带电粒子在电场中的直线运动(答案)高三物理一轮专题
带电粒子在电场中的直线运动
目标：1、带电粒子在电场中加（减）速的两种分
析方法。
2、带电粒子在交变电场中的直线运动。
基础演练：
1.让原来静止的氢核H)
(1
1、氘核H)
(2
1
和氚核H)
(3
1
的混合物通过同一加速电场相同电压加速后，这些核将具有( B)
A.相同的速度
B.相同的动能
C.相同的动量
D.以上都不相同
2.如图所示，电子由静止开始
从A板向B板运动，当到达B
板时速度为v，保持两板间电
压不变，则( CD )
A.当增大两板间距离时，v也增大
B.当减小两板间距离时，v增大
C.当改变两板间距离时，v不变
D.当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大
例题分析：
【例1】（01上海）A、B两点各放有电量为+Q和+2Q的点电荷，A、B、C、D四点在同一直线上，且AC=CD=DB。
将一正电荷从C点沿直线移到D 点，则（B ）
A、电场力一直做正功
B、电场力先做正功再做负功
C、电场力一直做负功
D、电场力先做负功再做正功
【例2】一个电子以v0＝4×107m/s的速度，方向与电场方向相同，射入电场强度E＝2×105V/m的匀强电场中，如图所示.已知电子电荷量e＝－
1.6×10－19C，电子质量m＝9.1×10－31kg.试求：
(1)电子的入射点A与电子速度为零之点B间电势差是多少？两点间距离是多少？(2)
电子到达速度为零之点所需的时间是多少？
解析：设电子从A点到速度为零的B点，由动能定理可得eU AB＝－
1
2m v
2
，则U AB＝－
m v20
2e＝4550 V.两点间距离d＝
U AB
E＝2.28×10
－2m.电子到达速度为0之点所需的时间t＝
d
(
v0
2)
≈1.1×10－9s.
答案：(1)4450 V 2.28×10－2m(2)1.1×10－9s
【例3】如图16所示,沿水平方向放置一条平直光滑槽,它垂直穿过开有小孔的两平行薄板,板相距3.5L, 槽内有两个质量均为m的小球A和B,球A 带电量为+2q,球B带电量为-3q,两球由长为2L的轻杆相连,组成一带电系统.最初A和B分别静止于左板的两侧,离板的距离均为L.若视小球为质点,不计轻杆的质量,在两板间加上与槽平行向右的匀强电场E后(设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成,不影响电场的分布),求：
(1)球B刚进入电场时,带电系统的速度大小
.
(2)带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间及球A 相对右板的位置.
图16
【例4】如图所示，A 、B 是一对平行的金属板，在两板之间加一个周期为T 的交变电压U ， A 板的电势0=a ϕ，B 板的电势b ϕ随时间的变化规律
为：在0到2T 时间内，b ϕ＝0ϕ（正的常数）；在
2
T
到T 时间内，b ϕ＝－0ϕ；在T 到2
3T
时间内，b ϕ＝0ϕ,在
2
3T
到2T 时间内，b ϕ＝－0ϕ……现有一电子从A 板上的小孔进入两板间的电场区域内，设电子的初速度和重力的影响均可忽略，试分析电子在板间的运动情况，并讨论电子能达到另一板的条
件（设板间距离m
T e d o 42
ϕ>，其中e 、m 分别是
电子的电荷量和质量）
【解析】由题意可知：B 板上的电势变化规律如图所示，A 、B 两板间的场强恒定，方向作周期变化，故电子所受电场力也是大小恒定，方向作周期变
化
，
即
F=
d
U e
eE 0
0±=± d 为两板间距，故电子在各时间间隔
内均为匀变速直线运动，至于运动的方向、运动速度的加、减情况以及运动过程所能到达的范围等，则完全取决于何时释放电子，此例可借助于电子运动的“v-t ”图线来解决。
如图所示坐标系vot 对应于电子从t=0、T 、2T ……时刻进入电子若从其它时刻进入，则其“ v-t ”图线可通过平移坐标轴得到（如图的坐标系v /o /t /），通过“v-t ”图线可直观、形象地对电子的运动情况进行分析判断。
