高中物理《带电粒子的运动》专题复习

高中物理总复习--物理带电粒子在电场中的运动含解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，在两块长为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v0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t0(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）0mvBqL=（2）223cosd R a R L≥+=；min(632)3LTvπ+=【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R1，则012qv B mvR=由几何关系：222113()()2L LR R=+-解得0mvBqL=（2）粒子P从O003L v t=01122y L v t =解得0y v =设合速度为v ，与竖直方向的夹角为α，则：0tan yv v α== 则=3πα00sin 3v 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 L R α=，解得23R =右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为22cos d 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 v πα--=解得()min 023L 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.2．如图所示，虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧距PQ 为L 处有一与电场E 2平行的屏．现将一电子(电荷量为e ，质量为m ，重力不计)无初速度地放入电场E 1中的A 点，最后电子打在右侧的屏上，A 点到MN 的距离为2L，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求：(1) 电子到达MN 时的速度；(2) 电子离开偏转电场时偏转角的正切值tan θ； (3) 电子打到屏上的点P ′到点O 的距离.【答案】(1) eELv m=L . 【解析】 【详解】（1）电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，到达MN 的速度为v ，则：a 1＝1eE m ＝eEm 2122La v =解得eELv m=（2）设电子射出电场E 2时沿平行电场线方向的速度为v y ，a 2＝2eE m ＝2eEm t ＝L v v y ＝a 2ttan θ＝y v v=2（3）电子离开电场E 2后，将速度方向反向延长交于E 2场的中点O ′.由几何关系知：tan θ＝2xLL+解得：x ＝3L .3．如图，第一象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E ，第二、三、四象限存在方向垂直xOy 平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B ，第三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从P （-d ，0）点沿与x 轴正方向成α=60°角平行xOy 平面入射，经第二象限后恰好由y 轴上的Q 点（图中未画出）垂直y 轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P 点，回到P 点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：（1）粒子从P 点入射时的速度v 0； （2）第三、四象限磁感应强度的大小B /； 【答案】（1）3EB（2）2.4B 【解析】试题分析：（1）粒子从P 点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为r ，由几何知识得： 2360d d dr sin sin α===︒ 根据200mv qv B r =得023qBdv =粒子在第一象限中做类平抛运动，则有21602qE r cos t m -︒=（）； 00y v qEt tan v mv α==联立解得03Ev B=（2）设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x 和y ，根据粒子在第三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x 轴正方向的夹角等于α．则有：x=v 0t ， 2y v y t =得0322y v y tan x v α=== 由几何知识可得 y=r-rcosα= 132r d = 则得23x d =所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为125323d d R d sin α⎛⎫+ ⎪⎝⎭==粒子进入第三、四象限运动的速度00432v qBdv v cos α===根据2'v qvB m R=得：B′=2．4B考点：带电粒子在电场及磁场中的运动4．竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径R=1m 的半圆形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E=4×103V/m ．小球a 、b 、c 的半径略小于管道内径，b 、c 球用长2m L =的绝缘细轻杆连接，开始时c 静止于管道水平部分右端P 点处，在M 点处的a 球在水平推力F 的作用下由静止向右运动，当F 减到零时恰好与b 发生了弹性碰撞，F-t 的变化图像如图乙所示，且满足224F t π+=．已知三个小球均可看做质点且m a =0.25kg ，m b =0.2kg ，m c =0.05kg ，小球c 带q=5×10-4C 的正电荷，其他小球不带电，不计一切摩擦，g =10m/s 2，求(1)小球a 与b 发生碰撞时的速度v 0； (2)小球c 运动到Q 点时的速度v ；(3)从小球c 开始运动到速度减为零的过程中，小球c 电势能的增加量． 【答案】(1)04m/s v = (2)v =2m/s (3) 3.2J P E ∆= 【解析】【分析】对小球a ，由动量定理可得小球a 与b 发生碰撞时的速度；小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球c 运动到Q 点时，小球b 恰好运动到P 点，由动能定理可得小球c 运动到Q 点时的速度；由于b 、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得；解：(1)对小球a ，由动量定理可得00a I m v =-由题意可知，F-图像所围的图形为四分之一圆弧，面积为拉力F 的冲量， 由圆方程可知21S m = 代入数据可得：04/v m s =(2)小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞， 由动量守恒可得012()a a b c m v m v m m v =++ 由机械能守恒可得222012111()222a abc m v m v m m v =++ 解得120,4/v v m s ==小球c 运动到Q 点时，小球b 恰好运动到P 点，由动能定理22211()()22c b c b c m gR qER m m v m m v -=+-+ 代入数据可得2/v m s =(3)由于b 、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，假设当两球速度减到零时，设b 球与O 点连线与竖直方向的夹角为θ 从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得：21(1cos )sin ()sin 2b c b c m gR m gR m m v qER θθθ-+++=解得sin 0.6,37θθ==︒因此小球c 电势能的增加量：(1sin ) 3.2P E qER J θ∆=+=5．在竖直平面内，一根长为L 的绝缘细线，一端固定在O 点，另一端拴着质量为m 、电荷量为+q 的小球。

