匀强电场中力学问题
匀强电场中力学问题 Company number：【0089WT-8898YT-W8CCB-BUUT-
1.如图所示，一带电粒予射入一固定在O点的点电荷的电场
中，粒子运动轨迹如图中虚线abc所示，图中实线是同心圆弧，表示电场的等势面，不计重力，可以判断：
A.此粒子一直受到静电排斥力作用
B.粒子在b点的电势能一定大于在a点的电势能
C.粒子在b点的速度一定大于在a点的速度
D.粒子在a点和c点的速度大小一定相等
2.某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，电场
线和粒子在A点的初速度及运动轨迹如图所示，可以判
定：
A.粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度
B.粒子在A点的动能小于它在B点的动能
C.粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能
点的电势低于B点的电势
3.一个点电荷，从静电场中的a点移到b点，其电势能的变化为
零，则：
、b两点的场强一定相相等
B.该点电荷一定沿等势线移动
C.作用于该点电荷的电场力与其移动方向总是垂直的
、b两点的电势一定相等
4.在静电场中：
A.电场强度处处为零的区域内，电势也一定处处为零
B.电场强度处处相同的区城内，电势也一定处处相同
C.电场强度的方向总是跟等势面垂直的
D.沿着电场强度的方向，电势总是不断降低的
5.若带正电荷的小球只受到电场力作用，则它在任意一段时间
内：
A.一定沿电场线由高电势处向低电势处运动
B.一定沿电场线由低电势处向高电势处运动
C.不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动
D.不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动
6.一个带正电的质点，电量q=×10-9C，在静电场中由A点移到B
点．在这个过程中，除电场力外，其他力作的功为×10-5J，质点的动能增加了×10--5J，则a、b两点间的电势差U ab为：
×104V ×104V ×104V ×104V
7、如图2所示，在水平地面上有一倾角为θ的绝缘斜面，斜面所处空间有水平向右的匀强电场，电场强度为E。
有质量为m，带电量为+q的小球沿斜面匀速滑下。
求小球和斜面间的滑动摩擦因数。
8、如图3所示，平行板电容器的板长为，板间距为L，板B与水平方向的夹角为α，两板间所加电压为U。
有一带负电液滴，带电量为q，以速度v
沿水平方向自A板边沿进入板间
o
后仍沿水平方向运动，恰好从B板边沿水平飞出．求
液滴的质量及飞出时的速度。
9、如图4所示，一根长L = 1．5m的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为E ==1．0×105N/C、与水平方向成θ＝300角的倾斜向上的匀强电场中。
杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q＝+4．5×10－6C；另一带电小球B 穿在杆上可自由滑动，电荷量q＝+1．0×10-6C，质量m＝1．0×10一2kg。
现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动。
（静电力常量k＝9．0×10 9N·m2／C2，取g
=l0m / s2)
(1）小球B开始运动时的加速度为多大
(2）小球B的速度最大时，距M端的高度h1为多大
(3）小球B从N端运动到距M端的高度h2＝0．6lm时，速度为v＝1．0m/s，求此过程中小球B的电势能改变了多少
10、如图6所示，一半径为Ｒ的光滑绝缘圆环竖直固定在水平桌面上，桌面所在空间有水平向右的匀强电场，电场强度为
E．在此圆环上套着一个质量为m、带电量为+q的小圆环。
现让小圆环由静止从环A处开始下滑。
求小环在环上滑过四分之一圆周过B处时对环的压力是多大
1、ABD
2、B
3、D
4、CD
5、D
6、B
7、分析与求解：小球下滑时受力如图2右所示，对小球运用力的平衡条件，在水平方向有：，竖直方向上有：。
解此两式得：。
8、分析与求解：液滴在板间受重力、电场力作用，由于沿水平方向运动，这两个力的合力方向必沿水平方向．所以，在竖直方向上
应有：，而，由此两式可得：。
液滴在板间运动过程中，对液滴运用动能定理有：
，代入解此式得：。
9、分析与求解：（1）开始运动时，小球受力如图4下所示，其合力必沿沿竖直方向，在竖直方向上对小球运用牛顿定律有：
，代入已知数据解此得小球B开始运动时的加速度为：。
(2)小球B开始运动后，小球A对它的库仑力逐渐增大，它所受的合力逐渐减小，运动中向下的加速度逐渐减小，当向下的合力为零时，加速度为零，此后，合力方向向上，且逐渐增大，小球做加速度逐渐增大的减速运动。
因此，合力为零时，小球B速度最大，
由力的平衡条件有：，代入已知数据解此式得：。
（3）小球从开始运动到速度为的过程中，设A球对B求的库仑力做功为W1，匀强电场对小球B做的功为W2，对小球运用动能定
理有：，而此过程中小球B的电势能增量为：，代入已知数据解此两式得小球B的电势
能增量为：。
10、分析与求解：设小环过B 时环对它的压力为Ｎ，速度为v．则这一过程中，对小环运用动能定理有：，
