正确；粒子运行周期为2πmBq ，根据几何关系可知，粒子在磁场中最大圆心角为180°；故最长时间为m πqB；故D 正确. 3.(多选)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一带正电小球(电荷量很小)固定在P 点，如图所示．以U 表示两极板间的电压，E 表示两极板间的场强，E p 表示该小球在P 点的电势能，若保持负极板不动，而将正极板移至图中虚线所示位置，则( )A ．U 变小B ．U 不变C ．E 变大D ．E p 不变【答案】AD【解析】根据电容器充电后与电源断开可知，Q 不变，将正极板移至图中虚线所示位置，间距d 减小，由C ＝εr S 4k πd ，知电容C 增大，又U ＝Q C ，电压U 减小，因E ＝U d ＝Q Cd ＝4k πQ εr S ，E 不变，P 点到下极板的距离不变，则P 点与下极板的电势差不变，P 点的电势φ不变，P 点电势能E p ＝φq 不变，选项A 、D 正确．4.如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面的夹角为θ，极板间距为d ，带负电的微粒质量为m 、带电荷量为q ，微粒从极板M 的左边缘A 处以初速度v 0水平射入极板间，沿直线运动并从极板N 的右边缘B 处射出，则( )A ．微粒到达B 点时动能为12mv 20B ．微粒的加速度大小等于g sin θC ．两极板间的电势差U MN ＝mgdq cos θD ．微粒从A 点到B 点的过程中电势能减少mgdcos θ【答案】C【解析】微粒的受力情况如图所示，微粒做匀减速直线运动，到达B 点时动能小于12mv 20，选项A 错误；由牛顿第二定律得mg tan θ＝ma ，加速度a ＝g tan θ，选项B 错误；又电场力Eq＝mgcos θ，两极板间的电场强度E＝mgq cos θ，两板间的电势差U MN＝Ed＝mgdq cos θ，选项C正确；微粒从A向B运动，电场力做负功，电势能增加，选项D错误．5.(多选)如图所示，直线MN与水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B.一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q>0)的同种粒子，所有粒子均能通过MN上的b点，已知ab＝L，则粒子的速度可能是()A.3BqL6m B.3BqL3mC.3BqL2m D.3BqLm【答案】AB【解析】由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示，所有圆弧的圆心角均为120°，所以粒子运动的半径为r＝33·Ln(n＝1,2,3，…)，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝mv2r，则v＝Bqrm＝3BqL3m·1n(n＝1,2,3，…)，所以A、B对．6.图为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B＝2.0×10－3 T，在x轴上距坐标原点L＝0.50 m的P处为离子的入射口，在y轴上安放接收器，现将一带正电荷的粒子以v＝3.5×104 m/s的速率从P处射入磁场，若粒子在y 轴上距坐标原点L ＝0.50 m 的M 处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为m ，电量为q ，不计其重力．则上述粒子的比荷qm(C/kg)是( )A ．3.5×107B ．4.9×107C ．5.3×107D ．7×107【答案】B【解析】设粒子在磁场中的运动半径为r ，画出粒子的轨迹图如图所示。

2020年高三物理二轮复习强基础专题六：电场及带电粒子在电场中的运动(含答案解析)

