2010年高考物理带电粒子在电场中的运动专题复习
电学搭 台，力 学唱戏。
例3．电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动, 然后射入电势差为U2的两块平行板间的匀强电场中,在 满足电子射出平行板区的条件下,下述四种情况中,一 定能使电子的偏转角Φ变大的是（ B ） A.U1变大,U2变大 B.U1变小,U2变大 C.U1变大,U2变小 D.U1变小,U2变小
2 2
例2. 静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔 射出,又垂直进入平行金属板间的电场,在偏转电压U2的 作用下偏转一段距离.现使U1加倍,要想使电子的运动轨 迹不发生变化,应该（ A ） P A.使U2加倍 O B.使U2变为原来的4倍 U2 C.使U2变为原来的 2 倍 U1 D.使U2变为原来的1／2倍
x v0t
①
y
由②④式可知 由①③⑤式可知 根据动量定理得 由⑤⑦式可知
1 qE 2 y t ② 2 m
由图看出
a
b
c
t a tb t c ⑤
va vb vc ⑥ qEt p ⑦ I a Ib Ic ⑧
xa xb xc ③ ya yb yc ④
例7.带电粒子射入两块平行极板间的匀强电场中，入 射方向跟极板平行，重力忽略.若初动能为Ek，则离 开电场时的动能为2Ek，如果初速度增为原来的2倍， 则离开电场时的动能为（ C ） A.3Ek B.4Ek C.17Ek/4 D.9Ek/2
解：电子垂直进入匀强电场中，做类平抛运动
vB 2v A ①
根据动能定理得
A
eU AB
1 2 1 2 mvB mv A ② 2 2
·
vA
1500 v B A 0
60
联立①②两式解出AB两点的电势差
·
U AB 1.4 10 2V 0
vy vB 负号说明A点的电势比B点低 学会用能量的观点处理带电粒子在电场中的运动问题； 曲线运动的基本解法就是运动的合成和分解。
中即可通过①式又可通过②式求解．
1 2 1 2 qU mv mv0 ① 2 2
1 2 1 2 qEs cos mv mv0 ② 2 2
例1. 在点电荷＋Q的电场中有A、B两点，将质子和α 粒子分别从A点由静止释放，已知质子和α粒子的电 性相同，带电量之比为1:2，质量之比为1:4，则到达 B点时，它们的速度大小之比为多少？ Q A B
A
B
d
U0
解：⑴电子先经加速电场加速后进入偏转电场做类平抛运动.
1 2 eU 0 mv0 ① 2
d 1 eU 2 t ② 2 2 md
l v0t ③
2U 0 d ④ U
联立①②③两式解出金属板AB的长度
l
⑵对电子运动的整个过程根据动能定理可求出电子穿出电场
U U 时的动能 EK eU0 e e(U 0 ) ⑤ 2 2 提升物理思想：整个过程运用动能定理解题
1.在带电粒子的加速运动中,电场力一定做正功,公式W=qU中q和U的符号总是 相同,列方程时代入绝对值即可;2.电子做初速度为零的匀加速直线运动,本题 也可用牛顿运动定律和运动学求解,还可以用动量定理求解.3.本题属于电容器 动态变化的第二类问题,U不变,当两板间距离发生变化时,匀强电场的场强会发 生变化,但是电场力做功W=eU不变,电子到达Q极板时的动能不变.
二、带电粒子在匀强电场中做类平抛运动
垂直射入匀强电场的带电粒子,在电场中 的偏转是类平抛问题,与重力场中的平抛运动 处理方式相似,也就是“正交分解”法.即在 垂直电场线方向上为匀速运动，在平行电场 线方向上为初速度为零的匀加速运动．注意 ( 1)合分运动的等效性、独立性和等时性(2) 对每个分运动及合运动用能量的观点处理问 题.
例6.a、b、c三个α粒子同时由同一点垂直进入偏转电 场,其轨迹如图所示,其中b恰好飞出电场，由此可以肯 定（ A C D ） A.在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上 B. b和c同时飞离电场 C.进入电场时，c的速度最大，a的速度最小 O D.动量的增量相比，c的最小，a和b一样大 解：α粒子做类平抛运动 x
⑵
⑶
y qm yq
q y m
2 md
v0
1 2 ⑷ qU1 mv0 ② 2 U 2l 2 与q和m无关 y 4dU1
求解物理量之比的程序设计1.找出所求量的表达式;2.先确定常量;3.再确定 所求量(因变量)与表达式中自变量的比例式4.代入数值求解.
