高考物理带电粒子在电场中的运动练习题及解析
高考物理带电粒子在电场中的运动练习题及解析 一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动 1．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所
示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O，外圆弧面AB的电势
为2L()o，内圆弧面CD的电势为，足够长的收集板MN平行边界ACDB，ACDB与MN板的距离为L．假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸
附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB的粒子再次返回．
（1）求粒子到达O点时速度的大小； （2）如图2所示，在PQ（与ACDB重合且足够长）和收集板MN之间区域加一个匀强磁
场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB圆弧面的粒子经O点进入磁场后最多有23能打到MN板上，求所加磁感应强度的大小； （3）如图3所示，在PQ（与ACDB重合且足够长）和收集板MN之间区域加一个垂直MN
的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小4EL，若从AB圆弧面收集到的某粒子经O点进入电场后到达收集板MN离O点最远，求该粒子到达O点的速度的方向和它在PQ与MN间运动的时间．
【答案】（1）2qvm；（2）12mBLq；（3）060 ；22mL
q
【解析】 【分析】 【详解】
试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：2102qUmv
2U2qvm (2）从AB圆弧面收集到的粒子有23能打到MN板上，则上端刚好能打到MN上的粒子与
MN相切，则入射的方向与OA之间的夹角是60，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心
角060．
根据几何关系，粒子圆周运动的半径：2RL 由洛伦兹力提供向心力得：2v
qBvmR
联合解得：12mBLq
（3）如图粒子在电场中运动的轨迹与MN相切时，切点到O点的距离最远， 这是一个类平抛运动的逆过程． 建立如图坐标.
212qELtm
222mLmtLqEq
22xEqqELqvtmmm
若速度与x轴方向的夹角为角 cosxvv1cos20
60
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）mgqE（2）635NFmg（3）425vgR，方向与水平方向
夹角为11arctan2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：0
1·2qEmgmg
B点
1
3·2qEmgmg
联立以上两式解得10
mgqqqE；
(2) 从A到B过程：
21
13122
··4022ggmRmv
将电场力与重力等效为“重力G，与竖直方向的夹角设为，在“等效最低点”对轨道压力最大，则： 221'()()GmgqE
cosmgG
从B到“等效最低点”过程：2221
11(cos)22GRRmvmv
22N
vFGmR
由以上各式解得：(635)NFmg 由牛顿第三定律得轨道所受最大压力为：(635)NFmg；
(3) 从B到C过程：2213111·2?22mgRqERmvmv 从C点到再次进入电场做平抛运动： 13xvt
212Rgt
ygtv
13
tanyvv
21
tanmgqE
由以上各式解得：12
则进入电场后合力与速度共线，做匀加速直线运动 12tanRx 从C点到水平轨道：221243
11·2?22mgRqExmvmv
由以上各式解得：425vgR
126xxxR 因此滑块再次到达水平轨道的速度为425VRg，方向与水平方向夹角为
11arctan2，斜向左下方，位置在A点左侧6R处．
3．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v0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v0＝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v0的大小；
(3) 若粒子从M′点射出，求v0满足的条件．
【答案】(1)0.0125m (2) 3.6×105m/s. (3) 第一种情况：v0＝54.00.8()10/21nmsn (其中n＝
0、1、2、3、4)第二种情况：v0＝53.20.8()10/21nmsn (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··2Eqdtm＝
得2mdtqE
代入数据解得t＝1.0×10－6s 水平位移x＝v0t 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t0＝0Lv＝0.5×10－6s，
竖直位移201··2Eqytm＝＝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＝v0 2mdqE
粒子进入磁场时，垂直边界的速度 v1＝qEm·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＝1vsin
在磁场中由qvB＝m2vR得R＝mvqB
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＝v02mdqE、R＝mvqB、v＝1vsin、12qEdvm＝ 代入解得
v0＝L·2Eqmd－
E
B
v0＝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＝mvqB、v＝1vsin、12qEdvm＝代入解得 12(1cos)12tansin2mEdmEdyBqBq
