2020版高考加练复习：第7章 微专题54 带电粒子在电场中的加速和偏转
2020年高考物理专题复习：带电粒子在电场中的加速和偏转精讲
2020年高考物理专题复习：带电粒子在电场中的加速和偏转精讲一、带电粒子（或带电体）在电场中的直线运动1. 带电粒子在电场中运动时重力的处理（1）基本粒子：如电子、质子，α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力（但并不忽略质量）；（2）带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力。
2. 带电粒子在电场中平衡的解题步骤：（1）选取研究对象；（2）进行受力分析，注意电场力的方向特点；（3）由平衡条件列方程求解。
3. 解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路：（1）根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的运动情况。
此方法只适用于匀强电场；（2）根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解。
此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场。
二、带电粒子在电场中的偏转1. 带电粒子在匀强电场中的偏转（1）条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场。
（2）运动性质：匀变速曲线运动。
（3）处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动。
（4）运动规律：①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧====qU mdy t t md qU at y b v t a 2,221:.1:.220不能飞出电容器能飞出电容器 ②沿电场力方向，做匀加速直线运动⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧=======200222tan :221::mdv Uql v v mdv Uql at y md Uq m qE m F a y θ离开电场时的偏转角离开电场时的偏移量加速度 2. 带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论（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；（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2l。
2020届高考物理 带电粒子在电场中的运动专题练习(含答案)
v图4带电室信号输入墨盒纸2020届高考物理 带电粒子在电场中的运动专题练习（含答案）1. 如图，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，在负极板附近有另一质量为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一平行于正极板且与其相距的平面。
若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M ：m 为（ A ） A. 3∶2 B. 2∶1 C. 5∶2 D. 3∶12. 如图，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 （ D ） 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3. 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 ） (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4. 如图所示，在点电荷Q 产生的电场中，实线MN 是一条方向未标出的电场线，虚线AB 是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。
设电子在A 、B 两点的加速度大小分别为a A 、a B ，电势能分别为E p A 、E p B 。
下列说法正确的是 A ．电子一定从A 向B 运动B ．若a A >a B ，则Q 靠近M 端且为正电荷C ．无论Q 为正电荷还是负电荷一定有E p A <E p BD ．B 点电势可能高于A 点电势 【答案】BC5. 喷墨打印机的简化模型如图4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l 52P'MNABaA.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 答： C6. 图(a )为示波管的原理图。
带电粒子在电场中的加速及偏转练习题
带电粒子在电场中的加速及偏转练习题1．如图所示是示波器原理图，电子以电压为Ｕ１的加速电场加速后射入电压为Ｕ２的偏转电场，离开偏转电场后电子打在荧光屏上的Ｐ点，Ｐ点与Ｏ点的距离叫做偏转距离，而单位偏转电压引起的偏转距离称之为示波器的灵敏度，欲提高示波器的灵敏度，应采取下列哪些方法？（）Ａ．提高加速电压Ｕ１Ｂ．增大偏转电场极板长度Ｃ．增大偏转电场极板与荧光屏间的距离Ｄ．减小偏转电场极板间的距离2.如图所示，从灯丝发热后发出的电子经加速电场后，进入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，要使电子在电场中的偏转量y变为原来的2倍，可选用的方法是(设电子不落到电极上)A.只使U1变为原来的1/2倍；B.只使U2变为原来的1/2倍；C.只使偏转电极的长度L变为原来的2倍；D.只使偏转电极间的距离d减为原来的1/2倍3.几种不同的正离子，都从静止开始，经一定的电势差加速后，垂直射入到同一个匀强偏转电场中，已知它们在电场中的偏转轨迹完全相同，由此可知[ ]A．它们是经过相同的电势差加速后射入的 B．被加速后它们具有相同的动能C．被加速后它们一定具有相同的速度 D．它们射出偏转电场后速度可能不相同4.三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，以相同的速率在带电平行金属板间的P点沿垂直电场方向射入电场，分别落到a 、b 、c 点，如图，则（）A.三个小球在电场中运动的时间相等B.三个小球到达正极板时的动能相等C.落到 a 点的小球原来带正电，b 点的小球原来不带电，c 点的小球原来带负电D.三个小球在电场中的加速度 a c＞a b＞a a5.如图所示，质量为m、电量为q的带电微粒，以初速度V0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＝2V0，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2mV02/qB.A、B两点间的高度差为V02/2gC.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6．一个带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示。