高中物理【带电粒子在电场中的运动】专题训练1[A 组 基础达标练]1.如图所示，两平行的带电金属板水平放置。

若在两板中间a 点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。

现将两板绕过a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a 点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )A ．保持静止状态B ．向左上方做匀加速运动C ．向正下方做匀加速运动D ．向左下方做匀加速运动解析：两平行金属板水平放置时，带电微粒静止，则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°，静电力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时静电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。

答案：D2.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的O 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q 1∶q 2等于( )A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶ 2D.2∶1解析：竖直方向有h ＝12gt 2，水平方向有l ＝qE 2m t 2，联立可得q ＝mgl Eh ，所以有q 1q 2＝21，B正确。

答案：B3．在电场强度大小为E 的匀强电场中，将一个质量为m 、电荷量为q 的带电小球由静止开始释放，带电小球沿与竖直方向成θ角的方向做直线运动。

关于带电小球的电势能和机械能的判断，正确的是( )A ．若sin θ<qEmg，则电势能一定减少，机械能一定增加B ．若sin θ＝qEmg ，则电势能、机械能一定不变C ．若sin θ＝qEmg ，则电势能一定增加，机械能一定减少D ．若tan θ＝qEmg，则电势能可能增加，机械能一定增加解析：若sin θ<qEmg ，静电力可能做正功，也可能做负功，所以电势能可能减少也可能增加，机械能可能增加也可能减少，A 项错误；若sin θ＝qEmg ，则静电力与速度方向垂直，静电力不做功，电势能、机械能一定不变，B 项正确，C 项错误；若tan θ＝qEmg ，则静电力沿水平方向，静电力和重力的合力与速度方向同向，静电力做正功，电势能一定减少，机械能一定增加，故D 项错误。

高中物理带电粒子在三类典型场中的运动（专题）一、考点回顾1.我们学习了哪几种场？带电粒子在这些场中的受力有何特点？2.三类典型场是指：；；。

3.解决这类问题的基本方法是什么？二、考点突破1.如图所示，离子源A产生的初速度为零、带电量均为q，质量不同的正离子，被电压为U0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入平行板间的匀强偏转电场，偏转后通过极板HM上的小孔S离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN进入磁感应强度为B 的扇形匀强磁场，已知∠MN Q＝90°，HO＝d，HS＝2d。

(忽略粒子所受重力)(1)求偏转电场场强E 0的大小以及HM与MN的夹角θ；(2)求质量为m的正离子在磁场中做圆周运动的半径；(3)若质量为9m的正离子恰好垂直打在N Q的中点S1处，试求能打在边界N Q上的正离子的质量范围。

2.如图所示，直角坐标系中的第Ⅰ象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。

一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，在－x轴上的a 点以速度v0与－x轴成60°角射入磁场，从y＝L处的b点垂直于y轴方向进入电场，并经过x轴上x＝2L处的c点。

不计重力。

求(1)磁感应强度B的大小；(2)电场强度E的大小；(3)粒子在磁场和电场中的运动时间之比。

3.(2016·天津高考)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 3 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T。

有一带正电的小球，质量m＝1×10－6kg，电荷量q＝2×10－6C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10 m/s2。

