高中物理带电粒子在电场中的运动试题类型及其解题技巧及解析

带电粒子在电场中的运动-例题与解析（1）要知道质子和α粒子是怎样的粒子，q H =e,q α=2e,m α=4m H .（2）该电场为非匀强电场，带电粒子在AB 间的运动为变加速运动，不可能通过力和加速度的途径解出该题，但注意到电场力做功W=qU 这一关系对匀强电场和非匀强电场都适用，因此从能量的观点入手由动能定理来解该题.图1-8-3例2 如图1-8-3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60 V ，则带电小球运动到极板上需多长时间？思路解析取带电小球为研究对象，设它带电荷量为q,则带电小球受重力mg 和电场力qE 的作用.当U 1=300 V 时，小球平衡：mg=dU q1 ① 当U 2=60 V 时，带电小球向下板做匀加速直线运动：mg-dU q 2=ma ② 又h=21at 2 ③ 由①②③得：t=10)60300(300108.02)(22211⨯-⨯⨯⨯=--gU U h U s=4.5×10-2 s. 答案:4.5×10-2 s 本题涉及平衡和加速，属学科内的综合问题，力学中直线运动的情境都可以用带电粒子在电场中的运动来体现，因此研究问题的方法还是两个分析：受力分析、运动分析.图1-8-4例3 一束电子流在经U=5 000 V 的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图1-8-4所示.若两板间距离d=1.0 cm 、板长l=5.0 cm ，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最大能加多大电压？在加速电压一定时，偏转电压U ′越大，电子在极板间的偏距就越大，当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出时，两板间的偏转电压即为题目要求的最大电压.加速过程中，由动能定理得eU=21mv 02 ① 进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动l=v 0t ② 在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度a=dm U e m F '= ③ 偏距y=21at 2 ④能飞出的条件y ≤2d ⑤ 解①—⑤式得U ′≤222222)100.5()100.1(500022--⨯⨯⨯⨯=l Ud V=4.0×102 V 即要使电子能飞出，所加电压最大为400 V.答案:400 V（1）此题是一个较典型的带电粒子加速再偏转的题目，请同学们通过该题认真体会求解这类问题的思路和方法，并注意解题格式的规范化.（2）粒子恰能飞出极板和粒子恰不能飞出极板，对应着同一临界状态——“擦边球”.根据题意找出临界状态，由临界状态来确定极值，也是求解极值问题的常用方法.。

