高三物理电荷在交变电场中运动试题答案及解析

【通用版】高考物理考前突破专题专题一、带电粒子在交变电场中的运动1．A 、B 两金属板平行放置，在t ＝0时刻将电子从A 板附近由静止释放（电子的重力忽略不计）。

分别在A 、B 两板间加上右边哪种电压时，有可能使电子到不了B 板【答案】B2．将如图交变电压加在平行板电容器A 、B 两极板上，开始B 板电势比A 板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A 、B 两极板的距离足够大，下列说法正确的是A ．电子一直向着A 板运动B ．电子一直向着B 板运动C ．电子先向A 运动，然后返回向B 板运动，之后在A 、B 两板间做周期性往复运动D ．电子先向B 运动，然后返回向A 板运动，之后在A 、B 两板间做周期性往复运动 【答案】D【解析】根据交变电压的变化规律，不难确定电子所受电场力的变化规律，从而作出电子的加速度a 、速度v 随时间变化的图线，如图所示，从图中可知，电子在第一个T 4内做匀加速运动，第二个T4内做匀减速运动，在这半个周期内，因初始B 板电势高于A 板电势，所以电子向B 板运动，加速度大小为eUmd 。

在第三个T 4内做匀加速运动，第四个T4内做匀减速运动，但在这半个周期内运动方向与前半个周期相反，向A 板运动，加速度大小为eUmd，所以，电子做往复运动，综上分析正确选项应为D 。

7．如图甲所示，真空室中电极K 发出的电子（初速度不计）经过电势差为U 1的加速电场加速后，沿两水平金属板C 、D 间的中心线射入两板间的偏转电场，最后打在荧光屏上。

C 、D 两板间的电势差U CD 随时间变化的图象如图乙所示，设C 、D 间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场。

已知电子的质量为m 、电荷量为e （重力不计），C 、D 极板长为l ，板间距离为d ，偏转电压U 2，荧光屏距C 、D 右端的距离为l6，所有电子都能通过偏转电极。

（1）求电子通过偏转电场的时间t 0；（2）若U CD 的周期T ＝t 0，求荧光屏上电子能够到达的区域的长度； （3）若U CD 的周期T ＝2t 0，求到达荧光屏上O 点的电子的动能。

高考物理带电粒子在电场中的运动的技巧及练习题及练习题(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，一质量为m 、电荷量为+q 的粒子从竖直虚线上的P 点以初速度v 0水平向左射出，在下列不同情形下，粒子经过一段时间后均恰好经过虚线右侧的A 点．巳知P 、A 两点连线长度为l ，连线与虚线的夹角为α=37°，不计粒子的重力，(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8).(1)若在虚线左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，求磁感应强度的大小B 1；(2)若在虚线上某点固定一个负点电荷，粒子恰能绕该负点电荷做圆周运动，求该负点电荷的电荷量Q (已知静电力常量为是）；(3)若虚线的左侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，右侧空间存在竖直向上的匀强电场，粒子从P 点到A 点的过程中在磁场、电场中的运动时间恰好相等，求磁场的磁感应强度的大小B 2和匀强电场的电场强度大小E .【答案】（1）0152mv B ql = （2）2058mv l Q kq = （3）0253mv B ql π= 220(23)9mv E qlππ-=【解析】 【分析】 【详解】（1)粒子从P 到A 的轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r 1 由几何关系得112cos 25r l l α== 由洛伦兹力提供向心力可得2011v qv B m r =解得:0 152mv Bql=(2)粒子从P到A的轨迹如图所示：粒子绕负点电荷Q做匀速圆周运动，设半径为r2由几何关系得252cos8lr lα==由库仑力提供向心力得2222vQqk mr r=解得:258mv lQkq=(3)粒子从P到A的轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动粒子在电场中的运动时间00sin35l ltv vα==根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则2Tt=又22mTqBπ=解得0253mvBqlπ=设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则0v t rπ=解得:35l r π=粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，21cos 22qE l r t mα-=⋅ 解得:220(23)9mv E qlππ-=2．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。

高二物理电荷在交变电场中运动试题答案及解析1.从t=0时刻起，在两块平行金属板间分别加上如图所示的交变电压，加其中哪种交变电压时，原来处于两板正中央的静止电子不可能在两板间做往复运动（）【答案】D【解析】电子在电场中的加速度大小：，．在时间内，A板的电势高于B板，电子受到向左的电场力，向左做加速度减小的加速运动，时刻速度最大；由时间内，电子向左做加速度增加的减速运动，时刻速度减为零；从时间内，电子反向做加速度减小的加速运动，时刻速度最大；由时间内，向右做加速度增大的减速运动，T时刻速度减为零，回到原位置，然后电子不断重复，能做往复运动．同理可以分析得出：B、C中，电子也做往复运动，故ABC中电子做往复运动．在时间内，电子向左做加速运动；时间内，电子向左减速运动，T时刻速度减为零；接着重复，电子单向直线运动；故D不可能做往返运动【考点】考查了带电粒子在交变电场中的运动，其2.（12分）在金属板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压Uo从两板中央射入。

已知电子的质量为m，电荷量为周期是T。

现有电子以平行于金属板的速度voe，不计电子的重力，求：（1）若电子从t=0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小是多少？（2）若电子从t=0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少多长？（3）若电子恰能从两板中央平行于板飞出，电子应从哪一时刻射入，两板间距至少多大？【答案】（1）（2）vT （3）【解析】（1）电子飞出过程中只有电场力做功，根据动能定理得：可求：（2）若电子恰能平行于金属板飞出，说明电子在竖直方向前半周期做匀加速直线运动，后半周期做匀减速直线运动，到电子飞出电场最少用时为T；则电子水平方向做匀速直线运动：L=vT0（3）若电子恰能从两板中央平行于板飞出，要满足两个条件，第一竖直方向的位移为零，第二再减速到零，然后反方向加速度竖直方向的速度为零；则电子竖直方向只能先加速到某一速度vy到v再减速到零．由于电子穿过电场的时间为T，所以竖直方向每段加速、减速的时间只能为，y再减速时间速度减小到零，然后反方向加速即电子竖直方向只能先加速时间到达某一速度vy，再减速时间速度减小到零，电子回到原高度．根据以上描述电子可以时间到达某一速度vy从t时刻进入：。

