带电粒子在电场中的运动练习题及答案(经典)
【物理】物理带电粒子在电场中的运动题20套(带答案)含解析
【物理】物理带电粒子在电场中的运动题20套(带答案)含解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，竖直面内有水平线MN 与竖直线PQ 交于P 点，O 在水平线MN 上，OP 间距为d ，一质量为m 、电量为q 的带正电粒子，从O 处以大小为v 0、方向与水平线夹角为θ＝60º的速度，进入大小为E 1的匀强电场中，电场方向与竖直方向夹角为θ＝60º，粒子到达PQ 线上的A 点时，其动能为在O 处时动能的4倍．当粒子到达A 点时，突然将电场改为大小为E 2，方向与竖直方向夹角也为θ＝60º的匀强电场，然后粒子能到达PQ 线上的B 点．电场方向均平行于MN 、PQ 所在竖直面，图中分别仅画出一条电场线示意其方向。
已知粒子从O 运动到A 的时间与从A 运动到B 的时间相同，不计粒子重力，已知量为m 、q 、v 0、d ．求：(1)粒子从O 到A 运动过程中,电场力所做功W ； (2)匀强电场的场强大小E 1、E 2； (3)粒子到达B 点时的动能E kB ．【答案】(1)2032W mv = (2)E 1＝2034m qd υ E 2＝2033m qdυ (3) E kB ＝20143m υ【解析】 【分析】(1)对粒子应用动能定理可以求出电场力做的功。
(2)粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出电场强度大小。
(3)根据粒子运动过程，应用动能计算公式求出粒子到达B 点时的动能。
【详解】(1) 由题知：粒子在O 点动能为E ko =2012mv 粒子在A 点动能为：E kA =4E ko ，粒子从O 到A 运动过程，由动能定理得：电场力所做功：W=E kA -E ko =2032mv ；(2) 以O 为坐标原点，初速v 0方向为x 轴正向，建立直角坐标系xOy ，如图所示设粒子从O 到A 运动过程，粒子加速度大小为a 1， 历时t 1，A 点坐标为（x ，y ） 粒子做类平抛运动：x=v 0t 1，y=21112a t 由题知：粒子在A 点速度大小v A =2 v 0，v Ay 03v ，v Ay =a 1 t 1 粒子在A 点速度方向与竖直线PQ 夹角为30°。
(物理)物理带电粒子在电场中的运动题20套(带答案)及解析
（物理）物理带电粒子在电场中的运动题20套(带答案)及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O ，外圆弧面AB 的电势为2L()o ϕ>，内圆弧面CD 的电势为φ，足够长的收集板MN 平行边界ACDB ，ACDB 与MN 板的距离为L ．假设太空中漂浮着质量为m ，电量为q 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB 圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB 的粒子再次返回．（1）求粒子到达O 点时速度的大小；（2）如图2所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB 圆弧面的粒子经O 点进入磁场后最多有23能打到MN 板上，求所加磁感应强度的大小；（3）如图3所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个垂直MN 的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小4E Lφ=，若从AB 圆弧面收集到的某粒子经O 点进入电场后到达收集板MN 离O 点最远，求该粒子到达O 点的速度的方向和它在PQ 与MN 间运动的时间． 【答案】（1）2q v mϕ=2）12m B L q ϕ=；（3）060α∴= ；22m L q ϕ【解析】 【分析】 【详解】试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：2102qU mv =-2U ϕϕϕ=-=2q v mϕ=(2）从AB 圆弧面收集到的粒子有23能打到MN 板上，则上端刚好能打到MN 上的粒子与MN 相切，则入射的方向与OA 之间的夹角是60︒，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角060θ=．根据几何关系，粒子圆周运动的半径：2R L =由洛伦兹力提供向心力得：2v qBv m R=联合解得：12m B L qϕ=（3）如图粒子在电场中运动的轨迹与MN 相切时，切点到O 点的距离最远， 这是一个类平抛运动的逆过程． 建立如图坐标.212qE L t m=222mL mt L qE q ϕ==22x Eq qEL q v t m m m ϕ===若速度与x 轴方向的夹角为α角cosxvvα=1cos2α=60α∴=2．如图所示，在两块长为3L、间距为L、水平固定的平行金属板之间，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．现将下板接地，让质量为m、电荷量为q的带正电粒子流从两板左端连线的中点O以初速度v0水平向右射入板间，粒子恰好打到下板的中点．若撤去平行板间的磁场，使上板的电势φ随时间t的变化规律如图所示，则t=0时刻，从O点射人的粒子P经时间t0(未知量)恰好从下板右边缘射出．设粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒子间的作用力均不计．(1)求两板间磁场的磁感应强度大小B．(2)若两板右侧存在一定宽度的、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为了使t=0时刻射入的粒子P经过右侧磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到O点，求右侧磁场的宽度d 应满足的条件和电场周期T的最小值T min．【答案】（1）0mvBqL=（2）223cosd R a R L≥+=；min(632)3LTvπ+=【解析】【分析】【详解】（1）如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为R1，则012qv B mvR=由几何关系：222113()()2L LR R=+-解得0mvBqL=（2）粒子P从O003L v t=01122y L v t =解得0y v =设合速度为v ，与竖直方向的夹角为α，则：0tan yv v α== 则=3πα00sin 3v v v α== 粒子P 在两板的右侧匀强磁场中做匀速圆周运动，设做圆周运动的半径为R 2，则212sin L R α=，解得23R =右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为22cos d R R L α≥+=； 由于粒子P 从O 点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到O 点的过程，运动轨迹是关于两板间的中心线是上下对称的，这两个过程经历的时间相等，则：2min 0(22)2R T t v πα--=解得()min 023L T v π=【点睛】带电粒子在电场或磁场中的运动问题，关键是分析粒子的受力情况和运动特征，画出粒子的运动轨迹图，结合几何关系求解相关量，并搞清临界状态.3．如图所示，虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧距PQ 为L 处有一与电场E 2平行的屏．现将一电子(电荷量为e ，质量为m ，重力不计)无初速度地放入电场E 1中的A 点，最后电子打在右侧的屏上，A 点到MN 的距离为2L，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求：(1) 电子到达MN 时的速度；(2) 电子离开偏转电场时偏转角的正切值tan θ； (3) 电子打到屏上的点P ′到点O 的距离.【答案】(1) eELv m=L . 【解析】 【详解】（1）电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，到达MN 的速度为v ，则：a 1＝1eE m ＝eEm 2122La v =解得eELv m=（2）设电子射出电场E 2时沿平行电场线方向的速度为v y ，a 2＝2eE m ＝2eEm t ＝L v v y ＝a 2ttan θ＝y v v=2（3）电子离开电场E 2后，将速度方向反向延长交于E 2场的中点O ′.由几何关系知：tan θ＝2xLL+解得：x ＝3L .4．如图所示，在空间坐标系x <0区域中有竖直向上的匀强电场E 1，在一、四象限的正方形区域CDEF 内有方向如图所示的正交的匀强电场E 2和匀强磁场B ，已知CD =2L ，OC =L ，E 2 =4E 1。
高中物理带电粒子在电场中的运动题20套(带答案)含解析