强基础专题六：电场及带电粒子在电场中的运动一、单选题1.如图所示为竖直平面内的直角坐标系。

一个质量为m的带电小球处在区域足够大的匀强电场中，匀强电场的方向在直角坐标系xoy平面内。

带电小球在电场力F和重力的作用下，从坐标原点O由静止开始沿直线OA斜向下做直线运动，且直线OA与y 轴负方向成角（<90°）。

不计空气阻力，重力加速度为g。

则小球在运动过程中，下列说法错误的是（）A．带电小球所受的合力一定做正功B．带电小球的机械能一定增大C．当F =mg tan时，带电小球的机械能可能减小，也可能增大D．当F=mg sin时，带电小球的电势能一定不变2.在竖直平面内有水平向右，场强为E的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球，它静止时位于A点，此时细线与竖直方向成37°角，如图1所示．现对在A点的该小球施加一沿与细线垂直方向的瞬时冲量，小球能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动．下列对小球运动的分析，正确的是(不考虑空气阻力，细线不会缠绕在O点上)()A．小球运动到C点时动能最小B．小球运动到C点时绳子拉力最小C．小球运动到Q点时动能最大D．小球运动到B点时机械能最大3. a，b是x轴上的两个点电荷，电荷量分别为Q1和Q2，沿x轴a，b之间各点对应的电势高低如图中曲线所示．从图中可看出以下说法中正确的是（）A．a，P间和P，b间各点的电场方向都指向P点B．a和b一定是同种电荷，但是不一定是正电荷C．电势最低的P点的电场强度最大D．把带负电的检验电荷沿x轴由a移到b的过程中，电场力对该电荷先做正功后做负功4.空间某区域内存在着电场，电场线在竖直平面上的分布如图8所示．一个质量为m，电荷量为q的带电小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右；运动至B点时的速度大小为v2，运动方向与水平方向之间的夹角为α，A，B两点间的高度差为h，水平距离为s，则以下判断正确的是 ()A．A，B两点的电场强度和电势关系为EA<EB，φA<φBB．如果v2>v1，则电场力一定做正功C．A，B两点间的电势差为(v－v)D．小球从A点运动到B点的过程中电场力做的功为mv－mv－mgh5.如图所示，一半径为R的均匀带正电圆环水平放置，环心为O点，质量为m的带正电的小球从O点正上方h高的A点静止释放，并穿过带电环，关于小球从A到A关于O的对称点A′过程加速度(a)，重力势能(E pG)，机械能(E)，电势能(E p)随位置变化的电图象一定错误的是(取O点为坐标原点且重力势能为零，向下为正方向，无限远电势为零)()6.电荷量分别为+q，+q，-q的三个带电小球，分别固定在边长均为L的绝缘三角形框架的三个顶点上，并置于场强为E的匀强电场中，如图所示.若三角形绕穿过其中心O 垂直于三角形所在平面的轴顺时针转过120°，则此过程中系统电势能变化情况为（）A．减少EqL B．增加EqL C．减少2EqL D．增加2EqL 7.在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN 上方的A点以一定初速度水平抛小球，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A，B，C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图6所示．由此可知()A．小球带正电B．电场力大小为3mgC．小球从A到B与从B到C的运动时间相等D．小球从A到B与从B到C的速度变化相等8.如图a所示，光滑绝缘水平面上有甲，乙两个带电小球．t＝0时，乙球以6 m/s的初速度向静止的甲球运动．之后，它们仅在电场力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)．它们运动的v－t图象分别如图b中甲，乙两曲线所示．由图线可知( )A．甲，乙两球一定带异种电荷B．t1时刻两球的电势能最小C．0～t2时间内，两球间的电场力先增大后减小D．0～t3时间内，甲球的动能一直增大，乙球的动能一直减小9.如图甲所示，Q1，Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电，a，b两点在它们连线的延长线上．现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a，b两点时的速度分别为va，vb，其速度图象如图乙所示．以下说法中正确的是()A．Q2一定带负电 B．Q2的电量一定大于Q1的电量C．b点的电场强度一定为零 D．整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大10.如图所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m的带负电小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P点时的动能为()A．mv B． C．2mv D．11.如图所示,在两等量异种点电荷连线上有D，E，F三点,且DE＝EF.K，M，L分别为过D，E，F三点的等势面.一不计重力的带负电粒子,从a点射入电场,运动轨迹如图中实线所示,以|Wab|表示该粒子从a点到b点电场力做功的数值,以|Wbc|表示该粒子从b点到c点电场力做功的数值,则()A．|Wab|＝|Wbc|B．|Wab|＞|Wbc|C．粒子由a点到b点,动能增加D．a点的电势较b点的电势低12.一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，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．在距上极板处返回 D．在距上极板d处返回13.如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O.下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是()A．O点的电场强度为零，电势最低B．O点的电场强度为零，电势最高C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低14.如图所示，在正方形区域的四个顶点固定放置四个点电荷，它们的电量的绝对值相等，电性如图中所示．K，L，M，N分别为正方形四条边的中点，O为正方形的中心．下列关于各点的电场强度与电势的判断正确的是()A．K点与M点的电场强度大小相等，方向相反B．O点的电场强度为零C．N点电场强度的大小大于L点电场强度的大小D．K，O，M三点的电势相等15. 质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上，范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点．不计空气阻力且小球从未落地，则()A．整个过程中小球电势能减少了1.5mg2t2B．整个过程中机械能的增量为2mg2t2C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg2t2D．从A点到最低点小球重力势能减少了mg2t2二、多选题16.如图所示，一个电荷量为-Q的点电荷甲，固定在粗糙绝缘水平面上O点的另一个电荷量为+q，质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B 点时速度减小到最小值v，已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，A，B间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法中正确的是（）A．O B间的距离为B．在点电荷甲产生的电场中，B点的场强大小为C．点电荷乙在A点的电势能小于在B点的电势能D．在点电荷甲产生的电场中，A，B间的电势差U AB=17.如图所示，一光滑绝缘水平木板(木板足够长)固定在水平向左，电场强度为E的匀强电场中，一电量为q(带正电)的物体在水平恒力F作用下从A点由静止开始向右加速运动，经一段时间t撤去这个力，又经时间2t物体返回A点，则( )A．这一过程中带电物体的电势能先增加后减小，其变化量为0B．水平恒力与电场力的比为9∶5C．水平恒力与电场力的比为7∶3D．物体先向右加速到最右端，然后向左加速返回到A点18.如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E.一根不可伸长的绝缘细线长度为l，一端拴一个质量为m，电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O 点．把小球拉到使细线水平的位置A，由静止释放，小球沿圆弧运动到位置B时，速度为零．图中角θ＝60°.以下说法正确的是( )A．小球在B位置处于平衡状态B．小球受到重力与电场力的关系是mg＝qEC．小球在B点的加速度大小为gD．小球从A运动到B的过程中，电场力对其做的功为－qEl19.