小环过B 处时，在BO 方向上对其运用牛顿定律有：，解此两式得：，由牛顿第三定律知，此时它对环的压力大小为，方向沿OB向外。
带电粒子在电场中运动的综合问题
(1)求子弹打入靶盒后的瞬间，子弹和靶盒共 同的速度大小v1； 解析 子弹打入靶盒过程中，由动量守恒定 律得mv0＝10mv1 解得v1＝0.1v0。 答案 0.1v0
(2)求子弹打入靶盒后，靶盒向右离开O点的最
大距离s；
解析 靶盒向右运动的过程中，由牛顿第二
定律得qE＝10ma
又 v21＝2as 解得 s＝2m0qvE20 。
4.(多选)如图 4 所示，ACB 为固定的光滑半圆形竖直绝
缘轨道，半径为 R，AB 为半圆水平直径的两个端点， OC 为半圆的竖直半径，AC 为41圆弧，OC 的左侧、OA 的下方区域有竖直向下的匀强电场。一个带负电的小
球，从 A 点正上方高为 H 处由静止释放，并从 A 点
沿切线进入半圆轨道。不计空气阻力，小球电荷量不
电场，x 轴沿水平方向，一带负电小球以初速度 v0 从坐标原点 O 水平射出，一
段时间后小球通过第四象限 PL，－L点(图 2 中没有标出)。已知小球质量为 m，
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
重力加速度为 g，则小球( AB )
A.从 O 到 P 的运动过程，运动时间为vL0
B.到达 P 点时动能为25mv20
C.到达 P 点时速度偏向角正切值为 tan θ＝1
C.－mgLqsin θ
D.mgLqsin θ
图3
解析 带正电小滑块从 A 点由静止开始沿斜面下滑，受到重力和电荷 Q 的库仑
力作用，从 A 点运动到 B 点的过程，由动能定理可知 mgLsin θ＋qUAB＝0，解 得 A、B 两点间的电势差 UAB＝－mgLqsin θ，C 正确。
对点练 2 电场中的力、电综合问题
答案
mv20 20qE
(3)若靶盒回到O点时，第2颗完全相同的子弹 也以v0水平向右打入靶盒，求第2颗子弹对靶 盒的冲量大小I。
微专题-方法系列 用等效法解决带电体在匀强电场中的圆周运动问题
方法系列
用等效法解决带电体在匀强电场中的圆周运动问题 试题
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典例
解析
小球在竖直平面内做圆周运动的过程中，只有等效重力做 功，动能与等效重力势能可相互转化，其总和不变．与重 力势能类比知，等效重力势能为Ep＝mg′h，其中h为小球距 等效重力势能零势能点的高度． (1)设小球静止的位置B为零势能点，由于动能与等效重力势 能的总和不变，则小球位于和B点对应的同一直径上的A点 时等效重力势能最大，动能最小，速度也最小．设小球在A 点的速度为vA，此时细线的拉力为零，等效重力提供向心 力，则 v2 A mg′＝m ， l
用等效法解决带电体在匀强电场中的圆周运动问题 答案 试题
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典例
解析
【典例】 在水平向右的匀强电场中，有一质量为m、带正 电的小球，用长为l的绝缘细线悬挂于O点，当小球静止时， 细线与竖直方向夹角为θ，如图所示．现给小球一个垂直于 悬线的初速度，小球恰能在竖直平面内做圆周运动，试问： (1)小球在做圆周运动的过程中， 在哪一位置速度最小？速度最小 值多大？ (2)小球在B点的初速度多大？
gl cos θ 5gl cos θ
(1)A 点速度最小
(2)
方法系列
用等效法解决带电体在匀强电场中的圆周运动问题 试题
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典例
解析
如图所示，小球受到的重力、静电力 mg 均为恒力，二力的合力为 F＝ . cos θ 重力场与电场的叠加场为等效重力场， F 为等效重力，小球在叠加场中的 等效重力加速度为 g′＝ 成 θ 角． g ，其方向斜向右下，与竖直方向 cos θ
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用等效法解决带电体在匀强电场中的圆周运动问题
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匀强电场中的匀变速直(曲)线运动模型(原卷版)高考物理模型复习与方法总结
匀强电场中的匀变速直（曲）线运动模型[模型导航]【模型一】带电粒子在电场中的加速和减速运动模型 (1)1.带电粒子在电场中的加速直线运动模型 (1)2.交变电场中的直线运动 (5)3.带电体在电场中的直线运动 (8)【模型二】带电粒子在匀强电场中的偏转模型 (11)【模型三】带电粒子经加速电场后进入偏转电场模型 (14)【模型四】带电粒子在复合场中的匀变速曲线运动的几种常见模型 (19)[模型分析]【模型一】带电粒子在电场中的加速和减速运动模型1.带电粒子在电场中的加速直线运动模型（1）受力分析：与力学中受力分析方法相同,只是多了一个电场力而已.如果带电粒子在匀强电场中，则电场力为恒力（qE）,若在非匀强电场，电场力为变力.（2）运动过程分析：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，做匀加（减）速直线运动.