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)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，在平面直角坐标系xOy 的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场区域△ABC ，A 点坐标为（0，3a ），C 点坐标为（0，﹣3a ），B 点坐标为(23a -，-3a ）．在直角坐标系xOy 的第一象限内，加上方向沿y 轴正方向、场强大小为E=Bv 0的匀强电场，在x=3a 处垂直于x 轴放置一平面荧光屏，其与x 轴的交点为Q ．粒子束以相同的速度v 0由O 、C 间的各位置垂直y 轴射入，已知从y 轴上y =﹣2a 的点射入磁场的粒子在磁场中的轨迹恰好经过O 点．忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力． （1）求粒子的比荷；（2）求粒子束射入电场的纵坐标范围；（3）从什么位置射入磁场的粒子打到荧光屏上距Q 点最远？求出最远距离．【答案】(1)0v Ba(2)0≤y≤2a (3)78y a =，94a【解析】 【详解】(1)由题意可知， 粒子在磁场中的轨迹半径为r ＝a 由牛顿第二定律得Bqv 0＝m 2v r故粒子的比荷v q m Ba= (2)能进入电场中且离O 点上方最远的粒子在磁场中的运动轨迹恰好与AB 边相切，设粒子运动轨迹的圆心为O ′点，如图所示．由几何关系知O ′A ＝r ·ABBC＝2a 则OO ′＝OA －O ′A ＝a即粒子离开磁场进入电场时，离O 点上方最远距离为OD ＝y m ＝2a所以粒子束从y 轴射入电场的范围为0≤y ≤2a (3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有3a ＝v 0·t 02019222qE y t a a m ==>， 所以，粒子应射出电场后打到荧光屏上粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为t ，竖直方向位移为y ，水平方向位移为x ，则 水平方向有x ＝v 0·t竖直方向有212qE y t m=代入数据得x 2ay设粒子最终打在荧光屏上的点距Q 点为H ，粒子射出电场时与x 轴的夹角为θ，则002tan y x qE x v m v y v v aθ⋅===有H ＝(3a －x )·tan θ＝(32)2a y y 当322a y y =y ＝98a 时，H 有最大值由于98a<2a，所以H的最大值H max＝94a，粒子射入磁场的位置为y＝98a－2a＝－78a2．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）223cos2d 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()()22L LR R=+-解得0mvBqL=（2）粒子P 从O 003L v t =01122y L v t = 解得033y v v =设合速度为v ，与竖直方向的夹角为α，则：0tan 3yv v α== 则=3πα0023sin 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23L R =右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为223cos 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 vπα--=解得()min 06323L 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.3．如图，质量分别为m A =1kg 、m B =2kg 的A 、B 两滑块放在水平面上，处于场强大小E=3×105N/C 、方向水平向右的匀强电场中，A 不带电，B 带正电、电荷量q=2×10－5C ．零时刻，A 、B 用绷直的细绳连接(细绳形变不计)着，从静止同时开始运动，2s 末细绳断开．已知A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度大小g=10m/s 2．求：(1)前2s 内，A 的位移大小； (2)6s 末，电场力的瞬时功率． 【答案】(1) 2m (2) 60W 【解析】 【分析】 【详解】（1）B 所受电场力为F=Eq=6N ；绳断之前，对系统由牛顿第二定律：F-μ(m A +m B )g=(m A +m B )a 1 可得系统的加速度a 1=1m/s 2； 由运动规律：x=12a 1t 12 解得A 在2s 内的位移为x=2m ；（2）设绳断瞬间，AB 的速度大小为v 1，t 2=6s 时刻，B 的速度大小为v 2，则v 1=a 1t 1=2m/s ；绳断后，对B 由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a 2 解得a 2=2m/s 2；由运动规律可知：v 2=v 1+a 2(t 2-t 1) 解得v 2=10m/s电场力的功率P=Fv ，解得P=60W4．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 .5．在如图甲所示的直角坐标系中，两平行极板MN 垂直于y 轴，N 板在x 轴上且其左端与坐标原点O 重合，极板长度l =0.08m ，板间距离d =0.09m ，两板间加上如图乙所示的周期性变化电压，两板间电场可看作匀强电场．在y 轴上(0，d /2)处有一粒子源，垂直于y 轴连续不断向x 轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为qm=5×107C ／kg ，速度为v 0=8×105m/s ．t =0时刻射入板间的粒子恰好经N 板右边缘打在x 轴上.不计粒子重力及粒子间的相互作用，求:(1)电压U 0的大小；(2)若沿x 轴水平放置一荧光屏，要使粒子全部打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度； (3)若在第四象限加一个与x 轴相切的圆形匀强磁场，半径为r =0.03m ，切点A 的坐标为(0.12m ，0)，磁场的磁感应强度大小B =23T ，方向垂直于坐标平面向里．求粒子出磁场后与x 轴交点坐标的范围．【答案】(1)40 2.1610V U =⨯ (2)0.04m x ∆= (3)0.1425m x ≥【解析】 【分析】 【详解】(1)对于t =0时刻射入极板间的粒子：0l v T = 7110T s -=⨯211()22T y a =2y T v a= 22yT y v = 122dy y =+ Eq ma =U E d=解得：40 2.1610V U =⨯(2)2Tt nT =+时刻射出的粒子打在x 轴上水平位移最大：032A T x v = 所放荧光屏的最小长度A x x l ∆=-即：0.04x m ∆= (3)不同时刻射出极板的粒子沿垂直于极板方向的速度均为v y .