带电粒子在电场中的加速和偏转
带电粒子在电场中的加速和偏转知识要点梳理知识点一：带电粒子在电场中的加速和减速运动要点诠释：（1）带电粒子在匀强电场中运动的计算方法用牛顿第二定律计算：带电粒子受到恒力的作用，可以方便地由牛顿第二定律以及匀变速直线运动的公式进行计算。
用动能定理计算：带电粒子在电场中通过电势差为U的两点时动能的变化是，AB则。
(2)带电粒子在非匀强电场中运动的计算方法用动能定理计算：在非匀强电场中，带电粒子受到变力的作用，用牛顿第二定律计算不方便，通常只用动能定理计算。
：如图真空中有一对平行金属板，间距为d，接在电压为U的电源上，质量为m、电量为q的正进入电场，到达负极板时从负极板上正对的小孔穿出。
不计重力，求：正电电荷穿过正极板上的小孔以v荷穿出时的速度v是多大？解法一、动力学由牛顿第二定律：①2=2ad ②由运动学知识：v2－v联立①②解得：解法二、由动能定理解得讨论：（1）若带电粒子在正极板处v0≠0，由动能定理得qU=mv2-mv，解得v=（2）若将图中电池组的正负极调换，则两极板间匀强电场的场强方向变为水平向左，带电量为+q，质量为m的带电粒子，以初速度v，穿过左极板的小孔进入电场，在电场中做匀减速直线运动。
①若v＞，则带电粒子能从对面极板的小孔穿出，穿出时的速度大小为v，有 -qU=mv2-mv2解得v=②若v＜，则带电粒子不能从对面极板的小孔穿出，带电粒子速度减为零后，反方向加速运动，从左极板的小孔穿出，穿出时速度大小v=v。
设带电粒子在电场中运动时距左极板的最远距离为x，由动能定理有： -qEx=0-mv2又E=(式d中为两极板间距离)解得x=。
知识点二：带电粒子在电场中的偏转要点诠释：（1）带电粒子在匀强电场中的偏转高中阶段定量计算的是，带电粒子与电场线垂直地进入匀强电场或进入平行板电容器之间的匀强电场。
如图所示：（2）粒子在偏转电场中的运动性质受到恒力的作用，初速度与电场力垂直，做类平抛运动：在垂直于电场方向做匀速直线运动；在平行于电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。
带电粒子在电场中的加速和偏转的运动
带电粒子在电场中的加速和偏转的运动资料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．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 d U Eh U OA ==，所以deUh mv =2021 . 故D 正确． 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 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，受偏转图1—8—4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 2④md qU m F a 2== ⑤.mU q d l U qU m l md qU at v y 121222=•== ⑥1242222212220U 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，图1—8－5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．练习：一、选择题（不定项）某电场的部分电场线如图所示，A、B是一带电粒子仅在电场力作用下运动轨迹(图中虚线)上的两点，下列说法中正确的是: ( )A．粒子一定带负电 B．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度C．粒子不可能是从B点向A点运动 D．电场中A点的电势高于B点的电势2、一带电粒子射入一固定正点电荷Q形成的电场中，并沿图中虚线由a运动到b点，a、b 两点到点电荷Q的距离分别为r a、r b，且r a>r b，若粒子只受电场力作用，这一过程中: （）A．电场力对粒子做负功 B．粒子在b点电势能小于在a点的电势能C．粒子在b点动能小于在a点的动能 D．粒子在b点加速度大于在a点的加速度3、如图5所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹。
带电粒子在电场中的加速和偏转知识归纳与运用技巧
带电粒子在电场中的加速和偏转知识归纳与运用技巧知识点一：带电粒子在电场中的加速和减速运动要点诠释：（1）带电粒子在匀强电场中运动的计算方法用牛顿第二定律计算：带电粒子受到恒力的作用，可以方便的由牛顿第二定律以及匀变速直线运动的公式进行计算。
用动能定理计算：带电粒子在电场中通过电势差为U AB的两点时动能的变化是，则。
(2)带电粒子在非匀强电场中运动的计算方法用动能定理计算：在非匀强电场中，带电粒子受到变力的作用，用牛顿第二定律计算不方便，通常只用动能定理计算。
：如图真空中有一对平行金属板，间距为d，接在电压为U的电源上，质量为m、电量为q的正电荷穿过正极板上的小孔以v0进入电场，到达负极板时从负极板上正对的小孔穿出。
不计重力，求：正电荷穿出时的速度v是多大？解法一、动力学由牛顿第二定律：①由运动学知识：v2－v02=2ad ②联立①②解得：解法二、由动能定理解得讨论：（1）若带电粒子在正极板处v0≠0，由动能定理得qU=mv2-mv02解得v=（2）若将图中电池组的正负极调换，则两极板间匀强电场的场强方向变为水平向左，带电量为+q，质量为m的带电粒子，以初速度v0，穿过左极板的小孔进入电场，在电场中做匀减速直线运动。
①若v0＞，则带电粒子能从对面极板的小孔穿出，穿出时的速度大小为v，有 -qU=mv2-mv02解得v=②若v0＜，则带电粒子不能从对面极板的小孔穿出，带电粒子速度减为零后，反方向加速运动，从左极板的小孔穿出，穿出时速度大小v=v0。