高中物理带电粒子在电场中的运动题20套(带答案)含解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为R 的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B 点平滑连接，过半圆轨道圆心0的水平界面MN 的下方分布有水平向右的匀强电场E ，质量为m 的带正电小滑块从水平轨道上A 点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电量会增加，过B 点后电量保持不变，小滑块在AB 段加速度随位移变化图像如图乙．已知A 、B 间距离为4R ，滑块与轨道间动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度为g ，不计空气阻力，求(1)小滑块释放后运动至B 点过程中电荷量的变化量 (2)滑块对半圆轨道的最大压力大小(3)小滑块再次进入电场时，电场大小保持不变、方向变为向左，求小滑块再次到达水平轨道时的速度大小以及距B 的距离 【答案】（1）mgq E∆=（2）(635N F mg =+（3）425v gR =夹角为11arctan 2β=斜向左下方，位置在A 点左侧6R 处． 【解析】 【分析】 【详解】试题分析：根据在A 、B 两点的加速度结合牛顿第二定律即可求解小滑块释放后运动至B 点过程中电荷量的变化量；利用“等效重力”的思想找到新的重力场中的电低点即压力最大点； 解：(1)A 点：01·2q E mg m g μ-= B 点13·2q E mg m g μ-= 联立以上两式解得10mgq q q E∆=-=； (2) 从A 到B 过程：2113122··4022g gm R mv +=- 将电场力与重力等效为“重力G '，与竖直方向的夹角设为α，在“等效最低点”对轨道压力最大，则：'G =cos mgG α='从B 到“等效最低点”过程：222111(cos )22G R R mv mv α--'=22N v F G m R-='由以上各式解得：(6N F mg =+由牛顿第三定律得轨道所受最大压力为：(6N F mg =+；(3) 从B 到C 过程：2213111·2?22mg R q E R mv mv --=- 从C 点到再次进入电场做平抛运动：13x v t =212R gt =y gt =v13tan y v v β=21tan mgq Eβ=由以上各式解得：12ββ=则进入电场后合力与速度共线，做匀加速直线运动 12tan R x β=从C 点到水平轨道：22124311·2?22mg R q E x mv mv +=-由以上各式解得：4v =126x x x R ∆=+=因此滑块再次到达水平轨道的速度为4V =方向与水平方向夹角为11arctan 2β=，斜向左下方，位置在A 点左侧6R 处．2．如图，平面直角坐标系中，在，y ＞0及y ＜-32L 区域存在场强大小相同，方向相反均平行于y 轴的匀强电场，在-32L ＜y ＜0区域存在方向垂直于xOy 平面纸面向外的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的带正电粒子，经过y轴上的点P1（0，L）时的速率为v0，方向沿x轴正方向，然后经过x轴上的点P2（32L，0）进入磁场．在磁场中的运转半径R=52L （不计粒子重力），求：（1）粒子到达P2点时的速度大小和方向；（2）EB；（3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标；（4）粒子从P1点出发后做周期性运动的周期．【答案】（1）53v0，与x成53°角；（2）043v；（3）2L；（4）()4053760Lvπ+．【解析】【详解】（1）如图，粒子从P1到P2做类平抛运动，设到达P2时的y方向的速度为v y，由运动学规律知32L=v0t1，L=2yvt1可得t1=32Lv，v y=43v0故粒子在P2的速度为v220yv v+=53v0设v与x成β角，则tanβ=yvv=43，即β=53°；（2）粒子从P1到P2，根据动能定理知qEL=12mv2-12mv02可得E =2089mv qL粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB =m 2v R解得：B =mv qR =05352m v q L ⨯⨯=023mv qL解得：43v E B =； （3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O ′，在图中，过P 2做v 的垂线交y =-32L 直线与Q ′点，可得： P 2O ′=3253L cos o=52L =r 故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O ′，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角α=37°，故粒子将垂直于y =-32L 直线从M 点穿出磁场，由几何关系知M 的坐标x =32L +（r -r cos37°）=2L ； （4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P 1到P 2做类平抛运动：t 1=032Lv在磁场中由P 2到M 动时间：t 2=372360r v π︒⨯o =037120Lv π 从M 运动到N ，a =qE m =289v L则t 3=v a =0158L v则一个周期的时间T =2（t 1+t 2+t 3）=()04053760Lv π+．3．一电路如图所示，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-=⨯4．如图，以竖直向上为y 轴正方向建立直角坐标系；该真空中存在方向沿x 轴正向、场强为E 的匀强电场和方向垂直xoy 平面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场；原点O 处的离子源连续不断地发射速度大小和方向一定、质量为m 、电荷量为-q （q>0）的粒子束，粒子恰能在xoy 平面内做直线运动，重力加速度为g,不计粒子间的相互作用； （1）求粒子运动到距x 轴为h 所用的时间；（2）若在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下、场强大小变为'mgE q=，求从O 点射出的所有粒子第一次打在x 轴上的坐标范围（不考虑电场变化产生的影响）； （3）若保持EB 初始状态不变，仅将粒子束的初速度变为原来的2倍，求运动过程中，粒子速度大小等于初速度λ倍（0<λ<2）的点所在的直线方程.【答案】（1）Bht E= (2)2222225m g m g x q B q B ≤≤ （3）22211528m g y x q B =-+【解析】（1）粒子恰能在xoy 平面内做直线运动，则粒子在垂直速度方向上所受合外力一定为零，又有电场力和重力为恒力，其在垂直速度方向上的分量不变，而要保证该方向上合外力为零，则洛伦兹力大小不变，因为洛伦兹力F Bqv =洛，所以受到大小不变，即粒子做匀速直线运动，重力、电场力和磁场力三个力的合力为零，设重力与电场力合力与-y 轴夹角为θ，粒子受力如图所示，()()()222Bqv qE mg =+，()()2252qE mg mg v qB+==则v 在y 方向上分量大小sin 2y qE E mgv v vBqv B qBθ==== 因为粒子做匀速直线运动，根据运动的分解可得，粒子运动到距x 轴为h 处所用的时间2y h Bh qhB t v E mg===； （2）若在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下，电场强度大小变为'mgE q=，则电场力''F qE mg ==电，电场力方向竖直向上；所以粒子所受合外力就是洛伦兹力，则有，洛伦兹力充当向心力，即2v qvB m r =，()()22mqE mg mv R Bq+==如图所示，由几何关系可知，当粒子在O 点就改变电场时，第一次打在x 轴上的横坐标最小，()()()()22212222222sin2m qE mg mE m g x RB q q BqE mgθ+==⨯⨯==+当改变电场时粒子所在处于粒子第一次打在x轴上的位置之间的距离为2R时，第一次打在x轴上的横坐标最大，()()()()()()22222222222222[]25sinm qE mgm qE mgR m gxqE B q E q BqE mgθ++====+所以从O点射出的所有粒子第一次打在x轴上的坐标范围为12x x x≤≤，即2222225m g m gxq B q B≤≤（3）粒子束的初速度变为原来的2倍，则粒子不能做匀速直线运动，粒子必发生偏转，而洛伦兹力不做功，电场力和重力对粒子所做的总功必不为零；那么设离子运动到位置坐标（x，y）满足速率'v v=，则根据动能定理有()2211222qEx mgy mv m v--=--，3222231528m gqEx mgy mvq B--=-=-，所以22211528m gy xq B=-+点睛：此题考查带电粒子在复合场中的运动问题；关键是分析受力情况及运动情况，画出受力图及轨迹图；注意当求物体运动问题时，改变条件后的问题求解需要对条件改变引起的运动变化进行分析，从变化的地方开始进行求解．5．如图所示，在y>0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在y<0的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，一电子(质量为m、电量为e)从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动，当电子第一次穿越x轴时，恰好到达C点，当电子第二次穿越x轴时，恰好到达坐标原点；当电子第三次穿越x轴时，恰好到达D点，C、D两点均未在图中标出．已知A、C点到坐标原点的距离分别为d、2d.不计电子的重力．求(1)电场强度E的大小．(2)磁感应强度B的大小．(3)电子从A运动到D经历的时间t.【答案】（1）；（2）；（3）．【解析】试题分析：（1）电子在电场中做类平抛运动设电子从A到C的时间为t11分1分1分求出 E =1分（2）设电子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为θ，则θ = 45° 1分电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力1分由图可知1分得1分（3）由抛物线的对称关系，电子在电场中运动的时间为 3t1=1分电子在磁场中运动的时间 t2 =2分电子从A运动到D的时间 t=3t1+ t2=1分考点：带电粒子在电场中做类平抛运动匀速圆周运动牛顿第二定律6．如图所示，AB是一段长为s的光滑绝缘水平轨道，BC是一段竖直墙面。
