高考冲刺专题系列7：带电粒子在电场中的运动
最新【通用版】高考物理考前专题训练《带电粒子在交变电场中的运动》(含答案)
【通用版】高考物理考前突破专题专题一、带电粒子在交变电场中的运动1．A 、B 两金属板平行放置，在t ＝0时刻将电子从A 板附近由静止释放（电子的重力忽略不计）。
分别在A 、B 两板间加上右边哪种电压时，有可能使电子到不了B 板【答案】B2．将如图交变电压加在平行板电容器A 、B 两极板上，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 两极板的距离足够大，下列说法正确的是A ．电子一直向着A 板运动B ．电子一直向着B 板运动C ．电子先向A 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 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】D【解析】根据交变电压的变化规律，不难确定电子所受电场力的变化规律，从而作出电子的加速度a 、速度v 随时间变化的图线，如图所示，从图中可知，电子在第一个T 4内做匀加速运动，第二个T4内做匀减速运动，在这半个周期内，因初始B 板电势高于A 板电势，所以电子向B 板运动，加速度大小为eUmd 。
在第三个T 4内做匀加速运动，第四个T4内做匀减速运动，但在这半个周期内运动方向与前半个周期相反，向A 板运动，加速度大小为eUmd，所以，电子做往复运动，综上分析正确选项应为D 。
7．如图甲所示，真空室中电极K 发出的电子（初速度不计）经过电势差为U 1的加速电场加速后，沿两水平金属板C 、D 间的中心线射入两板间的偏转电场，最后打在荧光屏上。
C 、D 两板间的电势差U CD 随时间变化的图象如图乙所示，设C 、D 间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场。
已知电子的质量为m 、电荷量为e （重力不计），C 、D 极板长为l ，板间距离为d ，偏转电压U 2，荧光屏距C 、D 右端的距离为l6，所有电子都能通过偏转电极。
（1）求电子通过偏转电场的时间t 0；（2）若U CD 的周期T ＝t 0，求荧光屏上电子能够到达的区域的长度； （3）若U CD 的周期T ＝2t 0，求到达荧光屏上O 点的电子的动能。
高考物理带电粒子在电场中的运动答题技巧及练习题(含答案)含解析
高考物理带电粒子在电场中的运动答题技巧及练习题(含答案)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，OO′为正对放置的水平金属板M 、N 的中线．热灯丝逸出的电子(初速度重力均不计)在电压为U 的加速电场中由静止开始运动，从小孔O 射入两板间正交的匀强电场、匀强磁场(图中未画出)后沿OO′做直线运动．已知两板间的电压为2U ，两板长度与两板间的距离均为L ，电子的质量为m 、电荷量为e ．(1)求板间匀强磁场的磁感应强度的大小B 和方向；(2)若保留两金属板间的匀强磁场不变，使两金属板均不带电，求从小孔O 射入的电子打到N 板上的位置到N 板左端的距离x ． 【答案】（1）12mU B L e = 垂直纸面向外；（23L【解析】 【分析】（1）在电场中加速度，在复合场中直线运动，根据动能定理和力的平衡求解即可； （2）洛伦兹力提供向心力同时结合几何关系求解即可； 【详解】（1）电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：212eU m v = 由于电子在两板间做匀速运动，则evB eE =，其中2U E L= 联立解得：12mUB L e=根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外；（2）洛伦兹力提供电子在磁场中做圆周运动所需要的向心力，有：2v evB m r=，其中由（1）得到2eUv m=设电子打在N 板上时的速度方向与N 板的夹角为θ，由几何关系有：2cos L r rθ-=由几何关系有：sin x r θ= 联立解得：3x L =． 【点睛】本题考查了带电粒子的加速问题，主要利用动能定理进行求解；在磁场中圆周运动，主要找出向心力的提供者，根据牛顿第二定律列出方程结合几何关系求解即可．2．如图所示，EF 与GH 间为一无场区．无场区左侧A 、B 为相距为d 、板长为L 的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中A 为正极板．无场区右侧为一点电荷Q 形成的电场，点电荷的位置O 为圆弧形细圆管CD 的圆心，圆弧半径为R ，圆心角为120°，O 、C 在两板间的中心线上，D 位于GH 上．一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子以初速度v 0沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管，并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动．