设带电粒子在电场中运动时距左极板的最远距离为x，由动能定理有： -qEx=0-mv02又E=(式d中为两极板间距离)解得x=。
知识点二：带电粒子在电场中的偏转要点诠释：（1）带电粒子在匀强电场中的偏转高中阶段定量计算的是，带电粒子与电场线垂直地进入匀强电场或进入平行板电容器之间的匀强电场。
如图所示：（2）粒子在偏转电场中的运动性质受到恒力的作用，初速度与电场力垂直，做类平抛运动：在垂直于电场方向做匀速直线运动；在平行于电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。
带电粒子在电场中的加速和偏转
带电粒子在电场中的加速和偏转1、(多选)如图所示P 和Q 为两平行金属板，板间电压为U ，在P 板附近有一电子由静止开始向Q 板运动，不计重力，关于电子到达Q 板时的速率，下列说法正确的是（ CD ）A ．两板间距离越大，加速度越大，加速时间越长B ．两板间距离越小，加速度越大，加速时间越长C ．两板间距离越小，加速度越大，加速时间越短D ．电子到达Q 板时的速率与两板间距离无关，仅与加速电压U 有关2、如图所示是真空中A 、B 两板间的匀强电场，一电子由A 板无初速度释放运动到B 板，设电子在前一半时间内和后一半时间内的位移分别为s 1和s 2，在前一半位移和后一半位移所经历的时间分别是t 1和t 2，下面选项正确的是( D )A ．s 1∶s 2＝1∶4，t 1∶t 2＝2∶1B ．s 1∶s 2＝1∶3，t 1∶t 2＝2∶1C ．s 1∶s 2＝1∶4，t 1∶t 2＝1∶(2－1)D ．s 1∶s 2＝1∶3，t 1∶t 2＝1∶(2－1)3、(多选)带电粒子以初速v 0垂直电场方向进入平行金属板形成的匀强电场中，它离开时偏离原方向h ，偏角为ϕ,下列说法正确的是： （ ACD ）A ．粒子在电场中作类似平抛的运动B ．偏角ϕ与粒子的电量和质量无关C ．粒子飞过电场的时间，决定于极板长和粒子进入电场时的初速度D ．粒子偏移距离h ，可用加在两极板上的电压控制4．有一束正离子，以相同速率从同一位置进入带电平行板电容器的匀强电场中，所有离子运动轨迹一样，说明所有离子( C )A ．具有相同的质量B ．具有相同的电荷量C ．具有相同的比荷(即q m) D ．属于同一元素同位素 5、如图，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c a 、两点先后沿ab 和cd 方向以速率0v 进入矩形区（两粒子不同时出现在电场中）。
2020年带电粒子在电场中的加速和偏转练习题
作者：非成败作品编号：92032155GZ5702241547853215475102时间：2020.12.13带电粒子在电场中的加速和偏转练习题1.一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的。
关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）（）2．一束正离子以相同的速度从同一位置垂直于电场方向飞入匀强电场中，所有离子的轨迹都是一样的，这说明所有离子A．具有相同的质量B．具有相同的电量C．电量与质量相比（荷质比）相同D．都属于同元素的同位素3. 如图2所示，从灯丝发出的电子经加速电场加速后，进入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，下列方法中正确的是（）B．使U2增大为原来的2倍C．使偏转板的长度增大为原来2倍4.三个分别带有正电、负电和不带电的相等质量的颗粒，从水平放置的平行带电金属板左侧以相同速度v0垂直电场线方向射入匀强电场，分别落在带正电荷的下板上的a、b、c三点，如图所示，下面判断正确的是（）A、落在a点的颗粒带正电、c点的带负电、b点的不带电B、落在a、b、c点颗粒在电场中的加速度的关系是a a> a b> a cC、三个颗粒在电场中运动时间的关系是t a> t b> t cv0－－－－－＋＋＋＋＋ａｂｃD 、电场力对落在c 点的颗粒做负功5．如图所示，A 、B 、C 、D 为匀强电场中相邻的四个等势面，一个电子垂直经过等势面D时，动能为20eV ，飞经等势面C 时，电势能为－10eV ，飞至等势面B 时速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离为5cm ，则下列说法正确的是 ( ) A ．等势面A 的电势为－10V B ．匀强电场的场强大小为200V/mC ．电子再次飞经D 势面时，动能为10eV D ．电子的运动为匀变速直线运动6．一个一价和一个二价的静止铜离子，经过同一电压加速后，再垂直射入同一匀强偏转电场，然后打在同一屏上，屏与偏转电场方向平行，下列说法正确的是A ．二价铜离子打在屏上时的速度大B ．离子经偏转电场后，二价铜离子飞到屏上用的时间短C ．离子离开加速电场过程时，二价铜离子的动能小D ．在离开偏转电场时，两种离子在电场方向上的位移不相等。
2020版物理新增分大一轮新高考(京津鲁琼)讲义：第七章静电场专题强化八含解析
专题强化八带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题专题解读 1.本专题主要讲解带电粒子(带电体)在电场中运动时动力学和能量观点的综合运用，高考常以计算题出现．2．学好本专题，可以加深对动力学和能量知识的理解，能灵活应用受力分析、运动分析(特别是平抛运动、圆周运动等曲线运动)的方法与技巧，熟练应用能量观点解题．3．用到的知识：受力分析、运动分析、能量观点．一、带电粒子在电场中的运动1．分析方法：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题．2．受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略．一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用．二、用能量观点处理带电体的运动对于受变力作用的带电体的运动，必须借助能量观点来处理．即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也常常更简捷．具体方法常有两种：1．用动能定理处理思维顺序一般为：(1)弄清研究对象，明确所研究的物理过程．(2)分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功．