高二物理电荷在交变电场中运动试题答案及解析1.如图，A、B是一对平行金属板，在两板间加有周期为T的交变电压U0，A板电势φA=0，B板电势φB随时间t变化规律如图．现有一电子从A板的小孔进入两板间的电场中，设电子的初速和重力的影响均可忽略，则（）A．若电子是在t=0时刻进入的，它将一直向B板运动B．若电子是在t=T/8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上C．若电子是在t=3T/8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上D．若电子是在t=T/2时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动【答案】AB【解析】A、电子在t=0时刻进入时，在一个周期内，前半个周期受到的电场力向上，向上做加速运动，后半个周期受到的电场力向下，继续向上做减速运动，T时刻速度为零，接着周而复始，所以电子一直向B板运动，一定会到达B板．故A正确．B、若电子是在时刻进入时，在一个周期内：在，电子受到的电场力向上，向上做加速运动，在内，受到的电场力向下，继续向上做减速运动，时刻速度为零，接着继续向B板运动，周而复始，所以电子时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上．故B正确．C、若电子是在时刻进入时，与在时刻进入时情况相似，在运动一个周期时间内，时而向B板运动，时而向A板运动，总的位移向左，最后穿过A板．故C错误；D、若电子是在时刻进入时，在一个周期内：在，电子受到的电场力向左，向左做加速运动，在内，受到的电场力向右，继续向左做减速运动，时刻速度为零，接着周而复始，所以电子一直向A板运动，一定不会到达B板．故D错误．【考点】带电粒子交变电场中运动2.如图甲所示，A、B两块金属板水平放置，相距为d="0." 6 cm，两板间加有一周期性变化的电压，当B板接地（）时，A板电势，随时间变化的情况如图乙所示．现有一带负电的微粒在t=0时刻从B板中央小孔射入电场，若该带电微粒受到的电场力为重力的两倍，且射入电场时初速度可忽略不计．求：（1）在0～和～T这两段时间内微粒的加速度大小和方向；（2）要使该微粒不与A板相碰，所加电压的周期最长为多少（g="10" m/s2）．【答案】(1) 在0～ a1=g 方向向上在～T a2=3g 方向向下（2）6×10-2s【解析】(1)设电场力大小为F，则F= 2mg，对于t=0时刻射入的微粒，在前半个周期内，有，方向向上．（2分）后半个周期的加速度a2满足，方向向下．(2分)(2)前半周期上升的高度（1分）．前半周期微粒的末速度为．后半周期先向上做匀减速运动，设减速运动时间t1，则3gt1=，．此段时间内上升的高度（1分）则上升的总高度为（1分）在后半周期的时间内，微粒向下加速运动，下降的高度（1分）上述计算表明，微粒在一个周期内的总位移为零，只要在上升过程中不与A板相碰即可，则，即（1分）所加电压的周期最长为（1分）【考点】本题考查带电粒子在周期性变化电场中的运动，意在考查学生的综合能力．3.如图甲所示，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图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处(不计电子的重力)．下列说法正确的是A．从t＝0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上B．从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间来回振动C．从t＝T/4时刻释放电子，电子可能在两板间来回振动，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【答案】AC【解析】分析电子在一个周期内的运动情况；从t=0时刻释放电子，前内，电子受到的电场力向右，电子向右做匀加速直线运动；后内，电子受到向左的电场力作用，电子向右做匀减速直线运动；接着周而复始，所以电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右板上；故A正确，B 错误； C、D、分析电子在一个周期内的运动情况；从时刻释放电子，在内，电子向右做匀加速直线运动；在内，电子受到的电场力向左，电子继续向右做匀减速直线运动，时刻速度为零；在内电子受到向左的电场力，向左做初速度为零的匀加速直线运动，在内电子受到向右的电场力，向左做匀减速运动，在时刻速度减为零；接着重复．若两板距离足够大时，电子在两板间振动；故C正确，D错误；【考点】带电粒子在匀强电场中的运动4.如图甲所示，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图乙所示，一个电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法正确的是A．从t＝0时刻释放电子，电子始终向右运动，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，电子必然打到左极板上【答案】AC【解析】本题中电子在周期性变化的电场中运动，电场力是周期性变化的，关键要根据牛顿第二定律分析电子的运动情况．，可以分析电子在一个周期内的运动情况，具体分析如下：从t=0时刻释放电子，前内，电子受到的电场力向右，电子向右做匀加速直线运动；后T/2内，电子受到向左的电场力作用，电子向右做匀减速直线运动；接着周而复始，所以电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右极板上，故A正确B错误；从t=T/4时刻释放电子，在T/4-T/2内，电子向右做匀加速直线运动；在T/2-3T/4内，电子受到的电场力向左，电子继续向右做匀减速直线运动，3T/4时刻速度为零；在3T/4-T内电子受到向左的电场力，向左做初速度为零的匀加速直线运动，在T-5T/4内电子受到向右的电场力，向左做匀减速运动，在5T/4时刻速度减为零；接着重复．若两板距离足够大时，电子在两板间振动，故C正确；用同样的方法分析从t=3T/8时刻释放电子的运动情况，电子先向右运动，后向左运动，由于一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移，所以电子最终一定从左极板的小孔离开电场，故D 错误．故本题选AC。

高中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．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v 0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v 0＝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v 0的大小； (3) 若粒子从M′点射出，求v 0满足的条件．【答案】(1)0.0125m (2) 3.6×105m/s. (3) 第一种情况：v 0＝54.00.8()10/21nm s n -⨯+ (其中n ＝0、1、2、3、4)第二种情况：v 0＝53.20.8()10/21nm s n -⨯+ (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··2Eq d t m＝ 得2mdt qE=代入数据解得t ＝1.0×10－6s 水平位移x ＝v 0t 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t 0＝Lv ＝0.5×10－6s ， 竖直位移201··2Eq y t m＝＝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 ＝v 0 2mdqE粒子进入磁场时，垂直边界的速度 v 1＝qE m ·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 ＝1v sin α在磁场中由qvB ＝m 2v R得R ＝mv qB 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 ＝v 02md qE 、R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEdv m ＝代入解得 v 0＝L·2Eqmd－E B v 0＝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 ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEdv m＝代入解得12(1cos )12tan sin 2mEd mEd y B q B q ααα-∆==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v 1的速度垂直MM′进入磁场运动半个圆周回到电场)1max 212mv m qEd mEdy qB qB m B q∆=== Δy max ＝0.04m ，Δy max 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(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t把2md t qE =、R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEd v m＝ 代入解得 0221221L qE n E v n md n B=-⋅++v 0＝ 4.00.821n n -⎛⎫⎪+⎝⎭×105m/s(其中n ＝0、1、2、3、4)第二种情况：L ＝n(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t ＋2Rsinα 把2md t qE =、R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEd v m＝代入解得02(1)21221L qE n E v n md n B+=-⋅++v 0＝ 3.20.821n n -⎛⎫⎪+⎝⎭×105m/s(其中n ＝0、1、2、3)．2．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．3．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 J4．如图所示，在直角坐标系x0y 平面的一、四个象限内各有一个边长为L 的正方向区域，二三像限区域内各有一个高L ，宽2L 的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x<L ，L<y<2L 的区域内，有沿y 轴正方向的匀强电场．现有一质量为四电荷量为q 的带负电粒子从坐标(L ，3L/2)处以初速度0v 沿x 轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力．(1)求电场强度大小E ；(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B ；(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间．【答案】（1）2mv E qL =（2）04nmv B qL =n=1、2、3......（3）02L t v π=【解析】本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求解．(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有： 0L v t =，2122L at =，qE ma = 联立解得： 2mv E qL=(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan xyv v θ==l 速度大小002sin v v v θ== 设x 为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(一L ，0 )点，应满足L=2nx ，其中n=1、2、3......粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为2π；当满足L=(2n+1)x 时，粒子轨迹如图乙所示．若轨迹如图甲设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为2π.则有2R ，此时满足L=2nx 联立可得：22R n=由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2v qvB m R=得：04nmv B qL=，n=1、2、3.... 轨迹如图乙设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为2π.则有222x R ，此时满足()221L n x =+联立可得：()2212R n =+由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：222v qvB m R =得：()02221n mv B qL+=，n=1、2、3....所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小04nmv B qL =，n=1、2、3....或()02221n mv B qL+=，n=1、2、3.... (3) 若轨迹如图甲，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=2n×2π×2=2nπ，则02222n n m L t T qB v ππππ=⨯==若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=(2n+1)×2π=(4n+2)π，则2220(42)(42)2n n m Lt T qB v ππππ++=⨯== 粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间为02222n n m Lt T qB v ππππ=⨯==或2220(42)(42)2n n m Lt T qB v ππππ++=⨯==5．如图所示，在不考虑万有引力的空间里，有两条相互垂直的分界线MN 、PQ ，其交点为O ．MN 一侧有电场强度为E 的匀强电场（垂直于MN ），另一侧有匀强磁场（垂直纸面向里）．宇航员（视为质点）固定在PQ 线上距O 点为h 的A 点处，身边有多个质量均为m 、电量不等的带负电小球．他先后以相同速度v0、沿平行于MN 方向抛出各小球．其中第1个小球恰能通过MN 上的C 点第一次进入磁场，通过O 点第一次离开磁场，OC=2h ．求：（1）第1个小球的带电量大小； （2）磁场的磁感强度的大小B ；（3）磁场的磁感强度是否有某值，使后面抛出的每个小球从不同位置进入磁场后都能回到宇航员的手中？如有，则磁感强度应调为多大．【答案】(1) 2012mv q Eh =；(2) 02E B v =；(3)存在，0E B v '=【解析】 【详解】（1）设第1球的电量为1q ，研究A 到C 的运动：2112q E h t m=02h v t =解得：2012mv q Eh=；（2）研究第1球从A 到C 的运动：12y q Evh m= 解得：0y v v =tan 1y v v θ==，45o θ=，02v v =；研究第1球从C 作圆周运动到达O 的运动，设磁感应强度为B由21v q vB m R =得1mvR q B = 由几何关系得：22sin R h θ= 解得：02E B v =； （3）后面抛出的小球电量为q ，磁感应强度B '①小球作平抛运动过程02hmx v t v qE== 2y qE v h m= ②小球穿过磁场一次能够自行回到A ，满足要求：sin R x θ=，变形得：sin mvx qB θ'= 解得：0E B v '=．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 。