（不计粒子的重力、管的粗细）求：(1)O 处点电荷的电性和电荷量； (2)两金属板间所加的电压．【答案】(1)负电，2043mv R kq ；(2) 203mdv【解析】（1）粒子进入圆管后受到点电荷Q 的库仑力作匀速圆周运动，粒子带正电，则知O 处点电荷带负电．由几何关系知，粒子在D 点速度方向与水平方向夹角为30°，进入D 点时速度为：0023303v v v cos ==︒ …①在细圆管中做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动，故Q 带负电且满足22Qq v k mR R =…② 由①②得：2043mv RQ kq=（2）粒子射出电场时速度方向与水平方向成30°tan 30°=0yv v …③v y =at…④qUa md=…⑤ 0Lt v =…⑥ 由③④⑤⑥得：2200303mdv tan mdv U qL ︒==3．如图(a)所示，整个空间存在竖直向上的匀强电场（平行于纸面），在同一水平线上的两位置，以相同速率同时喷出质量均为m 的油滴a 和b ，带电量为+q 的a 水平向右，不带电的b 竖直向上．b 上升高度为h 时，到达最高点，此时a 恰好与它相碰，瞬间结合成油滴p ．忽略空气阻力，重力加速度为g ．求(1)油滴b 竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离； (2)匀强电场的场强及油滴a 、b 结合为p 后瞬间的速度；(3)若油滴p 形成时恰位于某矩形区域边界，取此时为0t =时刻，同时在该矩形区域加一个垂直于纸面的周期性变化的匀强磁场，磁场变化规律如图(b)所示，磁场变化周期为T 0（垂直纸面向外为正），已知P 始终在矩形区域内运动，求矩形区域的最小面积．（忽略磁场突变的影响） 【答案】（12hg2h （2）2mg q ；P v gh = 方向向右上，与水平方向夹角为45°（3）20min 22ghT s π= 【解析】 【详解】(1)设油滴的喷出速率为0v ，则对油滴b 做竖直上抛运动，有2002v gh =- 解得02v gh000v gt =- 解得02ht g=对油滴a 的水平运动，有000x v t = 解得02x h =(2)两油滴结合之前，油滴a 做类平抛运动，设加速度为a ，有qE mg ma -=，2012h at =，解得a g =，2mg E q =设油滴的喷出速率为0v ，结合前瞬间油滴a 速度大小为a v ，方向向右上与水平方向夹θ角，则0a cos v v θ=，00tan v at θ=，解得a 2v gh =，45θ=︒两油滴的结束过程动量守恒，有：12p mv mv =，联立各式，解得：p v gh =，方向向右上，与水平方向夹45︒角(3)因2qE mg =，油滴p 在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r ，周期为T ，则由2082pp v m qv m qT r π= 得0T gh r =，由2p r T v π= 得02T T = 即油滴p 在磁场中的运动轨迹是两个外切圆组成的“8”字形．最小矩形的两条边长分别为2r 、4r （轨迹如图所示）．最小矩形的面积为20min2242ghT s r r π=⨯=4．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。
高三专题：带电粒子在电场中的运动轨迹问题
高三专题：带电粒子在电场中的运动轨迹问题【规律总结】①两个切线方向电场线的切线方向：____________________________轨迹的切线方向：______________________________②判断电性应根据：________________________________③判断a、E、F根据：______________________________④判断v、E K的大小根据：___________________________⑤判断E p的大小根据：______________________________⑥判断电势的高低根据：______________________________【典型题目】1、某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是()A．粒子必定带正电荷B．粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度C．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度D．粒子在M点的动能小于它在N点的动能2、实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如右图中的虚线所示(a、b只受电场力作用)，则()A．a一定带正电，b一定带负电B．电场力对a做正功，对b做负功C．a的速度将减小，b的速度将增大D．