高考物理带电粒子在电场中的运动题20套(带答案)及解析
高考物理带电粒子在电场中的运动题20套(带答案)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，一带电荷量q =+0.05C 、质量M =lkg 的绝缘平板置于光滑的水平面上，板上靠右端放一可视为质点、质量m =lkg 的不带电小物块，平板与物块间的动摩擦因数μ=0.75．距平板左端L =0.8m 处有一固定弹性挡板，挡板与平板等高，平板撞上挡板后会原速率反弹。
整个空间存在电场强度E =100N/C 的水平向左的匀强电场。
现将物块与平板一起由静止释放，已知重力加速度g =10m/s 2，平板所带电荷量保持不变，整个过程中物块未离开平板。
求：（1）平板第二次与挡板即将碰撞时的速率； （2）平板的最小长度；（3）从释放平板到两者最终停止运动，挡板对平板的总冲量。
【答案】（1）平板第二次与挡板即将碰撞时的速率为1.0m/s;（2）平板的最小长度为0.53m;（3）从释放平板到两者最终停止运动，挡板对平板的总冲量为8.0N•s 【解析】 【详解】（1）两者相对静止，在电场力作用下一起向左加速， 有a =qEm=2.5m/s 2＜μg 故平板M 与物块m 一起匀加速，根据动能定理可得：qEL =12（M +m ）v 21 解得v =2.0m/s平板反弹后，物块加速度大小a 1=mgmμ=7.5m/s 2，向左做匀减速运动平板加速度大小a 2=qE mgmμ+=12.5m/s 2， 平板向右做匀减速运动，设经历时间t 1木板与木块达到共同速度v 1′，向右为正方向。
-v 1+a 1t 1=v 1-a 2t 1解得t 1=0.2s ，v 1'=0.5m/s ，方向向左。
此时平板左端距挡板的距离：x =v 1t 122112a t -=0.15m 此后两者一起向左匀加速，设第二次碰撞时速度为v ，则由动能定理12（M +m ）v 2212-（M +m ）21'v =qEx 1解得v 2=1.0m/s（2）最后平板、小物块静止（左端与挡板接触），此时小物块恰好滑到平板最左端，这时的平板长度最短。
高中物理带电粒子在电场中的运动题20套(带答案)及解析
高中物理带电粒子在电场中的运动题20套(带答案)及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，xOy 平面处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外．点3,03P L ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭处有一粒子源，可向各个方向发射速率不同、电荷量为q 、质量为m 的带负电粒子．不考虑粒子的重力．（1）若粒子1经过第一、二、三象限后，恰好沿x 轴正向通过点Q （0，-L ），求其速率v 1；（2）若撤去第一象限的磁场，在其中加沿y 轴正向的匀强电场，粒子2经过第一、二、三象限后，也以速率v 1沿x 轴正向通过点Q ，求匀强电场的电场强度E 以及粒子2的发射速率v 2；（3）若在xOy 平面内加沿y 轴正向的匀强电场E o ，粒子3以速率v 3沿y 轴正向发射，求在运动过程中其最小速率v.某同学查阅资料后，得到一种处理相关问题的思路：带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中运动，若所受洛伦兹力与电场力不平衡而做复杂的曲线运动时，可将带电粒子的初速度进行分解，将带电粒子的运动等效为沿某一方向的匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动． 请尝试用该思路求解． 【答案】（1）23BLq m （2221BLq32230B E E v B +⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】 【详解】（1）粒子1在一、二、三做匀速圆周运动，则2111v qv B m r =由几何憨可知：()2221133r L r L ⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭得到：123BLqv m=（2）粒子2在第一象限中类斜劈运动，有：133L v t=，212qE h t m = 在第二、三象限中原圆周运动，由几何关系：12L h r +=，得到289qLB E m=又22212v v Eh =+，得到：22219BLqv m=（3）如图所示，将3v 分解成水平向右和v '和斜向的v ''，则0qv B qE '=，即0E v B'= 而'223v v v ''=+ 所以，运动过程中粒子的最小速率为v v v =''-'即：22003E E v v B B ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭2．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 。
带电粒子在电场中的运动(含解析)
带电粒子在电场中的运动一、带电粒子在电场中的直线运动1．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F 合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．(2)粒子所受合外力F 合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动．2．用动力学观点分析a ＝qE m ，E ＝U d，v 2－v 02＝2ad . 3．用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12mv 2－12mv 02 非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1●带电粒子在匀强电场中的直线运动【例1】如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O 、M 、P 点．由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点．现将C 板向右平移到P ′点，则由O 点静止释放的电子( )图6A ．运动到P 点返回B ．运动到P 和P ′点之间返回C ．运动到P ′点返回D ．穿过P ′点【答案】A【解析】根据平行板电容器的电容的决定式C ＝ εr S 4πkd 、定义式C ＝Q U和匀强电场的电压与电场强度的关系式U ＝Ed 可得E ＝ 4πkQ εr S，可知将C 板向右平移到P ′点，B 、C 两板间的电场强度不变，由O 点静止释放的电子仍然可以运动到P 点，并且会原路返回，故选项A 正确．【变式1】 两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射入，最远到达A 点，然后返回，如图所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )A.edh U B ．edUh C.eU dh D.eUh d【答案】D【解析】由动能定理得：－e U d h ＝－E k ，所以E k ＝eUh d，故D 正确． 二、带电粒子在交变电场中的直线运动【例2】 匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象如图所示．当t ＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子(带正电)，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )A ．带电粒子将始终向同一个方向运动B ．2 s 末带电粒子回到原出发点C ．3 s 末带电粒子的速度不为零D ．0～3 s 内，电场力做的总功为零【答案】D【解析】由牛顿第二定律可知带电粒子在第1 s 内的加速度和第2 s 内的加速度的关系，因此粒子将先加速1 s 再减速0.5 s ，速度为零，接下来的0.5 s 将反向加速……，v －t 图象如图所示，根据图象可知选项A 错误；由图象可知前2 s 内的位移为负，故选项B 错误；由图象可知3 s 末带电粒子的速度为零，故选项C 错误；由动能定理结合图象可知0～3 s 内，电场力做的总功为零，故选项D 正确．●带电粒子在电场力和重力作用下的直线运动问题【例3】如图所示，在竖直放置间距为d 的平行板电容器中，存在电场强度为E 的匀强电场．有一质量为m 、电荷量为＋q 的点电荷从两极板正中间处静止释放．重力加速度为g .则点电荷运动到负极板的过程( )A ．加速度大小为a ＝Eq m＋g B ．所需的时间为t ＝dm Eq C ．下降的高度为y ＝d 2D ．电场力所做的功为W ＝Eqd 【答案】B【解析】点电荷受到重力、电场力的作用，所以a ＝(Eq )2＋(mg )2m ，选项A 错误；根据运动独立性，水平方向点电荷的运动时间为t ，则d 2＝12Eq mt 2，解得t ＝md Eq ，选项B 正确；下降高度y ＝12gt 2＝mgd 2Eq，选项C 错误；电场力做功W ＝Eqd 2，选项D 错误． 【例4】如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b 沿直线运动到d ，且bd 与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论不正确的是( )A ．此液滴带负电B ．液滴的加速度大小为2gC ．合力对液滴做的总功等于零D ．