由“v-t ”图分析易知，若电子在0～
4
T
，T ～
4
5T ……nT ～（n+
4
1）
T 时间内某时刻进入，则电子将先向B 板作加速、减速运动，再回头向A 板作加速、减速运动……不断重复上述过程，由于每一个周期中，向B 板运动的位移大于回头向A 板运动的位移，故电子最终将到达B 板，若电子在
4
T ～
2
T ，
T 4
5～
T 2
3，……（n+
4
1）T ～（n+
2
1）T
时间某时刻进入，则电子在经历了一次向B 板加速、减速，再回头向A 板加速、减速（也可能不经历减速）后将从A 板小孔飞出电场。
课后作业
1.一带电粒子在电场中只受电场力作用时，它不可能出现的运动状态是(A)
A．匀速直线运动B．匀加速直线运动C．匀变速曲线运动D．匀速圆周运动
2.如图为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空，A为发射热电子的阴极，K为接在高电势点的加速阳极，A、K间
电压为U．电子离开阴极时的
速度可以忽略，电子经加速后
从K的小孔中射出时的速度
大小为v．下面的说法中正确
的是（ D ）
A．如果A、K间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度变为2v
B．如果A、K间距离减半而电压仍为U不变，则
电子离开K时的速度变为
2
v
C．如果A、K间距离保持不变而电压减半，则电
子离开K时的速度变为
2
v
D．如果A、K间距离保持不变而电压减半，则电
子离开K时的速度变为v
2
2
3.在如图所示的装置中，B和A两板间的电压为U，C和D两板间电压为2U从F处释放出一个无初速度的电子，电荷量为e.关于电子的运动，下列描述中哪些是正确的( ABD )
A.电子到达B板时的动能是eU
B.电子从B板到达C板时动能不变
C.电子到达D板时动能是3eU
D.电子将在A板和D板之间往复运动
4、真空中水平放置的两金属板相距为d，两板电压是可以调节的，一个质量为m、带电量为＋q的粒子，从负极板中央以速度v o垂直极板射入电场，当板间电压为U时，粒子经d/4的距离就要返回，若要使粒子经d/2才返回，可采用的方法是（ B ）
A、v o增大1倍
B、使板间电压U减半
C、v o和U同时减半
D、初速增为2v o,同时使板间距离增加d/2 5．(2009年高考天津理综卷)如图所示，带等量异
号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N 为板间同一电场线上的两点，
一带电粒子(不计重力)以速度
v M经过M点在电场线上向下
运动，且未与下板接触，一段
时间后，粒子以速度v N折回N
点，则(B)
A.粒子受电场力的方向一定由M指向N
B.粒子在M点的速度一定比在N点的大
C.粒子在M点的电势能一定比在N点的大
D.电场中M点的电势一定高于N点的电势
6．在平行金属板间加上图所示的电压，能使处于板中央原来静止的电子做往复运动的电压是( ABC
)
7、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
q1：q2等于（B ）
A．1：2 B．2：1 C．1：2D．2：
1
8．如图，在真空中一条竖直向下的电场线上有两点a和b。
一带电质点在a处由静止释放后沿电场线向上运动，到达b点时速度恰好为零。
则下面说法正确的是：
(AC)
A.a点的电场强度大于b点的电场强度
B.质点在b点所受到的合力一定为零
C.带电质点在a点的电势能大于在b点的电势能
D.a点的电势高于b点的电势
9．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U0加速后通过小孔S沿水平方向射入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.
