(复习)带电粒子在电场中运动
高中物理复习：带电粒子在电场中的运动
高中物理复习：带电粒子在电场中的运动 建议用时60分钟，实际用时________一、单项选择题1．一电荷只在电场力作用下，逆着一条电场线从A 运动到B ，则在此过程中( ) A ．电荷的动能可能不变 B ．电荷的电势能可能不变 C ．电荷的速度可能不变D ．电荷的加速度可能不变解析：D 由电荷只在电场力作用下运动，则电场力一定做功，所以电荷的电势能一定改变，电荷的动能一定改变，故AB 错误；由E k ＝12m v 2，因质量m 不变，所以电荷的速度一定改变，故C 错误；这条电场线有可能是匀强电场的一条电场线，此时电荷的加速度不变，故D 正确．2．如图所示，两个平行带电金属板M 、N 相距为d ，M 板上距左端为d 处有一个小孔A ，有甲、乙两个相同的带电粒子，甲粒子从两板左端连线中点O 处以初速度v 1平行于两板射入，乙粒子从A 孔以初速度v 2垂直于M 板射入，二者在电场中的运动时间相同，并且都打到N 板的中点B 处，则初速度v 1与v 2的关系正确的是( )A.v 1v 2＝12 B ．v 1v 2＝22C.v 1v 2＝2 D ．v 1v 2＝ 2解析：C 设带电粒子在电场中的加速度为a ，则对甲粒子，竖直方向d 2＝12at 2，水平方向d ＝v 1t ，解出v 1＝ad ；对乙粒子有v 2t ＋12at 2＝d ，解出v 2＝12ad ，所以v 1∶v 2＝2∶1，即选项C 正确．3．示波管的结构如图(a)所示，偏转电极YY ′如图(b)所示，两板间的距离为d 、板长为L ，在YY ′间加上电压U ，让电荷量为e 、质量为m 的电子以速度v 垂直电场进入偏转电极，不计电子的重力．则电子穿过偏转电极YY ′的过程中，下列说法正确的是( )A ．电子向Y ′极板偏转飞出B ．电子射出电场时的偏移量ΔY ＝eUL 22md v 2C ．射出电子的动能增加了eUD ．U 越大，电子通过YY ′极板的时间就越短解析：B 由(b)图可知，Y 为正极，则电场强度方向向下，故电子通过YY ′的过程中，受到的电场力向上，即电子向Y 极偏转飞出电场，故A 错误；电子在偏转电场中做类平抛运动，则有L ＝v t ，ΔY ＝12at 2，a ＝eU md ，联立解得ΔY ＝eUL 22md v 2，故B 正确；根据动能定理可知，电子动能的增加量为ΔE k ＝eE ΔY ，因ΔY <d ，故E ΔY <Ed ＝U ，所以ΔE k <eU ，故C 错误；根据电子的方向做匀速直线运动，有L ＝v t ，解得t ＝Lv ，即电子通过YY ′极板的时间与U 无关，故D 错误．4．如图所示，一平行板电容器的电容为C ，带有等量异种电荷的两极板A 、B 倾斜放置，质量为m 带电荷量为－q 的油滴，从极板A 上的小孔P 以初速度v 0水平向右射入极板间，经时间t 后油滴又从P 孔水平向左离开极板间，油滴运动过程中恰好未与极板B 相碰，已知重力加速度g .则( )A ．两极板间的距离d ＝v 0t2B ．电容器所带的电荷量Q ＝Cm v 20qC ．两极板间的电场强度大小E ＝2m v 0qtD ．两极板间的电场强度大小E ＝mqg 2＋4v 20t2 解析：D 据题意可知油滴不可能做匀速直线运动和匀变速曲线运动，只能是先向右做匀减速直线运动，再向左做匀加速直线运动，则重力和电场力的合力与初速度方向相反，根据运动的对称性可知x ＝v 02·t2，而电容器的距离d ＝x sin θ，A 错误；对应减速过程由动能定理qU ＝12m v 20，而Q ＝CU ，可知Q ＝C ·m v 202q ，B 错误；由牛顿第二定律可知(ma )2＝(qE )2－(mg )2，而a ＝v 0t 2＝2v 0t ，联立解得E ＝m qg 2＋4v 20t2 ，C 错误，D 正确． 5．如图甲所示，边长为a 的正方形，四个顶点上分别固定一个电荷量为＋q 的点电荷；在0≤x ＜22a 区间，x 轴上电势φ的变化曲线如图乙所示．现将一电荷量为－Q 的点电荷P 置于正方形的中心O 点，此时每个点电荷所受库仑力的合力均为零．若将P 沿x 轴向右略微移动后，由静止释放，以下判断正确的是( )A ．Q ＝2＋12q ，释放后P 将向右运动 B ．Q ＝2＋12q ，释放后P 将向左运动 C ．