a的加速度将减小，b的加速度将增大3、如右图所示，实线表示匀强电场中的电场线，一带电粒子(不计重力)经过电场区域后的轨迹如图中虚线所示，a、b是轨迹上的两点，关于粒子的运动情况，下列说法中可能正确的是()A．该粒子带正电荷，运动方向为由a至bB．该粒子带负电荷，运动方向为由a至bC．该粒子带正电荷，运动方向为由b至aD．该粒子带负电荷，运动方向为由b至a4、如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图能做出正确判断的是（）A．带电粒子所带电荷的符号B．带电粒子在a、b两点的受力方向C．带电粒子在a、b两点的速度何处较大D．带电粒子在a、b两点的电势能何处较大5、如右图所示，实线是匀强电场的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上两点，若带电粒子在运动中只受电场力作用，则由此图可作出正确判断的是()A．带电粒子带负电荷B．带电粒子带正电荷C．带电粒子所受电场力的方向向左D．带电粒子做匀变速运动6、一带电粒子沿着右图中曲线JK穿过一匀强电场，a、b、c、d为该电场的电势面，其中φa＜φb＜φc＜φd，若不计粒子受的重力，可以确定()A．该粒子带正电B．该粒子带负电C．从J到K粒子的电势能增加D．粒子从J到K运动过程中的动能与电势能之和不变7、如下图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线分别为等势线1、2、3，已知MN＝NQ，a、b两带电粒子从等势线2上的O点以相同的初速度飞出．仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如下图所示，则()A．a一定带正电，b一定带负电B．a加速度减小，b加速度增大C．MN电势差|U MN|等于NQ两点电势差|U NQ|D．a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小8、如下图，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．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点．不计重力，下列表述正确的是()A．粒子在M点的速率最大B．粒子所受电场力沿电场方向C．粒子在电场中的加速度不变D．粒子在电场中的电势能始终在增加9、如下图为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点．在这一运动过程中克服重力做的功为2.0 J，电场力做的功为1.5 J．则下列说法正确的是()A．粒子带负电B．粒子在A点的电势能比在B点少1.5 JC．粒子在A点的动能比在B点多0.5 JD．粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J10、如下图所示，图中实线表示一匀强电场的电场线，一带负电荷的粒子射入电场，虚线是它的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若粒子所受重力不计，则下列判断正确的是()A．电场线方向向下B．粒子一定从a点运动到b点C．a点电势比b点电势高D．粒子在a点的电势能大于在b点的电势能11、下图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如右图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点．已知O点电势高于c点，若不计重力，则()A．M带负电荷，N带正电荷B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功D．M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零12．如图所示，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面与纸平面的交线，且相邻等势面之间的电势差相等．实线为一带正电荷粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点，则下列说法中正确的是（）A．三个等势面中，a的电势最高B．对于M、N两点，带电粒子通过M点时电势能较大C．对于M、N两点，带电粒子通过M点时动能较大D．带电粒子由M运动到N，加速度增大13、如图，虚线a、b和c是静电场中的三个等势面，它们的电势分别为φa、φb、和φc，φa﹥φb﹥φc。
高考物理一轮复习专题七-带电粒子在电场中运动的综合问题
[解析] 由图象可知，将正电荷沿 x 轴正向移动，从 x2 移 动到 x4 的过程电场力做功不为零，两点处的电势能不相等，选 项 A 错误；从 x1 移动到 x3 的过程电场力沿 x 轴负方向，电场 力做负功，电势能增大，选项 B 正确；从 x1 到 x4 的过程场强 先增大后减小，所以电场力先增大后减小，选项 C 正确，D 错 误．