液滴的电势能减少【答案】C【解析】带电液滴由静止开始沿bd 做直线运动，所受的合力方向必定沿bd 直线，液滴受力情况如图所示，电场力方向水平向右，与电场方向相反，所以此液滴带负电，故选项A 正确；由图知液滴所受的合力F ＝2mg ，其加速度为a ＝F m ＝2g ，故选项B 正确；因为合力的方向与运动的方向相同，故合力对液滴做正功，故选项C 错误；由于电场力所做的功W 电＝Eqx bd sin 45°>0，故电场力对液滴做正功，液滴的电势能减少，故选项D 正确．三、带电粒子在电场中的偏转1．两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．证明：由qU 0＝12mv 02 y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(l v 0)2 tan θ＝qU 1l mdv 02得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l 2U 0d(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点，即O 到偏转电场边缘的距离为l 2. 2．功能关系当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解：qU y ＝12mv 2－12mv 02，其中U y ＝U dy ，指初、末位置间的电势差．【例5】 质谱仪可对离子进行分析．如图所示，在真空状态下，脉冲阀P 喷出微量气体，经激光照射产生电荷量为q 、质量为m 的正离子，自a 板小孔进入a 、b 间的加速电场，从b 板小孔射出，沿中线方向进入M 、N 板间的偏转控制区，到达探测器(可上下移动)．已知a 、b 板间距为d ，极板M 、N 的长度和间距均为L ，a 、b 间的电压为U 1，M 、N 间的电压为U 2.不计离子重力及进入a 板时的初速度．求：(1)离子从b 板小孔射出时的速度大小；(2)离子自a 板小孔进入加速电场至离子到达探测器的全部飞行时间；(3)为保证离子不打在极板上，U 2与U 1应满足的关系．【答案】 (1)2qU 1m (2)(2d ＋L )m 2qU 1(3) U 2＜2U 1 【解析】(1)由动能定理qU 1＝12mv 2，得v ＝2qU 1m (2)离子在a 、b 间的加速度a 1＝qU 1md 在a 、b 间运动的时间t 1＝v a 1＝2m qU 1·d 在MN 间运动的时间：t 2＝Lv ＝L m 2qU 1离子到达探测器的时间：t ＝t 1＋t 2＝(2d ＋L )m 2qU 1； (3)在MN 间侧移：y ＝12a 2t 22＝qU 2L 22mLv 2＝U 2L 4U 1由y ＜L2，得 U 2＜2U 1. 【变式2】 如图所示，电荷量之比为q A ∶q B ＝1∶3的带电粒子A 、B 以相同的速度v 0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C 、D 点，若OC ＝CD ，忽略粒子重力的影响，则下列说法不正确的是( )A ．A 和B 在电场中运动的时间之比为1∶2B ．A 和B 运动的加速度大小之比为4∶1C ．A 和B 的质量之比为1∶12D ．A 和B 的位移大小之比为1∶1【答案】D【解析】粒子A 和B 在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x ＝v 0t 及OC ＝CD 得，t A ∶t B ＝1∶2；竖直方向由h ＝12at 2得a ＝2h t 2，它们沿竖直方向运动的加速度大小之比为a A ∶a B ＝4∶1；根据a ＝qE m 得m ＝qE a ，故m A m B ＝112，A 和B 的位移大小不相等，故选项A 、B 、C 正确，D 错误．【变式3】 如图所示，喷墨打印机中的墨滴在进入偏转电场之前会带上一定量的电荷，在电场的作用下带电荷的墨滴发生偏转到达纸上．已知两偏转极板长度L ＝1.5×10－2 m ，两极板间电场强度E ＝1.2×106 N/C ，墨滴的质量m ＝1.0×10－13 kg ，电荷量q ＝1.0×10－16 C ，墨滴在进入电场前的速度v 0＝15 m/s ，方向与两极板平行．不计空气阻力和墨滴重力，假设偏转电场只局限在平行极板内部，忽略边缘电场的影响．(1)判断墨滴带正电荷还是负电荷？(2)求墨滴在两极板之间运动的时间；(3)求墨滴离开电场时在竖直方向上的位移大小y .【答案】(1)负电荷 (2)1.0×10－3 s (3)6.0×10－4 m【解析】(1)负电荷．(2)墨滴在水平方向做匀速直线运动，那么墨滴在两板之间运动的时间t ＝L v 0.代入数据可得：t ＝1.0×10－3 s(3)离开电场前墨滴在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，a ＝Eq m代入数据可得：a ＝1.2×103 m/s 2离开偏转电场时在竖直方向的位移y ＝12at 2 代入数据可得：y ＝6.0×10－4 m.。
高中物理压轴题05 带电粒子在电场中运动(解析版)
压轴题05带电粒子在电场中的运动1.本专题是电场的典型题型，包括应用静电力的知识解决实际问题。
高考中既可以在选择题中命题，更会在计算题中命题。
2024年高考对于电场的考查仍然是热点。
2.通过本专题的复习，不仅利于完善学生的知识体系，也有利于培养学生的物理核心素养。
3.用到的相关知识有:电场力的性质、电场力能性质、带电粒子在电场中的平衡、加速、偏转等。
近几年的高考命题中一直都是以压轴题的形式存在，重点考查类型静电场的性质，电容器的动态分析，电场中的图像问题，带电粒子在电场中的运动问题，力电综合问题等。
考向一：静电场力的性质1．库仑定律(1)内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．(2)表达式：F＝k q1q2r2，式中k＝9.0×109N·m2/C2，叫做静电力常量．(3)适用条件：真空中的点电荷．①在空气中，两个点电荷的作用力近似等于真空中的情况，可以直接应用公式；②当两个带电体的间距远大于本身的大小时，可以把带电体看成点电荷．(4)库仑力的方向：由相互作用的两个带电体决定，且同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．(5)应用库仑定律的四条提醒a.在用库仑定律公式进行计算时，无论是正电荷还是负电荷，均代入电量的绝对值计算库仑力的大小．b.两个点电荷间相互作用的库仑力满足牛顿第三定律，大小相等、方向相反．c.库仑力存在极大值，由公式F＝k q1q2r2可以看出，在两带电体的间距及电量之和一定的条件下，当q1＝q2时，F最大．d.对于两个带电金属球，要考虑金属球表面电荷的重新分布．2．电场强度的三个公式的比较电场强度――――→点电荷电场E ＝k Q r 2―――→任何电场E ＝F q ―――→匀强电场E ＝U d ――→叠加平行四边形定则3．电场强度的计算与叠加在一般情况下可由上述三个公式计算电场强度，但在求解带电圆环、带电平面等一些特殊带电体产生的电场强度时，上述公式无法直接应用。
物理带电粒子在电场中的运动题20套(带答案)及解析
物理带电粒子在电场中的运动题20套(带答案)及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R ＝0.2m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B ＝1.0T ，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y 坐标轴相切于原点O 点。
y 轴右侧存在一个匀强电场，方向沿y 轴正方向，电场区域宽度l ＝0.1m 。
现从坐标为（﹣0.2m ，﹣0.2m ）的P 点发射出质量m ＝2.0×10﹣9kg 、带电荷量q ＝5.0×10﹣5C 的带正电粒子，沿y 轴正方向射入匀强磁场，速度大小v 0＝5.0×103m/s （粒子重力不计）。
（1）带电粒子从坐标为（0.1m ，0.05m ）的点射出电场，求该电场强度；（2）为了使该带电粒子能从坐标为（0.1m ，﹣0.05m ）的点回到电场，可在紧邻电场的右侧区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向。
【答案】（1）1.0×104N/C （2）4T ，方向垂直纸面向外 【解析】 【详解】解：（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有：200v qv B m r=可得：r =0.20m =R根据几何关系可以知道，带电粒子恰从O 点沿x 轴进入电场，带电粒子做类平抛运动，设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y 根据类平抛规律可得：2012l v t y at ==， 根据牛顿第二定律可得：Eq ma = 联立可得：41.010E =⨯N/C（2）粒子飞离电场时，沿电场方向速度：305.010y qE lv at m v ===⨯g m/s=0v 粒子射出电场时速度：02=v v根据几何关系可知，粒子在B '区域磁场中做圆周运动半径：2r y '=根据洛伦兹力提供向心力可得： 2v qvB m r'='联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小：4mvB qr'=='T 根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外。
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 。
带电粒子在电场中的运动练习题(含答案)