Q ＝22＋14q ，释放后P 将向右运动D ．Q ＝22＋14q ，释放后P 将向左运动解析：C 对y 轴正向的点电荷，由平衡知识可得2k q 2a 2＋k q 2（2a ）2＝k Qq⎝⎛⎭⎫22a 2，解得Q ＝22＋14q ，因在0≤x ＜22a 区间内沿x 轴正向电势升高，则场强方向沿x 轴负向，则将P沿x 轴正向向右略微移动后释放，P 受到向右的电场力而向右运动．6．(2021·湘豫名校高三下学期联考)如图所示，一质量为m 、电荷量为q 的小球在电场强度为E 、区域足够大的匀强电场中，以初速度v 0沿ON 在竖直面内做匀变速直线运动．ON 与水平面的夹角为30°，重力加速度为g ，且mg ＝qE ，则( )A ．电场方向竖直向上B ．小球运动的加速度大小为g 2C ．小球上升的最大高度为v 204gD ．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为12m v 2解析：C 小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON 直线上，因mg ＝Eq ，所以电场力Eq 与重力关于ON 对称，根据数学知识得：电场力qE 与水平方向的夹角应为30°，受力情况如图所示．合力沿ON 方向向下，大小为mg ，所以加速度为g ，方向沿ON 向下，A 错误、B 错误；小球做匀减速直线运动，由运动学公式可得最大位移为x ＝v 202g ，则最大高度为h ＝x sin 30°＝v 204g，C 正确；若小球在初始位置的电势能为零，在减速运动至速度为零的过程中，小球克服电场力做功和克服重力做功是相等的，由能量的转化与守恒可知，小球的初动能一半转化为电势能，一半转化为重力势能，初动能为12m v 20，小球的最大电势能为14m v 20，D 错误． 7．如图所示，一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子以速度v 0从MN 连线上的P 点水平向右射入大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中．已知MN 与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN 连线上的某点时( )A ．所用时间为m v 0qEB ．速度大小为3v 0C ．与P 点的距离为22m v 20qED ．速度方向与竖直方向的夹角为30°解析：C 粒子在电场中只受电场力，F ＝qE ，方向向下，如图所示．水平方向做匀速直线运动，有x ＝v 0t ，竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，有y ＝12at 2＝12·qE m t 2，则yx ＝tan 45°，联立解得t ＝2m v 0qE ，故A 错误．v y＝at ＝qE m ·2m v 0qE ＝2v 0，则速度大小v ＝v 20＋v 2y ＝5v 0，tan θ＝v 0v y ＝12，则速度方向与竖直方向夹角θ＝arctan 12，故B 、D 错误；x ＝v 0t ＝2m v 20qE ，与P 点的距离s ＝x cos 45°＝22m v 20qE，故C 正确．8.如图所示，矩形的四个顶点a 、b 、c 、d 是匀强电场中的四个点，ab ＝2bc ＝2L ，电场线与矩形所在的平面平行，已知a 点电势为18 V ，b 点电势为10 V ，c 点电势为6 V ．一质子从a 点以速度v 0射入电场，v 0与ab边的夹角为45°，一段时间后质子经过ab 中点e ，不计质子重力，下列判断正确的是( )A ．d 点电势为12 VB ．质子从a 到b 电势能增加了6 eVC ．电场强度大小为4LD ．质子从a 到e 所用时间为2L 2v 0解析：D 由于在匀强电场中沿同一方向移动相同的距离时电势的变化相同，故U dc ＝U ab ，φa －φb ＝φd －φc ，故φd ＝14 V ，A 错误；由于a 点电势为18 V ，b 点电势为10 V ，在匀强电场中，ab 中点e 的电势为14 V ，故d 、e 连线为等势线，与等势线垂直的方向为电场方向，如图所示，质子在电场力作用下由a 运动到b ，电场力做正功，电势能减少8 eV ，B 错误；电场强度大小为E ＝U d ＝422L ＝42L ，C 错误；从a 到e ，质子做类平抛运动，在垂直电场方向的分运动为匀速直线运动，根据几何关系可知，在垂直电场方向的位移为2L 2，故质子从a 到e 所用时间t ＝2L 2v 0，D 正确． 