32xd＝ΔΔEEppAB ⑨ 解得 x＝d.MA 为等势线，电场必与其垂线 OC 方向平行．设 电场方向与竖直向下的方向的夹角为 α，由几何关系可得 α＝ 30° ⑩ 即电场方向与竖直向下的方向的夹角为 30°斜向右下方
设场强的大小为 E，有 qEdcos 30°＝ΔEpA ⑪ 由④⑦⑪式得 E＝ 36mq g. ⑫
(1)无电场时，小球到达 A 点时的动能与初动能的比值； (2)电场强度的大小和方向．
[解题指导] 第一步：抓关键点
关键点 ① ②
③④ ⑤
获取信息
小球做平抛运动
平抛运动过A点时的水平、竖直位移可 确定
有重力做功和电场力做功，其中电场力 做的功等于电势能的变化量
重力不能忽略
第二步：找突破口 (1)要确定小球到达 A 点时的动能与初动能比值，可由平抛 运动规律求解；写出水平、竖直方向的位移关系． (2)要确定电场强度的方向，根据到 A、B 两点的动能变化 可确定两个个过程电势能的变化，可先找出两个等势点(在 OB 线上找出与 A 等势的点，并确定其具体位置)．
带电粒子的力、电综合问题
1．方法技巧 功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种 性质不同的力．因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分 析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择 相应规律求解．动能定理和能量守恒定律在处理电场中能量问 题时仍是首选．
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。
7电容器、带电粒子在电场中的运动(习题课)解析版-2023年高考物理大一轮复习
7.3电容器、带电粒子在电场中的运动(基础知识过关)1．如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是()A．若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N的左侧B．若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的右侧C．若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N的右侧D．若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N的左侧【参考答案】AC【名师解析】.A极板带正电，B极板带负电，根据二极管具有单向导电性，极板的电荷量只能增加不能减小．若小球带正电，根据E＝Ud，C＝QU，C＝εr S4kπd，得E＝4kπQεr S，当d减小时，电容增大，Q增大，知d减小时E增大，所以电场力变大，方向向下，小球做类平抛运动，竖直方向加速度增大，运动时间变短，打在N点左侧，故A 正确；若小球带正电，当d增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q不变，知E不变，所以电场力不变，小球仍然打在N点，故B错误；若小球带负电，当AB间距d增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q不变，知E不变，所以电场力不变，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度不变，运动时间不变，小球仍然打在N点，故D错误；若小球带负电，当AB间距d减小时，电容增大，则Q增大，知E增大，所以电场力变大，方向向上，若电场力小于重力，小球做类平抛运动，竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N 点的右侧，故C正确．2.(2021河北省邢台市上学期期末)如图所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P.现有甲电子以速率v0从O 点沿OP方向运动，恰能运动到P点．若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则()A．金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变B．金属板A、B间的电压减小C．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同D．乙电子运动到O点的速率为2v0【参考答案】C【名师解析】两板间距离变大，根据C＝εr S4πkd可知，金属板A、B组成的平行板电容器的电容C减小，选项A错误；根据Q＝CU，Q不变，C减小，则U变大，选项B错误；根据E＝Ud＝QCd＝4πkQεr S，可知当d变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项C正确；根据e·E·2d＝12mv2，e·E·d＝12mv02，可知，乙电子运动到O点的速率v＝2v0，选项D错误．3.