带电粒子在电场中的活动 【1 】 1.如图所示,A 处有一个静止不动的带电体Q,若在c 处有初速度为零的质子和α粒子,在电场力感化下由c 点向d 点活动,已知质子到达d 时速度为v1,α粒子到达d 时速度为v2,那么v1.v2等于：（）A. :1B.2∶1C.2∶1D.1∶22.如图所示,一电子沿等量异种电荷的中垂线由 A→O→B 匀速活动,电子重力不计,则电子除受电场力外,所受的另一个力的大小和偏向变更情形是：（ ）A ．先变大后变小,偏向程度向左B ．先变大后变小,偏向程度向右C ．先变小后变大,偏向程度向左D ．先变小后变大,偏向程度向右3.让. . 的混杂物沿着与电场垂直的偏向进入统一有界匀强电场偏转, 要使它们的偏转角雷同,则这些粒子必须具有雷同的( )4.如图所示,有三个质量相等,分离带正电,负电和不带电的小球,从上.下带电平行金属板间的P 点.以雷同速度垂直电场偏向射入电场,它们分离落到 A.B.C 三点,则 ( )A.A 带正电.B 不带电.C 带负电B.三小球在电场中活动时光相等C.在电场中加快度的关系是aC>aB>aAD.到达正极板时动能关系EA>EB>EC5．如图所示,实线为不知偏向的三条电场线,从电场中M 点以雷同速度垂直于电场线偏向飞出 a.b 两个带电粒子,活动轨迹如图中虚线所示,不计粒子重力及粒子之间的库仑力,则（）A ．a 必定带正电,b 必定带负电B ．a 的速度将减小,b 的速度将增长C ．a 的加快度将减小,b 的加快度将增长D ．两个粒子的动能,一个增长一个减小2H 11H 21H 316．空间某区域内消失着电场,电场线在竖直平面上的散布如图所示,一个质量为m.电荷量为q 的小球在该电场中活动,小球经由A 点时的速度大小为v1,偏向程度向右,活动至B 点时的速度大小为v2,活动偏向与程度偏向之间的夹角为α,A.B 两点之间的高度差与程度距离均为H,则以下断定中准确的是（ ）A ．若v2>v1,则电场力必定做正功B ．A.B 两点间的电势差2221()2m U v v q =-C ．小球活动到B 点时所受重力的瞬时功率2P mgv =D ．小球由A 点活动到B 点,电场力做的功22211122W mv mv mgH =-- 7.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,经由电压Ｕ１加快后沿中间线射入相距为d 的两平行金属板Ｂ.Ｃ间的匀强电场中,经由过程电场后打到荧光屏上,设Ｂ.Ｃ间电压为Ｕ２,Ｂ.Ｃ板长为L1,平行金属板右端到荧光屏的距离为L ２,求：（1）电子分开匀强电场时的速度与进入时速度间的夹角．（2）电子打到荧光屏上的地位偏离屏中间距离．8. 在真空中消失空间规模足够大的.程度向右的匀强电场．若将一个质量为m.带正电电量q 的小球在此电场中由静止释放,小球将沿与竖直偏向夹角为︒37的直线活动.现将该小球从电场中某点以初速度0v 竖直向上抛出,求活动进程中（取8.037cos ,6.037sin =︒=︒）（1）小球受到的电场力的大小及偏向;（2）小球活动的抛出点至最高点之间的电势差U ．带电粒子在电场中的活动答案7.解析:电子在真空管中的活动过火为三段,从Ｆ发出在电压Ｕ１感化下的加快活动;进入平行金属板Ｂ.Ｃ间的匀强电场中做类平抛活动;飞离匀强电场到荧光屏间的匀速直线活动．⑴设电子经电压Ｕ１加快后的速度为v1,依据动能定理有：21121mv eU = 电子进入Ｂ.Ｃ间的匀强电场中,在程度偏向以v1的速度做匀速直线活动,竖直偏向受电场力的感化做初速度为零的加快活动,其加快度为：dm eU m eE a 2==电子经由过程匀强电场的时光11v l t =电子分开匀强电场时竖直偏向的速度vy 为：112mdv l eUat v y ==电子分开电场时速度v2与进入电场时的速度v1夹角为α（如图５）则dU l U mdv l eU v v tg y112211212===α∴dU l U arctg 1122=α⑵电子经由过程匀强电场时偏离中间线的位移dU l U v l dm eU at y 1212212122142121=•== 电子分开电场后,做匀速直线活动射到荧光屏上,竖直偏向的位移d U l l U tg l y 1212222==α∴电子打到荧光屏上时,偏离中间线的距离为)2(22111221l l d U l U y y y +=+=8.解析：（1）依据题设前提,电场力大小mg mg F e 4337tan =︒=①电场力的偏向向右（2）小球沿竖直偏向做初速为0v 的匀减速活动,到最高点的时光为t ,则：图 ５00=-=gt v v ygv t 0=② 沿程度偏向做初速度为0的匀加快活动,加快度为x a g m F a e x 43==③ 此进程小球沿电场偏向位移为：gv t a s x x 8321202==④ 小球上升到最高点的进程中,电场力做功为： 20329mv S F qU W x e === q mv U 32920=⑤。
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。
高考物理带电粒子在电场中的运动题20套(带答案)含解析
高考物理带电粒子在电场中的运动题20套(带答案)含解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道ABC 固定在竖直面内，圆心为O ，轨道半径为R ，B 为轨道最低点。
该装置右侧的14圆弧置于水平向右的足够大的匀强电场中。
某一时刻一个带电小球从A 点由静止开始运动，到达B 点时，小球的动能为E 0，进入电场后继续沿轨道运动，到达C 点时小球的电势能减少量为2E 0，试求： （1）小球所受重力和电场力的大小； （2）小球脱离轨道后到达最高点时的动能。
【答案】（1）0E R 02E R（2）8E 0 【解析】 【详解】(1)设带电小球的质量为m ，则从A 到B 根据动能定理有：mgR ＝E 0则小球受到的重力为：mg ＝E R方向竖直向下；由题可知：到达C 点时小球的电势能减少量为2E 0，根据功能关系可知：EqR ＝2E 0则小球受到的电场力为：Eq ＝2E R方向水平向右，小球带正电。
(2)设小球到达C 点时速度为v C ，则从A 到C 根据动能定理有：EqR ＝212C mv ＝2E 0 则C 点速度为：v C 04E m方向竖直向上。
从C 点飞出后，在竖直方向只受重力作用，做匀减速运动到达最高点的时间为：41C v E t g g m== 在水平方向只受电场力作用，做匀加速运动，到达最高点时其速度为：0442E E qE qE v at t m mg m m==== 则在最高点的动能为：2200411(2)822k E E mv m E m===2．某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP′M′M 内有竖直向下的匀强电场，电场场强E ＝1.0×103V/m ，宽度d ＝0.05m ，长度L ＝0.40m ；区域MM′N′N 内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.5×10－2T ，宽度D ＝0.05m ，比荷qm＝1.0×108C/kg 的带正电的粒子以水平初速度v 0从P 点射入电场．边界MM′不影响粒子的运动，不计粒子重力．(1) 若v 0＝8.0×105m/s ，求粒子从区域PP′N′N 射出的位置；(2) 若粒子第一次进入磁场后就从M′N′间垂直边界射出，求v 0的大小； (3) 若粒子从M′点射出，求v 0满足的条件．【答案】(1)0.0125m (2) 3.6×105m/s. (3) 第一种情况：v 0＝54.00.8()10/21nm s n -⨯+ (其中n ＝0、1、2、3、4)第二种情况：v 0＝53.20.8()10/21nm s n -⨯+ (其中n ＝0、1、2、3)．【解析】 【详解】(1) 粒子以水平初速度从P 点射入电场后，在电场中做类平抛运动，假设粒子能够进入磁场，则竖直方向21··2Eq d t m＝ 得2mdt qE=代入数据解得t ＝1.0×10－6s 水平位移x ＝v 0t代入数据解得x ＝0.80m因为x 大于L ，所以粒子不能进入磁场，而是从P′M′间射出， 则运动时间t 0＝Lv ＝0.5×10－6s ， 竖直位移201··2Eq y t m＝＝0.0125m 所以粒子从P′点下方0.0125m 处射出．(2) 由第一问可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移x ＝v 0 2mdqE粒子进入磁场时，垂直边界的速度 v 1＝qE m ·t ＝2qEd m设粒子与磁场边界之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度为v ＝1v sin α在磁场中由qvB ＝m 2v R得R ＝mv qB 粒子第一次进入磁场后，垂直边界M′N′射出磁场，必须满足x ＋Rsinα＝L 把x ＝v 2md qE R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEdv m ＝代入解得 v 0＝L·2EqmdE B v 0＝3.6×105m/s.(3) 由第二问解答的图可知粒子离MM′的最远距离Δy ＝R －Rcosα＝R(1－cosα)把R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEdv m＝12(1cos )12sin 2mEd mEd y B q B q ααα-∆==可以看出当α＝90°时，Δy 有最大值，(α＝90°即粒子从P 点射入电场的速度为零，直接在电场中加速后以v 1的速度垂直MM′进入磁场运动半个圆周回到电场)1max 212mv m qEd mEdy qB qB m B q∆===Δy max ＝0.04m ，Δy max 小于磁场宽度D ，所以不管粒子的水平射入速度是多少，粒子都不会从边界NN′射出磁场．