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v1的速度垂直MM′进入磁场运动半个圆周回到电场)
1max
212mvmqEdmEdyqBqBmBq
Δymax＝0.04m，Δymax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(2v0t＋2Rsinα)＋v0t
把2mdtqE、R＝mvqB 、v1＝vsinα、12qEdvm＝ 代入解得
2022届高考物理二轮复习题：带电粒子在电场中运动
2022届高考物理二轮复习题：带电粒子在电场中运动一、单选题1．（2分）飞船在进行星际飞行时，使用离子发动机作为动力。
这种发动机工作时，由电极发射的电子射入稀有气体（如氙气），使气体离子化，电离后形成的离子由静止开始在电场中加速并由飞船尾部高速连续喷出，利用反冲使飞船本身得到加速。
已知氙离子质量为m，带电量大小为e，加速电压为U，飞船单位时间内向后喷射出的氙离子的质量为k，从飞船尾部高速连续喷出氙离子的质量远小于飞船的质量，则飞船获得的反冲推力大小为（）A．k√2eUm B．1k√2eUmC．k√eU2mD．1k√eU2m2．（2分）如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器。
加速电场的加速压为U，静电分析器通道中心线半径为R，通道内有均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度为B的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行。
由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的离子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线MN做匀速圆周运动，而后由P点进入磁分析器中，最终经过Q点进入收集器。
下列说法不正确的是（）A．磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外B．磁分析器中圆心O2到Q点的距离可能为d=1B√2mER qC．不同离子经相同的加速压U加速后都可以沿通道中心线安全通过静电分析器D．静电分析器通道中心线半径为R=2UE3．（2分）如图所示，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，电场沿竖直方向。
两个比荷不同、电性相同的带电粒子a和b，先后从两平行金属板间的P点以相同的水平速度射入。
测得a和b与下极板的撞击点到P点之间的水平距离之比为1：2。
不计粒子重力，则a和b的比荷之比是（）A ．1：8B ．4：1C ．2：1D ．1：24．（2分）如图所示，加速电场正、负极板之间的电压为 U 1 ，偏转电场板长为 l ，两板间距为d 。
2025高考物理难点_带电粒子在电磁场中的运动试题+答案
带电粒子在电磁场中的运动1.(2024•浙江)类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“反射”和“折射”。
如图所示，在竖直平面内有三个平行区域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ区宽度为d，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场，Ⅱ区的宽度很小。
Ⅰ区和Ⅲ区电势处处相等，分别为φⅠ和φⅢ，其电势差U=φⅠ-φⅢ。
一束质量为m、电荷量为e的质子从O点以入射角θ射向Ⅰ区，在P点以出射角θ射出，实现“反射”；质子束从P点以入射角θ射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ区，其出射方向与法线夹角为“折射”角。
已知质子仅在平面内运动，单位时间发射的质子数为N，初速度为v0，不计质子重力，不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响。
(1)若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求d的最小值；(2)若U=mv202e，求“折射率”n(入射角正弦与折射角正弦的比值)；(3)计算说明如何调控电场，实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”(即质子束全部返回Ⅰ区)；(4)在P点下方距离3mv0eB处水平放置一长为4mv0eB的探测板CQD(Q在P的正下方)，CQ长为mv0eB，质子打在探测板上即被吸收中和。
若还有另一相同质子束，与原质子束关于法线左右对称，同时从O点射入Ⅰ区，且θ=30°，求探测板受到竖直方向力F的大小与U之间的关系。
2.(2024•海南)如图，在xOy坐标系中有三个区域，圆形区域Ⅰ分别与x轴和y轴相切于P点和S点。
半圆形区域Ⅱ的半径是区域Ⅰ半径的2倍。
区域Ⅰ、Ⅱ的圆心O1、O2连线与x轴平行，半圆与圆相切于Q 点，QF垂直于x轴，半圆的直径MN所在的直线右侧为区域Ⅲ。
区域Ⅰ、Ⅱ分别有磁感应强度大小为B、B2的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向外。
区域Ⅰ下方有一粒子源和加速电场组成的发射器，可将质量为m、电荷量为q的粒子由电场加速到v0。
改变发射器的位置，使带电粒子在OF范围内都沿着y 轴正方向以相同的速度v0沿纸面射入区域Ⅰ。
2022年高考物理热点考点专题22 带电粒子在静电场中的运动