求：(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。

高考物理第一轮复习：带电粒子在匀强电场中的运动专题一、带电粒子在匀强电场中的减速运动【例1】如下图，在真空中有一对平行金属板，两板间加以电压U 。

在板直接近正极板左近有一带正电荷q 的带电粒子，它在电场力作用下由运动末尾从正极板向负极板运动，抵直于极板的方向射出，最远抵达A 点，然后前往，如下图，OB h =能是〔〕A 、edh U B、edUh C 、eU dh C 、eUh d 小结：带电粒子在匀强电场中减速运动，它的运动特点是：力F 的作用下，以恒定减速度F qU a m md==做匀减速直线运动，处置方法有：〔1〕牛顿运动定律和运动学公式；〔2〕能量观念。

二、带电粒子在匀强电场中的偏转【例3】质量为m 、电荷量为q 的带电粒子以初速0v 沿垂直于电场的方向，进入长为l 、间距为d 、电压为U 的平行金属板间的匀强电场中，粒子将做匀变速曲线运动，如下图，假定不计粒子重力，那么可求出如下相关量： 〔1〕粒子穿越电场的时间t ：粒子在垂直于电场方向以0v v x =做匀速直线运动， 〔2〕粒子分开电场时的速度v ：粒子沿电场方向做匀减速直线运动，减速度m qE a ==向的分速度0mdv qUl at v y ==，所以202022)(mdv qUl v v v v y x +=+=。

〔3〕粒子分开电场时的侧移距离y ：〔4〕粒子分开电场时的偏角ϕ：由于20tan mdv qUl v v x y ==ϕ，所以20arctan mdv qUl =ϕ。

〔5〕速度方向的反向延伸线必过偏转电场的中点 qq v 0由20tan mdv qUl =ϕ和2022mdv qUl y =，可推得ϕtan 2l y =。

粒子可看作是从两板间的中点沿直线射出的。

留意：带电粒子能否思索重力要依据状况而定〔1〕基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明白的暗示外，普通都不思索重力〔但不能疏忽质量〕。

〔2〕带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或明白的暗示外，普通都不能疏忽重力。

10.5 带电粒子在电场中的运动学习目标1．掌握带电粒子在电场中的运动规律，并能分析解决加速和偏转问题。

2．知道示波管的构造和基本原理。

重点：带电粒子在匀强电场中运动的规律。

难点：电学知识和力学知识结合处理偏转问题。

知识点一、带电粒子的加速1．基本粒子的受力特点：对于质量很小的基本粒子，如电子、质子等，虽然它们也会受到万有引力（重力）的作用，但万有引力（重力）一般远小于静电力，可以忽略不计。

（1）基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或有明确的暗示以外，此类粒子一般不考虑重力（但并不忽略质量）。

（2）带电微粒：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。

2．两种分析（1）用运动状态分析：带电粒子沿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。

（2）用功能观点分析：粒子动能的变化量等于电场力做的功（电场可以是匀强电场或非匀强电场）。

3．带电粒子的加速：如图所示，质量为m ，带正电荷q 的粒子，在静电力作用下由静止开始从正极板向负极板运动的过程中：（1）静电力对它做的功：W ＝qU 。

（2）设带电粒子到达负极板时速率为v ，它的动能为E k ＝12mv 2。

（3）由动能定理可知，qU ＝12mv 2可解出v ＝2qUm。

若粒子的初速度不为零，则：12mv 2－12mv 20＝qU ⇒v ＝v 20＋2qU m。

说明：带电粒子在非匀强电场中加速，上述结果仍适用。

【题1】如图所示，电子由静止开始从M 板向N 板运动，当到达N 板时的速度为v ，保持两板间的电压不变，则A ．当增大两板间距离时，v 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，电子在两板间的时间变长【题2】如图所示，A 、B 两导体板平行放置，在t ＝0时将电子从A 板附近由静止释放，电子的重力忽略不计。

第二轮专题：带电粒子在电场和磁场中的运动第一部分 相关知识点归纳《考试大纲》对此部分的说明：①带电粒子在匀强电场中运动的计算，只限于带电粒子进入电场时速度平行．．．．或垂直于电场．．．．．的情况 ②洛仑兹力的计算只限于速度与磁感应强度垂直．．．．．．．．．．的情况 一、不计重力的带电粒子在电场中的运动 1．带电粒子在电场中加速（或减速）当电荷量为q 、质量为m 、初速度为0v 的带电粒子经电压U 加速后，速度变为t v ，由动能定理得：2022121mv mv qU t -=。