若粒子速度较小，周期性运动的轨迹如下图所示：粒子要从M′点射出边界有两种情况， 第一种情况： L ＝n(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t 把2md t qE =R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEdv m＝代入解得 0221221L qE n E v n md n B=⋅++v 0＝ 4.00.821n n -⎛⎫⎪+⎝⎭×105m/s(其中n ＝0、1、2、3、4)第二种情况：L ＝n(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t ＋2Rsinα 把2md t qE =、R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEd v m＝02(1)21221L qE n E v n md n B+=⋅++v 0＝ 3.20.821n n -⎛⎫⎪+⎝⎭×105m/s(其中n ＝0、1、2、3)．3．3L 、间距为L 、水平固定的平行金属板之间，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．现将下板接地，让质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子流从两板左端连线的中点O 以初速度v 0水平向右射入板间，粒子恰好打到下板的中点．若撤去平行板间的磁场，使上板的电势φ随时间t 的变化规律如图所示，则t=0时刻，从O 点射人的粒子P 经时间t 0(未知量)恰好从下板右边缘射出．设粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒子间的作用力均不计．(1)求两板间磁场的磁感应强度大小B ．(2)若两板右侧存在一定宽度的、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为了使t=0时刻射入的粒子P 经过右侧磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到O 点，求右侧磁场的宽度d 应满足的条件和电场周期T 的最小值T min ． 【答案】（1）0mv B qL = （2）223cos d R a R L ≥+= ；min 0(632)L T π+= 【解析】 【分析】 【详解】（1）如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为R 1，则0102qv B m v R =由几何关系：222113()()22L LR R =+- 解得0mv B qL=（2）粒子P 从O 003L v t =01122y L v t = 解得033y v v =设合速度为v ，与竖直方向的夹角为α，则：0tan 3yv v α== 则=3πα0023sin 3v v v α== 粒子P 在两板的右侧匀强磁场中做匀速圆周运动，设做圆周运动的半径为R 2，则212sin L R α=， 解得233L R =右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为223cos d R R L α≥+=； 由于粒子P 从O 点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到O 点的过程，运动轨迹是关于两板间的中心线是上下对称的，这两个过程经历的时间相等，则：2min 0(22)2R T t v πα--=解得()min6323L T v π+=【点睛】带电粒子在电场或磁场中的运动问题，关键是分析粒子的受力情况和运动特征，画出粒子的运动轨迹图，结合几何关系求解相关量，并搞清临界状态.4．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=60W5．如图甲所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N．现有一质量为m、带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，此时速度方向与x轴正方向的夹角为30°．不考虑电子所受的重力．（1）求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E的大小；（2）若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴．求所加磁场磁感应强度B的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标；（3）若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子从N点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同．请写出磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的关系表达式．【答案】（1）（2）（3）（n=1，2，3…）（n=1，2，3…）【解析】（1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图1中所示．由速度关系可得：解得：由速度关系得：v y=v0tanθ=v0在竖直方向：而水平方向:解得：（2）根据题意作图如图1所示，电子做匀速圆周运动的半径R=L根据牛顿第二定律：解得：根据几何关系得电子穿出圆形区域时位置坐标为（，-）（3）电子在在磁场中最简单的情景如图2所示．在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为60°，设电子运动的轨道半径为r，运动的T0，粒子在x轴方向上的位移恰好等于r1；在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度减半，电子运动周期T′=2T0，故粒子的偏转角度仍为60°，电子运动的轨道半径变为2r，粒子在x轴方向上的位移恰好等于2r．综合上述分析，则电子能到达N点且速度符合要求的空间条件是：3rn=2L（n=1，2，3…）而：解得：（n=1，2，3…）应满足的时间条件为： (T0+T′)=T而：解得（n=1，2，3…）点睛：本题的靓点在于第三问，综合题目要求及带电粒子运动的半径和周期关系，则符合要求的粒子轨迹必定是粒子先在正B0中偏转60°，而后又在− B0中再次偏转60°，经过n次这样的循环后恰恰从N点穿出．先从半径关系求出磁感应强度的大小，再从周期关系求出交变磁场周期的大小.6．长为L的平行板电容器沿水平方向放置，其极板间的距离为d，电势差为U，有方向垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场．荧光屏MN与电场方向平行，且到匀强电、磁场右侧边界的距离为x，电容器左侧中间有发射质量为m带＋q的粒子源，如图甲所示．假设a、b、c三个粒子以大小不等的初速度垂直于电、磁场水平射入场中，其中a 粒子沿直线运动到荧光屏上的O点；b粒子在电、磁场中向上偏转；c粒子在电、磁场中向下偏转．现将磁场向右平移与电场恰好分开，如图乙所示．此时，a、b、c粒子在原来位置上以各自的原速度水平射入电场，结果a粒子仍恰好打在荧光屏上的O点；b、c中有一个粒子也能打到荧光屏，且距O点下方最远；还有一个粒子在场中运动时间最长，且打到电容器极板的中点．求：(1)a粒子在电、磁场分开后，再次打到荧光屏O点时的动能；(2)b，c粒子中打到荧光屏上的点与O点间的距离(用x、L、d表示)；(3)b，c中打到电容器极板中点的那个粒子先、后在电场中，电场力做功之比．【答案】(1)242222222akL B d q m UEmB d= (2)1()2xy dL=+ (3)11224==5UqyW dUqW yd【解析】【详解】据题意分析可作出abc三个粒子运动的示意图，如图所示．(1) 从图中可见电、磁场分开后，a 粒子经三个阶段：第一，在电场中做类平抛运动；第二，在磁场中做匀速圆周运动；第三，出磁场后做匀速直线运动到达O 点，运动轨迹如图中Ⅰ所示．Uq Bqv d=， BdU v =， L LBd t v U==， 222122a Uq L B qdy t dm mU ==， 21()2a a k U U qy E m d Bd=- 242222222a k L B d q m U E mB d= (2) 从图中可见c 粒子经两个阶段打到荧光屏上．第一，在电场中做类平抛运动；第二，离开电场后做匀速直线运动打到荧光屏上，运动轨迹如图中Ⅱ所示．设c 粒子打到荧光屏上的点到O 点的距离为y ，根据平抛运动规律和特点及几何关系可得12=122dy L L x +， 1()2x y d L =+(3) 依题意可知粒子先后在电场中运动的时间比为t 1=2t 2如图中Ⅲ的粒子轨迹，设粒子先、后在电场中发生的侧移为y 1，y 22111·2Uq y t md =，11y Uq v t md =122221·2y Uq t m y t dv +=，22158qU y t md=， 124=5y y ， 11224==5Uqy W d Uq W y d7．如图所示，虚线MN 为匀强电场和匀强磁场的分界线，匀强电场场强大小为E 方向竖直向下且与边界MN 成θ=45°角，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向外，在电场中有一点P ，P 点到边界MN 的竖直距离为d 。
高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析
高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP ，由半径r ＝0.5m 的圆弧轨道CDP 和与之相切于C 点的水平轨道ABC 组成，圆弧轨道的直径DP 与竖直半径OC 间的夹角θ＝37°，A 、B 两点间的距离d ＝0.2m 。