带电粒子在交变电场中的运动一、选择题1.在两金属板(平行）分别加上如图2—7—1中的电压，使原来静止在金属板中央的电子有可能做振动的电压图象应是（设两板距离足够大）图2—7—12.有一个电子原来静止于平行板电容器的中间，设两板的距离足够大，今在t =0开始在两板间加一个交变电压，使得该电子在开始一段时间内的运动的v —t 图线如图2—7—2(甲)所示，则该交变电压可能是图2—7—2(乙)中的哪些图2—7—2（乙）3.一个匀强电场的电场强度随时间变化的图象如图2—7—3所示，在这个匀强电场中有一个带电粒子，在t =0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力的作用，则电场力的作用和带电粒子的运动情况是图2—7—2(甲)图2—7—3A.带电粒子将向一个方向运动B.0~3 s内，电场力的冲量等于0，电场力的功亦等于0C.3 s末带电粒子回到原出发点D.2 s~4 s内电场力的冲量不等于0，而电场力的功等于04.一束电子射线以很大恒定速度v0射入平行板电容器两极板间，入射位置与两极板等距离，v0的方向与极板平面平行.今以交变电压U=U m sinωt加在这个平行板电容器上，则射入的电子将在两极板间的某一区域内出现.图2—7—4中的各图以阴影区表示这一区域，其中肯定不对的是图2—7—45.图2—7—5中A、B是一对中间开有小孔的平行金属板，两小孔的连线与金属板面相垂直，两极板的距离为l，两极板间加上低频交变电流.A板电势为零，B板电势U=U0c osωt，现有一电子在t=0时穿过A板上的小孔射入电场，设初速度和重力的影响均可忽略不计，则电子在两极板间可能图2—7—5A.以AB间的某一点为平衡位置来回振动B.时而向B板运动，时而向A板运动，但最后穿出B板C.如果ω小于某个值ω0，l小于某个值l0，电子一直向B板运动，最后穿出B板D.一直向B板运动，最后穿出B板，而不论ω、l为任何值二、填空题6.如图2—7—6（甲）所示，在两块相距d=50 cm的平行金属板A、B间接上U=100 V的矩形交变电压，（乙）在t=0时刻，A板电压刚好为正，此时正好有质量m=10-17kg，电量q=10-16C的带正电微粒从A板由静止开始向B板运动，不计微粒重力，在t=0.04 s时，微粒离A板的水平距离是______s.图2—7—67.如图2—7—7所示，水平放置的平行金属板下板小孔处有一静止的带电微粒，质量m，电量-q，两板间距6 mm，所加变化电场如图所示，若微粒所受电场力大小是其重力的2倍，要使它能到达上极板，则交变电场周期T至少为_______.图2—7—7三、计算题8.如图2—7—9（甲）为平行板电容器，板长l=0.1 m，板距d=0.02 m.板间电压如图（乙）示，电子以v=1×107m/s的速度，从两板中央与两板平行的方向射入两板间的匀强电场，为使电子从板边缘平行于板的方向射出，电子应从什么时刻打入板间？并求此交变电压的周期.(电子质量m=9.1×10-31 kg,电量e=1.6×10-19 C)图2—7—910.如图2—7—10甲所示，A、B为两块距离很近的平行金属板，板中央均有小孔.一电子以初动能E kO=120 eV,从A板上的小孔O不断地垂直于板射入A、B之间，在B板的右侧，偏转板M、N组成一匀强电场，板长L=2×10-2 m，板间距离d=4×10-3 m；偏转板加电压为U2=20 V，现在A、B间加一个如图乙所示的变化电压U1，在t=2 s时间内，A板电势高于B板，则在U1随时间变化的第一周期内.图2—7—10(1)在哪段时间内，电子可从B板上小孔O′射出？(2)在哪段时间内，电子能从偏转电场右侧飞出？（由于A、B两板距离很近，可以认为电子穿过A、B所用时间很短，忽略不计）11.示波器是一种多功能电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压波形.它的工作原理等效成下列情况：（如图2—7—11所示）真空室中电极K发出电子（初速不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板，A、B间的中心线射入板中.板长L，相距为d，在两板间加上如图乙所示的正弦交变电压，前半个周期内B板的电势高于A板的电势，电场全部集中在两板之间，且分布均匀.在每个电子通过极板的极短时间内，电场视作恒定的.在两极板右侧且与极板右端相距D处有一个与两板中心线垂直的荧光屏，中心线正好与屏上坐标原点相交.当第一个电子到达坐标原点O时，使屏以速度v沿-x方向运动，每经过一定的时间后，在一个极短时间内它又跳回到初始位置，然后重新做同样的匀速运动.(已知电子的质量为m，带电量为e，不计电子重力)求：图2—7—11（1）电子进入AB板时的初速度；（2）要使所有的电子都能打在荧光屏上，图乙中电压的最大值U0需满足什么条件？（3）要使荧光屏上始终显示一个完整的波形，荧光屏必须每隔多长时间回到初始位置？计算这个波形的最大峰值和长度.在如图2—7—11丙所示的x-y坐标系中画出这个波形.参考答案一、1.BC 2.AB 3.BCD4.ACD 不同时刻入射的电子在不同瞬时电压下，沿不同抛物线做类平抛运动，其轨迹符合方程y =d mv eU202 x 2(U 为变化电压），x 轴正向为初速v 0方向，y 轴的正方向垂直于初速v 0向上或向下.电压低时从板间射出，电压高时打在板上，电子在板间出现的区域边界应为开口沿纵坐标方向的抛物线.5.AC二、6.0.4 m 7. 6.0×10-2 s三、8.由于金属筒对电场的屏蔽作用，使离子进入筒后做匀速直线运动，只有当离子到达两筒的缝隙处才能被加速.这样离子在筒内运动时间为t =fT 212= (T 、f 分别为交变电压周期、频率)①，设离子到第1个筒左端速度为v 1，到第n 个筒左端速度v n ，第n 个筒长为L n ，则L n =v n ·t ②从速度v 1加速v n 经过了（n -1）次加速，由功能关系有：21mv n 2=21mv 12+(n -1)·qU ③ 联立得L n =m n qU v f )1(22121-+ E k n =221n mv =21mv 12+(n -1)qU 令n =N,则得打到靶上离子的最大动能21mv N 2=21mv 12+(N -1)qU 9.电子水平方向匀速直线运动，竖直方向做变加速运动.要使电子从板边平行于板方向飞出，则要求电子在离开板时竖直方向分速度为0，并且电子在竖直方向应做单向直线运动向极板靠近.此时电子水平方向（x 方向）、竖直方向（y ）方向的速度图线分别如图所示 .电子须从t =n2T (n =0,1，2,…)时刻射入板间，且穿越电场时间t =kT (k =1,2…)①,而电子水平位移l =vt ② 竖直位移21d =2120)2(T m d eU ·2k ③三式联立得，T =leU mvd 022=2.5×10-9 s,k =4,故f =1/T =4×108 Hz,且k =4. 10.（1）0~2 s 电子能从O ′射出，动能必须足够大，由功能关系得U 1e ＜E k0 得U 1＜120 V所以当t ＜0.6或t ＞1.4时，粒子可由B 板小孔O ′射出.（2）电子进入偏转极板时的水平速度为v ,通过偏转电极时，侧向偏移是y ,y =dmv eL U 2222 能从偏转电场右侧飞出的条件是y ＜2d 得21mv 2＞2222dl eU 代入数字的21mv 2＞250 eV,即AB 间必须有130 V 的加速电压，所以当2.65 s ＜t ＜3.35 s 时，电子能从偏转电场右侧飞出，如图所示.11.（1）电子在加速电场中运动，据动能定理，有eU 1=21mv 12,v 1=meU 12 (2)因为每个电子在板A 、B 间运动时，电场均匀、恒定，故电子在板A 、B 间做类平抛运动，在两板之外做匀速直线运动打在屏上.在板A 、B 间沿水平方向运动时，有 L =v 1t ,竖直方向，有 y ′=21at 2,且a =mdeU ， 联立解得 y ′=2122mdv eUL .只要偏转电压最大时的电子能飞出极板打在屏上，则所有电子都能打在屏上，所以 y m ′=21202mdv L eU ＜2d ,U 0＜2122L U d . (3)要保持一个完整波形，需每隔周期T 回到初始位置，设某个电子运动轨迹如图所示，有tan θ=L y mdv eUL v v ''==⊥211,又知 y ′=2122mdv eUL ，联立得 L ′=2L . 由相似三角形的性质，得y yL D L'=+2/2,则 y =14)2(dU LUD L -,峰值为 y m =14)2(dU LU D L +.波形长度为 x 1=vT .波形如图所示.。