(2021·河南省南阳市上学期期末)如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M.一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，则下列结论正确的是(已知重力加速度为g)()A．两极板间电压为mgd 2qB．板间电场强度大小为2mg qC．整个过程中质点的重力势能增加mg2L2 v02D．若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上【参考答案】BC【名师解析】据题分析可知，质点在平行板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在屏M上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图所示：可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：qE－mg＝ma，mg＝ma，解得E＝2mgq，由U＝Ed得板间电势差U＝2mgq×d＝2mgdq，故A错误，B正确；质点在电场中向上偏转的距离y＝12at2，a＝qE－mgm＝g，t＝Lv0，解得：y＝gL22v02，故质点打在屏上的位置与P点的距离为：s＝2y＝gL2v02，重力势能的增加量E p＝mgs＝mg2L2v02，故C正确；仅增大两极板间的距离，因两极板上电荷量不变，根据E＝Ud＝QCd＝Qεr S4πkd d＝4πkQεr S可知，板间场强不变，质点在电场中受力情况不变，则运动情况不变，故仍垂直打在屏M上，故D错误．4.真空中有一边长为L的正方形区域ABCD，E为AB边中点，该区域内存在匀强电场，电场方向平行于AB边且从A指向B。
高考冲刺专题系列7：带电粒子在电场中的运动
高考冲刺专题系列7：带电粒子在电场中的运动一、带电粒子在恒定电场中的偏转1．真空室中有如下图的装置．电极K 发出的电子〔初速不计〕通过加速电场后，由小孔O 沿水平放置的偏转板M 、N 间的中心轴线O O '射入．M 、N 板长为L ，两板间加有恒定电压，它们间的电场可看作匀强电场．偏转板右端边缘到荧光屏P 的距离为s ．当加速电压为1U 时，电子恰好打在N 板中央的A 点；当加速电压为2U 时，电子打在荧光屏的B 点．A 、B 点到中心轴线O O '的距离相等．求1U ∶2U ．解：设电子电量为e 、质量为m ．由题意，电子在偏转电场中做类平抛运动，加速度为a 且保持不变．加速电压为1U 时，设电子进入偏转电场时的速度为1v 21121mv eU = 〔2分〕 偏转距离为1y ，沿板方向的位移为L /2 112/t v L = 21121at y =〔4分〕 加速电压为2U 时，设电子进入偏转电场时的速度为2v 22221mv eU = 〔2分〕 偏转距离为2y ，沿板方向的位移为L22t v L = 22221at y = 〔4分〕 如图，电子从C 点离开电场，沿直线CB 匀速运动打在B 点．由几何关系得 2221v at s y y =- 〔4分〕 由以上各式解得)2(421s L L U U += 〔3分〕 2．如下图的装置，U 1是加速电压，紧靠其右侧的是两块彼此平行的水平金属板，板长为l ，两板间距离为d 。
一个质量为m ，带电量为-q 的质点，经加速电压加速后沿两金属板中心线以速度v 0水平射入两板中。
假设在两水平金属板间加一电压U 2，当上板为正时，带电质点恰能沿两板中心线射出；当下板为正时，带电质点那么射到下板上距板的左端l ／4处，为使带电质点经u1加速后沿中心线射入两金属板，并能够从两金属之间射出，咨询：两水平金属板间所加电压应满足什么条件，及电压值的范畴。
解：①②由①、②解出a=2g③④⑤为使带电质点射出金属板，质点在竖直方向运动应有⑥⑦a′是竖直方向的加速度，t2是质点在金属板间运动时刻⑧假设a′的方向向上那么两金属板应加电压为U′上板为正有⑨假设a′的方向向下那么两极间应加电压U″上板为正有⑩为使带电质点从两板间射出，两板间电压U始终应上极为正9U2/8>U>7U2/8二、带电粒子在交变电场中的偏转3．〔2004黄冈〕在以下图〔a〕中A和B是真空中的两块面积专门大的平行金属板，加上周期为T的交变电压，在两板间产生交变的匀强电场。
高中物理高考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)
高中物理高考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)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 。