例2. a、b、c、d为匀强电场中的四个等势面，一个电子 从N点平行于等势面方向射入匀强电场后的运动轨迹如实 线NM，由此可知（ D ） A.电子在N的动能大于在M点的动能 B.电子在N点的电势能小于在M点的电势能 E C.电场强度方向向左 v0 D.电场中a点电势低于b电动
一、带电粒子在电场中的加速问题
1.用力和运动的观点讨论
在匀强电场中带电粒子做匀加速直线运动，可通过牛顿定律 和匀变速运动的运动学公式进行讨论．
qE qU 2 a v 2 v0 2ad ② v v0 at ③ ① m md 2.用功和能的观点讨论 根据动能定理，在任意电场中可通过①式求解，在匀强电场
U2L 1 qU 2 L y 2 md v0 4U1d
2
2
带电粒子离开电场时的偏转角和偏移量均与带电粒子的质量和 电量无关.只要电性相同的带电粒子,在电场中留下的轨迹相同, 所以无法将电性相同的粒子分开.
例1．一束电子流在经U1＝5000V的加速电压加速后，在 距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所 示，若两板间距d＝1.0cm，板长L＝5.0cm，那么，要使 电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压？
解：电子在加速电场中加速过程中
1 2 eU1 mv0 ① 2
d 1 eU 2 L ② 2 2 md v0
2
·
U
v0
L 瞬时速 度是联 系两个 过程的 桥梁。
d
电子在偏转电场中做类平抛运动过程中
联立①②两式可得两个极板上所加电压的最大值
2d 2 0.01 U 2 2 U1 5000V 400V 2 L 0.05
解：带电粒子在匀强电场中做类平抛运动 过程一: 过程二:
qEy1 2Ek EK ① qEy2 E 'k 4EK ③
y1 4 y2 ⑤ 模型化归：带电粒子在匀强 电场中做“类平抛运动” 17 联立①③⑤式可得 E 'k Ek ⑥ 涉及到动能的变化,应 考虑用动能定理解题 4
联立②④两式可得
解析 ：由于电子是基本粒子，其 重力比电场力小得多，可忽略重 力。电子所受初速度与电场力 （合外力）垂直，电子做“类平 抛运动”电场力方向指向曲线的 凹侧，应水平向右，电场力做正 功，电子的动能增加,电势能减小。 N
b c d
S M
F
模型化归：带电粒子在匀强电场中做“类平抛运动”
例4.如图是一个说明示波管工作的部分原理图，电子经 过加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开偏转电场时 偏移量为h，两平行板间距为d，电压为U，板长为L，每 单位电压引起的偏移量（h/U）叫做示波管的灵敏度， 为了提高灵敏度，可采用的办法是（ C ） A.增加两极板间的电势差U B.尽可能缩短板长L v0 C.尽可能减小板间距d D.使电子的入射速度v0大些 h
带电粒子在第一种情况下做匀加速直线运动，在第二种情况下做类平抛运动．两种情 况下带电粒子的初末动能均相同，根据动能定理说明电场力做的功相等，而电场力大 小相等，说明沿电场力方向的位移相等，由此第二种情况下，带电粒子的匀速运动分 运动的位移和初速度为零的匀加速运动的分运动的位移大小相等均为两板间的距离d.
解：电子先经加速电场加速
U1 后进入偏转电场做类平抛运动.电子离开电场时的偏转角
1 2 qU1 mv0 ① 2
vy
·
平抛运动不是 分解速度，就 是分解位移。
e
U2
qU 2 L tan 2 ② v0 mdv0 U2L 联立①②两式得 tan ③ 2U1d
故选项B正确．
例4．有一电子(电量为e)经电压U0加 速后进入两块间距为d、电压为U的平 行金属板间．若电子从两板正中间垂 直电场方向射入，且正好能穿过电 场．求： (1)金属板AB的长度 (2)电 子穿出电场时的动能 ．
v0
s
F E
根据带电粒子的轨迹求解有关问题时, 做出带电粒子的初速 度和电场力矢量两个有向线段的图示是解题的出发点．
例3.二价氧离子与一价碳离子从水平放置的平行金属板 的中央沿垂直于电场方向发射，在下列各种情况下，求 它们飞出电场时，在竖直方向上偏移的位移大小之比？ ⑴射入时速度相同. 3:2 q1 2 m1 4 首先作 ⑵射入时动量相同. 8:3 好铺垫 q2 1 m 2 3 ⑶射入时动能相同. 2:1 1 qU 2 l 2 )( ) ① ⑷经相同电压加速后射入. 1:1 y ( ⑴
例5．空间某区域有场强大小为E的匀强电场，电场的边 界MN和PQ是间距为d的两个平行平面，如果匀强电场的 方向第一次是垂直于MN指向PQ界面，第二次是和MN界面 平行.在这两种情况下，一个带电量为q的粒子以恒定的 初速度垂直于MN界面进入匀强电场，带电粒子从PQ界面 穿出电场时动能相等，则带电粒子进入电场时的初动能 是多大？（不计重力） 1 2 1 2 解：第一次带电粒子做匀加速运动 qEd mv mv0 ① 2 2 1 2 1 2 第二次带电粒子做类平抛运动 qEy mv mv0 ② 2 2 1 eE 2
解：质子和α粒子从A到B运动过程 中，分别应用动能定理得
q1U AB
联立①②两式可解出它们到达B点时的速度大小之比为
1 2 m1v1 ① 2
q2U AB
1 2 m2v2 ② 2
带电粒子在电场中的运动轨迹专题
课后练习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 ( B D ) 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
高二物理专题复习： 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：电__场__力___方__向__或__者__电___场__力__的__反___方__向_或__者__速__度___的__反__方__向____ 正电荷受电场力方向与场强方向相同，
电场力做正功，电势能减少，动能增加； ④判断v、Ep、EK的大小根据：电__场__力__做___负__功__，__电___势__能__增__加__，___动__能_ 减少
⑤判断电势的高低根据：___顺__着__电___场__线__方__向__电___势__降__低_____
【典型题目一】
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 C D)
②判断电性应根据：负__电__荷___受__电__场__力__方___向__与__场__强___方__向__相__反__。_