带电粒子在交变电场中的偏转一、单选题1. 制造纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d 的两平行金属板，如图所示，加在A 、B 间的电压U AB 做周期性变化，其正向电压为U 0，反向电压为−kU 0(k ≥1)，电压变化的周期为2T ，如图所示。

在t =0时，有一个质量为m 、电荷量为e 的电子以初速度v 0垂直电场方向从两极板正中间射入电场，在运动过程中未与极板相撞，且不考虑重力的作用，则下列说法中正确的是( )A. 若k =54且电子恰好在2T 时刻射出电场，则应满足的条件是d ≥9eU 0T 25mB. 若k =1且电子恰好在4T 时刻从A 板边缘射出电场，则其动能增加eU 02C. 若k =54且电子恰好在2T 时刻射出电场，则射出时的速度为√v 02+(eU 0T 4md )2D. 若k =1且电子恰好在2T 时刻射出电场，则射出时的速度为2v 02. 实验小组用图甲所示装置研究电子在平行金属板间的运动．将放射源P 靠近速度选择器，速度选择器中磁感应强度为B ，电场强度为E ，P 能沿水平方向发出不同速率的电子，某速率的电子能沿直线通过速度选择器，再沿平行金属板A 、B 的中轴线O 1O 2射入板间．已知水平金属板长为L 、间距为d ，两板间加有图乙所示的交变电压，电子的电荷量为e ，质量为m(电子重力及相互间作用力忽略不计).以下说法中不正确的有A. 沿直线穿过速度选择器的电子的速率为EBB. 只增大速度选择器中的电场强度E ，沿中轴线射入的电子穿过A 、B 板的时间变长C. 若t =T4时刻进入A 、B 板间的电子恰能水平飞出，则飞出方向可能沿O 1O 2 D. 若t =0时刻进入金属板间A 、B 的电子恰能水平飞出，则T =BLnE (n =1,2，3……)3. 在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板，板长为l ，两板间距离为d ，在两极板间加一交变电压如图乙，质量为m ，电荷量为e 的电子以速度v (v 接近光速的1/20)从两极板左端中点沿水平方向连续不断地射入两平行板之间。

