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专题12 带电粒子在电场中运动的综合问题一：专题概述示波管的工作原理1．如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子束沿直线运动,打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑．2．YY′上加的是待显示的信号电压．XX′上是机器自身产生的锯齿形电压,叫做扫描电压，若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图象。
(如图1）电场中的力电综合问题1．动力学的观点（1）由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法．（2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问题．2．能量的观点(1)运用动能定理,注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断选用分过程还是全过程使用动能定理．（2）运用能量守恒定律,注意题目中有哪些形式的能量出现．二：典例精讲1．示波管的工作原理典例1：示波器可以用来观察电信号随时间变化的情况，其核心部件是示波管,其原理图如下, XX'为水平偏转电极，YY'为竖直偏转电极。
以下说法正确的是（）A. XX'加图3波形电压、YY'不加信号电压，屏上在两个位置出现亮点B。
XX'加图2波形电压、YY'加图1波形电压,屏上将出现两条竖直亮线C。
XX'加图4波形电压、YY'加图2波形电压,屏上将出现一条竖直亮线D。
XX'加图4波形电压、YY'加图3波形电压,屏上将出现图1所示图线【答案】A2．带电粒子在复合场中的应用问题典例2：美国科学家密立根通过油滴实验首次测得电子的电荷量。
油滴实验的原理如图所示，两块水平放置的平行金属板与电源相连，上、下板分别带正、负电荷。
油滴从喷雾器喷出后,由于摩擦而带电，经上板中央小孔落到两板间的匀强电场中,通过显微镜可以观察到油滴的运动情况，两金属板间的距离为d,忽略空气对油滴的浮力和阻力作用。
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 。
高中物理带电粒子在电场中的运动题20套(带答案)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3,03P 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v 1；（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v 1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v 2；（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v 3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）23BLq m （2221BLq32230B E E v B +⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】 【详解】（1）粒子1在一、二、三做匀速圆周运动，则2111v qv B m r =由几何憨可知：()2221133r L r L ⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭得到：123BLqv m=（2）粒子2在第一象限中类斜劈运动，有：133L 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：22219BLqv m=（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 。
带电粒子在电场中运动的综合问题同步训练一、选择题1.(多选)如图所示，这是匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象。
当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法正确的是( )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末带电粒子的速度为0D．0～3 s内，电场力做的总功为02. (多选)(荆门市上学期1月调考)如图(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、电荷量为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状况的表述正确的是( )A．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3. (多选)(阳泉市上学期期末)在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，把小球拉至A点，此时细线与电场线平行，然后把小球从A点无初速度释放，经最低点B后到达B的另一侧C点时速度为0，则( )A．小球在B点时速度最大B．小球从A点到B点再到C点的过程中，机械能一直在减少C．小球在B点时的绳子拉力最大D．从B点到C点的过程中小球的电势能一直增加4. (郑州市第二次质量预测)水平地面上方分布着水平向右的匀强电场，一光滑绝缘轻杆竖直立在地面上，轻杆上有A、B两点。