速度偏转角的正切值均为：0tan y v v β=37β=ocos37v v=o 6110m/s v =⨯即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.2v qvB m R=0.03m R r ==由分析得，如图所示，所有粒子在磁场中运动后发生磁聚焦由磁场中的一点B 离开磁场.由几何关系，恰好经N 板右边缘的粒子经x 轴后沿磁场圆半径方向射入磁场，一定沿磁场圆半径方向射出磁场；从x 轴射出点的横坐标：tan 53C A Rx x ︒=+0.1425m C x =.由几何关系，过A 点的粒子经x 轴后进入磁场由B 点沿x 轴正向运动. 综上所述，粒子经过磁场后第二次打在x 轴上的范围为：0.1425m x ≥6．如图，平面直角坐标系中，在，y ＞0及y ＜-32L 区域存在场强大小相同，方向相反均平行于y 轴的匀强电场，在-32L ＜y ＜0区域存在方向垂直于xOy 平面纸面向外的匀强磁场，一质量为m ，电荷量为q 的带正电粒子，经过y 轴上的点P 1（0，L ）时的速率为v 0，方向沿x 轴正方向，然后经过x 轴上的点P 2（32L ，0）进入磁场．在磁场中的运转半径R =52L （不计粒子重力），求：（1）粒子到达P2点时的速度大小和方向；（2）EB；（3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标；（4）粒子从P1点出发后做周期性运动的周期．【答案】（1）53v0，与x成53°角；（2）043v；（3）2L；（4）()4053760Lvπ+．【解析】【详解】（1）如图，粒子从P1到P2做类平抛运动，设到达P2时的y方向的速度为v y，由运动学规律知32L=v0t1，L=2yvt1可得t1=32Lv，v y=43v0故粒子在P2的速度为v220yv v+=53v0设v与x成β角，则tanβ=yvv=43，即β=53°；（2）粒子从P1到P2，根据动能定理知qEL=12mv2-12mv02可得E=289mvqL粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB=m2vR解得：B =mv qR =05352m v q L ⨯⨯=023mv qL解得：43v E B =； （3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O ′，在图中，过P 2做v 的垂线交y =-32L 直线与Q ′点，可得： P 2O ′=3253L cos o=52L =r 故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O ′，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角α=37°，故粒子将垂直于y =-32L 直线从M 点穿出磁场，由几何关系知M 的坐标x =32L +（r -r cos37°）=2L ； （4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P 1到P 2做类平抛运动：t 1=032Lv在磁场中由P 2到M 动时间：t 2=372360r v π︒⨯o=037120Lv π 从M 运动到N ，a =qE m =289v L则t 3=v a =0158Lv 则一个周期的时间T =2（t 1+t 2+t 3）=()04053760Lv π+．7．如图所示，荧光屏MN 与x 轴垂直放置，荧光屏所在位置的横坐标x 0=60cm ，在第一象限y 轴和MN 之间存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度E =1.6×105N/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qm=1.0×108C/kg 的带正电的粒子，已知粒子的发射速率v 0=4.0×106m/s ．不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用．求：（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；（2）粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围；（3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q 点的最远距离．【答案】（1）5cm ；（2）0≤y≤10cm ；（3）9cm【解析】【详解】（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：qvB =m 20v r解得：r =20510mv Bq-=⨯m=5cm （2）由（1）问可知r =R ，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示：由几何关系可知四边形PO′FO 1为菱形，所以FO 1∥O′P ，又O′P 垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径FO 1垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x 轴平行，所以粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为0≤y ≤10cm（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有：x 0=v 0t 0h =2012at a =qE m解得：h =18cm ＞2R =10cm说明粒子离开电场后才打在荧光屏上．设从纵坐标为y 的点进入电场的粒子在电场中沿x 轴方向的位移为x ，则：x =v 0ty =212at 代入数据解得：x=2y设粒子最终到达荧光屏的位置与Q 点的最远距离为H ，粒子射出电场时速度方向与x 轴正方向间的夹角为θ， 000tan 2y qE x v m v y v v θ⋅=== 所以：H =（x 0﹣x ）tan θ=（x 0﹣2y ）•2y由数学知识可知，当（x 0﹣2y ）=2y 时，即y =4.5cm 时H 有最大值所以H max =9cm8．如图，PQ 分界线的右侧空间有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场。