同一电荷在电场线密集处场强大，受到的 ③判断E、F电、a根据：_电__场__力__大___，__产__生__的___加__速__度__大__，___反__之__亦__然____
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。
高考物理 考点一遍过 专题 带电粒子在匀强电场中的运动
取夺市安慰阳光实验学校专题36 带电粒子在匀强电场中的运动一、带电粒子（带电体）在电场中的直线运动 1．带电粒子在匀强电场中做直线运动的条件（1）粒子所受合外力F 合=0，粒子或静止，或做匀速直线运动。
（2）粒子所受合外力F 合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。
2．用动力学方法分析mF a 合=，dUE =；v2–20v =2ad 。
3．用功能观点分析匀强电场中：W =Eqd =qU =21mv 2–21m 20v 非匀强电场中：W =qU =E k2–E k14．带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法 5．处理带电粒子在电场中运动的常用技巧（1）微观粒子（如电子、质子、α粒子等）在电场中的运动，通常不必考虑其重力及运动中重力势能的变化。
（2）普通的带电体（如油滴、尘埃、小球等）在电场中的运动，除题中说明外，必须考虑其重力及运动中重力势能的变化。
二、带电粒子在电场中的偏转 1．粒子的偏转角（1）以初速度v 0进入偏转电场：如图所示设带电粒子质量为m ，带电荷量为q ，以速度v 0垂直于电场线方向射入匀强偏转电场，偏转电压为U 1，若粒子飞出电场时偏转角为θ则tan θ=yxv v ，式中v y =at =mdqU 1·0vL ，v x =v 0，代入得结论：动能一定时tan θ与q 成正比，电荷量一定时tan θ与动能成反比。
（2）经加速电场加速再进入偏转电场若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压U 0加速后进入偏转电场的，则由动能定理有：20021mv qU =，得：d U L U 012tan =θ。
结论：粒子的偏转角与粒子的q 、m 无关，仅取决于加速电场和偏转电场。
2．带电粒子在匀强电场中的偏转问题小结（1）分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键①条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v 0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动。
高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及练习题及解析
高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及练习题及解析一、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解题技巧(超强)及练习题(含答案)及解析
设此时的圆心位置为 O ，有： Oa r sin 30
OO 3d Oa 解得 OO d
即从 O 点进入磁场的电子射出磁场时的位置距 O 点最远
所以 ym 2r 2d 电子束从 y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标 y 的范围为 0 y 2d 设电子从 0 y 2d 范围内某一位置射入电场时的纵坐标为 y，从 ON 间射出电场时的位
）；
(3) 0 B 16mv0 或 15qL
B 16mv0 3qL
【解析】 【分析】 (1)a、b 碰撞，由动量守恒和能量守恒关系求解碰后 a、b 的速度； (2)碰后 a 在电场中向左做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解 P 点的位置坐标； (3)要使 b 球不从 CD 边界射出，求解恰能从 C 点和 D 点射出的临界条件确定磁感应强度的 范围。 【详解】 (1)a 匀速，则
解得： L 9 d 4
当3 d 2y 2y
【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正 确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经 常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的 应用．
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 x0 6cm ，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 E 1.6105 N / 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 q 1.0108C / kg 的带正电的粒子，已知粒子的
高考物理带电粒子在电场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)
高考物理带电粒子在电场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(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 。
（2）小球所受重力与电场力的合力大小为：G 等＝2cos m g①小球到达P点时，由牛顿第二定律有：G等＝m22Pvr②联立①②，代入数据得：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v1、v2，以向右方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v＝m1v1+m2v2 ③由能量守恒得：22211122111222m v m v m v=+④联立③④，代入数据得：v1＝﹣2m/s（“﹣”表示v1的方向水平向左），v2＝4m/s小球碰后运动到P点的过程，由动能定理有：qE（x﹣r sinθ）﹣m2g（r+r cosθ）＝222221122Pm v m v-⑤代入数据得：x＝0.85m。
高中物理必修第三册复习课带电粒子在电场中运动的综合问题
3．解题的依据 （1）力的观点：牛顿运动定律和运动学公式。 （2）能量的观点：电场力做功与路径无关；动能定理：能的转 化与守恒规律
A.