轻杆左侧固定一带正电的点电荷，电荷量为＋Q，点电荷在轻杆A、B 两点的中垂线上，一个质量为m，电荷量为＋q的小球套在轻杆上，从A点由静止释放，小球由A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是( )A．小球受到的电场力先减小后增大B．小球的运动速度先增大后减小C．小球的电势能先增大后减小D．小球的加速度大小不变5．(多选)(山东潍坊二模)如图1所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O 点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v 0，电荷量为＋q ，质量为m 的粒子。
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微专题61带电粒子在电场中的力电综合问题解决电场、重力场、复合场问题的两个角度：1.功能角度：运用动能定理和功能关系分析粒子的运动，注意等效最高点和等效最低点速度的计算和向心力公式的应用.2.动力学角度：涉及运动时间、速度、位移时一般从动力学角度分析．1．如图所示，在水平向左的匀强电场中，可视为质点的带负电物块，以某一初速度从足够长的绝缘斜面上的A点沿斜面向下运动，经C点到达B点时，速度减为零，然后再返回到A点．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝33，整个过程斜面均保持静止，物块所带电荷量不变．则下列判断正确的是()A．物块在上滑过程中机械能一定减小B．物块在上滑过程中，增加的重力势能一定大于减少的电势能C．物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能D．物块在下滑过程中，斜面与地面之间的摩擦力可能不为零答案C解析上滑过程中满足Eq cosθ>F f＋mg sinθ，则静电力做功大于摩擦力做功，即除重力以外的其他力的合力对物块做正功，则物块的机械能增加，选项A错误；上滑过程中由动能定理W电＋W f＋W G＝ΔE k，W电>|W G|，则物块在上滑过程中，增加的重力势能一定小于减少的电势能，选项B错误；由于物块下滑经过C点往下运动，再返回到C点时有摩擦力做功，则由功能关系可知物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能，选项C正确；当不加电场时，由于斜面对物块的支持力为F N＝mg cos30°，摩擦力F f＝μmg cos30°＝mg sin30°，可知支持力和摩擦力的合力方向竖直向上；当加电场时，F N＝mg cos30°＋qE sin30°，F f＝μ(mg cos30°＋qE sin30°)，支持力和摩擦力成比例关系增加，则摩擦力和支持力的合力仍竖直向上，根据牛顿第三定律，则物块给斜面的摩擦力和压力的合力方向竖直向下，可知斜面在水平方向受力为零，则斜面所受地面的摩擦力为零，选项D错误．2．(2023·河北邯郸市模拟)如图所示，在一带电竖直平行金属板之间，有一质量为m，带电荷量为＋q的小球被绝缘细线悬挂静止于A点，剪断细线后，小球恰能沿直线AB运动，经时间t后到达B点，已知直线AB与水平方向的夹角为45°，重力加速度为g，规定A点的电势为零，下列说法正确的是()A ．电场强度大小为E ＝2mg qB ．B 点的电势φB ＝mg 2t 22qC ．小球在B 点的电势能E B ＝mg 2t 22D ．小球机械能的变化量为mg 2t 22答案D 解析小球沿直线AB 运动，合力沿AB 方向，如图所示则有qE tan 45°＝mg ，解得E ＝mg q ，故A 错误；由牛顿第二定律得加速度为mg sin 45°＝ma ，由匀变速直线运动规律，得小球到B 点的速度为v ＝at ，设AB ＝L ，根据动能定理得mgL sin 45°＋qEL cos 45°＝12m v 2，解得静电力做功W ＝qEL cos 45°＝m v 24，根据W ＝qU AB ，解得U AB ＝m v 24q，根据U AB ＝φA －φB ，且A 点的电势为零，解得φB ＝－mg 2t 22q，B 点的电势能为E B ＝qφB ，联立解得：E B ＝－mg 2t 22，故B 、C 错误；小球机械能的变化量等于静电力做的功，ΔE ＝W ＝mg 2t 22，故D 正确．3．如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球，系在一根长为L 的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O 点做圆周运动．AB 为圆周的水平直径，CD 为竖直直径，已知重力加速度为g ，电场强度E ＝mg q，不计空气阻力，下列说法正确的是()A ．若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则它运动的最小速度v ＝2gLB ．