若00=v ，则有mqUv t 2=，这个关系式对任意静电场都是适用的。

对于带电粒子在电场中的加速问题，应突出动能定理的应用。

有时也会碰到带电粒子在电场中即加速又减速，甚至是互逆的过程，此时要注意运用匀变速直线运动的相关知识进行分析和求解。

2．带电粒子在匀强电场中的偏转（类平抛）电荷量为q 、质量为m 的带电粒子由静止开始经电压U 1加速后，以速度1v 垂直进入由两带电平行金属板产生的匀强电场中，则带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，其轨迹是一条抛物线(如图所示)。

21121mv qU =设两平行金属板间的电压为U 2，板间距离为d ，板长为L 。

(1)带电粒子进入两板间后粒子在垂直于电场的方向上做匀速直线运动，有：t v L v v x 11,==粒子在平行于电场的方向上做初速度为零的匀加速直线运动，有： mdqU mqE a at y at v y 22,21,====(2)带电粒子离开极板时 侧移距离122212224221dU L U mdv L qU at y ===偏转角度ϕ的正切值1221212tan dU L U mdv L qU v at ===ϕ若距偏转极板右侧D 距离处有—竖立的屏，在求电子射到屏上的侧移距离时有一个很有用的推论：所有离开偏转电场的运动电荷好像都是从极板中心沿中心与射出点的连线射出的．这样很容易得到电荷在屏上的侧移距离ϕtan 2'⎪⎭⎫ ⎝⎛+=L D y 。

带电粒子(带电体)在电场中的运动问题目录一、考向分析二、题型及要领归纳热点题型一 优化场区分布创新考察电偏转热点题型二 利用交变电场考带电粒子在运动的多过程问题热点题型三 借助电子仪器考带电粒子运动的应用问题热点题型四 带电粒子(带电体)在电场和重力场作用下的抛体运动热点题型五 带电粒子(带电体)在电场和重力场作用下的圆周运动三、压轴题速练考向分析1.本专题主要讲解带电粒子(带电体)在电场中运动时动力学和能量观点的综合运用，高考常以计算题出现。

2.学好本专题，可以加深对动力学和能量知识的理解，能灵活应用受力分析、运动分析(特别是平抛运动、圆周运动等曲线运动)的方法与技巧，熟练应用能量观点解题。

3.用到的知识：受力分析、运动分析、能量观点。

4.带电粒子在电场中的运动(1)分析方法：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题。

(2)受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略。

一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用。

5.用能量观点处理带电体的运动对于受变力作用的带电体的运动，必须借助能量观点来处理。

即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也常常更简捷。

具体方法有：(1)用动能定理处理思维顺序一般为：①弄清研究对象，明确所研究的物理过程。

②分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功。

③弄清所研究过程的始、末状态(主要指动能)。

④根据W=ΔE k列出方程求解。

(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理列式的方法常有两种：①利用初、末状态的能量相等(即E1=E2)列方程。

②利用某些能量的减少等于另一些能量的增加列方程。

高考物理一轮复习专题强化—带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题【专题解读】1.本专题主要讲解带电粒子(带电体)在电场中运动时动力学和能量观点的综合运用，高考常以计算题出现。

2.学好本专题，可以加深对动力学和能量知识的理解，能灵活应用受力分析、运动分析(特别是平抛运动、圆周运动等曲线运动)的方法与技巧，熟练应用能量观点解题。

3.用到的知识：受力分析、运动分析、能量观点。

题型一带电粒子在交变电场中的运动1.常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。

2.常见的题目类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。

(2)粒子做往返运动(一般分段研究)。

(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。

3.思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件。

(2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。

【例1】(多选)(2020·湖北荆门市1月调考)如图1(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情况的表述中正确的是()图1A.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答案BC解析如果板间距离足够大，粒子在垂直于板的方向上的分运动在前半个周期做匀加速，后半个周期做匀减速，如此循环，向同一方向运动，如果周期T和电压U0的值满足一定条件，粒子就可在到达极板之前飞出极板，当飞出时垂直于极板的速度恰好为零时，将沿与板平行的方向飞出。