(3)弄清所研究过程的始、末状态(主要指动能)．(4)根据W＝ΔE k列出方程求解．2．用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理列式的方法常有两种：(1)利用初、末状态的能量相等(即E1＝E2)列方程．(2)利用某些能量的减少等于另一些能量的增加列方程．3．两个结论(1)若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变．(2)若带电粒子只在重力和电场力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变.命题点一带电粒子在交变电场中的运动1．常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等．2．常见的题目类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)．(2)粒子做往返运动(一般分段研究)．(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)．3．思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件．(2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系．(3)注意对称性和周期性变化关系的应用．例1(2018·山东省日照市二模)图1甲为两水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压u，电压u随时间t变化的图线如图乙所示．质量为m、重力不计的带电粒子以初速度v0沿中线射入两板间，经时间T从两板间飞出．下列关于粒子运动的描述错误的是()图1A．t＝0时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大B．t＝14T时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大C．无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都水平D．无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等答案 B解析粒子在电场中运动的时间是相同的；t＝0时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，最后离开电场区域，故t＝0时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大，选项A正确；t＝14T时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，再反向加速，最后反向减速离开电场区域，故此时刻射入的粒子离开电场时速度方向和中线在同一直线上，选项B错误；因粒子在电场中运动的时间等于电场变化的周期T，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故所有粒子离开电场时的竖直方向分速度为零，即最终都垂直电场方向射出电场，离开电场时的速度大小都等于初速度，选项C、D正确．变式1(多选)(2018·河北省衡水中学二调)如图2甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g.关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是()图2A ．末速度大小为2v 0B ．末速度沿水平方向C ．重力势能减少了12mgdD ．克服电场力做功为mgd答案BC解析因0～T3时间内微粒匀速运动，故E 0q ＝mg ；在T 3～2T3时间内，微粒只受重力作用，做平抛运动，在t ＝2T3时刻的竖直速度为v y1＝gT3，水平速度为v 0；在2T3～T 时间内，由牛顿第二定律得2E 0q －mg＝ma ，解得a ＝g ，方向向上，则在t ＝T 时刻，v y2＝v y1－g T3＝0，粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v 0，选项A 错误，B 正确；微粒的重力势能减小了ΔE p ＝mg ·d 2＝12mgd ，选项C 正确；从射入到射出，由动能定理得12mgd －W 电＝0，可知克服电场力做功为12mgd ，选项D 错误．变式2匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象如图3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()图3A ．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．命题点二带电体在电场中的运动1．力学规律(1)动力学规律：牛顿运动定律结合运动学公式．(2)能量规律：动能定理或能量守恒定律．2．电场规律(1)电场力的特点：F＝Eq，正电荷受到的电场力与场强方向相同．(2)电场力做功的特点：W AB＝FL AB cos θ＝qU AB＝E pA－E pB.3．多阶段运动在多阶段运动过程中，当物体所受外力突变时，物体由于惯性而速度不发生突变，故物体在前一阶段的末速度即为物体在后一阶段的初速度．对于多阶段运动过程中物体在各阶段中发生的位移之间的联系，可以通过作运动过程草图来获得．例2(2019·四川省乐山市第一次调研)如图4所示，AB是位于竖直平面内、半径R＝0.5 m的14圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E＝5×103N/C.今有一质量为m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋8×10－5C的小滑块(可视为质点)从A 点由静止释放．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.05，取g＝10 m/s2，求：图4(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力；(2)小滑块在水平轨道上向右滑过的最大距离；(3)小滑块最终运动情况．答案(1)2.2 N，方向竖直向下(2)23m(3)在圆弧轨道上往复运动解析(1)设小滑块第一次到达B点时的速度为v B，对圆弧轨道最低点B的压力为F N，则由A→B，有mgR－qER＝12mv2B，F N′－mg＝mv2BR.