二、多项选择题9．两个质量相等、电荷量不等的带电粒子甲、乙，先后以不同的速率沿着HO 方向垂直射入匀强电场，电场方向竖直向上，它们在圆形区域中运动的时间相同，其运动轨迹如图所示．不计粒子所受的重力，则下列说法中正确的是( )A ．甲粒子带正电荷B ．乙粒子所带的电荷量比甲粒子少C ．甲粒子在圆形区域中电势能变化量小D ．乙粒子进入电场时具有的动能比甲粒子大解析：AC 甲粒子向上偏转，所受的电场力向上，与电场方向相同，故甲粒子带正电荷，故A 正确；两个粒子竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，有：y ＝12at 2＝qE2m t 2，E 、t 、m 相等，则y ∝q ，可知，乙粒子所带的电荷量比甲粒子多，故B 错误；电场力对粒子做功为W ＝qEy ，甲粒子电荷量少，偏转距离小，则电场力对甲粒子做功少，其电势能变化量小，故C 正确；水平方向有x ＝v t ，相同时间内，乙粒子的水平位移小，则乙粒子进入电场时初速度小，初动能小，故D 错误．10．如图所示，三个同样的带电粒子(不计重力)同时从同一位置沿同一方向垂直于电场线射入平行板电容器间的匀强电场，它们的运动轨迹分别用a 、b 、c 标出，不考虑带电粒子间的相互作用，下列说法中正确的是( )A ．当b 飞离电场的同时，a 刚好打在下极板上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D ．在电场中运动过程中c 的动能增加量最小，a 、b 的动能增加量相同解析：ACD 三个粒子相同，故进入电场后，受到的电场力相等，即加速度相等，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，偏移量y ＝12at 2，所以t a ＝t b >t c ，故A 正确，B错误；粒子在水平方向上做匀速直线运动，故有v 0＝xt ，因为x b ＝x c >x a ，t a ＝t b >t c ，所以有v c >v b >v a ，故C 正确；根据动能定理qU ＝Eqy ＝ΔE k ，故c 的动能增加量最小，a 和b 的动能增加量相同，故D 正确．11．如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，与以正点电荷Q 为圆心的圆周交于B 、C 两点．质量为m 、电荷量为q 的有孔小球从杆上A 点无初速滑下，已知AB ＝BC ＝h ，小球滑到B 点时的速度大小为gh ，则( )A ．点电荷Q 带正电B ．小球由B 点到C 点的过程中重力所做的功等于动能的变化量 C ．小球由A 点滑到B 点的过程中电场力做的功W ＝12mghD ．小球到达C 点时的速度大小为2gh解析：AB 小球由A 到B 重力和电场力做功，有动能定理得mgh ＋W AB ＝12m v 2－0，代入数据解得W AB ＝－12mgh ，电场力做负功，所以Q 带正电荷，BC 两点在同一等势面上，小球从B 到C 电场力做功为零，只有重力做功，由动能定理得mgh ＝12m v 21－12m v 2，解得v 1＝3gh .故选AB.12．质量为m 的带电小球由空中某点P 无初速度地自由下落，经过时间t ，加上竖直方向且范围足够大的匀强电场，再经过时间t 小球又回到P 点．整个过程中不计空气阻力且小球未落地，则( )A ．电场强度的大小为4mgqB ．整个过程中小球电势能减少了98mg 2t 2C ．从P 点到最低点的过程中，小球重力势能减少了mg 2t 2D ．