若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则小球运动到A 点时的机械能最小C ．若将小球在A 点由静止开始释放，则小球运动到B 点时的速度为v ＝2gLD ．若将小球在A 点以大小为v ＝gL 的速度竖直向上抛出，它将沿圆周到达B 点答案B 解析由于电场强度E ＝mg q，故mg ＝Eq ，物体的加速度大小为a ＝2g ，若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则它运动的最小速度为v ，则有2mg ＝m v 2L ，解得v ＝2gL ，A 错误；除重力和弹力外其他力做功等于机械能的增加值，若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则小球运动到A 点时，电势能最大，故到A 点时的机械能最小，故B 正确；小球受合力方向与电场方向夹角45°斜向下，故若将小球在A 点由静止开始释放，小球运动到B 点的过程中，由动能定理得qE ·2L ＝12m v 2，解得：v ＝2gL ，故C 错误；若将小球在A 点以大小为gL 的速度竖直向上抛出，小球将不会沿圆周运动，小球在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀加速运动，因Eq ＝mg ，故水平加速度与竖直加速度大小均为g ，当竖直方向上的位移为零时，时间t ＝2L g ，则水平位移x ＝12gt 2＝2L ，则说明小球刚好运动到B 点，故D 错误．4．(多选)如图所示，在竖直面内有一半径为R 的圆环形轨道，轨道内部最低点A 处有一质量为m 的光滑带正电的小球(可视作质点)，其所带电荷量为q ，在圆环区域内存在着方向水平向右的匀强电场，电场强度E ＝3mg 3q ，现给小球一个水平向右的初速度，使小球开始运动，以下说法正确的是()A ．若v 0＞ 1＋3 gR ，则小球可以做完整的圆周运动B ．若小球可以做完整的圆周运动，则轨道所给弹力的最大值与最小值相差43mgC ．若v 0＝5gR ，则小球将在轨道最高点B 处脱离轨道D ．若v 0＝gR ，则小球不会脱离轨道答案BCD 解析小球同时受到重力和静电力作用，这时可认为小球处于等效重力场中，小球受到的等效重力为：G ′＝ mg 2＋ qE 2＝mg 2＋ 33mg 2＝233mg ，等效重力加速度为g ′＝G ′m ＝233g ，等效重力与竖直方向的夹角为θ，如图所示，则有：tan θ＝qE mg ＝33，θ＝30°，小球可以做完整的圆周运动，在等效最高点，有：mg ′≤m v 2R，从等效最高点达到A 点过程中，根据动能定理可得：mg ′(R ＋R cos θ)＝12m v 02－12m v 2，解得：v 0≥2 3＋1 gR ，故A 错误；若小球可以做完整的圆周运动，则小球在等效重力场中最低点轨道所给的弹力最大，等效最高点轨道所给的弹力最小；在等效最低点有：F 1－G ′＝m v 12R ，在等效最高点有：F 2＋G ′＝m v 22R，在等效重力场中，从最高点达到最低点过程中，根据动能定理可得：mg ′·2R ＝12m v 12－12m v 22，解得轨道所给弹力的最大值与最小值相差为：F 1－F 2＝43mg ，故B 正确；若v 0＝5gR ，小球到达最高点B 处的过程中，重力做负功，静电力不做功，则有：－mg ·2R ＝12m v B 2－12m v 02，解得：v B ＝gR ，故可得小球将在轨道最高点B 处脱离轨道，故C 正确；在等效重力场中，若v 0＝gR ，小球没有超过等效重力场中的半圆，故小球不会脱离轨道，故D 正确．5.如图所示，在竖直平面内有直角坐标系xOy ，有一匀强电场，其方向与水平方向成α＝30°角斜向上，在电场中有一质量为m ＝1×10－3kg 、电荷量为q ＝1.0×10－4C 的带电小球，用长为L ＝335m 的不可伸长的绝缘细线挂于坐标原点O ，当小球静止于M 点时，细线恰好伸直且水平．现用外力将小球拉到最低点P ，然后无初速度释放，g ＝10m/s 2.(1)求电场强度E 的大小；(2)求小球再次到达M 点时的速度大小；(3)如果小球再次到达M 点时，细线突然断裂，从此时开始计时，求小球运动t ＝1s 时的位置坐标．答案(1)200N/C (2)6m/s (3)(2835m,6m)解析(1)当小球静止于M 点时，由平衡条件得qE sin α＝mg解得E ＝200N/C(2)小球所受静电力和重力的合力恒定，大小为F ＝3mg ，方向水平向右，设小球运动到M 点时，小球的速度为v ，则由动能定理得3mgL ＝12v 2解得v ＝6m/s(3)小球运动到M 点时，细线突然断裂，小球的速度方向竖直向上，所受合力F 水平向右，小球将做类平抛运动，由牛顿第二定律得3mg ＝ma在竖直方向上，有y ＝v t在水平方向上，有x 1＝12at 2解得x ＝x 1＋L ＝2835m ，y ＝6m 所以小球的位置坐标为(2835m,6m)．6.(2023·新疆喀什市检测)如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB 与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC 平滑连接，半圆形轨道的半径R ＝0.40m ，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E ＝3.0×104N/C.