2022年高考物理热点考点专题22 带电粒子在静电场中的运动一、单选题1．如图所示，一质量m=1×10-3kg ，电荷量为q=1×10-3C 的粒子，重力不计，在竖直向下的电场强度为E=1×103N/C 的匀强电场中运动，在A 点时速度方向与电场方向夹角为60°，经过0.1s 后到达B 点速度方向与电场方向夹角为30°，则A 点速度的大小为（ ）A ．100m/sB ．200m/sC ．300m/sD ．400m/s2．如图（a ），平行金属板A 、B 间的电压恒为U ，B 板右侧的平行金属板M 、N 间加有图（b ）所示的交变电压，OO'是M 、N 板间的中线，当电压稳定时，板间为匀强电场且电场仅局限于板间。
零时刻，紧贴A 板同时由静止释放甲、乙两个离子，两离子质量相等、电荷量关系为q 甲=4q 乙；甲在T 4时刻沿OO'方向进入并在3T 4时刻飞离交变电场。
设甲、乙飞离交变电场时的速率为v 甲、v 乙，在交变电场中的偏移量大小为y 甲、y 乙。
离子重力和离子间的相互作用均不计。
则（ ）A ．y 甲=2y 乙B ．y 甲=y 乙C ．v 甲=v 乙D ．v 甲=4v 乙二、多选题3．如图所示，矩形区域MNPQ 内有水平向右的匀强电场，半径为0.2m 、内壁光滑的绝缘半圆细管ADB 固定在竖直平面内，直径AB 垂直于水平虚线MN ，圆心O 在MN 的中点，半圆管的一半处于电场中。
质量为0.1kg 、电荷量为0.01C 的带正电的小球（视为质点）从半圆管的A 点由静止开始滑入管内，到达B 点时的速度大小为2m/s ，之后小球从MNPQ 区域的右边界NP 离开电场．取重力加速度大小g =10m/s 2，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）A．小球在B点受到的支持力大小为2NB．匀强电场的电场强度大小为100V/mC．电场区域的最小面积为6+4√225m2D．电场区域的最小面积为8+4√225m24．如图1所示，长为L的两水平金属板A、B组成一间距为d的平行板电容器，AB板之间的电势差随时间t的变化关系如图2所示，已知电压U0=4md2v02qL2，周期T=Lv0。
物理带电粒子在电场中的运动专项习题及答案解析及解析
物理带电粒子在电场中的运动专项习题及答案解析及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道ABC 固定在竖直面内，圆心为O ，轨道半径为R ，B 为轨道最低点。
该装置右侧的14圆弧置于水平向右的足够大的匀强电场中。
某一时刻一个带电小球从A 点由静止开始运动，到达B 点时，小球的动能为E 0，进入电场后继续沿轨道运动，到达C 点时小球的电势能减少量为2E 0，试求：（1）小球所受重力和电场力的大小； （2）小球脱离轨道后到达最高点时的动能。
【答案】（1）0E R 02E R（2）8E 0 【解析】 【详解】(1)设带电小球的质量为m ，则从A 到B 根据动能定理有：mgR ＝E 0则小球受到的重力为：mg ＝E R方向竖直向下；由题可知：到达C 点时小球的电势能减少量为2E 0，根据功能关系可知：EqR ＝2E 0则小球受到的电场力为：Eq ＝2E R方向水平向右，小球带正电。
(2)设小球到达C 点时速度为v C ，则从A 到C 根据动能定理有：EqR ＝212C mv ＝2E 0 则C 点速度为：v C 04E m方向竖直向上。
从C 点飞出后，在竖直方向只受重力作用，做匀减速运动到达最高点的时间为：41C v E t g g m== 在水平方向只受电场力作用，做匀加速运动，到达最高点时其速度为：00442E E qE qE v at t m mg m m==== 则在最高点的动能为：2200411(2)822k E E mv m E m===2．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】（12h g 2h （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 gh =000v 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04T gh r π=，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=⨯=3．3L 、间距为L 、水平固定的平行金属板之间，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．现将下板接地，让质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子流从两板左端连线的中点O 以初速度v 0水平向右射入板间，粒子恰好打到下板的中点．若撤去平行板间的磁场，使上板的电势φ随时间t 的变化规律如图所示，则t=0时刻，从O 点射人的粒子P 经时间t 0(未知量)恰好从下板右边缘射出．设粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒子间的作用力均不计．(1)求两板间磁场的磁感应强度大小B ．(2)若两板右侧存在一定宽度的、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为了使t=0时刻射入的粒子P 经过右侧磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到O 点，求右侧磁场的宽度d 应满足的条件和电场周期T 的最小值T min ． 