从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能减少了12mg 2t 2解析：AD 设电场强度为E ，加电场后小球的加速度大小为a ，取竖直向下为正方向，则由12gt 2＝－⎝⎛⎭⎫v t －12at 2，v ＝gt 和a ＝qE －mg m 可得a ＝3g ，E ＝4mg q ，故A 正确；整个过程中电场力做功W ＝qE ·12gt 2＝2mg 2t 2，所以小球电势能减少了2mg 2t 2，故B 错误；从P 点到最低点过程中，小球下降的距离x ＝12gt 2＋（gt ）22a ＝2gt 23，所以小球重力势能减少ΔE p ＝mgx ＝2mg 2t 23，故C 错误；小球运动到最低点时，速度为零，从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能减少ΔE k ＝12m v 2＝12mg 2t 2，故D 正确．三、非选择题13.如图所示，两平行金属板的板间距离d ＝0.6 m ，金属板与水平线夹角α＝37°，两板所加电压为U ＝100 V ．现有一带负电液滴，质量为m ＝8×10－8kg ，以v 0＝0.25 m/s 的水平速度自A 板边缘进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B 板边缘水平飞出，重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)液滴的电荷量；(2)液滴飞出平行板电容器所用的时间．解析：(1)液滴在电场中沿水平方向飞出cos α＝mgEqE ＝U d解得q ＝6×10－9C(2)液滴在电场中沿水平方向直线运动的加速度为a ，则有 tan α＝ma mg解得a ＝7.5 m/s 2液滴的位移为L ＝dsin α＝1 m液滴在电场中沿水平方向直线运动的时间为t ， 则L ＝v 0t ＋12at 2解得t ＝241－130s ＝0.48 s. 答案：(1)6×10－9C (2)0.48 s14．在一横截面为正方形的柱形区域内有匀强电场，正方形边长为L ，如图所示，电场线为与AC 平行的一簇平行线，P 为AB 边的中点，质量为m 电荷量为q (q ＞0)的带电粒子自P 点以大小不同的速度进入电场，速度方向与电场方向垂直．已知进入电场时速率为v 0的粒子恰好由C 点离开电场，运动中粒子仅受电场力作用．(1)求电场强度的大小；(2)为使粒子从DC 的中点Q 离开电场，该粒子进入电场的速度为多大；(3)若粒子从P 进入电场到D 点离开，则粒子在此过程中所受电场力的冲量为多大． 解析：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动．设粒子由P 到C 用时为t 1 24L ＝v 0t 1，324L ＝12·qEm t 21 解得E ＝122m v 20qL(2)设粒子以速度v 由P 到Q 用时为t 2 22L ＝v t 2，22L ＝12·qE m t 22 解得v ＝6v 0(3)设粒子由P 到D 用时为t 3，粒子在此过程中所受电场力的冲量 I ＝qEt 3 又有24L ＝12·qEm t 23解得I ＝23m v 0答案：(1)122m v 20qL(2)6v 0 (3)23m v 015.如图所示，竖直平面内有一矩形区域abcd ，ab 边长为2l ，bc 边长为3l ，边cd 、ab 的中点分别是e 、f ，ad 边与水平面的夹角θ＝30°，矩形区域内有大小为E 、方向平行ab 向上的匀强电场．现让一带正电微粒从d 点的正上方的某点p (图中未画出)沿该竖直面水平抛出，正好从e 点进 入该矩形区域，并沿ef 做直线运动，已知重力加速度为g ，求：(1)该微粒的比荷； (2)p 、d 间的距离；(3)若将矩形区域内的电场大小变为33E ，方向变为平行ad 向上，微粒仍从p 点以原来的速度水平抛出，求微粒将从何处离开矩形区域．解析：(1)由题意可知，合力沿ef 方向qE ＝mg cos θ q m ＝3g 2E(2)设微粒平抛的初速度为v 0，从p 到e 用时为t 1，竖直方向位移y 1，水平位移为x 1，到达e 点时速度v e ，竖直方向速度分别v y ，由平抛运动规律及题意有tan θ＝v yv 0x 1＝v 0t 1 y 1＝12gt 21v y ＝gt 1 x 1＝l sin θ y 2＝l cos θp 、d 间的距离为y ＝y 1＋y 2 解得y ＝7312l(3)电场改变后的电场力F 2＝q33E 可得F 2＝mg sin θ粒子进入电场后所受合力沿cd 方向向下，做类平抛运动，设粒子的加速度为a ，通过矩形区域的时间为t 2，由牛顿第二定律有mg cos θ＝ma假设从ad 边飞出，飞出点距d 点的距离为x 2，由平抛运动规律有 l ＝12at 22 v e ＝v ysin θx 2＝v e t 2解得x 2＝263l <3l所以，假设合理，从ad 边离开矩形区域，距d 点263l答案：(1)3g 2E (2)7312l (3)距d 点263l 16．