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。

2121202/v qU m 2/qU m 专题 粒子在电容器中的运动专题一、带电粒子在电场中的加速（设粒子的质量为m ，电荷量为q ）1．带电粒子的加速问题(设电压为U ) （1）一般处理思路——动能定理：如果只受电场力，则电荷动能的变化等于电场力做的功，即：qU = mv 2 - mv 02。

如果初速度为零，则：v = ；如果初速度不为零则：v = 。

（2）如果电场是匀强的，则还可以用牛顿第二定律进行定量分析：粒子的加速度为a =qE /m ，如果初速度方向与电场力方向相同，则带电粒子做匀加速直线运动，由公式v 2-v 02=2ax 得：v 2=v 02+2qEd /m ，而Ed =U ，所以v =(v 02+2qEd /m )1/2。

2．带电粒子在匀强电场中的偏转（只限于初速度方向与电场方向垂直的情况且不计重力）（1）运动性质：匀变速曲线运动，与平抛运动类似，运动轨迹是抛物线。

（2）分析方法：应用运动的合成与分解原理分析。

（3）规律：设粒子以初速度v 0垂直电场方向进入某个存在理想 边界的匀强电场中，如果该电场是由一对带等量异种电荷的平行金属板产生，板间电压为U ，板间距离为d ，极板长度为l ，则：①板间电场强度为E =U /d ，②粒子受到的电场力为F =qU /d ，③粒子运动的加速度为a =qU /(md )，④粒子通过板间电场的时间为t =l /v 0，⑤通过极板时粒子在电场力方向发生的位移(偏移量)为y = at 2/2 = qUl 2/(m v 02d )， ⑥通过极板时粒子在电场力方向的分速度为v y = at = qUl /(mv 0d )，⑦通过极板时粒子速度方向与初速度方向的夹角（偏向角）为α= arctan(v y /v 0)= arctan[qUl /(mv 02d )]， ⑧出射点速度方向反向延长线与入射点初速度方向延长线的交点位于极板中垂线上。

⑨出电场后，粒子继续沿射出方向匀速运动，打在到极板距离为L 的垂直荧屏上，总的偏移量为： Y = y+L tan α=(L+l /2) tan α。

取夺市安慰阳光实验学校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=，dU E =；v 2–20v =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=y xv v ，式中v y =at =mdqU1·0vL ，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：，得：。

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。

②运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动。

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 。

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。

带电粒子在电场中的运动回顾：1、电场的力的性质：E=F/q2、电场的能的性质：E p = ϕ q W AB =U AB q3、是否考虑重力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外,一般不考虑重力. ②带电颗粒:如液滴、油滴、尘埃、小球等,除有说明或明确暗示外,一般都不能忽略重力.一、带电粒子在电场中的加速如图，不计重力，分析粒子由A 板运动到B 板时的速度多大。

１、动力学方法：由牛顿第二定律：由运动学公式：2、动能定理： 由动能定理：总结：动能定理只考虑始末状态，不涉及中间过程，使用起来比较方便简单。

例题1、下列粒子由静止经加速电压为U 的电场加速后，哪种粒子动能最大（ ） 哪种粒子速度最大 （ ） A 、质子 B 、电子 C 、氘核 D 、氦核过度：以上是带电粒子在电场中的加速，研究的是直线运动的情况，下面我们来研究带电粒子在电场中做曲线运动的情况。

二、带电粒子在电场中的偏转如图，平行两个电极板间距为d ，板长为l ，板间电压为U ，初速度为v 0的带电粒子质量为m ，带电量为＋q ．分析带电粒子的运动情况：假设粒子成功飞出(重力不计) 引导：分析粒子进入电场后的受力情况和运动情况，从而得出粒子 在电场中做类平抛运动学生活动：类比平抛运动的规律，分析粒子在电场中的侧移距离和偏转角度侧移量： 偏转角：AB m F a =m qE =mdqU=adv 202=-ad v 2=mqU2=引导学生分析:侧移量和偏转角与哪些因素有关。

例题3、三个电子在同一地点沿、同一直线垂直飞入偏转电场，如图所示。

则由此可判断（ ） A 、 b 和c 同时飞离电场B 、在b 飞离电场的瞬间，a 刚好打在下极板上C 、进入电场时，c 速度最大，a 速度最小D 、c 的动能增量最小，a 和b 的动能增量一样大过度：通过以上的学习，我们掌握了带电粒子在电场中的加速和偏转过程，若带电粒子既经过了加速又经过了偏转，结果会怎样呢？ 例题4、如图所示，有一电子(电量为e 、质量为m)经电压U0加速后，沿平行金属板A 、B 中心线进入两板，A 、B 板间距为d 、长度为L ， A 、B 板间电压为U ，屏CD 足够大，距离A 、B 板右边缘2L ，AB 板的中心线过屏CD 的中心且与屏CD 垂直。