【答案】（1）0mv B qL = （2）223cos 2d R a R L ≥+= ；min 0(632)3L T v π+= 【解析】 【分析】 【详解】（1）如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为R 1，则0102qv B m v R =由几何关系：222113()()22L LR R =+- 解得0mv B qL=（2）粒子P 从O 003L v t =01122y L v t = 解得03y v =设合速度为v ，与竖直方向的夹角为α，则：0tan yv v α== 则=3πα00sin v v α== 粒子P 在两板的右侧匀强磁场中做匀速圆周运动，设做圆周运动的半径为R 2，则212sin LR α= ，解得2R =右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为22cos 2d R R L α≥+=； 由于粒子P 从O 点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到O 点的过程，运动轨迹是关于两板间的中心线是上下对称的，这两个过程经历的时间相等，则：2min 0(22)2R T t vπα--=解得()min23L T v π=【点睛】带电粒子在电场或磁场中的运动问题，关键是分析粒子的受力情况和运动特征，画出粒子的运动轨迹图，结合几何关系求解相关量，并搞清临界状态.4．如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP ，由半径的圆弧轨道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．质量m 1的不带电绝缘滑块静止在A 点，质量m 2、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 ／s 2，，．(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 //s ； 【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 /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：()()22222211sin cos 22P qE x r m g r r m v m v θθ--+=- 解得：x5．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．6．如图所示，在竖直面内有两平行金属导轨AB 、CD ．导轨间距为L ，电阻不计．一根电阻不计的金属棒ab 可在导轨上无摩擦地滑动．棒与导轨垂直，并接触良好．导轨之间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感强度为B ．导轨右边与电路连接．电路中的三个定值电阻阻值分别为2R 、R 和R ．在BD 间接有一水平放置的电容为C 的平行板电容器，板间距离为d ，电容器中质量为m 的带电微粒电量为q 。
带电粒子在电场中的偏转--2024新高考物理一轮复习题型归纳(解析版)
第八章 静电场带电粒子在电场中的偏转【考点预测】1. 带电粒子在电场中的类平抛2. 带电粒子在电场中的类斜抛3. 带电粒子在电场中的圆周运动4. 带电粒子在电场中的一般曲线运动【方法技巧与总结】带电粒子在匀强电场中的偏转带电粒子在匀强电场中偏转的两个分运动(1)沿初速度方向做匀速直线运动，t =l v 0(如图)．(2)沿静电力方向做匀加速直线运动①加速度：a =F m =qE m =qUmd②离开电场时的偏移量：y =12at 2=qUl 22m d v 20③离开电场时的偏转角：tan θ=v y v 0=qUlm d v 201．两个重要结论(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：在加速电场中有qU 0=12mv 20在偏转电场偏移量y =12at 2=12·qU 1md ·l v 0 2偏转角θ，tan θ=v y v 0=qU 1lm d v 20得：y =U 1l 24U 0d ，tan θ=U 1l2U 0dy 、θ均与m 、q 无关．(2)粒子经电场偏转后射出，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偏转极板长度的一半．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 20，其中U y =U dy ，指初、末位置间的电势差．【题型归纳目录】题型一：带电粒子在电场中的类平抛题型二：带电粒子在周期性电场中的运动题型三：带电粒子在电场中的偏转的实际应用题型四：带电粒子在电场中的非平抛曲线运动【题型一】电荷守恒定律【典型例题】1如图所示，在立方体的塑料盒内，其中AE 边竖直，质量为m 的带正电小球(可看作质点)，第一次小球从A 点以水平初速度v 0沿AB 方向抛出，小球在重力作用下运动恰好落在F 点。
M 点为BC 的中点，小球与塑料盒内壁的碰撞为弹性碰撞，落在底面不反弹。
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。
(最新实用)2020年高考物理二轮热点专题训练----《带电粒子在电场、磁场中的运动》解析版
2020年高考物理二轮热点专题训练---- 《带电粒子在电场、磁场中的运动》一 选择题1.(多选)如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地．一带负电的油滴位于电容器的P 点且处于静止状态．现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离．则( )A ．带电油滴将竖直向下运动B ．带电油滴的机械能将增加C ．P 点的电势将升高D ．电容器的电容增大，极板带电荷量增加 【答案】AC【解析】将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，间距d 增大，由C ＝εr S4πkd可得电容器的电容减小，而U 一定，由C ＝Q U 可得电荷量Q 减少，选项D 错误；根据E ＝Ud 可得板间场强减小，重力大于电场力，带电油滴将竖直向下运动，电场力做负功，机械能减少，选项A 正确、B 错误；因上极板接地，电势为0，P 点电势φP ＝－Ey 随E 的减小而增大，选项C 正确．2.(多选)如图所示，在一等腰直角三角形ACD 区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力)从AC 边的中点O 垂直于AC 边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2L ，则下列关于粒子运动的说法中正确的是( )A.