如图所示为一多级加速器模型，一质量为m ＝1.0×10－3 kg 、电荷量为q ＝8.0×10－5C 的带正电小球(可视为质点)通过1、2级无初速度地进入第3级加速电场，之后沿位于轴心的光滑浅槽，经过多级加速后从A 点水平抛出，恰好能从MN 板的中心小孔B 垂直金属板进入两板间，A 点在MN 板左端M 点正上方，倾斜平行金属板MN 、PQ 的长度均为L ＝1.0 m ，金属板与水平方向的夹角为θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求A 点到M 点的高度以及多级加速电场的总电压U ；(2)若该平行金属板间有图示方向的匀强电场，且电场强度大小E ＝100 V/m ，要使带电小球不打在PQ 板上，则两板间的距离d 至少要多长？解析：(1)设小球从A 点到B 点的运动时间为t 1，小球的初速度为v 0，A 点到M 点的高度为y则有v 0gt 1＝tan θ① L 2cos θ＝v 0t 1② y －L 2sin θ＝12gt 21③ 联立①②③并代入数据解得v 0＝ 3 m/s ，y ＝1730m ④ 带电小球在多级加速器加速的过程，根据动能定理有qU ＝12m v 20－0⑤ 代入数据解得U ＝18.75 V(2)进入电场时，以沿板向下为x 轴正方向和垂直于板向下为y 轴正方向建立直角坐标系，将重力正交分解，则沿y 轴方向有F y ＝mg cos θ－qE ＝0⑥沿x 轴方向有F x ＝mg sin θ⑦故小球进入电场后做类平抛运动，设刚好从P 点离开，则有F x ＝ma ⑧L 2＝12at 22⑨ d min ＝v 0sin θt 2⑩ 联立④⑦⑧⑨⑩并代入数据解得d min ＝526 m 即两板间的距离d 至少为526m. 答案：(1)18.75 V (2)526m。
带电粒子在电场中运动题目及答案(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： 112m dv 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 。
高一物理《带电粒子在电场中的运动》知识点总结
高一物理《带电粒子在电场中的运动》知识点总结一、带电粒子在电场中的加速分析带电粒子的加速问题有两种思路：1．利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式分析．适用于匀强电场．2．利用静电力做功结合动能定理分析．对于匀强电场和非匀强电场都适用，公式有qEd ＝12m v 2－12m v 02(匀强电场)或qU ＝12m v 2－12m v 02(任何电场)等． 二、带电粒子在电场中的偏转如图所示，质量为m 、带电荷量为q 的粒子(忽略重力)，以初速度v 0平行于两极板进入匀强电场，极板长为l ，极板间距离为d ，极板间电压为U .1．运动性质：(1)沿初速度方向：速度为v 0的匀速直线运动．(2)垂直v 0的方向：初速度为零的匀加速直线运动．2．运动规律：(1)t ＝l v 0，a ＝qU md ，偏移距离y ＝12at 2＝qUl 22m v 02d. (2)v y ＝at ＝qUl m v 0d ，tan θ＝v y v 0＝qUl md v 02. 三、带电粒子的分类及受力特点(1)电子、质子、α粒子、离子等粒子，一般都不考虑重力，但不能忽略质量．(2)质量较大的微粒，如带电小球、带电油滴、带电颗粒等，除有说明或有明确的暗示外，处理问题时一般都不能忽略重力．(3)受力分析仍按力学中受力分析的方法分析，切勿漏掉静电力．四、求带电粒子的速度的两种方法(1)从动力学角度出发，用牛顿第二定律和运动学知识求解．(适用于匀强电场)由牛顿第二定律可知，带电粒子运动的加速度的大小a ＝F m ＝qE m ＝qU md.