d
2 mv
2 0
ql 2
C. lmv 0
qd
B.
l 2 mv
2 0
qd 2
D. qmv 0
ql
A ++++++++
O
d
Vo
--------
B
C
y
1at2 2
1 2
qU2l mv02d
d 2
三、带电体在电场中的运动——解题思路
1.研究对象： 带电体 （注意带电体的电性，注意是否忽略重力). (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 (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以外,一般都不能忽略重力.
①加速度: ②竖直速度vy: ③偏移量y：
④速度偏向角
:
二、带电体在电场中的运动——巩固练习
（单选）如图所示,相距为d长度为l的平行板AB加上电
压后,可在A、B之间的空间中产生电场,在A、B左端距
AB等距离处的O点,有一电量为+q质量为m的粒子以初
速度V0沿水平方向(与A、B板平行)射入.不计重力,要使 此粒子能从C处射出,则A、B间的电压应为( A )
_ （3）小球从B点运动到C点过程中克服阻力做的功。 + 抽出运动模型，分段处理，
+Y + + + + +
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)及解析
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)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3,0P 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v1；（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v1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v2；（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v3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）23BLqm（2221BLq32203BE EvB+⎛⎫⎪⎝⎭【解析】【详解】（1）粒子1在一、二、三做匀速圆周运动，则2111vqv B mr=由几何憨可知：()222113r L r L ⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭得到：123BLqv m=（2）粒子2在第一象限中类斜劈运动，有：13L 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：2221BLqv =（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：425v gR =126x x x R ∆=+=因此滑块再次到达水平轨道的速度为425V Rg =，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．3．利用电场可以控制电子的运动，这一技术在现代设备中有广泛的应用，已知电子的质量为m ，电荷量为e -，不计重力及电子之间的相互作用力，不考虑相对论效应．（1）在宽度一定的空间中存在竖直向下的匀强电场，一束电子以相同的初速度0v 沿水平方向射入电场，如图1所示，图中虚线为某一电子的轨迹，射入点A 处电势为A ϕ，射出点B 处电势为B ϕ．①求该电子在由A 运动到B 的过程中，电场力做的功AB W ；②请判断该电子束穿过图1所示电场后，运动方向是否仍然彼此平行？若平行，请求出速度方向偏转角θ的余弦值cos θ（速度方向偏转角是指末速度方向与初速度方向之间的夹角）；若不平行，请说明是会聚还是发散．（2）某电子枪除了加速电子外，同时还有使电子束会聚或发散作用，其原理可简化为图2所示．一球形界面外部空间中各处电势均为1ϕ，内部各处电势均为221()ϕϕϕ>，球心位于z 轴上O 点．一束靠近z 轴且关于z 轴对称的电子以相同的速度1v 平行于z 轴射入该界面，由于电子只受到在界面处法线方向的作用力，其运动方向将发生改变，改变前后能量守恒．①请定性画出这束电子射入球形界面后运动方向的示意图（画出电子束边缘处两条即可）；②某电子入射方向与法线的夹角为1θ，求它射入球形界面后的运动方向与法线的夹角2θ的正弦值2sin θ．【答案】（1）①()AB B A W e ϕϕ=- ②是平行；()020cos 2B A v v ve v mθϕϕ==-+；（2）① ②()1122211sin 2e v mθϕϕ=-+【解析】 【详解】（1）①AB 两点的电势差为AB A B U ϕϕ=-在电子由A 运动到B 的过程中电场力做的功为()AB AB B A W eU e ϕϕ=-=-②电子束在同一电场中运动，电场力做功一样，所以穿出电场时，运动方向仍然彼此平行，设电子在B 点处的速度大小为v ，根据动能定理2201122AB W mv mv =- 0cos v v θ=解得：()020cos 2B A v ve v mθϕϕ==-+（2）①运动图如图所示：②设电子穿过界面后的速度为2v ，由于电子只受法线方向的作用力，其沿界面方向的速度不变，则1122sin sin θθ=v v 电子穿过界面的过程，能量守恒则：2211221122mv e mv e ϕϕ-=- 可解得：()212212e v v mϕϕ-=+则()1122211sin sin 2v e v mθθϕϕ=-+故本题答案是：（1）①()AB B A W e ϕϕ=- ②()020cos 2B A v v ve v mθϕϕ==-+； （2）① ②()1122211sin 2e v mθϕϕ=-+4．