若该粒子的入射速度为v ＝qBLm ，则粒子一定从CD 边射出磁场，且距点C 的距离为LB.若要使粒子从CD 边射出，则该粒子从O 点入射的最大速度应为v ＝2qBLmC.若要使粒子从AC 边射出，则该粒子从O 点入射的最大速度应为v ＝qBl2mD.该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为m πqB【答案】ACD【解析】根据洛伦兹力充当向心力可知：Bqv ＝m v 2r ，若v ＝qBLm ，解得：r ＝L ；根据几何关系可知，粒子一定从CD 边距C 点为L 的位置离开磁场；故A 正确；根据洛伦兹力充当向心力可知，v ＝Bqrm ，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，使粒子与AD 边相切时速度最大，则由几何关系可知，最大半径为一定大于2L ；故B 错误；若要使粒子从AC 边射出，则该粒子从O 点入射的最大半径为L 2；因此最大速度应为v ＝qBL2m ；故C 正确；粒子运行周期为2πmBq ，根据几何关系可知，粒子在磁场中最大圆心角为180°；故最长时间为m πqB；故D 正确. 3.(多选)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一带正电小球(电荷量很小)固定在P 点，如图所示．以U 表示两极板间的电压，E 表示两极板间的场强，E p 表示该小球在P 点的电势能，若保持负极板不动，而将正极板移至图中虚线所示位置，则( )A ．U 变小B ．U 不变C ．E 变大D ．E p 不变【答案】AD【解析】根据电容器充电后与电源断开可知，Q 不变，将正极板移至图中虚线所示位置，间距d 减小，由C ＝εr S 4k πd ，知电容C 增大，又U ＝Q C ，电压U 减小，因E ＝U d ＝Q Cd ＝4k πQ εr S ，E 不变，P 点到下极板的距离不变，则P 点与下极板的电势差不变，P 点的电势φ不变，P 点电势能E p ＝φq 不变，选项A 、D 正确．4.如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面的夹角为θ，极板间距为d ，带负电的微粒质量为m 、带电荷量为q ，微粒从极板M 的左边缘A 处以初速度v 0水平射入极板间，沿直线运动并从极板N 的右边缘B 处射出，则( )A ．微粒到达B 点时动能为12mv 20B ．微粒的加速度大小等于g sin θC ．两极板间的电势差U MN ＝mgdq cos θD ．微粒从A 点到B 点的过程中电势能减少mgdcos θ【答案】C【解析】微粒的受力情况如图所示，微粒做匀减速直线运动，到达B 点时动能小于12mv 20，选项A 错误；由牛顿第二定律得mg tan θ＝ma ，加速度a ＝g tan θ，选项B 错误；又电场力Eq＝mgcos θ，两极板间的电场强度E＝mgq cos θ，两板间的电势差U MN＝Ed＝mgdq cos θ，选项C正确；微粒从A向B运动，电场力做负功，电势能增加，选项D错误．5.(多选)如图所示，直线MN与水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B.一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q>0)的同种粒子，所有粒子均能通过MN上的b点，已知ab＝L，则粒子的速度可能是()A.3BqL6m B.3BqL3mC.3BqL2m D.3BqLm【答案】AB【解析】由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示，所有圆弧的圆心角均为120°，所以粒子运动的半径为r＝33·Ln(n＝1,2,3，…)，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝mv2r，则v＝Bqrm＝3BqL3m·1n(n＝1,2,3，…)，所以A、B对．6.图为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B＝2.0×10－3 T，在x轴上距坐标原点L＝0.50 m的P处为离子的入射口，在y轴上安放接收器，现将一带正电荷的粒子以v＝3.5×104 m/s的速率从P处射入磁场，若粒子在y 轴上距坐标原点L ＝0.50 m 的M 处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为m ，电量为q ，不计其重力．则上述粒子的比荷qm(C/kg)是( )A ．3.5×107B ．4.9×107C ．5.3×107D ．7×107【答案】B【解析】设粒子在磁场中的运动半径为r ，画出粒子的轨迹图如图所示。
2020年高三物理二轮复习强基础专题六：电场及带电粒子在电场中的运动(含答案解析)
强基础专题六：电场及带电粒子在电场中的运动一、单选题1.如图所示为竖直平面内的直角坐标系。
一个质量为m的带电小球处在区域足够大的匀强电场中，匀强电场的方向在直角坐标系xoy平面内。
带电小球在电场力F和重力的作用下，从坐标原点O由静止开始沿直线OA斜向下做直线运动，且直线OA与y 轴负方向成角（<90°）。
不计空气阻力，重力加速度为g。