若一个带正电荷的粒子，在静电力作用下由静止开始从正极板向负极板做匀加速直线运动，两极板间的距离为d ，则由v 2－v 02＝2ad 可求得带电粒子到达负极板时的速度v ＝2ad ＝2qU m.(2)从功能关系角度出发，用动能定理求解．(可以是匀强电场，也可以是非匀强电场)带电粒子在运动过程中，只受静电力作用，静电力做的功W ＝qU ，根据动能定理，当初速度为零时，W ＝12m v 2－0，解得v ＝2qU m ；当初速度不为零时，W ＝12m v 2－12m v 02，解得v ＝2qU m ＋v 02. 五、带电粒子在电场中的偏转的几个常用推论(1)粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为粒子沿初速度方向位移的中点．(2)位移方向与初速度方向间夹角α的正切值为速度偏转角θ正切值的12，即tan α＝12tan θ. (3)不同的带电粒子(电性相同，初速度为零)，经过同一电场加速后，又进入同一偏转电场，则它们的运动轨迹必定重合．注意：分析粒子的偏转问题也可以利用动能定理，即qEy ＝ΔE k ，其中y 为粒子在偏转电场中沿静电力方向的偏移量．。
2023届高考物理二轮复习学案：带电粒子在电场中的运动
（2023届高三物理二轮学案）专题三电场和磁场第二讲带电粒子在电磁场中的运动第一课时带电粒子在电场中的运动(一)带电粒子在电场中做直线运动的解题思路(二)利用“两个分运动”求解带电粒子在电场中的偏转问题1．把偏转运动分解为两个独立的直线运动——平行于极板的匀速直线运动，L＝v0t；垂直于极板的匀加速直线运动，a＝qUmd，vy＝at，偏转距离y＝12at2，速度偏转角tan θ＝vyv0。
2．根据动能定理，带电粒子的动能变化量ΔEk ＝ydUq。
(三)分时分段处理带电粒子在交变电场中的运动当粒子平行电场方向射入时，粒子可做周期性的直线运动，当粒子垂直于电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动可能具有周期性。
典型例题1．（多选）如图所示，一带电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。
粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角。
已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计重力作用，设P点的电势为零。
则下列说法正确的是( )A．带电粒子带负电B．带电粒子在Q点的电势能为－UqC．此匀强电场的电场强度大小为E＝23U 3dD．此匀强电场的电场强度大小为E＝3U 3d2．（多选）如图所示，板长为L的平行板电容器与一直流电源相连接，其极板与水平面成30°角；若带电粒子甲、乙由图中的P点射入电容器，分别沿着虚线1和2运动(虚线1为水平线，虚线2为平行且靠近上极板的直线)。
下列关于带电粒子的说法正确的是( )A．两粒子均做匀减速直线运动B．两粒子电势能均逐渐增加C．两粒子机械能均守恒D．若两粒子质量相同，则甲的电荷量一定比乙的电荷量大3.（多选）如图所示，质子(11H)、氘核(12H)和α粒子(24He)都沿平行板电容器的中线OO′方向，垂直于电场线射入两极板间的匀强电场中，射出后都能打在同一个与中线垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点。
高三物理总复习_带电粒子在电场场中的运动讲解
t＝
＝2.5×10－9 s┄┄┄┄┄┄(2分)
而交变电压的周期T＝
s＝0.02 s， 图6－3－8
远远大于t，故可以认为进入偏转电场的电子均在当时所加
电压形成的匀强电场中运动．┄┄┄┄┄┄┄┄┄(2分)
2019/6/4
纵向位移
＝at2，a＝
┄┄┄┄(2分)
所以电子能够打在荧光屏上的最大偏转电压
Um＝
2019/6/4
一、带电粒子在电场中的加速和偏转
1．带电粒子在电场中的加速
(1)运动状态的分析：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条直线上，
做 加(减)速直线运动 ．
带电粒
(2)用功能观点分析：电场力对带电粒子做的功等于
子动能的增量
qU
，即 ＝ mv2－ mv02.