由牛顿第三定律F N′＝F N故F N＝3mg－2qE＝2.2 N，方向竖直向下，(2)设小滑块在水平轨道上向右滑行的最大距离为x，对全程由动能定理有mgR－qE(R＋x)－μmgx＝0得x ＝23m(3)由题意知qE ＝8×10－5×5×103 N ＝0.4 Nμmg ＝0.05×0.1×10 N ＝0.05 N ，因此有qE>μmg 所以小滑块最终在圆弧轨道上往复运动．变式3(2018·江西省南昌二中第四次模拟)如图5所示，在E ＝103V /m 的水平向左的匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN 连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R ＝40 cm ，一带正电荷q ＝10－4C 的小滑块质量为m ＝40 g ，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2，问：图5(1)要使小滑块恰好运动到圆轨道的最高点C ，滑块应在水平轨道上离N 点多远处释放？(2)这样释放的滑块通过P 点时对轨道压力是多大？(P 为半圆轨道中点)答案(1)20 m(2)1.5 N解析(1)设滑块与N 点的距离为L ，由动能定理可得，qEL －μmgL －mg ·2R ＝12mv 2－0小滑块在C 点时，mg ＝m v2R ，解得v ＝2 m/s ，L ＝20 m(2)滑块到达P 点时，对全过程应用动能定理得，qE(L ＋R)－μmgL －mgR ＝12mv 2P －0.在P 点，F N －qE＝mv 2PR，解得F N ＝1.5 N ．由牛顿第三定律可得，滑块通过P 点时对轨道压力大小是1.5 N.变式4(2018·安徽省安庆市二模)如图6所示，水平地面上方存在水平向左的匀强电场，一质量为m的带电小球(大小可忽略)用轻质绝缘细线悬挂于O 点，小球带电荷量为＋q ，静止时距地面的高度为h ，细线与竖直方向的夹角为α＝37°，重力加速度为g.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 求：图6(1)匀强电场的场强大小E ；(2)现将细线剪断，小球落地过程中小球水平位移的大小；(3)现将细线剪断，带电小球落地前瞬间的动能．答案(1)3mg 4q(2)34h (3)2516mgh解析(1)小球静止时，对小球受力分析如图所示，由F T cos 37°＝mg，F T sin 37°＝qE解得：E＝3mg 4q(2)剪断细线，小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做加速度为a的匀加速运动，由Eq＝max＝12at2，h＝12gt2联立解得：x＝34h(3)从剪断细线到落地瞬间，由动能定理得：E k＝mgh＋qEx＝2516mgh.1．(2018·河南省中原名校第二次联考)如图1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2中甲、乙、丙、丁所示，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是()图1图2A．电压是甲图时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少B．电压是乙图时，在0～T2时间内，电子的电势能先增加后减少C．电压是丙图时，电子在板间做往复运动D．电压是丁图时，电子在板间做往复运动答案 D解析若电压是题图甲，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；电压是题图乙时，在0～T2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；电压是题图丙时，电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了T2后做加速度先增大后减小的减速运动，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；电压是题图丁时，电子先向左加速，到T4后向左减速，T2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，故电子做往复运动，故D正确．2.将如图3所示的交变电压加在平行板电容器A、B两板上，开始B板电势比A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A、B两极板间的距离足够大，下列说法正确的是()图3A．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，之后在A、B两板间做周期性往复运动答案 D3．(2018·安徽省蚌埠市一质检)如图4甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上如图乙所示的电压．现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(重力不计)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是()图4A ．1∶1B ．2∶1C ．3∶1D ．4∶1答案 C解析设偏转电场电压不为零时，粒子在偏转电场中的加速度为a若粒子在t ＝nT 时刻进入偏转电场，则竖直方向上先加速后匀速然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最大，y max ＝12a(T 2)2＋a ×T 2×T 2＝38aT2若粒子在t ＝nT ＋T2时刻进入偏转电场，则竖直方向上先静止后加速然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最小，y min ＝0＋12a(T 2)2＝18aT2则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3∶1，故C 项正确．4.(2018·广东省韶关市调研)如图5所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的轻质绝缘细绳，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()图5A ．小球带负电B ．