（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。
5．（1）
C
Ne
（2）U
（3）t=
ne
C
U
10．在制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲所示．加在极板A、B间的电压U AB作周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为－kU0(k＞1)，电压变化的周期为2τ，如图乙所示．在t＝0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动．若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用．
甲乙
(1)若k
＝，电子在0～2τ时间内不能到达极板A，求d应满足的条件；
(2)若电子在0～200τ时间内未碰到极板B，求此运动过程中电子速度v随时间t变化的关系；(3)若电子在第N个周期内的位移为零，求k的值．。
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解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析
高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧讲解及练习题(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1．一带正电小球通过绝缘细线悬挂于场强大小为E 1的水平匀强电场中，静止时细线与竖直方向的夹角θ=45°，如图所示。
以小球静止位置为坐标原点O ，在竖直平面内建立直角坐标系xOy ，其中x 轴水平。
现剪断细线，经0.1s ，电场突然反向，场强大小不变；再经0.1s ，电场突然变为另一匀强电场，场强大小为E 2，又经0.1s 小球速度为零。
已知小球质量m=1.0×10－2kg ，电荷量q=1.0×10－8C ，g 取10m/s 2，空气阻力不计。
求(1)E 1和E 2；(2)细线剪断0.3s 末小球的位置坐标。
【答案】(1) 7110/E V m = 72310/E V m =⨯ (2) (0.1,0.3)m m【解析】 【详解】（1）当小球静止时，1qE mg = 则7110/mgE V m q== 电场力与重力的合力=2cos 45mgF mg o合= 剪断细绳后，小球做匀加速直线运动，加速度的大小为2102/F a m s m==合经过0.1s 小球的速度大小为12/v at m s == 速度的方向与x 轴正方向成45o 斜向右下方在第2个0.1s 内，电场方向，小球的水平分速度112cos 450x qE v v t m=-=o竖直分速度12sin 452/y v v gt m s o=+=即第2个0.1s 末，小球的速度2v 大小为2/m s ，方向竖直向下 依题意，在第3个0.1s 内小球做匀减速直线运动， 由运动学公式知223220/0.1v a m s t ===' 根据牛顿第二定律得2qE mga m'-=代入数据得72310/E V m =⨯（2）第1个0.1s 内，小球的位移大小22111220.12220s at g m ==⨯⨯= 则小球沿x 方向移动的距离1cos 450.05x s m ==o沿y 方向移动的距离1sin 450.05y s m ==o在第2 个0.1s 内，小球沿x 方向移动的距离221221cos 450.052qE x v t t m mo=-= 沿y 方向移动的距离22121sin 450.152y v gt m =+=o在第3个0.1s 内，小球沿沿方向移动的距离2323310.12y v t a t m '=-= 即小球速度为零时的位置坐标是(0.1,0.3)m m2．平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为2B 和B （B 的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿﹣y 方向的匀强电场，x 轴上有一点P ，其坐标为（L ，0）。
电容器的动态分析、带电粒子在电场中的直线和抛体运动-2025版高三物理一轮复习多维度导学与分层专练
2025届高三物理一轮复习多维度导学与分层专练专题46电容器的动态分析、带电粒子在电场中的直线和抛体运动导练目标导练内容目标1电容器的动态分析目标2带电粒子在电场中的直线运动目标3带电粒子在电场中的抛体运动【知识导学与典例导练】一、电容器的动态分析1．平行板电容器动态的分析思路2.平行板电容器的动态分析问题的两种情况(1)平行板电容器充电后,保持电容器的两极板与电池的两极相连接:(2)平行板电容器充电后,切断与电池的连接:【例1】如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板（M 板）接地，在两板间的P 点固定一个带负电的检验电荷。
若正极板N 保持不动，将负极板M 缓慢向右平移一小段距离，下列说法正确的是（）A ．P 点电势升高B ．两板间电压增大C ．检验电荷的电势能增大D ．检验电荷受到的电场力增大【答案】C 【详解】由Q C U =；4r S C kdεπ=；U E d =可得4r kdQ U S πε=；4r k S E Q πε=BD ．因为电容器与电源断开，电荷量保持不变，两板间的距离d 减小，所以两板间电压减小，两板间电场强度不变，检验电荷受到的电场力不变，故BD 错误；AC ．因Ed ϕ'=，d '为P 到负极板之间的距离，d '减小，所以P 点电势降低；因沿电场线方向电势降低，M 板电势为零，所以P 点电势为正，P 点固定电荷为负，电势降低，电势能增加，C 正确，A 错误。
故选C 。
【例2】如图所示是由电源E 、灵敏电流计G 、滑动变阻器R 和平行板电容器C 组成的电路，开关S 闭合。