则小球在运动过程中，下列说法错误的是（）A．带电小球所受的合力一定做正功B．带电小球的机械能一定增大C．当F =mg tan时，带电小球的机械能可能减小，也可能增大D．当F=mg sin时，带电小球的电势能一定不变2.在竖直平面内有水平向右，场强为E的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球，它静止时位于A点，此时细线与竖直方向成37°角，如图1所示．现对在A点的该小球施加一沿与细线垂直方向的瞬时冲量，小球能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动．下列对小球运动的分析，正确的是(不考虑空气阻力，细线不会缠绕在O点上)()A．小球运动到C点时动能最小B．小球运动到C点时绳子拉力最小C．小球运动到Q点时动能最大D．小球运动到B点时机械能最大3. a，b是x轴上的两个点电荷，电荷量分别为Q1和Q2，沿x轴a，b之间各点对应的电势高低如图中曲线所示．从图中可看出以下说法中正确的是（）A．a，P间和P，b间各点的电场方向都指向P点B．a和b一定是同种电荷，但是不一定是正电荷C．电势最低的P点的电场强度最大D．把带负电的检验电荷沿x轴由a移到b的过程中，电场力对该电荷先做正功后做负功4.空间某区域内存在着电场，电场线在竖直平面上的分布如图8所示．一个质量为m，电荷量为q的带电小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右；运动至B点时的速度大小为v2，运动方向与水平方向之间的夹角为α，A，B两点间的高度差为h，水平距离为s，则以下判断正确的是 ()A．A，B两点的电场强度和电势关系为EA<EB，φA<φBB．如果v2>v1，则电场力一定做正功C．A，B两点间的电势差为(v－v)D．小球从A点运动到B点的过程中电场力做的功为mv－mv－mgh5.如图所示，一半径为R的均匀带正电圆环水平放置，环心为O点，质量为m的带正电的小球从O点正上方h高的A点静止释放，并穿过带电环，关于小球从A到A关于O的对称点A′过程加速度(a)，重力势能(E pG)，机械能(E)，电势能(E p)随位置变化的电图象一定错误的是(取O点为坐标原点且重力势能为零，向下为正方向，无限远电势为零)()6.电荷量分别为+q，+q，-q的三个带电小球，分别固定在边长均为L的绝缘三角形框架的三个顶点上，并置于场强为E的匀强电场中，如图所示.若三角形绕穿过其中心O 垂直于三角形所在平面的轴顺时针转过120°，则此过程中系统电势能变化情况为（）A．减少EqL B．增加EqL C．减少2EqL D．增加2EqL 7.在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN 上方的A点以一定初速度水平抛小球，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A，B，C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图6所示．由此可知()A．小球带正电B．电场力大小为3mgC．小球从A到B与从B到C的运动时间相等D．小球从A到B与从B到C的速度变化相等8.如图a所示，光滑绝缘水平面上有甲，乙两个带电小球．t＝0时，乙球以6 m/s的初速度向静止的甲球运动．之后，它们仅在电场力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)．它们运动的v－t图象分别如图b中甲，乙两曲线所示．由图线可知( )A．甲，乙两球一定带异种电荷B．t1时刻两球的电势能最小C．0～t2时间内，两球间的电场力先增大后减小D．0～t3时间内，甲球的动能一直增大，乙球的动能一直减小9.如图甲所示，Q1，Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电，a，b两点在它们连线的延长线上．现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a，b两点时的速度分别为va，vb，其速度图象如图乙所示．以下说法中正确的是()A．Q2一定带负电 B．Q2的电量一定大于Q1的电量C．b点的电场强度一定为零 D．整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大10.如图所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m的带负电小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P点时的动能为()A．mv B． C．2mv D．11.如图所示,在两等量异种点电荷连线上有D，E，F三点,且DE＝EF.K，M，L分别为过D，E，F三点的等势面.一不计重力的带负电粒子,从a点射入电场,运动轨迹如图中实线所示,以|Wab|表示该粒子从a点到b点电场力做功的数值,以|Wbc|表示该粒子从b点到c点电场力做功的数值,则()A．|Wab|＝|Wbc|B．|Wab|＞|Wbc|C．粒子由a点到b点,动能增加D．a点的电势较b点的电势低12.一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将 ( )．A．打到下极板上 B．在下极板处返回C．在距上极板处返回 D．在距上极板d处返回13.如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O.下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是()A．O点的电场强度为零，电势最低B．O点的电场强度为零，电势最高C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低14.如图所示，在正方形区域的四个顶点固定放置四个点电荷，它们的电量的绝对值相等，电性如图中所示．K，L，M，N分别为正方形四条边的中点，O为正方形的中心．下列关于各点的电场强度与电势的判断正确的是()A．K点与M点的电场强度大小相等，方向相反B．O点的电场强度为零C．N点电场强度的大小大于L点电场强度的大小D．K，O，M三点的电势相等15. 质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上，范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点．不计空气阻力且小球从未落地，则()A．