电场力跟重力是一对平衡力C ．小球从a 点运动到b 点的过程中，电势能减小D ．运动过程中小球的机械能守恒答案 B解析小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力平衡，则知小球带正电，故A 错误，B 正确．小球在从a 点运动到b 点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大，故C 错误．由于电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒，故D 错误．5．(多选)(2019·山西省孝义市第一次模拟)如图6所示ABCD 为竖直放置的光滑绝缘细管道，其中AB部分是半径为R 的圆弧形管道，BCD 部分是固定的水平管道，两部分管道恰好相切于B 点．水平面内的M 、N 、B 三点连线构成边长为L 的等边三角形，M 、N 连线过C 点且垂直于BCD.两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M 、N 两点，电荷量分别为＋Q 和－Q.现把质量为m 、电荷量为＋q 的小球(小球直径略小于管道内径，小球可视为点电荷)，由管道的A 处静止释放，已知静电力常量为k ，重力加速度为g ，则()图6A．小球运动到B点时受到的电场力小于运动到C点时受到的电场力B．小球在B点时的电势能小于在C点时的电势能C．小球在A点时的电势能等于在C点时的电势能D．小球运动到C点时的速度为gR答案AC解析根据等量异种点电荷的电场特征，B点电场强度小于C点，小球在B点时受到的电场力小于运动到C点时受到的电场力，故A项正确．根据等量异种点电荷的电场特征可知A、B、C三点处于同一个等势面上，所以三点的电势相等，小球在三点处的电势能是相等的，故B项错误，C项正确．从A点到C点的运动过程只有重力对小球做功，由动能定理可得：mgR＝12mv2C，所以小球在C点时速度为2gR，故D项错误．6．(多选)(2018·河南省鹤壁市第二次段考)如图7所示为竖直平面内的直角坐标系，其中x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向．质量为m、带电荷量为q的小球，在重力和恒定电场力F作用下，在竖直平面内沿与y轴方向成α角(90°>α>45°)斜向下方向做直线运动，重力加速度为g，则下列说法正确的是()图7A．若F＝mgsin α，则小球的速度不变B．若F＝mgsin α，则小球的速度可能减小C．若F＝mgtan α，则小球的速度可能减小D．若F＝mgtan α，则小球的电势能可能增大答案CD解析小球只受重力G和电场力F作用，小球做直线运动，则合力为零或合力方向与运动方向在同一直线上；若F＝mgsin α，则F方向与运动方向垂直，如图，力F不做功，只有重力做功，所以小球的速度增大，A、B错误；若F＝mgtan α，力F与小球运动方向可能成锐角，力对小球做正功，小球速度增大，电势能减小，力F也可能与运动方向成钝角，合力对小球做负功，小球速度减小，电势能增大，故C、D正确．7．(2018·河南省中原名校第四次模拟)水平放置的平行板电容器与某一电源相连接后，断开电键，重力不可忽略的小球由电容器的正中央沿水平向右的方向射入该电容器，如图8所示，小球先后经过虚线的A、B两点．则()图8A．如果小球所带的电荷为正电荷，小球所受的电场力一定向下B．小球由A到B的过程中电场力一定做负功C．小球由A到B的过程中动能可能减小D．小球由A到B的过程中，小球的机械能可能减小答案 D解析由题图所示小球运动轨迹可知，小球向下运动，说明小球受到的合力竖直向下，重力与电场力的合力竖直向下；当小球带正电时，若上极板带正电荷，小球受到的合力向下，小球运动轨迹向下，若上极板带负电，且电场力小于重力，小球受到的合力向下，小球运动轨迹向下，A错误；如果小球受到的电场力向下，小球从A运动到B点过程中电场力做正功，如果小球受到的电场力向上，则电场力做负功，B错误；小球受到的合力向下，小球从A点运动到B点过程中合外力做正功，小球的动能增加，C错误；小球从A点运动到B点过程若电场力做负功，则小球的机械能减少，D正确．8．(2018·辽宁省大连市第二次模拟)如图9甲所示，将一倾角θ＝37°的粗糙绝缘斜面固定在地面上，空间存在一方向沿斜面向上的匀强电场．一质量m＝0.2 kg，带电荷量q＝2.0×10－3 C的小物块从斜面底端静止释放，运动0.1 s后撤去电场，小物块运动的v－t图象如图乙所示(取沿斜面向上为正方向)，g＝10 m/s2.(sin 37°＝0.8)，求：＝0.6，cos 37°图9(1)电场强度E的大小；(2)小物块在0～0.3 s 运动过程中机械能增加量．答案(1)3×103 N/C (2)0.36 J 解析(1)加速时：a 1＝Δv 1Δt 1＝20 m/s 2减速时：加速度大小a 2＝Δv 2Δt 2＝10 m/s 2由牛顿第二定律得：Eq －mgsin θ－F f ＝ma 1mgsin θ＋F f ＝ma 2，联立得E ＝3×103 N/C ，摩擦力F f ＝0.8 N(2)方法一：ΔE k ＝0，ΔE p ＝mgxsin 37°，x ＝0.3 m ΔE ＝ΔE p ，ΔE ＝0.36 J 方法二：加速距离x 1＝v 2t 1＝0.1 m 减速距离x 2＝v 2t 2＝0.2 m 电场力做功W E ＝Eqx 1＝0.6 J摩擦力做功W f ＝－F f (x 1＋x 2)＝－0.24 J物块在0～0.3 s 运动过程中机械能增加量ΔE ＝W E ＋W f ＝0.36 J.9．如图10所示，一质量为m 、电荷量为q(q>0)的液滴，在场强大小为3mg q、方向水平向右的匀强电场中运动，运动轨迹在竖直平面内．A 、B 为其运动轨迹上的两点，已知该液滴在A 点的速度大小为v 0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B 点时速度方向与电场方向的夹角为30°.求A 、B 两点间的电势差．图10答案3mv 208q 解析由题意知qE ＝3mg ，液滴重力不能忽略，把运动分解水平方向：vsin 60°＝v 0sin 30°＋qE mt 竖直方向：vcos 60°＝v 0cos 30°－gt联立可得：v ＝233v 0，t ＝3v 06g由牛顿第二定律得水平方向加速度a ＝qE m ＝3g ，水平位移：x ＝v 0sin 30°·t ＋12(3g)t 2＝3v 208gU AB＝E·x＝3mv20 8q.10．(2018·四川省雅安市第三次诊断)如图11所示，光滑绝缘水平面上方存在电场强度大小为E、方向水平向右的匀强电场．某时刻将质量为m、带电荷量为－q的小金属块从A点由静止释放，经时间t到达B点，此时电场突然反向且增强为某恒定值，又经过时间t小金属块回到A点．小金属块在运动过程中电荷量保持不变．求：图11(1)A、B两点间的距离；(2)电场反向后匀强电场的电场强度大小．答案(1)Eq2mt2(2)3E解析(1)设t末和2t末小金属块的速度大小分别为v1和v2，电场反向后匀强电场的电场强度大小为E1，小金属块由A点运动到B点过程a1＝Eqm，x＝12a1t2联立解得x＝Eq2mt2(2)v1＝a1t，解得v1＝Eqmt，小金属块由B点运动到A点过程a2＝－E1qm，－x＝v1t＋12a2t2，联立解得E1＝3E.。