如图甲所示，极板A 、B 间电压为U 0，极板C 、D 间距为d ，荧光屏到C 、D 板右端的距离等于C 、D 板的板长．A 板O 处的放射源连续无初速地释放质量为m 、电荷量为+q 的粒子，经电场加速后，沿极板C 、D 的中心线射向荧光屏（荧光屏足够大且与中心线垂直），当C 、D 板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t 0；当C 、D 板间加上图乙所示电压（图中电压U 1已知）时，粒子均能从C 、D 两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用．求：（1）C 、D 板的长度L ；（2）粒子从C 、D 板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离； （3）粒子打在荧光屏上区域的长度． 【答案】（1）02qU L t m =2）2102qU t y md =（3）21032qU t s s md∆== 【解析】试题分析：（1）粒子在A 、B 板间有20012qU mv = 在C 、D 板间有00L v t = 解得：02qU L t m=（2）粒子从nt 0（n=0、2、4……）时刻进入C 、D 间，偏移距离最大粒子做类平抛运动 偏移距离2012y at = 加速度1qU a md=得：2102qU t y md=（3）粒子在C 、D 间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远ZXXK] 出C 、D 板偏转角0tan y v v θ=0y v at =打在荧光屏上距中心线最远距离tan s y L θ=+荧光屏上区域长度21032qU t s s md∆==考点：带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】此题是带电粒子在匀强电场中的运动问题；关键是知道粒子在水平及竖直方向的运动规律和特点，结合平抛运动的规律解答．5．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 J6．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 高考物理专项复习 电容器 带电粒子在电场中的运动
核心考点· 分类突破——析考点 讲透练足
考点一 平行板电容器的动态分析
1．常见类型 充电后与电源断开 Q 不变 两种类型 始终与电源相连 U 不变
2．分析比较的思路 (1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。 ε rS (2)用决定式 C＝ 分析平行板电容器电容的变化。 4π kd Q (3)用定义式 C＝U分析电容器所带电荷量或两极板间电压的 变化。 U (4)用 E＝ d 分析电容器极板间场强的变化。
[典题 1]
[多选]美国物理学家密立根通过研
究平行板间悬浮不动的带电油滴， 比较准确地测 定了电子的电荷量。如图所示，平行板电容器两 极板 M、N 相距 d，两极板分别与电压为 U 的恒定电源两极连接，极 板 M 带正电。 现有一质量为 m 的带电油滴在极板中央处于静止状态， 且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为 k，则( A．油滴带负电 mg B．油滴带电荷量为Ud )
③处理方法：利用运动的合成与分解。 a．沿初速度方向：做 匀速 运动； b．沿电场方向：做初速度为零的 匀加速 运动。
3．示波管 (1)装置：示波管由 电子枪 、 偏转电极 内抽成真空，如图所示。
和 荧光屏 组成，管
(2)原理 ①如果在偏转电极 XX′和 YY′之间都没有加电压，则电子枪射出 的电子沿直线传播，打在荧光屏 中心 ，在那里产生一个亮斑； ②YY′上加的是待显示的 信号电压 ，XX′上是机器自身产生 的锯齿形电压，叫做扫描电压。若所加扫描电压和信号电压的周期相 同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的图象。
[电容器的动态分析] 2．一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间 距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容 C 和两极 板间的电势差 U 的变化情况是( A．C 和 U 均增大 C．C 减小，U 增大 ) B．C 增大，U 减小 D．C 和 电容器电容公式 C＝ 可 4πkd 知，在两板间插入电介质后，电容 C 增大，因电容器所带 Q Q 电荷量 Q 不变，由 C＝U 可知，U＝C 减小，B 正确。
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 。