高考物理带电粒子在电场中的运动专题训练答案及分析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如下图，在两块长为 3 L、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，粒子恰巧打到下板的中点．若撤去平行板间的磁场，使上板的电势随时间 t 的变化规律如下图，则t=0 时辰，从O 点射人的粒子P 经时间 t0 (未知量 )恰巧从下板右边沿射出．设粒子打到板上均被板汲取，粒子的重力及粒子间的作使劲均不计．(1)求两板间磁场的磁感觉强度大小B．(2)若两板右边存在必定宽度的、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为了使t=0 时辰射入的粒子 P 经过右边磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到O 点，求右边磁场的宽度d 应知足的条件和电场周期T 的最小值T min．【答案】（1）B mv0R2 cos a R23L(6 3 2 ) L（ 2）d2； T minqL3v0【分析】【剖析】【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 qv0 B m v 02R1由几何关系：R12( 3L )2( R1L )222解得Bmv0 qL（2）粒子 P 从 O 点运动到下板右边沿的过程，有：3L v0t01 L 1v y t022解得v y 3 v0 3设合速度为 v，与竖直方向的夹角为α，则：tan v03v y则=3 v v02 3v0sin3粒子 P 在两板的右边匀强磁场中做匀速圆周运动，设做圆周运动的半径为R2，则1 LR22，sin解得R23L 3右边磁场沿初速度方向的宽度应当知足的条件为d R2 cosR23 L；2因为粒子 P 从 O 点运动到下极板右边边沿的过程与从上板右边沿运动到O 点的过程，运动轨迹是对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：T min 2t(22) R2 0v解得T min6 32L3v0【点睛】带电粒子在电场或磁场中的运动问题，重点是剖析粒子的受力状况和运动特点，画出粒子的运动轨迹图，联合几何关系求解有关量，并搞清临界状态.2．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，处于场强盛小5A 不带电，B 带正电、电荷量－5E=3× 10N/C、方向水平向右的匀强电场中，q=2 × 10 C．零时刻， A、 B 用绷直的细绳连结 (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，重力加快度大小 g=10m/s2．求：(1)前 2s 内， A 的位移大小；(2)6s 末，电场力的刹时功率．【答案】 (1) 2m (2) 60W【分析】【剖析】【详解】（1） B 所受电场力为 F=Eq=6N；绳断以前，对系统由牛顿第二定律： F-μ(m A+m B)g=(m A+m B)a1可得系统的加快度由运动规律： x= 1a1 t12 2解得 A 在 2s 内的位移为x=2m；（2）设绳断瞬时，AB 的速度大小为v1， t2 =6s 时辰， B 的速度大小为v2，则v1=a1 t1=2m/s ；绳断后，对 B 由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a2解得 a2=2m/s 2；由运动规律可知：v2=v1+a2(t 2-t 1 )解得 v2=10m/s电场力的功率P=Fv，解得 P=60W3．如下图，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP r=0.5m的圆弧轨道CDP和与，由半径之相切于 C 点的水平轨道 ABC 构成，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 m1=0.05kg 的不带电绝缘滑块静止在 A 点，质量-5m2=0.1kg、电荷量 q=1 × 10C 的带正电小球静止在 B 点，小球的右边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，滑块抵达月点前瞬时撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，抵达P 点时恰巧和轨道无挤压且所受协力指向圆心．小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计全部摩擦．取 g=10m／s2， sin37 °=0.6， cos37°=0.8．(1)求撤去该恒力瞬时滑块的速度大小v 以及匀强电场的电场强度大小E；(2)求小球抵达P 点时的速度大小v P和 B、 C 两点间的距离x．【答案】；× 4(1) 6m/ s 7.510N/ C (2) 2.5m/ s ；0.85m【分析】【详解】a1=1m/s 2；(1)对滑块从 A 点运动到 B 点的过程，依据动能定理有：Fd解得： v=6m/ s小球抵达 P 点时，受力如下图:则有： qE=m 2 gtan θ,4解得： E=7.5 ×10N/ C(2)小球所受重力与电场力的协力大小为：G 等m 2 g cos小球抵达 P 点时，由牛顿第二定律有：v P 2G 等r解得： v P =2.5m/ 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则有： m 1v=m 1v 1+m 2v 21m 1v21m 1v 121m 2v 222 22解得： v 1=-2m / s( “-” v 1 的方向水平向左 )， v 2=4m /s表示对小球碰后运动到 P 点的过程，依据动能定理有：qE x r sinm 2 g rrcos1m 2 v P21m 2v 2 222解得： x=0.85m1m 1v22v 1、 v 2，4． 如图，以竖直向上为 y 轴正方向成立直角坐标系；该真空中存在方向沿x 轴正向、场强为 E 的匀强电场和方向垂直 xoy 平面向外、磁感觉强度为B 的匀强磁场；原点 O 处的离子源连续不停地发射速度大小和方向必定、质量为 m 、电荷量为 -q （ q>0）的粒子束，粒子恰能在 xoy 平面内做直线运动，重力加快度为 g,不计粒子间的互相作用；（1）求粒子运动到距x 轴为 h 所用的时间；（2）若在粒子束运动过程中，忽然将电场变成竖直向下、场强盛小变成E 'mg，求从qO 点射出的全部粒子第一次打在 x 轴上的坐标范围（不考虑电场变化产生的影响）；（3）若保持 EB 初始状态不变，仅将粒子束的初速度变成本来的2 倍，求运动过程中，粒子速度大小等于初速度 λ倍（ 0<λ<2）的点所在的直线方程 .【答案】 （1） Bhm 2 gx5m 2 g（ ） y1x15m 2 gt(2)222222BB 328q B Eqq【分析】（ 1）粒子恰能在 xoy 平面内做直线运动，则粒子在垂直速度方向上所受合外力必定为零，又有电场力和重力为恒力，其在垂直速度方向上的重量不变，而要保证该方向上合外力为零，则洛伦兹力大小不变，因为洛伦兹力F 洛 Bqv ，因此遇到大小不变，即粒子做匀速直线运动，重力、电场力和磁场力三个力的协力为零，设重力与电场力协力与-y 轴夹角为 θ，粒子受力如下图，225mg222qEmgBqvqEmg， v 2qBBq则 v 在 y 方向上重量大小 v yv sinvqEE mgBqvB2qB因为粒子做匀速直线运动，依据运动的分解可得，粒子运动到距x 轴为 h 地方用的时间hBh2qhBt；v y Emgmg （2）若在粒子束运动过程中，忽然将电场变成竖直向下，电场强度大小变成E '，q则电场力 F 电 ' qE ' mg ，电场力方向竖直向上；因此粒子所受合外力就是洛伦兹力，则有，洛伦兹力充任向心力，即v2mvmqE 22qvBmgm， RB 2qrBq2如下图，由几何关系可知，当粒子在O 点就改变电场时，第一次打在x 轴上的横坐标最m22qE2mEm 2 g 小， x 12R sin2qEmg2 2222 2 2B qB qq BqEmg当改变电场时粒子所在处于粒子第一次打在x 轴上的地点之间的距离为2R 时，第一次打在2m 22qE mg222RB 2q 22m[ qEmg x 轴上的横坐标最大，x 2] 5m 2 gsinqEB 2 q 2Eq 2 B222qE mg因此从 O 点射出的全部粒子第一次打在 x 轴上的坐标范围为x 1 x x 2 ，即m 2 g x5m 2 gq 2 B2q 2B2（ 3）粒子束的初速度变成本来的 2 倍，则粒子不可以做匀速直线运动，粒子必发生偏转，而洛伦兹力不做功，电场力和重力对粒子所做的总功必不为零；那么设离子运动到地点坐标（ x ， y ）知足速率 v ' v ，则依据动能定理有qEx mgy1 mv 21m 2v ， qEx mgy3 mv 23 2 ，15m g22228q 2 B 2因此 y1 x 15m2 g28q 2 B 2点睛：本题观察带电粒子在复合场中的运动问题；重点是剖析受力状况及运动状况，画出受力争及轨迹图；注意当求物体运动问题时，改变条件后的问题求解需要对条件改变惹起的运动变化进行剖析，从变化的地方开始进行求解．5． 如下图，在 xOy 平面的第一象限有一匀强磁场，方向垂直于纸面向外；在第四象限有一匀强电场，方向平行于 y 轴向下．一电子以速度 v0 从 y 轴上的 P 点垂直于 y 轴向右飞入电场，经过 x 轴上 M 点进入磁场地区，又恰能从y 轴上的 Q 点垂直于 y 轴向左飞出磁场已知 P 点坐标为 (0，－ L)， M 点的坐标为 ( 2 3L，0)．求3(1)电子飞出磁场时的速度大小v(2)电子在磁场中运动的时间t【答案】（ 1）v2v04 L ；（ 2）t29v0【分析】【详解】（1）轨迹如下图，设电子从电场进入磁场时速度方向与x 轴夹角为，（1）在电场中 x 轴方向：23L v0t1，y轴方向： Lv y， tanv y3t1v0 32得60o， v v02v0cos（2）在磁场中，23L4 r Lsin32磁场中的偏转角度为32 rt23 4 Lv9v06．如下图，OO′为正对搁置的水平金属板M 、 N 的中线，热灯丝逸出的电子(初速度、重力均不计)在电压为U 的加快电场中由静止开始运动，从小孔O 射人两板间正交的匀强电场、匀强磁场(图中未画出)后沿OO′做直线运动，已知两板间的电压为2U，两板长度与两板间的距离均为 L ，电子的质量为 m 、电荷量为 e 。