一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m，电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压uAB如图所示，交变电压的周期T＝，已知所有电子都能穿过平行板，且偏距最大的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则()A．所有电子都从右侧的同一点离开电场B．所有电子离开电场时速度都是v0C．t＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大D．t＝时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为20.如图所示，图中MN是由负点电荷产生的电场中的一条电场线．一带正电粒子q飞入电场后，只在电场力作用下沿图中虚线运动，a，b是该曲线上的两点，则下列说法正确是( )A．a点的电场强度小于b点的电场强度B．a点的电势低于b点的电势C．粒子在a点的动能小于在b点的动能D．粒子在a点的电势能小于在b点的电势能21.如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上方固定着电荷量大小相等的两个点电荷q1，q2，一个带电小球(可视为点电荷)恰好围绕O点在桌面上做匀速圆周运动．已知O，q1，q2在同一竖直线上，下列判断正确的是( )A．圆轨道上的电势处处相等B．圆轨道上的电场强度处处相等C．点电荷q1对小球的库仑力是吸引力D．q1，q2可能为异种电荷22.相距很近的一对带等量异种电荷的平行金属板，它们之间的电场除边缘外，可看作是匀强电场，其电场线分布如图所示．一个带粒子只在电场力作用下沿图中轨迹穿过该电场，则从a运动到d的过程中，下列说法正确的是（）A．粒子的速度一起在增大B．粒子带负电C．粒子在a点的电热能大于d点电势能D．粒子的加速度先变大再不变后变小23.如图所示，真空中有A，B两个等量异种点电荷，O，M，N是AB连线的垂线上的三个点，且AO>OB.一个带正电的检验电荷仅在电场力的作用下，从M点运动到N 点，其轨迹如图中实线所示．下列说法正确的是()A．A电荷为正电荷，B电荷为负电荷B．M点的电势高于N点的电势C．M点的电场强度大于N点的电场强度D．检验电荷在M点的动能大于在N点的动能24.真空中有一正四面体ABCD，如图所示，MN分别是AB和CD的中点．现在A，B 两点分别固定电荷量为＋Q，－Q的点电荷，下列说法中正确的是()A．将试探电荷＋q从C点移到D点，电场力做正功，试探电荷＋q的电势能降低B．将试探电荷－q从M点移到N点，电场力不做功，试探电荷－q的电势能不变C．C，D两点的电场强度相等D．N点的电场强度方向平行AB且跟CD垂直25.静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线．一质量为m，带电量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0从O点(x＝0)进入电场，沿x轴正方向运动．下列叙述正确的是()A．粒子从O运动到x1的过程中速度逐渐减小B．粒子从x1运动到x3的过程中，电势能先减小后增大C．要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为2D．若v0＝2，粒子在运动过程中的最大速度为三、计算题26.为减少烟尘排放对空气的污染，某同学设计了一个如图所示的静电除尘器，该除尘器的上下底面是边长为L＝0.20 m的正方形金属板，前后面是绝缘的透明有机玻璃，左右面是高h＝0.10 m的通道口．使用时底面水平放置，两金属板连接到U＝2 000 V 的高压电源两极(下板接负极)，于是在两金属板间产生一个匀强电场(忽略边缘效应)．均匀分布的带电烟尘颗粒以v＝10 m/s的水平速度从左向右通过除尘器，已知每个颗粒带电荷量q＝＋2.0×10－17C，质量m＝1.0×10－15kg，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力．在闭合开关后：(1)求烟尘颗粒在通道内运动时加速度的大小和方向；(2)求除尘过程中烟尘颗粒在竖直方向所能偏转的最大距离；(3)除尘效率是衡量除尘器性能的一个重要参数．除尘效率是指一段时间内被吸附的烟尘颗粒数量与进入除尘器烟尘颗粒总量的比值．试求在上述情况下该除尘器的除尘效率；若用该除尘器对上述比荷的颗粒进行除尘，试通过分析给出在保持除尘器通道大小不变的前提下，提高其除尘效率的方法．27.如图所示是研究带电体的质量与电量关系的光滑绝缘细管，长为L且竖直放置，点电荷M固定在管底部，电荷量为＋Q.现从管口A处静止释放一带电体N，当其电荷量为＋q，质量为m时，N下落至距M为h的B处速度恰好为0.已知静电力常量为k，重力加速度为g，带电体下落过程中不影响原电场．(1)若把A换成电量为＋q，质量为3m的带电体N1，仍从A处静止释放．求N1运动过程中速度最大处与M的距离及到达B处的速度大小；(2)若M略向上移动，试判断带电体N能否到达B处，并说明理由；(3)若M保持原位置不变，设法改变带电体N的质量与电量，要求带电体下落的最低点在B处，列出N应满足的条件．28.如图所示，A，B为半径R＝1 m的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一圆弧区域内存在着E＝1×106V/m，竖直向上的匀强电场，有一质量m＝1 kg，带电量q＝＋1.4×10－5C的物体(可视为质点)，从A点的正上方距离A点H处由静止开始自由下落(不计空气阻力)，BC段为长L＝2 m，与物体间动摩擦因数为μ＝0.2的粗糙绝缘水平面，CD段为倾角θ＝53°且离地面DE高h＝0.8 m的斜面．(取g＝10 m/s2)(1)若H＝1 m，物体能沿轨道AB到达最低点B，求它到达B点时对轨道的压力大小；(2)通过你的计算判断：是否存在某一H值，能使物体沿轨道AB经过最低点B后最终停在距离B点0.8 m处；(3)若高度H满足：0.85 m≤H≤1 m，请通过计算表示出物体从C处射出后打到的范围．(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.不需要计算过程，但要有具体的位置，不讨论物体反弹以后的情况)答案解析1.B【解析】由题意，结合受力图可知，带电小球所受的合力一定做正功，故A正确；带电小球只受重力G和电场力F，小球做直线运动，合力方向与OA共线，如图当电场力与OA垂直时，电场力最小，根据几何关系，有：F=Gsinθ=mgsinθ，F的方向与OA垂直，电场力F做功为零，所以小球的机械能守恒，则带电小球的电势能一定不变，故B错误，D正确．若F=mgtanθ，由于mgtanθ＞mgsinθ，故F的方向与OA 不再垂直，有两种可能的方向，F与物体的运动方向的夹角可能大于90°，也可能小于90°，即电场力F可能做负功，也可能做正功，重力做功不影响机械能的变化，故根据功能定理，物体机械能变化量等于力F做的功，即机械能可能增加，也可能减小，故C正确．本题选择错误的，故选：B．2.D【解析】由题意可知，电场力与重力的合力应沿着OA方向，因此小球在竖直平面内运动时，运动到A点时动能最大，C错误；运动到与A点关于圆心对称的点时动能最小，在该点时绳子拉力也恰好最小，A，B错误；而在运动过程中，运动到B点时电场力做功最多，因此机械能最大，D正确．3. A【解析】根据顺着电场线电势降低可知，P点的左侧电场方向向右，P点的右侧电场方向向左，则正a，P间和P，b间各点的电场方向都指向P点，故A正确；P点切线斜率为零，而φ-x图线的切线斜率表示电场强度的大小，则P点的电场强度为零．两电荷在P点的合场强为零，P点距离Q1较远，根据点电荷的场强公式知，Q1的电量大于Q2的电量．从坐标x1到x2电势先减小后增大，因为沿电场线方向电势逐渐降低，知Q1和Q2一定是同种电荷，且都为正电荷．故B错误；由图象切线的斜率表示电场强度的大小，就知道p处场强为零，且电势最低，故C错误，把带负电的检验电荷沿x轴由a移到b的过程中，电场力先向左后向右，电场力先做负功再做正功．故D错误，4.D【解析】由电场线的方向和疏密可知A点电场强度小于B点，但A点电势高于B 点，A错误．若v2>v1说明合外力对小球做正功，但电场力不一定做正功，B错误．由于有重力做功，A，B两点间电势差不是(v－v)，C错误．小球从A点运动到B点过程中由动能定理得W电＋mgh＝mv－mv，所以W电＝mv－mv－mgh，D正确．5.D【解析】圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，则小球所受的电场力先增大后减小方向竖直向上，由牛顿第二定律得知，重力不变，则加速度可能先减小后增大；小球穿过圆环后到达A′点，小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，根据对称性可知，电场力先增大后减小，则加速度先增大后减小，故A正确；小球从A到圆环中心的过程中，重力势能E p＝mgh，小球穿过圆环后，E p＝－mgh，重力势能与高度是线性变化的，故B正确；小球从A到圆环中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环后，电场力做正功，机械能增大，故C正确；由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，故D错误．6.D【解析】三角形绕穿过其中心O顺时针转过120°，三个带电小球+q，+q，-q，的电场力分别做功，-EqL，，总功为-2qEL，电势能增加2EqL，选项D正确。