带电粒子在电场中的运动知识点总结
带电粒子在电场中的运动知识点精解1．带电粒子在电场中的加速这是一个有实际意义的应用问题。
电量为q的带电粒子由静止经过电势差为U 的电场加速后，根据动能定理及电场力做功公式可求得带电粒子获得的速度大小为可见，末速度的大小与带电粒子本身的性质(q/m)有关。
这点与重力场加速重物是不同的。
2．带电粒子在电场中的偏转如图1-36所示，质量为m的负电荷-q以初速度v0平行两金属板进入电场。
设两板间的电势差为U，板长为L，板间距离为d。
则带电粒子在电场中所做的是类似平抛的运动。
(1)带电粒子经过电场所需时间(可根据带电粒子在平行金属板方向做匀速直线运动求)(2)带电粒子的加速度(带电粒子在垂直金属板方向做匀加速直线运动)(3)离开电场时在垂直金属板方向的分速度(4)电荷离开电场时偏转角度的正切值3．处理带电粒子在电场中运动问题的思想方法(1)动力学观点这类问题基本上是运动学、动力学、静电学知识的综合题。
处理问题的要点是要注意区分不同的物理过程，弄清在不同物理过程中物体的受力情况及运动性质，并选用相应的物理规律。
能用来处理该类问题的物理规律主要有：牛顿定律结合直线运动公式；动量定理；动量守恒定律。
(2)功能观点对于有变力参加作用的带电体的运动，必须借助于功能观点来处理。
即使都是恒力作用问题，用功能观点处理也常常显得简洁。
具体方法常用两种：①用动能定理。
②用包括静电势能、内能在内的能量守恒定律。
【说明】该类问题中分析电荷受力情况时，常涉及“重力”是否要考虑的问题。
一般区分为三种情况：①对电子、质子、原子核、(正、负)离子等带电粒子均不考虑重力的影响；②根据题中给出的数据，先估算重力mg和电场力qE的值，若mg<<qE，也可以忽略重力；③根据题意进行分析，有些问题中常隐含着必须考虑重力的情况，诸如“带电颗粒”、“带电液滴”、“带电微粒”、“带电小球”等带电体常常要考虑其所受的重力。
总之，处理问题时要具体问题具体分析。
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[方法点拨](1)带电粒子在匀强电场中做直线运动时，一般用牛顿第二定律与运动学公式结合处理或用动能定理处理.(2)在匀强电场中做类平抛运动时一般从分解的角度处理.(3)注意带电粒子重力能否忽略.1.如图1所示，四个相同的金属容器共轴排列，它们的间距与容器的宽度相同，轴线上开有小孔.在最左边、最右边两个容器上加电压U 后，容器之间就形成了匀强电场.今有一个电子从最左边容器的小孔沿轴线入射，刚好没有从最右边容器射出，则该电子停止运动前()图1A.通过各容器的速度比依次为3∶2∶1B.通过各容器的时间比依次为5∶3∶1C.通过各容器间隙所用的时间比依次为5∶3∶1D.通过各容器间隙的加速度比依次为5∶3∶12.(多选)(2018·福建省福州市期末)如图2所示，匀强电场中的三个点A、B、C 构成一个直角三角形，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，BC ＝d.把一个带电荷量为＋q 的点电荷从A 点移到B 点电场力不做功，从B 点移到C 点电场力做功为W.若规定C 点的电势为零，则()图2A.A 点的电势为－W qB.B、C 两点间的电势差为U BC ＝W qC.该电场的电场强度大小为WdqD.若从A 点沿AB 方向飞入一电子，其运动轨迹可能是甲3.在真空中上、下两个区域均为竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图3所示，有一带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v 0匀速下落，并进入下边区域(该区域的电场足够广)，在如图所示的速度－时间图象中，符合微粒在电场内运动情况的是()图34.(多选)(2018·河南省南阳市期中)如图4所示，长为L、板间距离为d 的平行板电容器水平放置，电容器充电后与电源断开，现将两质量相等的带电粒子a、b 分别从两极板的中心线、上极板的边缘处同时沿水平方向射入电场，两粒子恰好能在距下极板为d4的P 点处相遇.若不考虑粒子的重力作用，则下列说法中正确的是()图4A.b 所带的电荷量是a 的3倍B.相遇时，a 在水平方向上运动的距离为L 6C.相遇时，b 的动能变化量是a 的9倍D.若仅将下极板向下移动一小段距离，则两粒子仍能在P 点相遇5.(多选)如图5所示，匀强电场分布在边长为L 的正方形区域ABCD 内，M、N 分别为AB 和AD 的中点，一个初速度为v 0、质量为m、电荷量为q 的带负电粒子沿纸面射入电场.带电粒子的重力不计，如果带电粒子从M 点垂直电场方向进入电场，恰好从D 点离开电场.若带电粒子从N 点垂直BC 方向射入电场，则带电粒子()图5A.从BC 边界离开电场B.从AD 边界离开电场C.在电场中的运动时间为2mv 2qE D.离开电场时的动能为12mv 026.(2018·河南省八校第二次测评)如图6，半径为R 的圆环处在匀强电场E 中，圆环平面与电场方向平行，直径ab 与电场线垂直；一带电粒子以速度v 0从a 点沿ab 方向射入电场，粒子打在圆环上的c 点；已知c 点与ab 的距离为R2，不计粒子重力，求带电粒子的比荷.图67.(2018·四川省泸州市一检)如图7所示，竖直平行正对放置的带电金属板A、B，B 板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy 的O 点；y 轴沿竖直方向；在x>0的区域内存在沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E＝43×103V/m；比荷为1.0×105C/kg 的带正电的粒子P 从A 板中心O′处静止释放，其运动轨迹恰好经过M(3m,1m)点；粒子P 的重力不计，试求：图7(1)金属板A、B之间的电势差U；AB(2)若在粒子P经过O点的同时，在y轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电微粒Q，使P、Q恰能在运动中相碰；假设Q的质量是P的2倍、带电情况与P相同；Q的重力及P、Q之间的相互作用力均忽略不计；求粒子Q所有释放点的集合.8.