错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误! 2025年高考人教版物理一轮复习专题训练—带电粒子在交变电场中的运动（附答案解析）1．如图甲所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压。

开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在静电力作用下开始运动。

设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图像中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)()2．(多选)如图甲，真空中的两平行金属板间距为d、板长为L。

A、B两板间加上如图乙所示的方波形电压。

在t＝0时刻，一质量为m、电荷量为e的电子以初速度v0从两板正中间沿板方向射入电场，并在t＝T时刻从板间射出，不计电子重力。

下列说法正确的是()A．电子沿板方向做加速运动B．板间距离必须满足d≥T eU0 2mC．电子从板间射出时机械能增加eU0D．电子从板间射出时的速度大小为v03.(2023·浙江省三模)如图所示，在一对平行金属板MN、PQ加电压，两板间形成匀强电场，忽略边缘效应，两板边缘连线外面的电场忽略不计，电压按正弦规律变化，变化周期为T。

某时刻有一带电粒子沿两板间的中线OO′以初速度为v0射入电场，经t＝2T时间粒子离开电场。

则以下说法中正确的是()A．粒子一定从O′点离开电场B．粒子离开电场时的速度一定大于v0C．粒子离开电场时的速度可能小于v0D．粒子在0～T内的位移一定等于在T～2T内的位移4．(2023·云南省联考)如图甲，一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v平行于极板进入(记为t＝0时刻)，同时在两板上加一按图乙变化的电压。

已知粒子比荷为k，带电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平行极板方向的速度射出。

则下列说法中正确的是()A．粒子射出时间可能为t＝4 sB ．粒子射出的速度大小为2vC ．极板长度满足L ＝3vn (n ＝1,2,3，…)D ．极板间最小距离为3kU 025．(多选)(2024·江苏省模拟)如图甲所示，直线加速器由一个金属圆板(序号为0)和多个横截面积相同的金属圆筒组成，序号为奇数的圆筒和电源的一极相连，圆板和序号为偶数的圆筒和该电源的另一极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。

高三物理电荷在交变电场中运动试题答案及解析1.如图甲所示，在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），当两板间加上如图乙所示的交变电压后，若取电子初始运动方向为正方向，则下列图象中能正确反映电子的速度v、位移x、加速度a、动能E四个物理量随时间变化规律的是k【答案】A【解析】分析电子一个周期内的运动情况：时间内，电子从静止开始向A板做匀加速直线运动，沿原方向做匀减速直线运动，时刻速度为零．时间内向B板做匀加速直线运动，继续向B板做匀减速直线运动．根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知A符合电子的运动情况．故A正确．电子做匀变速直线运动时x-t图象是抛物线，故B错误．根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动，而匀变速运动的加速度不变，a-t图象应平行于横轴．故C 错误．匀变速运动速度图象是倾斜的直线，图象是曲线．故D错误．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动2.粗糙绝缘的水平地面上，有两块竖直平行相对而立的金属板AB. 板间地面上静止着带正电的物块，如图甲所示，当两金属板加图乙所示的交变电压时，设直到时刻物块才开始运动，(最大静摩擦力与动摩擦力可认为相等)，则：( )A.在时间内，物块受到逐渐增大的摩擦力，方向水平向右B.在时间内，物块受到的摩擦力，先逐渐增大，后逐渐减小C.时刻物块的速度最大D.时刻物块的速度最大【答案】C【解析】在时间内，电场力小于最大静摩擦力，物体静止，静摩擦力等于电场力电压增大摩擦力增大，但是，正电荷所受电场力与电场同向向右，所以摩擦力方向水平向左，答案A错。

在时间内，电场力大于最大静摩擦力，物体一直加速运动，摩擦力为滑动摩擦力，由于正压力即重力不变所以摩擦力不变，答案B错。

到阶段，电场力小于摩擦力，但物体仍在运动为减速运动所以时刻速度最大答案C对D错。

【考点】力与运动3.(16 分）如图甲，距离很近的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区域，磁场范围很大，方向垂直纸面向里。

高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧分析及练习题(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.2．一带正电小球通过绝缘细线悬挂于场强大小为E 1的水平匀强电场中，静止时细线与竖直方向的夹角θ=45°，如图所示。

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 。

高三物理电荷在交变电场中运动试题1.如图甲所示，一电子以v0的初速度沿平行金属板的轴线射入金属板空间．从电子射入的时刻开始在金属板间加如图乙所示的交变电压，假设电子能穿过平行金属板．则下列说法正确的是( ) A．电子只可能从轴线到上极板之间的空间射出(不包括轴线)B．电子只可能从轴线到下极板之间的空间射出(不包括轴线)C．电子可能从轴线到上极板之间的空间射出，也可能沿轴线方向射出D．电子射出后动能一定增大【答案】C【解析】由题意可知，当电子在电场中运动的时间恰好等于在A、B板间所加交变偏转电压周期的整数倍时，电子可沿轴线射出，故A、B错，C对；当电子恰好沿轴线射出时，电子速度不变，其动能也不变，故D错．故选C【考点】考查了带电粒子在交变电场中的运动，点评：关键是这是当电子在电场中运动的时间恰好等于在A、B板间所加交变偏转电压周期的整数倍时，电子可沿轴线射出，2.（12分）如图甲所示，M、N为水平放置的平行板电容器的两个极板，两极板间距d=0.1m，两极板间的电压U=12.5V，O为上极板中心的小孔，以O为坐标，在y=0和y=2m之间有沿着x轴方向的匀强电场，PQ为电场区域的上边界，在x轴方向范围足够大，电场强度的变化如图乙所示，取x轴正方向为电场正方向。

现有一个带负电的粒子，在t=0时刻从紧靠下级板中心O´处无初速释放，经过小孔O进入交变电场中，粒子的比荷，不计粒子重力.求粒子：（1）进入交变电场时的速度；（2）在8×10-3s末的位置坐标；（3）离开交变电场时的速度大小和方向。