2020江苏高考物理二轮讲义：专题三第1讲电场及带电粒子在电场中的运动

第1讲电场及带电粒子在电场中的运动真题再现1.(2019·高考江苏卷)一匀强电场的方向竖直向上．t ＝0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P ，不计粒子重力，则P －t 关系图象是( )详细分析：选A.带电粒子所受电场力沿竖直方向，则粒子在电场中做类平抛运动，即沿初速度方向做匀速直线运动，沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动，假设电场力大小为F ，则P ＝Fv ，其中v 为沿电场力方向的速度，则v ＝at 、a ＝F m ，整理得P ＝F 2mt ，由关系式可知P －t 图象应为一条过原点的倾斜直线，A 正确，B 、C 、D 错误.2.(多选)(2019·高考江苏卷)如图所示，ABC 为等边三角形，电荷量为＋q 的点电荷固定在A 点．先将一电荷量也为＋q 的点电荷Q 1从无穷远处(电势为0)移到C 点，此过程中，电场力做功为－W .再将Q 1从C 点沿CB 移到B 点并固定．最后将一电荷量为－2q 的点电荷Q 2从无穷远处移到C 点．下列说法正确的有( )A.Q 1移入之前，C 点的电势为W qB.Q 1从C 点移到B 点的过程中，所受电场力做的功为0C.Q 2从无穷远处移到C 点的过程中，所受电场力做的功为2WD.Q 2在移到C 点后的电势能为－4W详细分析：选ABD.根据电场力做功可知－W ＝q (0－φC 1)，解得φC 1＝W q，选项A 正确；B 、C 两点到A 点的距离相等，这两点电势相等，Q 1从C 点移到B 点的过程中，电场力做功为0，选项B 正确；根据对称性和电势叠加可知，A 、B 两点固定电荷量均为＋q 的点电荷后，C 点电势为φC 2＝2φC 1＝2W q，带电荷量为－2q 的点电荷Q 2在C 点的电势能为E pC ＝(－2q )×φC 2＝－4W ，选项D 正确；Q 2从无限远移动到C 点的过程中，电场力做的功为0－E pC ＝4W ，选项C 错误.3.(2017·高考江苏卷)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( )A ．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 ′点详细分析：选A.电子在A 、B 板间的电场中加速运动，在B 、C 板间的电场中减速运动，设A 、B 板间的电压为U ，B 、C 板间的电场强度为E ，M 、P 两点间的距离为d ，则有eU －eEd ＝0，若将C 板向右平移到P ′点，B 、C 两板所带电荷量不变，由E ＝U d ＝Q C 0d ＝4πkQ εS可知，C 板向右平移到P ′时，B 、C 两板间的电场强度不变，由此可以判断，电子在A 、B 板间加速运动后，在B 、C 板间减速运动，到达P 点时速度为零，然后返回，A 项正确，B 、C 、D 项错误.考情分析命题研究近几年江苏卷对于库仑定律、电场强度、点电荷的电场、电场线、电势和电势差、等势面、电势能、带电粒子在电场中的运动等知识点考查的较频繁，尤其是电场性质及带电粒子在电场中的运动问题是近几年的重点．涉及基本概念和规律的考查，主要以选择题的形式呈现，在计算题中把电场力和能的性质与牛顿运动定律、功能关系有机结合起来，以带电粒子在电场中运动为模型，实现力电知识的系统化考查电场中力与能性质的考查【高分快攻】1．电场中的各个物理量的形成及相互转化的关系2．电场强度的计算(1)定义式：E ＝F q .电场中某点的电场强度是确定值，其大小和方向与试探电荷q 无关． (2)真空中点电荷：E ＝k Q r2.E 由场源电荷Q 和场源电荷到某点的距离r 决定． (3)匀强电场：E ＝U d.式中d 为两点间沿电场方向的距离． 3．电势高低的判断方法(1)根据电场线方向，沿着电场线方向，电势越来越低；(2)根据电势的定义式φ＝W q，即将＋q 从电场中的某点移至无穷远处，电场力做功越多，则该点的电势越高；(3)根据电势差U AB ＝φA －φB ，若U AB ＞0，则φA ＞φB ，反之，φA ＜φB .4．电场中带电粒子轨迹的判断分析(1)分析电荷受电场力情况时，首先明确电场的电场线分布规律，再利用电场线的疏密分布规律或场强的叠加原理判定场强的强弱．(2)分析电势的高低常根据电场线的指向进行判断．(3)比较电势能的大小或分析电势能的变化，可以根据电场力做正功，电势能减小；做负功，电势能增大判断，也可根据正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大来判断．【典题例析】 (2019·高考全国卷Ⅲ)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O 、P 是电场中的两点．从O 点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m 的小球A 、B .A 不带电，B 的电荷量为q (q >0)．A 从O 点发射时的速度大小为v 0，到达P 点所用时间为t ；B 从O 点到达P 点所用时间为t 2.重力加速度为g ，求 (1)电场强度的大小；(2)B 运动到P 点时的动能．[详细分析] (1)设电场强度的大小为E ，小球B 运动的加速度为a .根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有mg ＋qE ＝ma ①12a (t 2)2＝12gt 2② 解得E ＝3mg q.③ (2)设B 从O 点发射时的速度为v 1，到达P 点时的动能为E k ，O 、P 两点的高度差为h ，根据动能定理有E k －12mv 21＝mgh ＋qEh ④ 且有v 1·t 2＝v 0t ⑤ h ＝12gt 2⑥ 联立③④⑤⑥式得E k ＝2m (v 20＋g 2t 2)．⑦[答案] (1)3mg q(2)2m (v 20＋g 2t 2) 【题组突破】角度1 库仑力作用下的力学平衡问题1．(多选)( 2019·苏州质检)如图所示，绝缘底座上固定一电荷量为＋q 的小球A ，在其上方l 处固定着一个光滑的定滑轮O ，绝缘轻质弹性绳一端系在O 点正上方l 2处的D 点，另一端与质量为m 的带电小球B 连接．小球B 平衡时OB 长为l ，且与竖直方向成60°角．后由于小球B 缓慢漏电，一段时间后，当滑轮下方的弹性绳与竖直方向成30°角时，小球B 恰好在AB 连线的中点C位置平衡．已知弹性绳的伸长始终处于弹性限度内，静电力常量为k ，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．小球B 带负电B ．小球B 在初始平衡位置时所带电荷量为mgl 2kqC ．小球B 在C 位置时所带电荷量为mgl 24kqD ．弹性绳原长为l 2详细分析：选BD.两个小球之间相互排斥，可知带同种电荷，所以小球B 也带正电，A 错误；小球B 在开始时的位置时，受到重力、电场力和绳子的拉力，三个力之间的夹角互为120°，所以三个力的大小相等，即T ′＝F ′＝mg ；根据库仑定律得：F ′＝kq ·q 1l 2，小球B 在开始时的位置时所带电荷量：q 1＝mgl 2kq，B 正确；小球在C 点时，受力分析如图，由几何关系可得：F ＝mg sin 30°＝0.5mg ，T ＝mg cos 30°＝32mg ，根据库仑定律得：F ＝kqq 2⎝⎛⎭⎫l 22，联立解得：q 2＝mgl 28kq ，C 错误；小球B 在开始位置时，弹性绳的长度：l 1＝l 2＋l ＝32l ，小球B 在C 位置时，弹性绳的长度l 2＝l 2＋32l ，设弹性绳的劲度系数为k ′，则：T ′T ＝k ′（l 1－l 0）k ′（l 2－l 0），联立解得：l 0＝0.5l ，D 正确．角度2 对带电粒子运动轨迹的判断2．(多选)(2019·高考全国卷Ⅱ)静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M 点由静止开始运动，N 为粒子运动轨迹上的另外一点，则( )A ．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小B ．在M 、N 两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合C ．粒子在M 点的电势能不低于其在N 点的电势能D ．粒子在N 点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行详细分析：选AC.在两个同种点电荷的电场中，一带同种电荷的粒子在两电荷的连线上自M 点由静止开始运动，粒子的速度先增大后减小，选项A 正确；带电粒子仅在电场力作用下运动，若运动到N 点的动能为零，则带电粒子在N 、M 两点的电势能相等；仅在电场力作用下运动，带电粒子的动能和电势能之和保持不变，可知若粒子运动到N 点时动能不为零，则粒子在N 点的电势能小于在M 点的电势能，即粒子在M 点的电势能不低于其在N 点的电势能，选项C 正确；若静电场的电场线不是直线，带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹不会与电场线重合，选项B 错误；若粒子运动轨迹为曲线，根据粒子做曲线运动的条件，可知粒子在N 点所受电场力的方向一定不与粒子轨迹在该点的切线平行，选项D 错误．