如图8所示，A、B是竖直放置的中心带有小孔的平行金属板，两板间的电压为U＝100V，C、D是水平1放置的平行金属板，板间距离为d＝0.2m，板的长度为L＝1m，P是C板的中心，A、B两板小孔连线的延长线与C、D两板的距离相等，将一个负离子从A板的小孔处由静止释放，求：图8(1)为了使负离子能打在P点，C、D两板间的电压应为多少，哪板电势高；(2)如果C、D两板间所加的电压为4V，则负离子还能打在板上吗，若不能打在板上，它离开电场时发生的侧移量为多少.答案精析1.A[由题意可知，容器内部由于静电屏蔽电场强度为零，容器之间为匀强电场，故电子在容器内做匀速直线运动，在容器之间做匀减速直线运动，只考虑匀减速直线运动过程，可以认为电子是从右向左的匀加速直线运动，由初速度为零的匀加速直线运动规律可知，通过容器的速度之比为v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1，所以A 正确；电子在容器中做匀速直线运动，故通过容器的时间之比为13∶12∶1，所以B 错误；因各容器间的距离相等，故通过各容器间隙的时间之比t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1，所以C 错误；电子在匀强电场中所受电场力不变，故加速度不变，所以D 错误.]2.BD[把一个带电荷量为＋q 的点电荷从A 点移到B 点电场力不做功，说明AB 为一等势面.U AB ＝Wq＝φB －φC ，匀强电场的方向垂直于AB，φA ＝φB ＝W q ，A 错误，B 正确；U BC ＝W q ＝Edsin60°，解得E＝23W3qd ，C 错误；若从A 点沿AB 方向飞入一电子，电子受的电场力可能竖直向上，其运动轨迹可能是甲，D 正确.]3.A[带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v 0匀速下落，进入下边区域后，由于电场强度变大，因此所受电场力变大，因此微粒开始做向下的减速运动，等到速度为零后，又会向上加速，由于过程的对称性，等到它到达区域分界线时，速度大小又达到了v 0，此后进入上边区域，受力依然平衡.因此，速度－时间图象应该为A.]4.ACD[由题意可知，两粒子相遇时，a 在竖直方向上的位移为d 4，b 在竖直方向上的位移为3d4，设a、b两粒子在竖直方向上的加速度大小分别为a 1、a 2，两粒子从开始运动到相遇所用的时间为t，则由匀变速直线运动的规律可得d 4＝12a 1t 2，34d＝12a 2t 2，又因为a 1＝Eq 1m ，a 2＝Eq 2m ，联立可得q 1q 2＝13，选项A 正确；由于不知道两粒子进入电场时的初速度大小，故无法确定两粒子在水平方向上的位移，选项B 错误；由动能定理可知，粒子动能的变化量等于电场力对粒子做的功，设电场力对a 做的功为W 1，对b 做的功为W 2，两极板间的电压为U，则有W 1＝14q 1U，W 2＝34q 2U，故W 1W 2＝19，所以电场力对b 做的功是电场力对a 做的功的9倍，即b 的动能变化量是a 的9倍，选项C 正确；由C＝Q U ，C＝εr S 4πkd 及E＝U d 可得E＝4πkQεr S ，由于电容器极板所带电荷量始终保持不变，当下极板向下移动一小段距离时，两极板间的电场强度不变，故两粒子仍能在P 点相遇，选项D 正确.]5.BD[带电粒子从M 点以垂直电场线方向进入电场后做类平抛运动，水平方向上有L＝v 0t，竖直方向上有12L＝qEt 22m ，联立解得E＝mv 20qL ；带电粒子从N 点进入电场后做匀减速直线运动，设带电粒子在电场中减速为零时的位移为x，由动能定理有－qEx＝0－12mv 02，解得x＝12L，当粒子速度减至零后沿原路返回，从N点射出，粒子在电场中运动时间t 1＝2mv 0qE ，由于电场力做功为零，根据动能定理有0＝E k2－12mv 02，选项B、D 正确.]6.见解析解析沿ab 方向与电场强度方向建立xOy 直角坐标系，设粒子从a 到c 所需时间为t，则：x＝v 0t；y＝12at 2由牛顿第二定律得qE＝ma 由题意可知：y＝12R；x＝(1＋32)R联立解得：q m ＝4(7－43)v 20ER 7.(1)1000V (2)y＝16x 2，其中x>0解析(1)设粒子P 的质量为m、带电荷量为q，从O 点进入匀强电场时的速度大小为v 0；由题意可知，粒子P 在y 轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O 点运动到M(3m,1m)点所用时间为t 0，由类平抛运动可得：x＝v 0t 0，y＝qE 2mt 02解得：v 0＝2×104m/s在金属板A、B 之间，由动能定理：qU AB ＝12mv 02解得：U AB ＝1000V(2)设P、Q 在右侧电场中运动的加速度分别为a 1、a 2；Q 粒子从N(x，y)点释放后，经时间t 与粒子P 相碰；由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得对于P：Eq＝ma 1对于Q：Eq＝2ma 2x＝v 0t，12a 1t 2＝y＋12a 2t2解得：y＝16x 2，其中x>0即粒子Q 释放点N(x，y)坐标满足的方程为y＝16x 2，其中x>0.8.(1)32V C 板电势高(2)不能0.05m解析(1)设负离子的质量为m、带电荷量为q，从B 板小孔飞出的速度为v 0，由动能定理得：U 1q＝12mv 02①由类平抛规律有：L2＝v 0t②y＝12at 2③又a＝qU 2md④整理可得y＝U 2L216dU 1⑤又y＝d 2⑥联立⑤⑥解得U 2＝32V，因负离子所受电场力方向向上，所以C 板电势高.(2)若负离子从水平板边缘飞出，则应满足：x＝L，y＝d2由类平抛规律可得：x＝v 0t，y＝12a′t′2，qU 1＝12mv 02，则a′＝qU 2′md 联立以上各式解得y＝U 2′L 24dU 1，将y＝0.1m 代入可解得U 2′＝8V可见，如果两板间所加电压为4V，则负离子不能打在板上，而是从两板间飞出.将U 2″＝4V，代入可解得y＝0.05m故如果C、D 两板间所加的电压为4V，则负离子不能打在板上，它离开电场时发生的侧移量为0.05m.。