2019/6/4
4．如图6－3－11所 示，质子( 11H)和α粒子 ( He42)以
相同的初动能垂直射入偏转电
图6－3－11
场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y之
比为
()
A．1∶1
B．1∶2
2019/C6/．4 2∶1
D．1∶4
解析：由y＝
和Ek0＝ mv02，
得：y＝
可知，y与q成正比，B正确．
的距离为x，则x＝
⑤
结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的l/2处 20沿19/6直/4 线射出．
②若不同的带电粒子是从静止经同一加速电压U0加速后进入 偏转电场的，则由②和④得：
y＝
⑥
结论：粒子的偏转角和偏转距离与粒子的q、m无关，仅取决
于加速电场和偏转电场．即不同的带电粒子从静止经过同一
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届高考物理一轮复习：电场部分 带电粒子在电场中的运动课件(91张PPT)
例题——带电粒子在非匀强电场中做直线运动的处理方法
例题——示波器模型中粒子偏转的相关计算 (2016·北京理综)如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后 ，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知 电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看 做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d.
例题——示波器模型中粒子偏转的相关计算
(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂 直板面方向的偏转距离Δy；
例题——示波器模型中粒子偏转的相关计算
提示：分别计算电子所受重力和电 场力的数量级进行比较。 解析：只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重 力 由于F≫G，因此不需要考虑电子所受的重力
例题——示波管模型中粒子偏转角的影响因素
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。
例题——带电粒子在非匀强电场中做直线运动的处理方法
(2012·福州质检)电场中某三条等差等势线如图实线 a、b、c 所示。一电子仅在 电场力作用下沿直线从 P 运动到 Q，已知电势 φa>φb>φc ，这一过程电子运动 的v-t图象可能是下列各图中A的( )
提示：两板逆时针旋转时，两板间的电场也跟着一同旋转。
解析：两平行 属板水平放置时，带电微粒静止，有mg＝qe，现将两板绕过a点 的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场 力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方 向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项d正确.
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。
带电粒子在电场中的运动知识点
带电粒子在电场中的运动知识点-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN（一）带电粒子的加速1.运动状态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，做加速（或减速）直线运动。
2.用功能观点分析粒子动能的变化量等于电场力做的功。
（1）若粒子的初速度为零，则qU=mv 2/2, V=2qU m （2）若粒子的初速度不为零，则qU=mv 2/2- mv 02/2, V=202qU V m+ （二）带电粒子的偏转（限于匀强电场）1.运动状态分析：带电粒子以速度V 0垂直电场线方向飞入匀强电场时，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。
2.偏转问题的分析处理方法：类似平抛运动的分析处理，应用运动的合成和分解知识分析处理。
（1）垂直电场方向的分运动为匀速直线运动：t=L/V 0；v x =v 0 ；x=v 0t（2）平行于电场方向是初速为零的匀加速运动：v y =at ,y=12 at 2经时间t 的偏转位移：y=qU 2md （x V 0 ）2； 粒子在t 时刻的速度：Vt=V 02+V y 2 ；时间相等是两个分运动联系桥梁；偏转角：tg φ=V y V 0 =qUx mdv 02 （三）先加速后偏转若带电粒子先经加速电场（电压U 加）加速，又进入偏转电场（电压U 偏），射出偏转电场时的侧移22222012244qU L qU L U L y at dmV dqU dU ====偏偏偏加加偏转角：tg φ=V y V 0 =U 偏L 2U 加d带电粒子的侧移量和偏转角都与质量m 、带电量q 无关。