角度3 电场中的图象问题3．(2019·南京二模)如图甲所示，半径为R 、均匀带正电的球体，A 、B 为过球心O 的直线上的两点，且OA ＝2R ，OB ＝3R ；球体的空间产生球对称的电场，电场强度大小沿半径方向分布情况如图乙所示，图中E 0已知，E －r 曲线下O ～R 部分的面积等于2R ～3R 部分的面积．则下列说法正确的是( )A ．A 点的电势低于B 点的电势B ．A 点的电场强度小于B 点的电场强度C ．从球面到A 点的电势差小于AB 两点间的电势差D ．电荷量为q 的正电荷沿直线从A 点移到B 点的过程中，电场力做功12E 0Rq 详细分析：选D.球体带正电，电场线方向沿半径向外，故A 点电势高于B 点电势，A 错误，因为A 距O 点半径为2R ，B 距O 点距离为3R ，从E －r 图中2R 处的电场强度大于3R 处的电场强度，即E A ＞E B ，B 错误；根据U ＝Ed 可知图象的面积表示电势差，从E －r 图可知，R ～2R 围成的面积大于2R ～3R 围成的面积，即从球面到A 点的电势差大于AB 两点间的电势差，C 错误；因为曲线下O ～R 部分的面积等于2R ～3R 部分的面积，即O ～R 间的电势差等于2R ～3R 间的电势差，即等于AB 间的电势差，故电场做功为W ＝Uq ＝12RE 0q ，D 正确．角度4 电场中功与能的综合问题4．(多选)(2018·高考全国卷Ⅰ)图中虚线a 、b 、c 、d 、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b 上的电势为 2 V ．一电子经过a 时的动能为10 eV ，从a 到d 的过程中克服电场力所做的功为6 eV .下列说法正确的是( )A ．平面c 上的电势为零B ．该电子可能到达不了平面fC ．该电子经过平面d 时，其电势能为4 eVD ．该电子经过平面b 时的速率是经过d 时的2倍详细分析：选AB.电子在等势面b 时的电势能为E ＝q φ＝－2 eV ，电子由a 到d 的过程电场力做负功，电势能增加6 eV ，由于相邻两等势面之间的距离相等，故相邻两等势面之间的电势差相等，则电子由a 到b 、由b 到c 、由c 到d 、由d 到f 电势能均增加2 eV ，则电子在等势面c 的电势能为零，等势面c 的电势为零，A 正确；由以上分析可知，电子在等势面d 的电势能应为2 eV，C错误；电子在等势面b的动能为8 eV，电子在等势面d的动能为4 eV，由公式E k＝12m v2可知，该电子经过平面b时的速率为经过平面d时速率的2倍，D错误；如果电子的速度与等势面不垂直，则电子在该匀强电场中做曲线运动，所以电子可能到达不了平面f就返回平面a，B正确．命题角度解决方法易错辨析库仑力参与下带电体的受力分析库仑定律、力的合成与分解库仑力的方向判断要准确，大小要关注两电荷量的变化电场强度的计算场强的叠加原理、补偿法、特殊值法、对称法等场强方向是受点电荷的电性决定的，并注意电场线与场强的关系电场中电势、电势能、电场力做功的关系公式法、场源判断法电势能正负的判断一定要注意检验电荷与场源电荷的关系，再根据电场力做功来计算电势带电粒子运动轨迹的判断轨迹判断法、曲线运动中正负功的判断运动电荷与场源电荷电性的关系是解决问题的核心平行板电容器中的电场问题【高分快攻】1．平行板电容器问题的分析思路(1)明确平行板电容器中的哪些物理量是不变的，哪些物理量是变化的，以及怎样变化．(2)应用平行板电容器电容的决定式C＝εr S4πkd分析电容器的电容的变化．(3)应用电容的定义式分析电容器带电荷量和两板间电压的变化情况．(4)根据控制变量法对电容的变化进行综合分析，得出结论．2．动态变化分析的两个重要结论(1)电容器与直流电路相连，则两端电压取决于电路的连接情况，稳定时相当于断路，两端电压总等于与之并联的支路电压．(2)充电后电容器与电路断开，电容器所带电荷量不变；此时若只改变两板间距离，板间电场强度大小不变．【典题例析】(2018·高考江苏卷)如图所示，水平金属板A 、B 分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B 板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴( )A ．仍然保持静止B ．竖直向下运动C ．向左下方运动D ．向右下方运动[详细分析] 由于水平金属板A 、B 分别与电源两极相连，两极板之间的电势差不变，将B 板右端向下移动一小段距离，极板之间的电场强度将减小，油滴所受电场力减小，且电场力方向斜向右上方向，则油滴所受的合外力斜向右下方，所以该油滴向右下方运动，选项D 正确．[答案] D【题组突破】1．(多选)如图所示，两块正对平行金属板M 、N 与电源相连，N 板接地，在距两板等距离的P 点固定一个带负电的点电荷，如果M 板向上平移一小段距离，则( )A ．点电荷受到的电场力变小B ．M 板带的电荷量增加C ．P 点的电势升高D ．点电荷在P 点具有的电势能增加详细分析：选AD.两板电压不变，M 板上移，d 增大，由E ＝U d知E 变小，由F ＝Eq 知电场力变小，A 对；由电容的决定式C ＝εr S 4πkd知，M 板上移，电容减小，由Q ＝CU 可知，Q 变小，B 错；N 板接地电势为零，φP ＝U PN ＝E ·d PN ，E 变小，则φP 降低，C 错；由E p ＝q φP ，因为q <0，φP >0，φP 变小，则E p 变大，D 对．2．(2019·高考北京卷)电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用．对给定电容值为C 的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差u 随电荷量q 的变化图象都相同．(1)请在图1中画出上述u －q 图象．类比直线运动中由v －t 图象求位移的方法，求两极间电压为U 时电容器所储存的电能E p .(2)在如图2所示的充电电路中，R 表示电阻，E 表示电源(忽略内阻)．通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的q －t 曲线如图3中①②所示．a ．①②两条曲线不同是______(选填“E ”或“R ”)的改变造成的；b ．电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电．依据a 中的结论，说明实现这两种充电方式的途径．________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.(3)设想使用理想的“恒流源”替换(2)中电源对电容器充电，可实现电容器电荷量随时间均匀增加．请思考使用“恒流源”和(2)中电源对电容器的充电过程，填写下表(选填“增大”“减小”或“不变”)．“恒流源” (2)中电源电源两端电压通过电源的电流详细分析：(1)电压为U 时，电容器带电Q ，图线和横轴围成的面积为所储存的电能E pE p ＝12QU ，又Q ＝CU 故E p ＝12CU 2. (2)a.由题图，充完电后，①②两次带电荷量相等，由Q ＝CU ＝CE 知，两次电源电动势相等．故①②两条曲线不同不是E 的改变造成的，只能是R 的改变造成的．b ．刚开始充电瞬间，电容器两端的电压为零，电路的瞬时电流为I ＝E R，故减小电阻R ，刚开始充电瞬间电流I 大，曲线上该点切线斜率大，即为曲线①.短时间内该曲线与时间轴围成的面积更大(电荷量更多)，故可以实现对电容器快速充电；增大电阻R ，刚开始充电瞬间电流I 小，即为曲线②，该曲线接近线性，可以实现更均匀充电．(3)接(2)中电源时，由于忽略电源E 的内阻，故电源两端电压不变．通过电源的电流I ＝E －U R，随着电容器两端电压U 不断变大，通过电源的电流减小；“恒流源”是指电源输出的电流恒定不变．接“恒流源”时，随着电容器两端电压的增大，“恒流源”两端电压增大．答案：(1)u－q图线如图所示12(2)a.R B．减小电阻R，可以实现对电容器更快速充电；增大电阻R，可以实现更2CU均匀充电(3)“恒流源”(2)中电源电源两端电压增大不变通过电源的电流不变减小带电粒子在电场中的运动【高分快攻】1．带电粒子在电场中的运动2．带电粒子在电场中的运动问题的解题思路(1)首先分析粒子的运动规律，区分是在电场中的直线运动还是曲线运动问题．(2)对于直线运动问题，可根据对粒子的受力分析与运动分析，从以下两种途径进行处理①如果是带电粒子在恒定电场力作用下做直线运动的问题，应用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等.②如果是非匀强电场中的直线运动，一般利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、运动的位移等．(3)对于曲线运动问题，一般是类平抛运动模型，通常采用运动的合成与分解方法处理．通过对带电粒子的受力分析和运动规律分析，应用动力学方法或功能方法求解．3．解题途径的选择(1)求解带电粒子在匀强电场中的运动时，运动和力、功能关系两个途径都适用，选择依据是题给条件，当不涉及时间时选择功能关系，否则必须选择运动和力．(2)带电粒子在非匀强电场中运动时，加速度不断变化，只能选择功能关系求解．【典题例析】(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，两金属板P 、Q 水平放置，间距为d .