在下列四个过程中，灵敏电流计中有方向由a 到b 电流的是（）A ．在平行板电容器中插入电介质B ．减小平行板电容器两极板间的距离C ．减小平行板电容器两极板的正对面积D ．增大平行板电容器两极板的正对面积【答案】C【详解】A ．电容器保持和电源连接，电压U 一定，在平行板电容器中插入电介质，由4r S C kd επ=可知电容增大，由Q C U=可知极板电荷量增加，电容器充电，电路中有b 到a 方向的电流通过电流计。
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．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 02md qE 、R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEdv m ＝代入解得 v 0＝L·2Eqmd－E 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＝代入解得12(1cos )12tan sin 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、12qEd v 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＝代入解得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)．2．如图所示，荧光屏MN 与x 轴垂直放置，荧光屏所在位置的横坐标x 0=60cm ，在第一象限y 轴和MN 之间存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度E =1.6×105N/C ，在第二象限有半径R =5cm 的圆形磁场，磁感应强度B =0.8T ，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qm=1.0×108C/kg 的带正电的粒子，已知粒子的发射速率v 0=4.0×106m/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 点的最远距离． 【答案】（1）5cm ；（2）0≤y≤10cm ；（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，由洛伦兹力提供向心力得：qvB =m 2v r解得：r =20510mv Bq-=⨯m=5cm （2）由（1）问可知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PO′FO 1为菱形，所以FO 1∥O′P ，又O′P 垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径FO 1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0≤y ≤10cm （3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有：x 0=v 0t 0 h =2012at a =qE m解得：h =18cm ＞2R =10cm说明粒子离开电场后才打在荧光屏上．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：x =v 0t y =212at 代入数据解得：x 2y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⋅===所以：H =（x 0﹣x ）tan θ=（x 0﹣2y）•2y由数学知识可知，当（x 0﹣2y ）=2y 时，即y =4.5cm 时H 有最大值 所以H max =9cm3．平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为2B 和B （B 的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿﹣y 方向的匀强电场，x 轴上有一点P ，其坐标为（L ，0）。
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.。
2022届高三物理一轮复习同步练习 带电粒子在电场中运动的综合问题【含答案】
带电粒子在电场中运动的综合问题同步训练一、选择题1.(多选)如图所示，这是匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象。
当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法正确的是( )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末带电粒子的速度为0D．0～3 s内，电场力做的总功为02. (多选)(荆门市上学期1月调考)如图(a)所示，A、B表示真空中水平放置的相距为d的平行金属板，板长为L，两板加电压后板间的电场可视为匀强电场。
现在A、B两板间加上如图(b)所示的周期性的交变电压，在t＝0时恰有一质量为m、电荷量为q的粒子在板间中央沿水平方向以速度v0射入电场，忽略粒子的重力，则下列关于粒子运动状况的表述正确的是( )A．粒子在垂直于板的方向上的分运动可能是往复运动B．粒子在垂直于板的方向上的分运动是单向运动C．只要周期T和电压U0的值满足一定条件，粒子就可沿与板平行的方向飞出D．粒子不可能沿与板平行的方向飞出3. (多选)(阳泉市上学期期末)在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，把小球拉至A点，此时细线与电场线平行，然后把小球从A点无初速度释放，经最低点B后到达B的另一侧C点时速度为0，则( )A．小球在B点时速度最大B．小球从A点到B点再到C点的过程中，机械能一直在减少C．小球在B点时的绳子拉力最大D．从B点到C点的过程中小球的电势能一直增加4. (郑州市第二次质量预测)水平地面上方分布着水平向右的匀强电场，一光滑绝缘轻杆竖直立在地面上，轻杆上有A、B两点。