整个过程中小球电势能减少了1.5mg2t2B．整个过程中机械能的增量为2mg2t2C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg2t2D．从A点到最低点小球重力势能减少了mg2t2二、多选题16.如图所示，一个电荷量为-Q的点电荷甲，固定在粗糙绝缘水平面上O点的另一个电荷量为+q，质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B 点时速度减小到最小值v，已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，A，B间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法中正确的是（）A．O B间的距离为B．在点电荷甲产生的电场中，B点的场强大小为C．点电荷乙在A点的电势能小于在B点的电势能D．在点电荷甲产生的电场中，A，B间的电势差U AB=17.如图所示，一光滑绝缘水平木板(木板足够长)固定在水平向左，电场强度为E的匀强电场中，一电量为q(带正电)的物体在水平恒力F作用下从A点由静止开始向右加速运动，经一段时间t撤去这个力，又经时间2t物体返回A点，则( )A．这一过程中带电物体的电势能先增加后减小，其变化量为0B．水平恒力与电场力的比为9∶5C．水平恒力与电场力的比为7∶3D．物体先向右加速到最右端，然后向左加速返回到A点18.如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E.一根不可伸长的绝缘细线长度为l，一端拴一个质量为m，电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O 点．把小球拉到使细线水平的位置A，由静止释放，小球沿圆弧运动到位置B时，速度为零．图中角θ＝60°.以下说法正确的是( )A．小球在B位置处于平衡状态B．小球受到重力与电场力的关系是mg＝qEC．小球在B点的加速度大小为gD．小球从A运动到B的过程中，电场力对其做的功为－qEl19.一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m，电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压uAB如图所示，交变电压的周期T＝，已知所有电子都能穿过平行板，且偏距最大的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则()A．所有电子都从右侧的同一点离开电场B．所有电子离开电场时速度都是v0C．t＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大D．t＝时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为20.如图所示，图中MN是由负点电荷产生的电场中的一条电场线．一带正电粒子q飞入电场后，只在电场力作用下沿图中虚线运动，a，b是该曲线上的两点，则下列说法正确是( )A．a点的电场强度小于b点的电场强度B．a点的电势低于b点的电势C．粒子在a点的动能小于在b点的动能D．粒子在a点的电势能小于在b点的电势能21.如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上方固定着电荷量大小相等的两个点电荷q1，q2，一个带电小球(可视为点电荷)恰好围绕O点在桌面上做匀速圆周运动．已知O，q1，q2在同一竖直线上，下列判断正确的是( )A．圆轨道上的电势处处相等B．圆轨道上的电场强度处处相等C．点电荷q1对小球的库仑力是吸引力D．q1，q2可能为异种电荷22.相距很近的一对带等量异种电荷的平行金属板，它们之间的电场除边缘外，可看作是匀强电场，其电场线分布如图所示．一个带粒子只在电场力作用下沿图中轨迹穿过该电场，则从a运动到d的过程中，下列说法正确的是（）A．粒子的速度一起在增大B．粒子带负电C．粒子在a点的电热能大于d点电势能D．粒子的加速度先变大再不变后变小23.如图所示，真空中有A，B两个等量异种点电荷，O，M，N是AB连线的垂线上的三个点，且AO>OB.一个带正电的检验电荷仅在电场力的作用下，从M点运动到N 点，其轨迹如图中实线所示．下列说法正确的是()A．A电荷为正电荷，B电荷为负电荷B．M点的电势高于N点的电势C．M点的电场强度大于N点的电场强度D．检验电荷在M点的动能大于在N点的动能24.真空中有一正四面体ABCD，如图所示，MN分别是AB和CD的中点．现在A，B 两点分别固定电荷量为＋Q，－Q的点电荷，下列说法中正确的是()A．将试探电荷＋q从C点移到D点，电场力做正功，试探电荷＋q的电势能降低B．将试探电荷－q从M点移到N点，电场力不做功，试探电荷－q的电势能不变C．C，D两点的电场强度相等D．N点的电场强度方向平行AB且跟CD垂直25.静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线．一质量为m，带电量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0从O点(x＝0)进入电场，沿x轴正方向运动．下列叙述正确的是()A．粒子从O运动到x1的过程中速度逐渐减小B．粒子从x1运动到x3的过程中，电势能先减小后增大C．要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为2D．若v0＝2，粒子在运动过程中的最大速度为三、计算题26.为减少烟尘排放对空气的污染，某同学设计了一个如图所示的静电除尘器，该除尘器的上下底面是边长为L＝0.20 m的正方形金属板，前后面是绝缘的透明有机玻璃，左右面是高h＝0.10 m的通道口．使用时底面水平放置，两金属板连接到U＝2 000 V 的高压电源两极(下板接负极)，于是在两金属板间产生一个匀强电场(忽略边缘效应)．