两金属板正中间有一水平放置的金属网G ，P 、Q 、G 的尺寸相同．G 接地，P 、Q 的电势均为φ(φ>0)．质量为m ，电荷量为q (q >0)的粒子自G 的左端上方距离G 为h 的位置，以速度v 0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计．(1)求粒子第一次穿过G 时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小； (2)若粒子恰好从G 的下方距离G 也为h 的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？ [详细分析] (1)PG 、QG 间场强大小相等，均为E .粒子在PG 间所受电场力F 的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a ，有E ＝2φd ①F ＝qE ＝ma ②设粒子第一次到达G 时动能为E k ，由动能定理有 qEh ＝E k －12m v 20③设粒子第一次到达G 时所用的时间为t ，粒子在水平方向的位移大小为l ，则有 h ＝12at 2④ l ＝v 0t ⑤联立①②③④⑤式解得 E k ＝12m v 20＋2φd qh ⑥ l ＝v 0mdhq φ.⑦ (2)若粒子穿过G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度L 为L ＝2l ＝2v 0mdhq φ.⑧ [答案] (1)12m v 20＋2φdqh v 0mdhq φ(2)2v 0mdhq φ【题组突破】角度1 带电粒子在匀强电场中的运动分析1．(多选) (2019·宿迁二模)如图所示，在竖直放置的平行金属板A 、B 之间加有恒定电压U ，A 、B 两板的中央留有小孔O 1、O 2，在B 板的右侧有平行于极板的匀强电场E ，电场范围足够大，感光板MN 垂直于电场方向固定放置．第一次从小孔O 1处由静止释放一个质子，第二次从小孔O 1处由静止释放一个α粒子，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是( )A ．质子和α粒子在O 2处的速度大小之比为1∶2B ．质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等C ．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2D ．质子和α粒子打到感光板上的位置相同详细分析：选CD.根据动能定理有12m v 2－0＝qU ，解得v ＝2qUm，所以质子和α粒子在O 2处的速度大小之比为2∶1，选项A 错误；质子、α粒子在A 、B 板间做匀加速直线运动，设A 、B 间电场强度为E 1，由a ＝E 1qm 可知，质子的加速度大，所以质子运动时间短，进入竖直电场做类平抛运动，质子在竖直电场中的加速度大，做类平抛运动的时间较短，可知质子在整个过程中的运动时间小于α粒子的运动时间，选项B 错误；O 2到MN 板的电势差用U ′表示，对整个过程，由动能定理得E k －0＝q (U ＋U ′)，故带电粒子的末动能与电荷量成正比，所以质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2，选项C 正确；质子、α粒子由O 2到MN 板，竖直方向有h ＝Eq2m t 2，水平方向有x ＝v t ，联立解得x ＝2UhE，所以质子和α粒子打到感光板上的位置相同，选项D 正确．角度2 带电体在电场中运动的求解2．真空中存在电场强度大小为E 1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v 0.在油滴处于位置A 时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g.(1)求油滴运动到B点时的速度；(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍．详细分析：(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上．在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足qE2－mg＝ma1①油滴在时刻t1的速度为v1＝v0＋a1t1②电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a2满足qE2＋mg＝ma2③油滴在时刻t2＝2t1的速度为v2＝v1－a2t1④由①②③④式得v2＝v0－2gt1.⑤(2)由题意，在t＝0时刻前有qE1＝mg⑥油滴从t＝0到时刻t1的位移为s1＝v0t1＋12a1t21⑦油滴在从时刻t1到时刻t2＝2t1的时间间隔内的位移为s2＝v1t1－12a2t21⑧由题给条件有v20＝2g(2h)⑨式中h是B、A两点之间的距离．若B 点在A 点之上，依题意有 s 1＋s 2＝h ⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E 2＝⎣⎡⎦⎤2－2v 0gt 1＋14⎝⎛⎭⎫v 0gt 12E 1⑪为使E 2>E 1，应有 2－2v 0gt 1＋14⎝⎛⎭⎫v 0gt 12>1⑫即当0<t 1<⎝⎛⎭⎫1－32v 0g⑬ 或t 1>⎝⎛⎭⎫1＋32v 0g⑭ 才是可能的；条件⑬式和⑭式分别对应于v 2>0和v 2<0两种情形．若B 点在A 点之下，依题意有 s 1＋s 2＝－h ⑮由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得 E 2＝⎣⎡⎦⎤2－2v 0gt 1－14⎝⎛⎭⎫v 0gt 12E 1⑯为使E 2>E 1，应有 2－2v 0gt 1－14⎝⎛⎭⎫v 0gt 12>1⑰即t 1>⎝⎛⎭⎫52＋1v 0g⑱另一解为负，不合题意，已舍去．答案：见解+析角度3 带电粒子在交变电场中的运动分析3．(2019·苏州二模)如图甲所示，A 、B 两板竖直放置，两板之间的电压U 1＝100 V ，M 、N 两板水平放置，两板之间的距离d ＝0.1 m ，板长L ＝0.2 m ．一个质量m ＝2×10－12kg 、电荷量q ＝＋1×10－8 C 的带电粒子(不计重力)从靠近A 板处由静止释放，经加速电场加速后从B 板的小孔穿出，沿着M 、N 两板的中轴线垂直进入偏转电场，如果在M 、N 两板之间加上如图乙所示的偏转电压，当t ＝T4时，带电粒子刚开始进入偏转电场，则：(1)带电粒子从B 板的小孔穿出时的速度为多大？(2)要使带电粒子能够从M 、N 两板之间(不沿中轴线)穿出，并且穿出后的速度方向保持水平，则交流电U 2的周期T 为多少？(3)在满足(2)条件的情况下，它在偏转电场中的最大偏移量是多少？(结果保留一位有效数字)详细分析：(1)由动能定理得qU 1＝12m v 20解得v 0＝2qU 1m＝1×103 m/s. (2)要使带电粒子能够从M 、N 两板之间穿出，并且穿出后速度方向不变，则带电粒子穿过偏转电场的时间t ＝⎝⎛⎭⎫n ＋12T (n ＝0，1，2，…)① 带电粒子沿水平方向做匀速直线运动，则L ＝v 0t ② 所以T ＝4×10－42n ＋1 s(n ＝0，1，2，…)③带电粒子进入偏转电场时的加速度a ＝qEm ④电场强度E ＝U 2d⑤带电粒子在进入偏转电场后的前T4内沿竖直方向的位移y ＝12a ⎝⎛⎭⎫T 42⑥ 要使带电粒子能够从M 、N 两板之间穿出，需满足 2y ≤d 2⑦联立①～⑦式解得n ≥4.5所以T ＝4×10－42n ＋1s(n ＝5，6，7，…)．(3)要使总偏移量最大，则n 应取值最小，故n ＝5，由此解得，最大偏移量y ′＝2y ≈0.04 m.答案：(1)1×103m/s(2)4×10－42n ＋1s(n ＝5，6，7，…) (3)0.04 m命题角度解决方法易错辨析带电体在电场中的运动分析动能定理、类平抛运动分解思想要注意带电体的重力问题，无论是受力分析中还是功能关系中都要引起关注带电粒子在电场中的运动动能定理、类平抛运动、矢量三角形粒子经电场偏转后要注意速度的大小及方向的变化情况(建议用时：40分钟)一、单项选择题1．(2019·高考北京卷)如图所示，a 、b 两点位于以负点电荷－Q (Q >0)为球心的球面上，c 点在球面外，则( )A ．a 点场强的大小比b 点大B ．b 点场强的大小比c 点小C ．a 点电势比b 点高D ．b 点电势比c 点低详细分析：选D.由点电荷的场强公式E ＝kQr 2可知，与－Q 距离相等的点场强大小相等，离－Q 越近的点场强越大，故a 点场强的大小与b 点的相等，b 点场强的大小比c 点的大，A 、B 项错误；与－Q 距离相等的点，电势相等，离－Q 越近的点，电势越低，故a 点电势与b 点的相等，b 点电势比c 点的低，C 项错误，D 项正确．2．(2019·常州质检)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上．若将云母介质移出，则电容器( )A ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变详细分析：选D.平行板电容器接在电压恒定的直流电源上，电容器两极板之间的电压U 不变．若将云母介质移出，电容C 减小，由C ＝QU可知，电容器所带电荷量Q 减小，即电容。