（3）两种处理方法：①力和运动关系法——牛顿第二定律：带电粒子受到恒力的作用，可以方便地由牛顿第二定律求出加速度，结合匀变速直线运动的公式确定带电粒子的速度、时间和位移等.②功能关系法——动能定理：mv22−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ΔE k，则qU AB=ΔE k=1212mv 12.例：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v 0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：a =F m=qE m=qU md①由运动学知识：v 2－v 02=2ad ② 联立①②解得：v =√2qU m+v 02解法二、动能定理：qU =12mv 2−12mv 02解得v =√2qU m+v 02讨论：（1）若带电粒子在正极板处v 0≠0，由动能定理得qU =12mv 2-12mv 02解得v =√2qU m+v 02（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 0，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 0>√2qU m，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 =12mv 2-12mv 02解得v =√v 02−2qU m②若v 0<√2qU m，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 0.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 =0-12mv 02[模型演练1] 在进行长距离星际运行时，不再使用化学燃料，而采用一种新型发动机一离子发动机，其原理是用恒定电压加速一价惰性气体离子，将加速后的气体离子高速喷出，利用反冲作用使飞船本身得到加速。
匀强电场中的力学问题
匀强电场中的力学问题陕西省宝鸡市陈仓区教研局教研室邢彦君匀强电场中的力学问题，是常见的力电综合问题，也是高考命题的热点，这类问题有以下几种类型。
一、静止问题处在匀强电场中的速度为零的带电物体所受的外力的合力为零时，带电物体处于静止状态。
求解这类问题的基本方法是力的平衡条件。
例1如图1-a所示，有三根长度皆为L=1．00m的不可伸长的绝缘轻线，其中两根绳的一端固定在天花板上的O点，另一端分别挂有质量皆为m=1．0010-2kg的带电小球A和B，它们的电量分别为-q和+q，且q=1．0010-7C．A、B球之间用第三根线连接起来。
空间存在E=1．00106N/C的匀强电场，场强方向水平向右，平衡时A、B两球的位置如图示．现将O、B之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B两球最后会达到新的平衡为位置。
问：最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比减少了多少？（不计两小球间相互作用的静电力）分析与求解：设烧断OB线后，两球最终静止后的位置如图1-b所示，此时线OA、OB与竖直方向的夹角分别为，A球受力如图1-c所示，由力的平衡条件有：，B球受力如图1-d所示，由力的平衡条件有：解以上四式得：，，由此可知，最终静止后两球的位置如图1-e所示。
与烧断OB线之前相比：A球的重力势能减少了，B球的重力势能减少了，A球的电势能增加了，B球的电势能减少了。
两球的机械能与电势能总和减少了W=W B-W A+E A+E B，代入已知数据解以上几式得W=6．810-2J。
本题解答中，求解最终静止后两球的位置时，若选两球整体为研究对象，则这个整体只受重力和OA线的拉力作用，由此便可很方便的知道，即OA线处在竖直位置。
二、匀速直线运动问题处在静电场中的速度不为零的带电体，所受外力的合力为零时，带电体做匀速直线运动。
这两类问题的基本方法是力的平衡条件。
例2如图2所示，在水平地面上有一倾角为θ的绝缘斜面，斜面所处空间有水平向右的匀强电场，电场强度为E。
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.。
匀强电场中电势差与电场强度的关系、示波管原理课件
(3)一个电子从 a 点沿斜边移到 c 点时，ab 两点间的电势差为 Uac＝－Edac＝－1.2 V 则电场力做功为 W＝eUac＝(－1.6×10－19)×(－1.2) J＝1.92×10－19 J. [答案] (1)40 V/m (2)2.56×10－19 J (3)1.92×10－19 J
2．电子在电子枪中的运动是匀加速直线运动吗？说明理由．
提示：不是．因为电子枪中阴、阳两极间的电场不是匀强电场， 电场力是变力．
由 E＝U/d 理解 E 和 U 的关系
1．场强、电势差两者比较
电场强度 E
电势差 U
放入电场中某一点的电 电荷在电场中两点间移
定义
荷受到的电场力跟它的 动时，电场力所做的功
(2)由图乙知 F＝ （qE）2＋（mg）2＝ 2mg
由动能定理得－F·xmax＝0－12mv20
故
xmax＝2
mv02 ＝ 2mg
42gv20.