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06高考冲刺专题系列：带电粒子在电场中的运动―――近年有关带电粒子在电场中的运动模型分类广东广雅中学 吴炳光一、带电粒子在恒定电场中的偏转1．（2004西城）真空室中有如图所示的装置．电极K 发出的电子（初速不计）经过加速电场后，由小孔O 沿水平放置的偏转板M 、N 间的中心轴线O O '射入．M 、N 板长为L ，两板间加有恒定电压，它们间的电场可看作匀强电场．偏转板右端边缘到荧光屏P 的距离为s ．当加速电压为1U 时，电子恰好打在N 板中央的A 点；当加速电压为2U 时，电子打在荧光屏的B 点．已知A 、B 点到中心轴线O O '的距离相等．求1U ∶2U ．解：设电子电量为e 、质量为m ．由题意，电子在偏转电场中做类平抛运动，加速度为a 且保持不变．加速电压为1U 时，设电子进入偏转电场时的速度为1v 21121mv eU =（2分）偏转距离为1y ，沿板方向的位移为L /2 112/t v L = 21121a t y = （4分） 加速电压为2U 时，设电子进入偏转电场时的速度为2v 22221mv eU =（2分）偏转距离为2y ，沿板方向的位移为L 22t v L = 22221a t y =（4分）如图，电子从C 点离开电场，沿直线CB 匀速运动打在B 点． 由几何关系得2221v at sy y =- （4分） 由以上各式解得)2(421s L L U U +=（3分）2．如图所示的装置，U 1是加速电压，紧靠其右侧的是两块彼此平行的水平金属板，板长为l ，两板间距离为d 。
一个质量为m ，带电量为-q 的质点，经加速电压加速后沿两金属板中心线以速度v 0水平射入两板中。
若在两水平金属板间加一电压U 2，当上板为正时，带电质点恰能沿两板中心线射出；当下板为正时，带电质点则射到下板上距板的左端l ／4处，为使带电质点经u1加速后沿中心线射入两金属板，并能够从两金属之间射出，问：两水平金属板间所加电压应满足什么条件，及电压值的范围。
解：①②由①、②解出a=2g③④⑤为使带电质点射出金属板，质点在竖直方向运动应有⑥⑦a′是竖直方向的加速度，t2是质点在金属板间运动时间⑧若a′的方向向上则两金属板应加电压为U′上板为正有⑨若a′的方向向下则两极间应加电压U″上板为正有⑩为使带电质点从两板间射出，两板间电压U始终应上极为正9U2/8>U>7U2/8二、带电粒子在交变电场中的偏转3．（2004黄冈）在下图（a）中A和B是真空中的两块面积很大的平行金属板，加上周期为T 的交变电压，在两板间产生交变的匀强电场。
已知B板电势为零，A板电势UA随时间变化的规律如图（b）所示，其中UA 的最大值为U，最小值为－2U。
在图（a）中，虚线MN表示与A、B板平行等距的一个较小的面，此面到A和B的距离皆为l。
在此面所在处，不断地产生电荷量为q、质量为m的带负电的微粒，各个时刻产生带电微粒的机会均等。
这种微粒产生后，从静止出发在电场力的作用下运动。
设微粒一旦碰到金属板，它就附在板上不再运动，且其电量同时消失，不影响A 、B 板的电势。
已知上述的T 、U 0、l 、q 和m 等各量的值正好满足等式202)2(263T m q U l =。
若在交变电压变化的每个周期T 内，平均产生320个上述微粒，不计重力，不考虑微粒之间的相互作用，试求： （1）在t=0到t=T/2这段时间内，哪一段时间内产生的微粒可以直达A 板？（2）在t=0到t=T/2这段时间内产生的微粒中有多少个微粒可到达A 板？ 解：在电压为U 0时，微粒所受电场力为,2/0l qU 此时微粒的加速度为.2/00ml qU a =（1）在t=0时刻产生的微粒，将以加速度a 0向A 板运动，经2T 时，位移l l T mlqU T mlqUT a S >⋅⋅===220220)2(2168)2(4)2(21……（1分）即t=0时刻产生的粒子，在不到2T 时就可直达A 板。
此后产生的粒子，可能先加速，后减速运动，但速度反向前到达A 板，考虑临界状况：设t=t 1时刻产生的微粒到达A 板时速度刚好为零，则该微粒以加速度a 0加速度运动)2(1t T -时间，再以加速度2a 0减速运动一段时间，设为△s ，则02)2(010=∆⋅--t a t T a （2）1221)2(2120210=∆⋅⋅+-ta t T a （3）联立解得41T t = （4） 即0～4T 时间内产生的微粒可直达A 板。
（2）在4T t =时刻产生的微粒，以加速度0a 向A 板加速的时间为4T ，再以20a 的加速度减速运动，经8T t =∆速度减为零（刚好到A 板边），此后以20a 的加速度向B 板运动，运动时间为T T T t 83821=-=∆ （5）位移l l T ml qU T ml qUt a S 2)2(2169)83(2)(22122022101>⋅⋅==∆⋅=（6分） 即微粒将打到B 板上，不再返回，而4T t =时刻之后产生的微粒，向A 板加速的时间更短，最终均将打到B 板上，不再返回，故只有t=0到4T t =时间内产生的微粒可到达A 板.8041320=⨯=N 个 （7）4．如图甲所示，A 、B 是在真空中平行放置的金属板，加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场。
A 、B 两板间距d =15cm 。