【答案】（1）50m/s（2）（0.032m,0.2m）（3）,方向竖直向上。

【解析】（1）粒子运动至小孔O的速度为，由动能定理得 2分代入数据得 2分（2）粒子O´运动至O所用的时间为1分即自开始，粒子垂直射入交变电场，在内，粒子做类平抛运动在y方向上，粒子做匀速运动， 1分在x方向上，粒子向右匀加速运动的加速度大小 1分粒子向右运动的位移 1分故粒子在末的位置坐标为（0.032m,0.2m）1分（3）由图可知，交变电场的变化周期,粒子在交变电场中，在y方向上，一直匀速运动；在x方向上，一直向右运动，先匀加速，再匀减速至静止，这样周期性运动下去。

取夺市安慰阳光实验学校精做22 带电粒子在交变电场的运动问题1．两块水平平行放置的导体板如图甲所示，大量电子（质量为m 、电荷量为e ）由静止开始，经电压为U 0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间。

当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t 0；当在两板间加如图乙所示的周期为2t 0、幅值恒为U 0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过（不计电子重力）。

问：（1）这些电子通过两板之间后，侧向位移（垂直于射入速度方向上的位移）的最大值和最小值分别是多少？（2）侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少？【答案】（1）max y s =min y s =（2）kmaxkmin1613E E =【解析】画出电子在t =0时和t =t 0时进入电场的v –t 图象进行分析 （1）竖直方向的分速度010y eU v t md=，0002022=y eU eU t v t mdmd=侧向最大位移200max 101010132()322y y y y eU td s v t v t v t md=+===侧向最小位移200min 101010131.5224y y y y eU td s v t v t v t md=+===解得d =所以max 2y d s =min 4y d s =【名师点睛】解决本题的关键知道粒子在偏转电场中水平方向上一直做匀速直线运动，在竖直方向上有电场时做匀加速直线运动，无电场时做匀速直线运动或静止。

2．两平行金属板间所加电压随时间变化的规律如图所示，大量质量为m 、带电量为e 的电子由静止开始经电压为U 0的电场加速后连续不断地沿两平行金属板间的中线射入，若两板间距恰能使所有电子都能通过。

且两极长度使每个电子通过两板均历时3t 0，两平行金属板间距为d ，电子所受重力不计，求：（1）电子通过两板时侧向位移的最大值和最小值（答案用d 表示）； （2）侧向位移最大和最小的电子通过两板后的动能之比。

高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧分析及练习题(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，竖直面内有水平线MN 与竖直线PQ 交于P 点，O 在水平线MN 上，OP 间距为d ，一质量为m 、电量为q 的带正电粒子，从O 处以大小为v 0、方向与水平线夹角为θ＝60º的速度，进入大小为E 1的匀强电场中，电场方向与竖直方向夹角为θ＝60º，粒子到达PQ 线上的A 点时，其动能为在O 处时动能的4倍．当粒子到达A 点时，突然将电场改为大小为E 2，方向与竖直方向夹角也为θ＝60º的匀强电场，然后粒子能到达PQ 线上的B 点．电场方向均平行于MN 、PQ 所在竖直面，图中分别仅画出一条电场线示意其方向。

已知粒子从O 运动到A 的时间与从A 运动到B 的时间相同，不计粒子重力，已知量为m 、q 、v 0、d ．求：(1)粒子从O 到A 运动过程中,电场力所做功W ； (2)匀强电场的场强大小E 1、E 2； (3)粒子到达B 点时的动能E kB ．【答案】(1)2032W mv = (2)E 1＝2034m qd υ E 2＝2033m qdυ (3) E kB ＝20143m υ【解析】 【分析】(1)对粒子应用动能定理可以求出电场力做的功。

(2)粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出电场强度大小。

(3)根据粒子运动过程，应用动能计算公式求出粒子到达B 点时的动能。

【详解】(1) 由题知：粒子在O 点动能为E ko =2012mv 粒子在A 点动能为：E kA =4E ko ，粒子从O 到A 运动过程，由动能定理得：电场力所做功：W=E kA -E ko =2032mv ；(2) 以O 为坐标原点，初速v 0方向为x 轴正向，建立直角坐标系xOy ，如图所示设粒子从O 到A 运动过程，粒子加速度大小为a 1， 历时t 1，A 点坐标为（x ，y ） 粒子做类平抛运动：x=v 0t 1，y=21112a t 由题知：粒子在A 点速度大小v A =2 v 0，v Ay 03v ，v Ay =a 1 t 1 粒子在A 点速度方向与竖直线PQ 夹角为30°。