高二物理《带电粒子在电场中的运动》知识点讲解

高二物理《带电粒子在电场中的运动》知识点讲解
导语带电粒子在电场中的运动为电学的重点，经常与力学和磁场内容相联系，是高考综合题的热门知识点，以下便是高考网为大家准备的关于高二物理《带电粒子在电场中的运动》知识点的讲解。

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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。

2020年高考物理专题精准突破带点粒子在电场中的运动(解析版)

2020年高考物理专题精准突破专题带点粒子在电场中的运动【专题诠释】一带电粒子在电场中的直线运动 1．用动力学观点分析 a ＝F 合m ，E ＝Ud ，v 2－v 20＝2ad 2．用功能观点分析匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝12mv 2－12mv 20非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1 二带电粒子在电场中的偏转运动【高考领航】【2019·江苏高考】一匀强电场的方向竖直向上。

t ＝0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P ，不计粒子重力，则P t 关系图象是( )【答案】 A【解析】设粒子带正电，运动轨迹如图所示，水平方向：粒子不受力，v x ＝v 0；沿电场方向：电场力F ＝qE ，加速度a ＝F m ＝qE m ，经时间t ，粒子沿电场方向的速度v y ＝at ＝qEt m ，电场力做功的功率P ＝Fv y ＝qE ·qEtm ＝(qE )2tm＝kt ∝t ，A 正确。

【2019·全国卷Ⅱ】如图，两金属板P 、Q 水平放置，间距为d 。

两金属板正中间有一水平放置的金属网G ，P 、Q 、G 的尺寸相同。

G 接地，P 、Q 的电势均为φ(φ>0)。

质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子自G 的左端上方距离G 为h 的位置，以速度v 0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。

(1)求粒子第一次穿过G 时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小； (2)若粒子恰好从G 的下方距离G 也为h 的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？【答案】 (1)12mv 20＋2φdqh v 0mdhqφ(2)2v 0mdhqφ【解析】 (1)PG 、QG 间场强大小相等，设均为E 。

粒子在PG 间所受电场力F 的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a ，有 E ＝φd 2＝2φd ①F ＝qE ＝ma ②设粒子第一次穿过G 时的动能为E k ，由动能定理有 qEh ＝E k －12mv 20③设粒子从射入电场至第一次穿过G 时所用的时间为t ，粒子在水平方向的位移大小为l ，则有 h ＝12at 2④l ＝v 0t ⑤联立①②③④⑤式解得 E k ＝12mv 20＋2φd qh ⑥ l ＝v 0mdhqφ⑦ (2)若粒子穿过G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。

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

2020届高三高考物理二轮复习专题强化练习：电场及带电粒子在电场中的运动(解析版)

电场及带电粒子在电场中的运动一、选择题（本题共包括15小题，每小题4分，共60分）1．如图所示，小球A 、B 带电荷量相等，质量均为m ，都用长L 的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O 点，A 球靠墙且其悬线刚好竖直，B 球悬线偏离竖直方向θ角而静止，此时A 、B 两球之间的库仑力为F .由于外部原因小球B 的带电荷量减小，使两球再次静止时它们之间的库仑力变为原来的一半，则小球B 的带电荷量减小为原来的( )A.12B ．14 C.18D ．116【答案】C【解析】小球B 受力分析如图所示，两绝缘细线的长度都是L ，则△OAB 是等腰三角形，则线的拉力T 与重力G 相等，G ＝T ，小球处于平衡状态，则库仑力F ＝2G sin θ2，设原来小球带电荷量为q ，A 、B 间的距离是r ，则r ＝2L sin θ2，由库仑定律得F ＝k q 2r 2，后来库仑力变为原来的一半，则F 2＝2G sin θ′2，r ′＝2L sin θ′2，F 2＝k qq B r ′2 ，解得q B ＝18q ，故选C 。

2．如图所示，直线a 、b 和c 、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M 、N 、P 、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为φM 、φN 、φP 、φQ .一电子由M 点分别运动到N 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等．则( )A ．直线a 位于某一等势面内，φM >φQB ．直线c 位于某一等势面内，φM >φNC ．若电子由M 点运动到Q 点，电场力做正功D ．若电子由P 点运动到Q 点，电场力做负功【答案】B【解析】由电子从M 点分别运动到N 点和P 点的过程中电场力所做的负功相等可知，N 、P 两点在同一等势面上，且电场线方向为M →N ，故选项B 正确，A 错误；M 点与Q 点在同一等势面上，电子由M 点运动到Q 点，电场力不做功，故选项C 错误；电子由P 点运动到Q 点，电场力做正功，故选项D 错误。

带电粒子在变化的电场磁场中的运动-备战2020年高考物理知识点详解之带电粒子在磁场中的运动(解析版)

带电粒子在变化的电场磁场中的运动变化的电场和磁场，有的随时间变化，有的随位置变化，电磁场变化了，带电粒子的运动轨迹就要随之变化，圆周运动，或变化半径，或变化方向，平抛运动，或变化曲率，或变化速率。

1. 如图所示，在xoy 平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y 轴正方向电场强度为正）。