[答案]
(1)正电荷
mgd U
(2)
2v20 4g
物体做直线运动的条件是合力为零或合力与速度方向在同一 直线上，从而确定电场力的大小和方向，可与牛顿第二定律、 动能定理、功能关系相结合，解题思路和步骤与力学中完全相 同．
[审题突破] 分析本题注意以下条件： (1)等势面是一簇互相平行的分布均匀的竖直平面． (2)要使小球做直线运动，满足什么条件．
[解析] (1)作电场线如图甲所示，由题意，只有当 F 与 v0 在一 条直线上时才可能使小球做直线运动．只有小球受到向左的电 场力，电场力和重力的合力与初速度才可能在一条直线上，如 图乙所示，所以小球带正电，小球沿 v0 方向做匀减速运动，由 图乙知 qE＝mg 相邻等势面间的电势差用 U 表示，故 E＝Ud 所以 q＝mEg＝mUgd.
电场力的性质和电场能的性质(解析版)-2023年高考物理压轴题专项训练(全国通用)
压轴题06电场力的性质和电场能的性质考向一/选择题：电场中的一线一面一轨迹问题考向二/选择题：电场中的三类图像考向三/选择题：电场中带电体的各类运动考向一：电场中的一线一面一轨迹问题1.两种等量点电荷的电场强度及电场线的比较比较等量异种点电荷等量同种点电荷电场线分布图电荷连线上的电场强度沿连线先变小后变大O 点最小,但不为零O 点为零中垂线上的电场强度O 点最大,向外逐渐减小O 点最小,向外先变大后变小关于O 点对称位置的电场强度A 与A'、B 与B'、C 与C'等大同向等大反向2.“电场线+运动轨迹”组合模型模型特点:当带电粒子在电场中的运动轨迹是一条与电场线不重合的曲线时,这种现象简称为“拐弯现象”,其实质为“运动与力”的关系。
运用牛顿运动定律的知识分析:(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在某一位置的切线)与“力线”(在同一位置电场线的切线方向且指向轨迹的凹侧),从二者的夹角情况来分析带电粒子做曲线运动的情况。
(2)“三不知时要假设”——电荷的正负、电场的方向、电荷运动的方向,是题目中相互制约的三个方面。
若已知其中一个,可分析判定各待求量;若三个都不知(三不知),则要用“假设法”进行分析。
3．几种典型电场的等势面电场等势面重要描述匀强电场垂直于电场线的一簇平面点电荷的电场以点电荷为球心的一簇球面等量异种点电荷的电场连线的中垂线上电势处处为零等量同种(正)点电荷的电场两点电荷连线上，中点的电势最低；中垂线上，中点的电势最高4．带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法(1)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲)，从而分析电场方向或电荷的正负。
(2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向，确定静电力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等。
(3)根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况。
考向二：电场中的三类图像（一）φ-x 图像1.电场强度的大小等于φ-x 图线的斜率的绝对值,电场强度为零处,φ-x 图线存在极值,其切线的斜率为零。
力学知识在匀强电场中的应用——由一道简单的电学题所想到的
解得 ：＝ 二 ：２７ － ．２ ×１ ／＝ ５５ ａ ． ２ ５ ４ ０ ｍｓ ０ Ｉ ￣ ＿
．
。
变 式 一 ： 所 加 匀 强 电 场 的最 小 值 和方 向 。 求