质量m 1＝0.05kg 的不带电绝缘滑块静止在A 点，质量m 2＝0.1kg 、电荷量q ＝1×10﹣5C 的带正电小球静止在B 点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场。
现用大小F ＝4.5N 、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达B 点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P 点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心。
小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦。
取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v 以及匀强电场的电场强度大小E ； (2)求小球到达P 点时的速度大小v P 和B 、C 两点间的距离x ；(3)若小球从P 点飞出后落到水平轨道上的Q 点（图中未画出）后不再反弹，求Q 、C 两点间的距离L 。
【答案】（1）撤去该恒力瞬间滑块的速度大小是6m/s ，匀强电场的电场强度大小是7.5×104N/C ；（2）小球到达P 点时的速度大小是2.5m/s ，B 、C 两点间的距离是0.85m 。
（3）Q 、C 两点间的距离为0.5625m 。
【解析】 【详解】（1）对滑块从A 点运动到B 点的过程，根据动能定理有：Fd ＝12m 1v 2， 代入数据解得：v ＝6m/s小球到达P 点时，受力如图所示，由平衡条件得：qE ＝m 2g tanθ， 解得：E ＝7.5×104N/C 。
105带电粒子在电场中的运动同步练习(Word版含解析)
人教版必修第三册 10.5 带电粒子在电场中的运动一、单选题1．示波器是一种常见的电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时间变化的情况。
示波器的内部构造简化图如图所示，电子经电子枪加速后进入偏转电场，最终打在荧光屏上。
下列关于所加偏转电压与荧光屏上得到图形的说法中正确的是（）A．如果只在XX'上加图甲所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（a）B．如果只在YY'上加图乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（b）C．如果在YY'、XX'上分别加图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（c）D．如果在YY'，XX'上分别加图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（d）2．如图，竖直放置的圆环处于水平向左的匀强电场中，A，B、C、D为圆环上的四个点，AD竖直，AB与AD间夹角=60θ，AC为圆环直径，沿AB、AC、AD分别固定光滑细杆。
现让质量均为m、带电量均为+ q的带孔小球分别套在细杆AB、AC、AD上（图中未画出），均从A点由静止开始下滑，设小球分别经时间tB、tC、tD到达B、C、D三点。
已知匀强电场场强大小E g，关于三个小球的运动时间tB、tC、tD，下列说法正确的是（）A．tB=tC=tD B．tB > tC > tD C．tB < tC < tD D．tD < tB < tC 3．如图所示，绝缘的水平面上有一质量为0.1kg的带电物体，物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.75，物体恰能在水平向左的匀强电场中向右匀速运动，电场强度E=1×103N/C，g取10m/s2。
则下列说法正确的是（）A．物体带正电B．物体所带的电荷量绝对值为47.510CC．若使物体向右加速运动，则电场方向应变为斜向左下方且与水平方向成37°角D．若使物体向右加速运动，则加速度的最大值为1.25m/s24．如图所示，氘核和氦核以相同初速度从水平放置的两平行金属板正中间进入板长为L、两板间距离为d、板间加直流电压U的偏转电场，一段时间后离开偏转电场。
带电粒子在匀强电场中的运动典型例题与练习(含答案)
专题: 带电粒子在匀强电场中的运动典型题注意：带电粒子是否考虑重力要依据情况而定（1）基本粒子：如电子、质子、 粒子、离子等，除有说明或明确的暗示外，一般都不考虑重力（但不能忽略质量）。
（2）带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或明确的暗示外，一般都不能忽略重力。
一、带电粒子在匀强电场中的加速运动【例1】如图所示，在真空中有一对平行金属板，两板间加以压U 。
在板间靠近正极板附近有一带正电荷q 的带电粒子，它在电场力作用下由开始从正极板向负极板运动，速度为多大？【例2】如图所示，两个极板的正中央各有一小孔，两板间加以电压U ，一带正电荷q 的带电粒子以初速度v 0从左边的小孔射入，并从右边的小孔射出，则射出时速度为多少？二、带电粒子在电场中的偏转（垂直于场射入）⑴运动状态分析：粒子受恒定的电场力，在场中作匀变速曲线运动．⑵处理方法：采用类平抛运动的方法来分析处理——（运动的分解）．02102v tat t 垂直于电场方向匀速运动：x=沿着电场方向作初速为的匀加速：y=两个分运动联系的桥梁：时间相等设粒子带电量为q ，质量为如图6－4－3两平行金属板间的电压为Ｕ，板长为L ，板间距离为d ．则场强UE d ＝，加速度qE qUammd， 通过偏转极板的时间：0L t v 侧移量：y22221242LU qUL at dU mdv 偏加偏转角：0tanat v 202LU qULdU mdv 偏加（U 偏、Ｕ加分别表示加速电场电压和偏转电场电压）带电粒子从极板的中线射入匀强电场，其出射时速度方向的反向延长线交于入射线的中点．所以侧移距离也可表示为： tan 2Ly .粒子可看作是从两板间的中点沿直线射出的 M N q U M N qUv 0 v 图6－4－3【例3】质量为m 、电荷量为q 的带电粒子以初速0v 沿垂直于电场的方向，进入长为l 、间距为d 、电压为U 的平行金属板间的匀强电场中，粒子将做匀变速运动，如图所示，若不计粒子重力，则可求出如下相关量：（1）粒子穿越电场的时间t ：（2）粒子离开电场时的速度v（3）粒子离开电场时的侧移距离y ： （4）粒子离开电场时的偏角ϕ：（5）速度方向的反向延长线必过偏转电场的中点 解：（1）粒子穿越电场的时间t ：粒子在垂直于电场方向以0v v x =做匀速直线运动，t v l 0=，0v l t =； （2）粒子离开电场时的速度v ：粒子沿电场方向做匀加速直线运动，加速度mdqUm qE a ==，粒子离开电场时平行电场方向的分速度0mdv qUl at v y ==，所以20222)(mdv qUl v v v v y x +=+=。
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。
带电粒子在电场中的运动(含经典例、习题)
带电粒子在电场中的运动(含经典例、习题)速度v从左侧进入金属板间的电场，其电荷量为-e，重力可以忽略不计．求电子在电场中飞行的轨迹及其速度大小．在匀强电场中，带电粒子做类平抛运动，可以将其运动分解为初速度方向的匀速直线运动和电场力方向的初速度为零的匀加速直线运动．根据运动学公式，可以得到带电粒子在电场中的运动轨迹和速度大小．首先，根据电场的定义，可以计算出电场强度E为E=U/d，其中U为电势差，d为板间距离．又因为电子带负电荷，所以电场力方向与电场强度方向相反，即F=qE=(-e)E．由于重力可以忽略不计，所以带电粒子在水平方向上做匀速直线运动，速度大小保持不变，即v_x=v．在竖直方向上，带电粒子受到电场力的作用，做匀加速直线运动，根据运动学公式可以得到其竖直方向上的位移y和速度大小v_y：y=1/2at^2=1/2(-eE/m)t^2v_y=at=-eEt/m带入初速度为v和加速度为-eE/m的运动公式，可以得到带电粒子在电场中的运动轨迹为抛物线，轨迹方程为：y=-1/2(eE/m)x^2+(v^2/2eE)速度大小为：v=√(v_x^2+v_y^2)=√(v^2+2eEU/m)其中，U为A、B间电势差，即所求的值．一、电子在板间的运动一个速度为$v=4.0\times10^7m/s$的电子从两板中央水平射入板间，然后从板间飞出，射到距板右端$L=45cm$、宽$D=20cm$的荧光屏上。
荧光屏中点在两板间的中线上。
不计电子重力，电子质量$m=9.0\times10^{-31}kg$，电荷量$e=1.6\times10^{-19}C$。
要求解：1)电子飞入两板前所经历的加速电场的电压（设从静止加速）；2)为使带电粒子能射到荧光屏的所有位置，两板间所加电压的取值范围。
二、带电粒子在交变电场中的运动带电粒子在交变电场中的运动受到电场力周期性变化的影响，因此其运动性质具有周期性。
研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究，特别要注意带电粒子进入交变电场的时间及交变电场的周期。
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带电粒子在电场中的运动专题练习知识点：1．带电粒子经电场加速：处理方法，可用动能定理、牛顿运动定律或用功能关系。
qU =mv t 2/2-mv 02/2 ∴ v t =，若初速v 0=0，则v = 。
2．带电粒子经电场偏转： 处理方法：灵活应用运动的合成和分解。
带电粒子在匀强电场中作类平抛运动， U 、 d 、 l 、 m 、 q 、 v 0已知。