轻杆左侧固定一带正电的点电荷，电荷量为＋Q，点电荷在轻杆A、B 两点的中垂线上，一个质量为m，电荷量为＋q的小球套在轻杆上，从A点由静止释放，小球由A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是( )A．小球受到的电场力先减小后增大B．小球的运动速度先增大后减小C．小球的电势能先增大后减小D．小球的加速度大小不变5．(多选)(山东潍坊二模)如图1所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O 点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v 0，电荷量为＋q ，质量为m 的粒子。
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。
专题24 带电粒子在电场中的运动----2022年高考物理一轮重难点复习(解析版)
专题24 带电粒子在电场中的运动重点知识讲解 一、带电粒子在匀强电场中的加速1.带电粒子在电场中运动时，重力一般远小于静电力，因此重力可以忽略。
2.如图所示，匀强电场中有一带正电q 的粒子（不计重力），在电场力作用下从A 点加速运动到B 点，速度由v 0增加到v.，A 、B 间距为d ，电势差为U AB.（1）用动力学观点分析：Eq a m =， U E d=，2202v v ad -= （2）用能量的观点（动能定理）分析：2201122AB qU mv mv =- 能量观点既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场，对匀强电场又有AB W qU qEd ==。
二、带电粒子在匀强电场中的偏转（1）带电粒子以垂直于电场线方向的初速度v 0进入匀强电场时，粒子做类平抛运动。
垂直于场强方向的匀速直线运动，沿场强方向的匀加速直线运动。
（2）偏转问题的处理方法，类似于平抛运动的研究方法，粒子沿初速度方向做匀速直线运动，可以确定通过电场的时间0lt v =。
粒子沿电场线方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度F qE qU a m m md===； 穿过电场的位移侧移量：221at y =222001().22Uq l ql U md v mv d=⋅=； 穿过电场的速度偏转角： 20tan y v qlU v mv dθ==。
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进入同一偏转电场，射出时的偏转角度总是相同的。
（2）粒子经过电场偏转后，速度的反向延长线与初速度延长线的交点为粒子水平位移的中点。
（与平抛运动的规律一样） 三、示波管的构造原理（1）示波管的构造：示波器的核心部件是示波管，示波管的构造简图如图所示，也可将示波管的结构大致分为三部分，即电子枪、偏转电极和荧光屏。
（2）示波管的原理a 、偏转电极不加电压时，从电子枪射出的电子将沿直线运动，射到荧光屏的中心点形成一个亮斑。
b 、在XX '（或YY '）加电压时，则电子被加速，偏转后射到XX '（或YY '）所在直线上某一点，形成一个亮斑（不在中心），如图所示。
电容器 实验 观察电容器的充、放电现象 带电粒子在电场中的直线运动 2023年高考物理一轮复习
3.用功能观点分析 匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝12mv2－12mv02 非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
例6 如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近
有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子；在负极板有另一质量为m、电荷
量为－q的粒子.在静电力的作用下，两粒子同时从静止开始运动.已知两 粒子同时经过平行于正极板且与其相距 25l 的平面.若两粒子间的相互作用 可忽略，不计重力，则M∶m为
内容 索引
考点一 电容器及平行板电容器的动态分析 考点二 实验：观察电容器的充、放电现象 考点三 带电粒子(带电体)在电场中的直线运动 课时精练
考点一
电容器及平行板电容器的动态分析
基础梳理 夯实必备知识
1.电容器 (1)组成：由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成. (2)带电荷量：一个极板所带电荷量的 绝对值 . (3)电容器的充、放电： ①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷， 电容器中储存电场能. ②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为 其他形式的能.
(2)Q 不变 ①根据 C＝QU＝4επrkSd先分析电容的变化，再分析 U 的变化. ②根据 E＝Ud ＝4kεrπSQ分析场强变化.
考向1 两极板间电势差不变
例1 (多选)如图所示，电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的 塑料薄膜制成的，它与基板构成电容器，并与电阻、电池构成闭合回路. 麦克风正常工作时，振动膜随声波左右振动.下列说法正确的是 A.振动膜向右运动时，电容器的板间电场强度不变
方法技巧 提升关键能力
1.两类典型问题 (1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变. (2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变. 2.动态分析思路 (1)U不变 ①根据C＝QU＝4επrkSd 先分析电容的变化，再分析Q的变化. ②根据E＝Ud 分析场强的变化. ③根据UAB＝E·d分析某点电势变化.
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。