准兑市爱憎阳光实验学校高三物理备考专题复习：带电粒子在电场中的运动一、带电粒子在电场中的运动 1.带电粒子在匀强电场中的加速一般带电粒子所受的电场力远大于重力，所以可以认为只有电场力做功。

由 动能理W =qU =ΔE K ，此式与电场是否匀强无关，与带电粒子的运动性质、 轨迹形状也无关。

【例1】 如下图，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。

右极板电势随时间变化的规律如下图。

电子原来静止在左极板小孔处。

〔不计重力作用〕以下说法中正确的选项是 ACA.从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B.从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C.从t=T /4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D.从t=3T /8时刻释放电子，电子必将打到左极板上 2.带电粒子在匀强电场中的偏转规律①、速度规律 ②、位移规律 ③、角度规律2tan dmv qULv v xy ==α3、重力忽略与否忽略重力――电子、质子、离子微观的带电粒子不忽略重力――尘埃、液滴、小球4、 示波器和示波管示波管的原理图5、带电物体在电场力和重力共同作用下的运动。

【例2】 如图，水平放置的平行金属板间有匀强电场。

一根长l 的绝缘细绳一端固在O 点，另一端系有质量为m 并带有一电荷的小球。

小球原来静止在C 点。

当给小球一个水平冲量后，它可以在竖直面内绕O 点做匀速圆周运动。

假设将两板间的电压增大为原来的3倍，求：要使小球从C 点开始在竖直面内绕O 点做圆周运动，至少要给小球多大的水平冲量？在这种情况下，在小球运动过程中细绳所受的最大拉力是多大？解：原来小球受到的电场力和重力大小相，增大电压后电场力是重力的3倍。

在C 点，最小速度对最小的向心力，这时细绳拉力为零，合力为2mg ，可求速度为v =gl2，因此给小球的最小冲量为I = mgl2。

在最高点D 小球受到的拉力最大。

从C 到D 对小球用动能理：22212122CD mv mv l mg -=⋅，在D点lmv mg F D22=-，解得F =12mg 。

高三专题八：带电粒子在场中运动专题一、高考预测分析：带电粒子在场中的运动，其中场包括重力场、电场、磁场。

是历年来高考的热点内容，特别是带电粒子在匀强电场中的直线运动和曲线运动，带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，带电粒子在复合场中的直线运动和匀速圆周运动以及类平抛运动。

解决复合场中的问题需要将力学知识中三个基本定律，即牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律进行综合运用，同时需要将几个基本的运动，即直线运动中的加速、减速、往返运动，曲线运动中的平抛运动、圆周运动、匀速圆周运动进行综合巩固和加深。

纵观近几年高考对复合场问题的考查，一般此类题型出现在选择题中，以图像的考查居多（参见05、06年高考卷），出现在计算题中时往往以带电粒子在有界磁场和复合常中的匀速圆周运动以及平抛运动居多，07年高考也必然会继续延续对此主干综合知识的考查，复习时要做好充分的准备，掌握基本规律和基本运动，细心解决每个过程中的力与运动的联系。

二、例题分析：难点阐释 静电场往往是变化的场强，带电粒子在其中运动时受力发生变化，运动相应的受到约束，要严格根据牛顿第二定律的规律和性质来处理。

【例1】（2007年重庆模拟）如图所示，在a 点由静止释放一个质量为m ,电荷量为q 的带电粒子，粒子到达b 点时速度恰好为零，设ab 所在的电场线竖直向下，a 、b 间的高度差为h ，则A.带电粒子带负电； B .a 、b 两点间的电势差U ab =mgh/q ;C .b 点场强大于a 点场强；D .a 点场强大于b 点场强. 【解析】：带电粒子由a 到b 的过程中，重力做正功，而动能没有增大，说明电场力做负功。

根据动能定理有：mgh -qU ab =0解得a 、b 两点间电势差为U ab =mgh/q .因为a 点电势高于b 点电势，U ab >0,所以粒子带负电，选项AB 皆正确。

带电粒子由a 到b 运动过程中，在重力和电场力共同作用下，先加速运动后减速运动；因为重力为恒力，所以电场力为变力，且电场力越来越来越大；由此可见b 点场强大于a 点场强。

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。