今在A 、B 两极上加如图乙所示的电压，交变电压的周期T =1.0×10-6s ；t =0时，A 板电势比B 板电势高，电势差U 0=108V 。
一个荷质比q /m =1.0×108C/kg 的带负电的粒子在t =0时从B 板附近由静止开始运动，不计重力。
问：⑪当粒子的位移为多大时，粒子速度第一次达到最大值？最大速度为多大？ ⑫粒子运动过程中将与某一极板相碰撞，求粒子撞击极板时的速度大小。
解：⑪带负电的粒子电场中加速或减速的加速度大小为a =mdqU = 7.2×1011 m/s 2当粒子的位移为S =2321⎪⎭⎫⎝⎛T a = 4.0×10－2m速度最大值为v = at =2.4×105 m/s⑫一个周期内粒子运动的位移为S 0=2×2321⎪⎭⎫ ⎝⎛T a －2×2621⎪⎭⎫ ⎝⎛T a =6×10－2m 由此可以判断粒子在第三个周期内与B 板碰撞，因为n = 0S l = 2.5在前两个周期内粒子运动的位移为S 2=2 S 0 = 12×10－2 m在第三周期内粒子只要运动△S =3cm 即与B 板碰撞，可知在第三周期的前T /3内某时刻就与B板碰撞。
s a v ∆=2=2 .0×105 m/s三、带电粒子在电场中做圆周运动5．在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线一端连着一个质量为m 、电量为+q 的带电小球，另一端固定于O 点。
将小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速释放，则小球沿圆弧作往复运动。
已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为θ（如图）。
求 （1）匀强电场的场强。
（2）小球经过最低点时细线对小球的拉力。
解：（1）设细线长为l ，场强为E.因电量为正，故场强的方向为水平向右.（1分）从释放点到左侧最高点，由动能定理有W G +W E =△E k =0，故)sin 1(cos θθ+=qEl mgl （3分） 解得)sin 1(cos θθ+=q mg E （1分）（2）若小球运动到最低点的速度为v ，此时线的拉力为T ，由动能定理同样可得221mv qEl mgl =-（3分）由牛顿第二定律得 lvmmg T 2=--U U 图甲图乙由以上各式解得]sin 1cos 23[θθ+-=mg T （3分）四、带电粒子在电场的碰撞6．如图所示，在高为h=0.8m 的平台上，静止一个带电量为q A =0.1C 的负电小球A ，球A 与平台的滚动摩擦因数μ=0.2，平台长为L 1=0.75m ，在平台上方有一个带电量为q B =0.1C 的带正电的小球B ．且m A =m B =0.5kg ．球B 挂在长为L=1m 的细线上．整个装置放在竖直向下的电场中，场强为E=10N/C ．现将B 拉开角度α=60°后，由静止释放，在底端与A 发生对心碰撞，使A 滚下平台做平抛运动．若碰撞时无机械能损失且碰撞后A 、B 电荷均为零。
求：A 平抛运动可能前进的水平距离？(g=10m/s 2，空气阻力不计) 解：(1)B 下摆过程中，机械能守恒：(2)B 与A 碰撞，动量守恒、机械能守恒：(3)A 在平台上滚动，对A 用动能定理：(4)A 离开平台，做初速度为vA′=3m/s 的平抛运动：水平方向为匀速宜线运动：位移S=v A ′·t=1.2m 所以A 做平抛运动后．前进的水平位移是1.2m ．7．如图所示，在高H=2.5m 的光滑、绝缘水平高台边缘，静置一个小物块B ，另一带电小物块A 以初速度v 0=10.0m/s 向B 运动，A 、B 的质量均为m=1.0×10-3kg 。
A 与B 相碰撞后，两物块立即粘在一起，并从台上飞出后落在水平地面上。
落地点距高台边缘的水平距离L=5.0m.已知此空间中存在方向竖直向上的匀强电场，场强大小E=1.0×103N/C （图中未画出）假设A 在滑行过程和碰撞过程中电量保持不变，不计空气阻力，g=10m/s 2。
求：（1）A 、B 碰撞过程中损失的机械能。
（2）试说明A 带电的电性，并求出其所带电荷q 的大小。
（3）在A 、B 的飞行过程中，电场力对它做的功。
解：（1）设A 、B 刚粘在一起时的速度为v ，对于A 、B 两物块的碰撞过程，根据动量过恒定律有：mv mv 20= 解得s m v v /0.52/0==A 、B 碰撞过程中损失的机械能为J mvmv E 2220105.222121-⨯=--∆（2）A 、B 碰后一起做匀变速曲线运动，设加速度为a ，经时间t 落至地面，则有水平方向：221:,at H vt L ==竖直方向 解得2/0.5s m a =因a <g ，表明A 、B 所受电场力方向竖直向上，因此A 带正电对A 、B 沿竖直方向的分运动，根据牛顿第二定律有ma qE mg 22=- 解得q=1.0×10-5C（3）A 、B 飞行过程中，电场力做的功为qEH W -= 解得：W=－2.5×10-2J8．（2004重庆）如图所示，在动摩擦因数为μ=0.50的绝缘水平面上放置一质量为m=2.0×10-3kg的带正电的小滑块A ，所带电荷量为q=1.0×10-7C 。