57 带电粒子在交变电场中的运动[方法点拨] (1)在交变电场中做直线运动时，一般是几段变速运动组合．可画出v－t图象，分析速度、位移变化．(2)在交变电场中的偏转若是几段类平抛运动的组合，可分解后画出沿电场方向分运动的v－t图象，分析速度变化，或是分析偏转位移与偏转电压的关系式．1．(2018·湖北黄冈模拟)一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图1所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是( )图1A．带电粒子只向一个方向运动B．0～2 s内，电场力做功等于0C．4 s末带电粒子回到原出发点D．2.5～4 s内，电场力做功等于02．(多选)(2017·山东青岛二中模拟)如图2甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大．当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是( )图23．(多选)(2017·四川宜宾二诊)如图3甲所示，真空中水平放置两块长度为2d 的平行金属板P 、Q ，两板间距为d ，两板间加上如图乙所示最大值为U 0的周期性变化的电压．在两板左侧紧靠P 板处有一粒子源A ，自t ＝0时刻开始连续释放初速度大小为v 0，方向平行于金属板的相同带电粒子. t ＝0时刻释放的粒子恰好从Q 板右侧边缘离开电场．已知电场变化周期T ＝2dv 0，粒子质量为m ，不计粒子重力及相互间的作用力．则( )图3A ．在t ＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v 0B ．粒子的电荷量为mv 022U 0C ．在t ＝18T 时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了18mv 02D ．在t ＝14T 时刻进入的粒子刚好从P 板右侧边缘离开电场4．(多选)(2018·河北邢台质检)如图4甲所示，两平行金属板A 、B 放在真空中，间距为d ，P 点在A 、B 板间，A 板接地，B 板的电势φ随时间t 变化情况如图乙所示．t ＝0时，在P 点由静止释放一质量为m 、电荷量为e的电子，当t ＝2T 时，电子回到P 点．电子运动中没与极板相碰，不计重力．则( )图4A ．φ1∶φ2 ＝1∶2B ．φ1∶φ2＝1∶3C ．在0～2T 内，当t ＝T 时电子的动能最大D ．在0～2T 内，电子的电势能减小了2e 2T 2φ12md25．(多选)如图5甲所示，一平行板电容器极板长l ＝10 cm ，宽a ＝8 cm ，两极板间距为d ＝4 cm ，距极板右端l2处有一竖直放置的荧光屏．在平行板电容器左侧有一长b ＝8 cm 的“狭缝”粒子源，可沿着两板中心平面，均匀、连续不断地向电容器内射入比荷为2×1010C/kg ，速度为4×106m/s 的带电粒子．现在平行板电容器的两极板间加上如图乙所示的交流电，已知粒子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期．下面说法正确的是( )图5A ．粒子打到屏上时在竖直方向上偏移的最大距离为6.25 cmB ．粒子打在屏上的区域面积为64 cm 2C ．在0～0.02 s 内，进入电容器内的粒子有64%能够打在屏上D ．在0～0.02 s 内，屏上出现亮线的时间为0.012 8 s6．(2017·辽宁沈阳质检)如图6中a 所示的xOy 平面处于匀强电场中，电场方向与x 轴平行，电场强度E 随时间t 变化的周期为T ，变化图线如图b 所示，E 为＋E 0时电场强度的方向沿x 轴正方向．有一带正电的粒子P ，在某一时刻t 0以某一速度v 沿y 轴正方向自坐标原点O 射入电场，粒子P 经过时间T 到达的点记为A (A 点在图中未画出)．若t 0＝0，则OA 连线与y 轴正方向夹角为45°，不计粒子重力．图6(1)求粒子的比荷；(2)若t 0＝T 4，求A 点的坐标；(3)若t 0＝T8，求粒子到达A 点时的速度．答案精析1．D [画出带电粒子速度v 随时间t 变化的图象如图所示，v －t 图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4 s 末带电粒子不能回到原出发点，A 、C 错误；2 s 末速度不为0，可见0～2 s 内电场力做功不等于0，B 错误；2.5 s 和4 s 末，速度的大、小方向都相同，2.5～4 s 内电场力做功等于0，所以D 正确．]2．AD [在平行金属板之间加上如题图乙所示的交变电压时，因为电子在平行金属板间所受的电场力F ＝U 0e d，所以电子所受的电场力大小不变．由牛顿第二定律F ＝ma 可知，电子在第一个T4内向B 板做匀加速直线运动；在第二个T 4内向B 板做匀减速直线运动，在第三个T 4内反向做匀加速直线运动，在第四个T4内向A 板做匀减速直线运动，所以a －t 图象如选项图D 所示，v －t 图象如选项图A 所示；又因匀变速直线运动位移x ＝v 0t ＋12at 2，所以x －t图象应是曲线，故选项A 、D 正确，B 、C 错误．] 3．AD 4.BD5．BCD [设粒子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U 0，水平方向l ＝v 0t ，竖直方向d 2＝12a 0t 2，又a 0＝qU 0md ，解得U 0＝md 2v 02ql2＝128 V ，即当U ≥128 V 时粒子打到极板上，当U <128 V 时粒子打到荧光屏上，设打到荧光屏上的粒子在竖直方向上偏转的最大位移为y ，由几何关系和类平抛运动规律得l 2＋l2l 2＝yy －d2，解得y ＝d ＝4 cm ，选项A 错误；由对称性知，粒子打到荧光屏上的区域总长度为2d ，则粒子打到荧光屏上的区域面积为S ＝2da ＝64 cm 2，选项B 正确；在前14T ，粒子打到荧光屏上的时间t 0＝128200×0.005 s＝0.003 2 s ，又由对称性知，在一个周期内，粒子打在荧光屏上的总时间t ′＝4t 0＝0.012 8 s ，选项D 正确；因为这些粒子均匀、连续地进入电场，设一个周期内进入电容器内的粒子能够打在荧光屏上的比例为η，此时电容器两端的电压U <128 V ，则η＝128200×100%＝64%，选项C 正确．] 6．见解析解析 (1)粒子在t 0＝0时刻射入电场，粒子沿y 轴方向的分运动为匀速运动，位移大小为：y ＝vT 粒子沿x 轴方向在0～T2内做初速度为零的匀加速运动，位移为x 1，末速度为v 1，则：x 1＝12a (T 2)2，v 1＝a T2粒子沿x 轴方向在T2～T 内做匀减速运动，位移为x 2，由题意知两段运动的加速度大小相等，则：x 2＝v 1(T 2)－12a (T 2)2粒子沿x 轴方向的总位移为x ，则：x ＝x 1＋x 2粒子只受到电场力作用，由牛顿第二定律得：qE 0＝ma y ＝x联立各式解得：q m ＝4vE 0T(2)粒子在t 0＝T4时刻射入电场，粒子沿y 轴方向的分运动为匀速运动，位移大小为：y ′＝vT粒子沿x 轴方向在T 4～T2内做初速度为零的匀加速运动，位移为x 3，末速度为v 2，则：x 3＝12a (T 4)2v 2＝a T 4粒子沿x 轴方向在T2～T 内做匀变速运动，位移为x 4，末速度为v 3，则：x 4＝v 2(T 2)－12a (T 2)2v 3＝v 2－a T2粒子沿x 轴方向在T ～5T4内做匀变速运动，位移为x 5，则：x 5＝v 3(T 4)＋12a (T 4)2粒子沿x 轴的总位移为x ′，则：x ′＝x 3＋x 4＋x 5联立各式解得：x ′＝0 则A 点的坐标为(0，vT )(3)粒子在t 0＝T 8时刻射入电场，粒子沿y 轴方向的分运动为匀速运动，速度不变；沿x 轴方向在T 8～T2内做初速度为零的匀加速运动，末速度为v 4，则：v 4＝a 3T8粒子沿x 轴方向在T2～T 内做匀变速运动，末速度为v 5，则：v 5＝v 4－a T2粒子沿x 轴方向在T ～9T8内做匀变速运动，末速度为v 6，则：v 6＝v 5＋a T8联立各式解得：v 6＝0 则：粒子通过A 点的速度为v。

2022届高考物理二轮复习专题突破：专题三十一带电粒子在电场中的运动一、单选题1．（2分）如图所示，两金属板M、N带有等量异种电荷，正对且水平放置。

带正电小球a、b以一定的速度分别从A、B两点射入电场，两小球恰能分别沿直线AC、BC运动到C点，则下列说法正确的是（）A．电场中的电势φC>φBB．小球a、b在C位置一定具有相等的电势能C．仅将下极板N向左平移，则小球a、b仍能沿直线运动D．仅将下极板N向下平移，则小球a、b仍能沿直线运动2．（2分）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出，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，如图所示。

由此可知（）A．小球从A到B到C的整个过程中机械能守恒B．电场力大小为2mgC．小球从A到B与从B到C的运动时间之比为√2∶1D．小球从A到B与从B到C的加速度大小之比为1∶23．（2分）真空中某竖直平面内存在一水平向右的匀强电场，一质量为m的带电微粒恰好能沿图示虚线(与水平方向成θ角)由A向B做直线运动，已知重力加速度为g，微粒的初速度为v0，则()A．微粒一定带正电B．微粒一定做匀速直线运动C．可求出匀强电场的电场强度D．可求出微粒运动的加速度4．（2分）在竖直放置的平行金属板A、B间加一恒定电压，质量相同的两带电小球M和N以相同的速率分别从极板A的上边缘和两板间的中线下端沿竖直方向进入两板间的匀强电场，恰好分别从极板B的下边缘和上边缘射出，如图所示，不考虑两带电小球之间的相互作用，下列说法正确的是（）A．两带电小球所带电量可能相等B．两带电小球在电场中运动的时间一定相等C．两带电小球在电场中运动的加速度M一定大于ND．两带电小球离开电场时的动能M可能小于N5．（2分）示波器的内部结构如图所示，如果在电极YY之间加上图（a）所示的电压，在XX 之间加上图（b）所示电压，荧光屏上会出现的波形是（）A．B．C．D．6．（2分）如图所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s ，竖直边ad 长为h 。