ｌ ５
１ × ００２ ５ ． ’
这是力学 中求作 用力 最小值的方法 ， 要求 的作用力 与
这道题小球所受 电场力的最小值为 Ｅ ＝ ｓ ａ ｑ ｍｇｉ ，电场 ｎ
・
解 法 ３：
： 运动到最低点的速度为 ｖ 小球在运动过程 中重力做 正功 ； ， ： ｍ ＬＥ Ｌ ｍ ￣ ｇ － ｑ ＝ ｖ ２可以求 出最低点 的速度 。在最低点 电场 力
物体运 动的加速度 ，则 打点计 时器在打下点 ３５ ８ 些点所对应 、、 这 的时 刻纸带 的速度分别 为：
知识解决综合题 的能力 ， 使学生 建立
图 ｌ
物 理模 型 ， ｎ的小球 ， 所
带 电荷 量为 ＋ ， ｑ 用一长 为 Ｌ的轻细线 悬 吊于 。 ， 加一水平 向右 的匀强 点 外
用 Ｔ表示 打点计时器每打下相邻两 个点时的时间 间隔 ，由于 所使用 的交流 电的频率 为 ５ Ｈ ， 以有 ： ＝Ｏ ２ 。用 ｓ、２ …・ ０ ｚ所 Ｔ ．ｓ ０ 。Ｓ一 分 别表示 ０ １ １ ２ 、 ， 、……相邻两点之 间的距离 ， 图 ２所示 。根据匀 变 如
速直线运 动的重要 推论 ， ： 有
电场使 小球处 于静 止状态 ， 此时 细线 偏离竖 直方 向的夹角为 ａ ，不计 一切
阻力 。求 ： 所加匀 强电场的场强 Ｅ为
多大？
ｓ 一 ７ ５Ｔ ６Ｓ＝ａ￣
Ｓ － ２ ５Ｔ ７ Ｓ＝ ａ
小球受 重力 ｍ 、细线 的拉 力 Ｆ ｇ
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。
带电粒子在三种典型电场中的运动问题解析
带电粒子在三种典型电场中的运动问题解析张路生淮安贝思特实验学校 江苏 淮安 邮编：211600淮安市经济开发区红豆路8号 tel:带电粒子在电场中的运动是每年高考的热点和重点问题，带电粒子在电场中的运动主要有直线运动、往复运动、类平抛运动等。
考查的类型主要有：带电粒子在点电荷电场中的运动、带电粒子在匀强电场中的运动和带电粒子在交变电场中的运动。
这类试题可以拟定不同的题设条件，从不同角度提出问题，涉及力学、电学的很多关键知识点，要求学生具有较强的综合分析能力。
下面笔者针对三种情况分别归纳总结。
初速度与场强方向的关系 运动形式 υ0∥E 做变速直线运动 υ0⊥E 可能做匀速圆周运动 υ0与E 有夹角 做曲线运动【例1】如图1所示，在O 点放置正点电荷Q ，a 、b 两点连线过O 点，且Oa=ab ，则下列说法正确的是A 将质子从a 点由静止释放，质子向b 点做匀加速运动B 将质子从a 点由静止释放，质子运动到b 点的速率为υ，则将α粒子从a 点由静止释放后运动到b 点的速率为2/2υC 若电子以Oa 为半径绕O 做匀速圆周运动的线速度为υ，则电子以Ob 为半径绕O 做匀速圆周运动的线速度为2υD 若电子以Oa 为半径绕O 做匀速圆周运动的线速度为υ，则电子以Ob 为半径绕O 做匀速圆周运动的线速度为2/2υ 〖解析〗：由于库仑力变化，因此质子向b 做变加速运动，故A 错；由于a 、b 之间电势差恒定，根据动能定理有2/2qU m υ=，可得2/qU m υ=，由此可判断B 正确；当电子以O 为圆心做匀速圆周运动时，有22Qq k m r r υ=成立，可得/kQq mr υ=，据此判断C 错D 对。
答案：BD2、根据带电粒子在电场的运动判断点电荷的电性【例2】 如图2所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷Q 产生的电场线，若带电粒子q （|Q|>>|q |）由a 运动到b ，电场力做正功。