在t=0时刻由原点O 发射初速度大小为v 0 ，方向沿y 轴正方向的带负电粒子（不计重力）。

其中已知v 0、t 0、B 0、E 0，且 π00v E ，粒子的比荷00t B m q π= ，x 轴上有一点A ，坐标为（ π0048t v ，0）。

（1）求20t 时带电粒子的位置坐标；（2）粒子运动过程中偏离x 轴的最大距离；（3）粒子经多长时间经过A 点。

【解答】(1)粒子运动的周期T ＝02qB m π＝2t 0则在0～20t 内转过的圆心角α＝2π 由qv 0B 0＝m 120r v ，得r 1＝00qB mv ＝π00t v 所以坐标为),0000ππt v t v （ (2) 在t 0～2t 0时间内粒子经电场加速运动后的速度为v ＝v 0＋m E q 0t 0＝2v 0 运动的位移s ＝20v v +t 0＝1.5v 0t 0 在2t 0～3t 0时间内粒子做匀速圆周运动，半径r 2＝2r 1＝π002t v 故粒子偏离x 轴的最大距离h ＝s ＋r2＝1.5v 0t 0＋π02t v (3)每4t 0内粒子在x 轴正向移动距离d ＝2r 1＋2r 2＝π006t v A 、O 间的距离为dt v π0048=8d 经过A 点的时间t ＝32t 0.2. 如图为实验室筛选带电粒子的装置示意图，左端加速电极M 、N 间的电压为U 1，中间速度选择器中存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度B=1.0T ，两板电压U 2=1.0×102V ，两板间的距离D=2cm ，选择器右端是一个半径R=20cm 的圆筒，筒壁的一个水平圆周上均匀分别着8个小孔O 1至O 8，圆筒内部有竖直向下的匀强磁场，一个不计重力，电荷量为q=1.60×10-19C ，质量为m=3.2×10-25kg 的带电的粒子，从静止开始经过加速电场后匀速穿过速度选择器，圆筒不转时，粒子恰好以平行O 1O 5的速度从小孔O 8射入，丙从小孔O 3射出，若粒子碰到圆筒就会被圆筒吸收，求：（1）加速器两端的电压U 1；（2）圆筒内匀强磁场的磁感应强度大小B 2并判断粒子带正电还是负电．（3）要使粒子从一个小孔射入圆筒后能从正对面的小孔射出（如从O 1进从O 5出），则圆筒匀速转动的加速度多大？【分析】（1）由于粒子在速度选择器中做直线运动，所以粒子竖直方向受的洛伦兹力等于电场力；（2）根据左手定则，判断出粒子所带电的电性，再根据几何知识求出半径的大小，最后求出匀强磁场的大小；【解答】（1）速度选择器中电场强度：E=m /100.532V d U ⨯= ① 根据粒子受力平衡：qvB=Eq ②解得s m BE v /100.53⨯== 在加速电场中，根据动能定理可得：qU 1=221mv ③解得V U 251= （2）粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，根据左手定则可知：粒子带负电根据几何关系得：r=R ④根据洛伦兹力提供向心力得：qvB 2=r v m 2 ⑤解得：B 2=T qrmv 2100.5-⨯= （3）不管从哪个孔进入，粒子在圆筒中运动的时间与轨迹均一样，，运动时间为s s v r t 531031052.043-⨯=⨯⨯==ππθ 在这段时间圆筒转过的角度可能为42ππα+=n （n=0,1,2,3,…）则圆筒的角速度1218t +==n αωs /rad 105⨯ （n=0,1,2,3,…）【点评】本题考查带电粒子在复合场中的运动，粒子在加速电场中做加速运动，运用动能定理解决，粒子在速度选择器中运动受力平衡；粒子在磁场中做匀速圆周运动，运用洛伦兹力提供向心力求出半径公式，再与几何关系联立；解题关键是要分好过程，针对每个过程的运动形式，选择合适的规律解决问题． 3.如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d ，宽为d ，中间两个磁场区域间隔为2d ，中轴线与磁场区域两侧相交于O 、O ′点，各区域磁感应强度大小相等．某粒子质量为m 、电荷量为+q ，从O 沿轴线射入磁场．当入射速度为v 0时，粒子从O 上方2d 处射出磁场．取sin53°=0.8，cos53°=0.6．（1）求磁感应强度大小B ；（2）入射速度为5v 0时，求粒子从O 运动到O ′的时间t ；（3）入射速度仍为5v 0，通过沿轴线OO ′平移中间两个磁场（磁场不重叠），可使粒子从O 运动到O ′的时间增加Δt ，求Δt 的最大值．【解析】（1）粒子圆周运动的半径00mv r qB = 由题意知04d r =，解得04mv B qd = （2）设粒子在矩形磁场中的偏转角为α，如图所示由d =r sin α，得sin α=45，即α=53° 在一个矩形磁场中的运动时间12π360mt qB α=︒，解得1053π720d t v =直线运动的时间22d t v =，解得2025d t v = 则12053π+724180d t t t v =+=（）（3）将中间两磁场分别向中央移动距离x ，如图所示粒子向上的偏移量y =2r （1–cos α）+x tan α由y ≤2d ，解得34x d ≤则当x m =34d 时，Δt 有最大值粒子直线运动路程的最大值m m m 2223x s d x d cos α=+-=（）增加路程的最大值m m –2s s d d ∆== 增加时间的最大值m m 05s d t v v ∆∆==。

高考物理二轮复习热点题型归纳—电场性质、带电粒子在电场中的运动

高考物理二轮复习热点题型归纳—电场性质、带电粒子在电场中的运动考点1电场的性质............................................................................................1考点2与平行板电容器相关的电场问题.................................................................4考点3带电粒子在电场中的运动..........................................................................7考点4电场中常考的“四类”图象问题..................................................................9考点5带电粒子的力电综合问题. (11)考点1电场的性质1．电场中的各个物理量的形成及相互转化的关系2．电势高低的比较(1)根据电场线方向判断，沿着电场线方向，电势越来越低。

(2)将带电荷量为＋q 的电荷从电场中的某点移至无穷远处时，电场力做正功越多，则该点的电势越高。

(3)根据电势差U AB ＝φA －φB 判断，若U AB >0，则φA >φB ，反之φA <φB 。

3．电势能变化的判断(1)根据电场力做功判断，若电场力对电荷做正功，电势能减少；反之则增加。

即W ＝－ΔE p 。

(2)根据能量守恒定律判断，电场力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化的过程，若只有电场力做功，电荷的电势能与动能相互转化，总和应保持不变，即当动能增加时，电势能减少。

【典例1】如图所示，四幅有关电场说法正确的是()A．图甲为等量同种点电荷形成的电场线B．图乙离点电荷距离相等的a 、b 两点场强相同C．图丙中在c 点静止释放一正电荷，可以沿着电场线运动到d 点D．图丁中某一电荷放在e 点与放到f 点，它们的电势能相同【答案】选D【解析】由图可知，甲为等量异种电荷形成的电场线，故A 错误；乙为正的点电荷所形成的电场线分布，离点电荷距离相等的a 、b 两点电场强度大小相同，电场强度方向不同，故B 错误；只有电场线为直线时，粒子才有可能沿着电场线运动。