(1)穿越时间:(2)末速度:(3)侧向位移:（4）偏角：1、如图所示，长为L 、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中， 一带电量为+q 、质量为m 的小球，以初速度v 0从斜面底端 A 点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端B 点时，速度仍为v 0，则 （ ）A ．A 、B 两点间的电压一定等于mgLsin θ/qB ．小球在B 点的电势能一定大于在A 点的电势能C ．若电场是匀强电场，则该电场的电场强度的最大值一定为mg/qD ．如果该电场由斜面中点正止方某处的点电荷产生，则该点电荷必为负 电荷2、如图所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中0点自由释放后，分别抵达B 、C 两点，若AB=BC ，则它们带电荷量之比q 1：q 2等于（ ）A ．1：2B ．2：1C ．1：2D ．2：13．如图所示，两块长均为L 的平行金属板M 、N 与水平面成α角放置在同一竖直平面，充电后板间有匀强电场。
一个质量为m 、带电量为q 的液滴沿垂直于电场线方向射人电场，并沿虚线通过电场。
下列判断中正确的是( )。
A 、电场强度的大小E ＝mgcos α/qB 、电场强度的大小E ＝mgtg α/qC 、液滴离开电场时的动能增量为-mgLtg αD 、液滴离开电场时的动能增量为-mgLsin α4．如图所示，质量为m 、电量为q 的带电微粒，以初速度V 0从A 点竖直向上射入水平方向、电场强度为E 的匀强电场中。
当微粒经过B 点时速率为V B ＝2V 0，而方向与E 同向。
下列判断中正确的是( )。
A 、A 、B 两点间电势差为2mV 02/q B 、A 、B 两点间的高度差为V 02/2gC 、微粒在B 点的电势能大于在A 点的电势能D 、从A 到B 微粒作匀变速运动1．一个带正电的微粒，从A 点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB 运动，如图，AB与电场线夹角θ=30°，已知带电微粒的质量m =1.0×10－7kg ，电量q =1.0×10－10C ，A 、B 相距L =20cm ．（取g =10m/s 2，结果保留二位有效数字）求：（1）说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由．（2）电场强度的大小和方向？（3）要使微粒从A 点运动到B 点，微粒射入电场时的最小速度是多少？2．一个带电荷量为－q 的油滴，从O 点以速度v 射入匀强电场中，v 的方向与电场方向成θ角，已知油滴的质量为m ，测得油滴达到运动轨迹的最高点时，它的速度大小又为v ，求：(1) 最高点的位置可能在O 点的哪一方？ (2) 电场强度 E 为多少？(3) 最高点处(设为N )与O 点的电势差U NO 为多少？3. 如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L = 0.1m ，两板间距离 d = 0.4 cm ，有一束相同微粒组成的带电粒子流从两板中央平行极板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，已知微粒质量为 m = 2×10-6kg ，电量q = 1×10-8 C ，电容器电容为C =10-6 F ．求(1) 为使第一粒子能落点范围在下板中点到紧靠边缘的B 点之内，则微粒入射速度v 0应为多少？(2) 以上述速度入射的带电粒子，最多能有多少落到下极板上？4.如图所示，在竖直平面内建立xOy 直角坐标系，Oy 表示竖直向上的方向。
已知该平面内存在沿x 轴负方向的区域足够大的匀强电场，现有一个带电量为2.5×10－4C 的小球从坐标原点O 沿y 轴正方向以0.4kg.m/s 的初动量竖直向上抛出，它到达的最高点位置为图中的Q 点，不计空气阻力，g 取10m/s 2.（1）指出小球带何种电荷； （2）求匀强电场的电场强度大小；（3）求小球从O 点抛出到落回x 轴的过程中电势能的改变量.5、如图所示，一对竖直放置的平行金属板A 、B 构成电容器，电容为C 。
电容器的A 板接地，且中间有一个小孔S ，一个被加热的灯丝K 与S 位于同一水平线，从丝上可以不断地发射出电子，电子经过电压U 0加速后通过小孔S 沿水平方V vB A向射入A 、B 两极板间。
设电子的质量为m ，电荷量为e ，电子从灯丝发射时的初速度不计。
如果到达B 板的电子都被B 板吸收，且单位时间内射入电容器的电子数为n 个，随着电子的射入，两极板间的电势差逐渐增加，最终使电子无法到达B 板，求：（1）当B 板吸收了N 个电子时，AB 两板间的电势差（2）A 、B 两板间可以达到的最大电势差(U O )（3）从电子射入小孔S 开始到A 、B 两板间的电势差达到最大值所经历的时间。
6．如图所示是示波器的示意图，竖直偏转电极的极板长L 1=4cm ，板间距离d=1cm 。
板右端距离荧光屏L 2=18cm ，（水平偏转电极上不加电压，没有画出）电子沿中心线进入竖直偏转电场的速度是v=1.6×107m/s ，电子电量e=1.6×10-19C ，质量m=0.91×10-30kg 。
(1)要使电子束不打在偏转电极上，加在竖直偏转电极上的最大偏转电压U 不能超过多大？(2)若在偏转电极上加u=27.3sin100πt (V)的交变电压，在荧光屏竖直坐标轴上能观察到多长的线段？7．两块水平平行放置的导体板如图所示，大量电子（质量m 、电量e ）由静止开始，经电压为U 0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间。
当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t 0；当在两板间加如图所示的周期为2t 0，幅值恒为U 0的周期性电压时，恰好．．能使所有电子均从两板间通过。
问： ⑴这些电子通过两板之间后，侧向位移的最大值和最小值分别是多少？⑵侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少？1、A D2、B 3 AD 4 ABD1．（1）微粒只在重力和电场力作用下沿AB 方向运动，在垂直于AB 方向上的重力和电场力必等大反向，可知电场力的方向水平向左，如图所示，微粒所受合力的方向由B 指向A ，与初速度v A 方向相反，微粒做匀减速运动．（2）在垂直4t 0 t 0 3t 0 2t 0 t 0 U 0UU 0 L 1 L 2 O O' O' d于AB 方向上，有qE sin θ－mg cos θ=0 所以电场强度E =1.7×104N/C电场强度的方向水平向左（3）微粒由A 运动到B 时的速度v B =0时，微粒进入电场时的速度最小，由动能定理得， mgL sin θ+qEL cos θ=mv A 2/2 代入数据，解得v A =2.8m/s （2分）2．(1) 在O 点的左方．(2) U NO =qmv 2sin 22θ． (1)由动能定理可得在O 点的左方．(2)在竖直方向 mgt = mv sin θ，水平方向 qEt = mv + mv cos θ．(3) 油滴由O 点N点，由qU －mgh = 0，在竖直方向上，(v 0 sin θ)2 = 2gh ．U NO =qmv 2sin 22θ． 3．(1)若第1个粒子落到O 点，由2L ＝v 01t 1，2d ＝21gt 12得v 01＝2.5 m/s ．若落到B 点，由L ＝v 02t 1，2d ＝21gt 22得v 02＝5 m/s ．故2.5 m/s ≤v 0≤5 m/s ．(2)由L ＝v 01t ，得t ＝4×10-2 s ．2d ＝21at 2得a ＝2.5 m/s 2，有mg －qE=ma ，E=dc Q 得Q ＝6×10-6 C ．所以qQ n =＝600个． 4：（1）小球带负电（2）小球在y 方向上做竖直上抛运动，在x 方向做初速度为零的匀加速运动，最高点Q 的坐标为（1.6m, 3.2m ） 由gy v 220= ①代入数据得 s m v /80= （1分） 由初动量p=m v 0 ②解得 m=0.05kg 又m qEt at x 22122== ③ 221gt y = ④ 由③④代入数据得E=1×103N/C （3）由④式可解得上升段时间为t=0.8s 所以全过程时间为s t t 6.12=='代入③式可解得x 方向发生的位移为x =6.4m由于电场力做正功，所以电势能减少，设减少量为△E ，代入数据得△E=qE x =1.6J5．（1）CNe （2）U 0（3）t=ne C U 0 6．解：(1)22121at d = ①dm Ue a = ② v L t 1= ③ 由以上三式，解得：2122eL v md U = ④代入数据，得 U=91V ⑤ (2)偏转电压的最大值：U 1=27.3V ⑥ 通过偏转极板后，在垂直极板方向上的最大偏转距离：21121)(221vL dm e U t a y == ⑦ 设打在荧光屏上时，亮点距O'的距离为y'，则：2/2/'112L L L y y += ⑧ 荧光屏上亮线的长度为：l=2y' ⑨代入数据，解得l=3cm ⑩7． (画出电子在t=0时和t=t 0时进入电场的v-t 图象进行分析t v v v（1）001t md eU v y =， ==0022t md eU v y md t eU 002 233)21(2200010101max d md t eU t v t v t v s y y y y ===+= 4235.121200010101min d md t eU t v t v t v s y y y y ===+=解得006t m eU d = m eU t d s y 00max 622==，m eU t d s y 00min 644==（2）由此得m eU t md eU v y 6)(020021==，==20022)2(t md eU v y m eU 320 (2分) 而m eU v 0202= 131612/3/21212121000021202220min max =++=++=eU eU eU eU m mv mv mv E E y y K K。