均匀分布的带电烟尘颗粒以v＝10 m/s的水平速度从左向右通过除尘器，已知每个颗粒带电荷量q＝＋2.0×10－17C，质量m＝1.0×10－15kg，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力．在闭合开关后：(1)求烟尘颗粒在通道内运动时加速度的大小和方向；(2)求除尘过程中烟尘颗粒在竖直方向所能偏转的最大距离；(3)除尘效率是衡量除尘器性能的一个重要参数．除尘效率是指一段时间内被吸附的烟尘颗粒数量与进入除尘器烟尘颗粒总量的比值．试求在上述情况下该除尘器的除尘效率；若用该除尘器对上述比荷的颗粒进行除尘，试通过分析给出在保持除尘器通道大小不变的前提下，提高其除尘效率的方法．27.如图所示是研究带电体的质量与电量关系的光滑绝缘细管，长为L且竖直放置，点电荷M固定在管底部，电荷量为＋Q.现从管口A处静止释放一带电体N，当其电荷量为＋q，质量为m时，N下落至距M为h的B处速度恰好为0.已知静电力常量为k，重力加速度为g，带电体下落过程中不影响原电场．(1)若把A换成电量为＋q，质量为3m的带电体N1，仍从A处静止释放．求N1运动过程中速度最大处与M的距离及到达B处的速度大小；(2)若M略向上移动，试判断带电体N能否到达B处，并说明理由；(3)若M保持原位置不变，设法改变带电体N的质量与电量，要求带电体下落的最低点在B处，列出N应满足的条件．28.如图所示，A，B为半径R＝1 m的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一圆弧区域内存在着E＝1×106V/m，竖直向上的匀强电场，有一质量m＝1 kg，带电量q＝＋1.4×10－5C的物体(可视为质点)，从A点的正上方距离A点H处由静止开始自由下落(不计空气阻力)，BC段为长L＝2 m，与物体间动摩擦因数为μ＝0.2的粗糙绝缘水平面，CD段为倾角θ＝53°且离地面DE高h＝0.8 m的斜面．(取g＝10 m/s2)(1)若H＝1 m，物体能沿轨道AB到达最低点B，求它到达B点时对轨道的压力大小；(2)通过你的计算判断：是否存在某一H值，能使物体沿轨道AB经过最低点B后最终停在距离B点0.8 m处；(3)若高度H满足：0.85 m≤H≤1 m，请通过计算表示出物体从C处射出后打到的范围．(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.不需要计算过程，但要有具体的位置，不讨论物体反弹以后的情况)答案解析1.B【解析】由题意，结合受力图可知，带电小球所受的合力一定做正功，故A正确；带电小球只受重力G和电场力F，小球做直线运动，合力方向与OA共线，如图当电场力与OA垂直时，电场力最小，根据几何关系，有：F=Gsinθ=mgsinθ，F的方向与OA垂直，电场力F做功为零，所以小球的机械能守恒，则带电小球的电势能一定不变，故B错误，D正确．若F=mgtanθ，由于mgtanθ＞mgsinθ，故F的方向与OA 不再垂直，有两种可能的方向，F与物体的运动方向的夹角可能大于90°，也可能小于90°，即电场力F可能做负功，也可能做正功，重力做功不影响机械能的变化，故根据功能定理，物体机械能变化量等于力F做的功，即机械能可能增加，也可能减小，故C正确．本题选择错误的，故选：B．2.D【解析】由题意可知，电场力与重力的合力应沿着OA方向，因此小球在竖直平面内运动时，运动到A点时动能最大，C错误；运动到与A点关于圆心对称的点时动能最小，在该点时绳子拉力也恰好最小，A，B错误；而在运动过程中，运动到B点时电场力做功最多，因此机械能最大，D正确．3. A【解析】根据顺着电场线电势降低可知，P点的左侧电场方向向右，P点的右侧电场方向向左，则正a，P间和P，b间各点的电场方向都指向P点，故A正确；P点切线斜率为零，而φ-x图线的切线斜率表示电场强度的大小，则P点的电场强度为零．两电荷在P点的合场强为零，P点距离Q1较远，根据点电荷的场强公式知，Q1的电量大于Q2的电量．从坐标x1到x2电势先减小后增大，因为沿电场线方向电势逐渐降低，知Q1和Q2一定是同种电荷，且都为正电荷．故B错误；由图象切线的斜率表示电场强度的大小，就知道p处场强为零，且电势最低，故C错误，把带负电的检验电荷沿x轴由a移到b的过程中，电场力先向左后向右，电场力先做负功再做正功．故D错误，4.D【解析】由电场线的方向和疏密可知A点电场强度小于B点，但A点电势高于B 点，A错误．若v2>v1说明合外力对小球做正功，但电场力不一定做正功，B错误．由于有重力做功，A，B两点间电势差不是(v－v)，C错误．小球从A点运动到B点过程中由动能定理得W电＋mgh＝mv－mv，所以W电＝mv－mv－mgh，D正确．5.D【解析】圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，则小球所受的电场力先增大后减小方向竖直向上，由牛顿第二定律得知，重力不变，则加速度可能先减小后增大；小球穿过圆环后到达A′点，小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，根据对称性可知，电场力先增大后减小，则加速度先增大后减小，故A正确；小球从A到圆环中心的过程中，重力势能E p＝mgh，小球穿过圆环后，E p＝－mgh，重力势能与高度是线性变化的，故B正确；小球从A到圆环中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环后，电场力做正功，机械能增大，故C正确；由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，故D错误．6.D【解析】三角形绕穿过其中心O顺时针转过120°，三个带电小球+q，+q，-q，的电场力分别做功，-EqL，，总功为-2qEL，电势能增加2EqL，选项D正确。
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 。
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 。