(四)示波管原理1．构造及功能如图8-5所示图8-2（１）电子枪：发射并加速电子．（２）偏转电极ＹＹ＇：使电子束竖直偏转（加信号电压）偏转电极ＸＸ＇：使电子束水平偏转（加扫描电压）（3）荧光屏．2．原理：○1ＹＹ＇作用：被电子枪加速的电子在ＹＹ＇电场中做匀变速曲线运动，出电场后做匀速直线运动打到荧光屏上，由几何知识'22L l y Ly +=，可以导出偏移20'()tan ()22L ql L y l l U mV d θ=+=+。
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例：如图所示，平行板电容器接在100V的电源 上，两极板相距 5.0cm，整个装置置于真空中。 一质量为 1.0 ×10 -3g的带电液滴恰静止在两板 的中央P点处。（g=10m/s2）。求： （1）板间电场强度E的大小。 （ 2 ）液滴带电性质如何？电 量q多大？ P （ 3 ）若设法先固定液滴不动， 使两极板相互靠近到 2.5cm， 再释放液滴，液滴将向什么方 向运动？加速度多大？
2
Eqv0 ，水平 mg
2mg 2
Ａ
Ｅ
练习1：在电场强度为E=105N/C、方向水平向 右的匀强电场中，用一根长l=1m的绝缘细杆 （质量不计）固定一个质量为m=0.2kg，带电荷 量为q=510-6C带正电的小球，细杆可绕轴O在 竖直平面内自由转动。现将杆从水平位置A轻 轻释放，在小球运动到最低点B的过程中，电场 力对小球作功多少？小球到达B点时的速度多大？ O l 杆对球的拉力多大？ m
例1：如图，两板相距为d，电势 差为U，一电子的电量为q，质量 为m，从负极板处无初速度释放， 它将如何运动？到达正极板的速 度是多少？
U
若U=1000V，q=1.6×10-19C，则到达正极 板时的动能为多少焦？多少电子伏特？
电子伏特是能量的单位，1eV=1.6×10-19J
变：在上面问题中，下列说法 正确的是
370 mgr/4
r
A
E
拓展： 在水平向右的已知场 强为E=mg/q，求:小球运动过程中的 最小速度？
v0
E
m
A、两板距离越大，电子运动 的加速度会变小，电子到达正 极板的速度就变小
B、两板距离越小，经历的时间 短，电子到达正极板的速度就 越小 C、电子到达正极板的速度只 取决于U，与距离无关。
U
C
例2：现有一束带同种等量电荷的不同离 子组成的离子流，进入同一偏转电场， 发现它们轨迹相同，则 离子进入电场的 相同
练习3：如图所示，水平放置的充电平行金属板 相距为d其间形成匀强电场，一带正电的油滴从 下极板边缘射入，并沿直线从上极板边缘射出， 油滴质量为m，带电荷量为q，则（ ） A.场强方向竖直向上 B.场强方向竖直向下 d C.两极板间的电势差为mgd/q D.油滴的电势能增加了mgd
A C
练习4:半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直 平面内，环上套有一质量为 m，带正电 的珠子，空间存在水平向右的匀强电场， 珠子所受静电力是其重力的 3/4倍。现将 珠子从环的最低点 A 处由静止释放，求 珠子在什么位置动能达到最大？此时最 大动能为多少？
变化：
几种混合的带电粒子（重力不计），初速度为零， 它们从同一位置经同一电场加速后，又都垂直场 强方向进入另一相同的匀强电场，设粒子刚出偏 转电场就打在荧光屏上，且在荧光屏上只有一个 光点，则到达荧光屏的各种粒子（ ）
A、电量一定相等 B、质量一定相等
C、比荷一定相等 D、质量、电量都可能不等 D. 小结：不同粒子在经同一加速电场加速后，又
经同一偏转电场偏转，轨迹一定相同（偏出电场时 的速度方向相同）。但快慢不同。
练习1：长为L的平行金属板，板间形成匀强电 场，一个带电荷量为+q、质量为m的带电粒子， 以初速υ0紧贴上板垂直于电场线方向射入该电 场，刚好从下板边缘射出，速度恰与下板成 30°角，如图所示，求： ⑴粒子未速度的大小 ⑵匀强电场的场强 300 ⑶两极间的距离d
（ g=10m/s2）
Ａ
Ｅ
B
练习2：在两边有壁板，长为L＝1m的水平绝缘 槽中，匀强电场水平向右。场强E=1.0×103V/m。 槽中有一质量m＝0.1kg，带负电荷q＝2×10-4C 的带电体（可视为质点），以水平初速v0=10m/s 从槽的左端向右滑动，已知带电体与水平绝缘槽 的动摩擦因数为0.2。若带电体与竖直壁的碰撞 过程中机械能不损失、电量也不会改变，那么带 电体在停下来之前，所通过的总路程是多少？ （取g＝10m/s2） E v0 L
练习2：如图所示，带负电的小球静止在水平 放置的平行板电容器两板间，距下板0.8 cm， 两板间的电势差为300 V。如果两板间电势差 减小到60V，则带电小球运动到极板上需多长 时间？
例3：一个带正电的微粒，以竖直向上的速度由 A点进入一水平方向的匀强电场，如图所示，考 虑带电粒子所受的重力，若微粒质量为m，电荷 量为q，初速度为υ0，电场强度为E，则微粒速 度变为水平方向时，速度大小为 方向位移大小为 Eqv0 。