现有一电荷量q ＝＋1.0×10－5C 、质量m ＝0.04kg 的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P 点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C ，然后落至水平轨道上的D 点(图中未画出)，取g ＝10m/s 2.求：(1)带电体运动到圆形轨道C 点时的速度大小；(2)带电体在圆弧形轨道上运动的最大速度；(3)D 点到B 点的距离x .答案(1)2.0m/s (2)22m/s (3)0.2m 解析(1)设带电体经过C 点时的速度为v C ，根据牛顿第二定律得：mg ＝m v C 2R解得：v C ＝2.0m/s(2)设带电体通过B 点时的速度为v B ，带电体从B 运动到C 的过程中，根据动能定理得：－2mgR ＝12m v C 2－12m v B 2解得：v B ＝25m/s 根据静电力和重力的比值关系可知，等效最低点与竖直方向的夹角为tan θ＝qE mg ＝1.0×10－5×3.0×100.04×10＝34即θ＝37°，等效最低点的位置如图所示：由B 到等效最低点根据动能定理得：qE ·R sin 37°－mg ·R (1－cos 37°)＝12m v m 2－12m v B 2解得：v m ＝22m/s(3)带电体离开圆弧轨道后在竖直方向上：2R ＝12gt 2在水平方向上：x ＝v C t －qE 2mt 2联立解得：x ＝0.2m.7．如图所示，绝缘轨道CDGH 位于竖直平面内，圆弧段DG 的圆心角为θ＝37°，DG 与水平段CD 、倾斜段GH 分别相切于D 点和G 点．CD 段粗糙，DGH 段光滑．在H 处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道处于电场强度为E ＝1×104N/C 、水平向右的匀强电场中，一质量m ＝4×10－3kg 、带电荷量q ＝＋3×10－6C 的小滑块在C 处由静止释放，经挡板碰撞后滑回到CD 段的中点P 处时速度恰好为零．已知CD 段长度L ＝0.8m ，圆弧DG 的半径r ＝0.2m；不计滑块与挡板碰撞时的动能损失，滑块可视为质点．g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin 37°＝0.6，求：(1)滑块与CD段之间的动摩擦因数μ；(2)滑块在CD段上运动的总路程；(3)滑块与绝缘挡板碰撞时的最大动能和最小动能．答案(1)0.25(2)2.4m(3)0.018J0.002J解析(1)滑块由C处释放，经挡板碰撞后第一次滑回P点的过程中，由动能定理得qE L 2－μmg(L＋12L)＝0解得μ＝Eq3mg＝0.25；(2)滑块在CD段上受到的滑动摩擦力μmg＝0.01N静电力Eq＝0.03N滑动摩擦力小于静电力，故不可能停在CD段，滑块最终会在DGH间来回往复运动，到达D 点的速度为0.全过程由动能定理得EqL－μmgs＝0解得s＝2.4m；(3)GH段的倾角为37°，因为Eq cosθ＝mg sinθ＝0.024N，则加速度a＝0，所以滑块与绝缘挡板碰撞的最大动能为滑块第一次运动到G点的动能．对C到G过程由动能定理得E kmax＝Eq(L＋r sinθ)－μmgL－mg(r－r cosθ)＝0.018J滑块最终在DGH间来回往复运动，碰撞绝缘挡板时有最小动能．对D到G过程由动能定理得E kmin＝Eqr sinθ－mg(r－r cosθ)＝0.002J.8．如图所示，圆心为O、半径为R的圆弧形光滑轨道MN固定在竖直平面内，O、N恰好处于同一竖直线上，ON＝R，OM与竖直方向之间的夹角θ＝37°，水平面上方空间存在水平向左的匀强电场．水平面上有一点P，点P、M的连线恰好与圆弧轨道相切于M点，PM＝2R.现有一质量为m、电荷量为＋q的小球(可视为质点)从P点以一定的初速度沿PM做直线运动，小球从M点进入圆弧轨道后，恰好能沿圆弧轨道运动并从N点射出．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g.求：(1)小球沿圆弧轨道运动过程中的最小速度的大小；(2)小球在P 点时的初速度大小；(3)小球在水平面上的落点到P 点的距离．答案(1)53gR (2)353gR (3)(32＋3)R 解析(1)由小球沿PM 做直线运动可知，小球所受的静电力与重力的合力方向沿MP 方向，受力分析如图(a)所示：则qE tan θ＝mg解得：E ＝4mg3q小球恰好能沿圆弧运动并从N 点射出可知，小球在圆弧轨道上经过“等效最高点G ”时速度最小，如图(b)所示：此时小球所受的静电力与重力的合力提供向心力，则mg sin θ＝m v G 2R 解得：v G ＝53gR (2)小球从P 点运动到G 点的过程中，根据动能定理得：－mg sin θ·3R ＝12m v G 2－12m v 02解得：v 0＝353gR (3)小球从G 点运动到N 点的过程中，根据动能定理得：mg sin θ(R －R sin θ)＝12m v N 2－12m v G 2解得：v N ＝3gR小球从N 水平飞出后，在水平方向上做初速度为3gR 的匀加速运动，在竖直方向上做自由落体运动，设小球从N 飞出到落地的时间为t ，则竖直方向上：R ＋R cos θ＋2R sin θ＝12gt 2解得：t ＝6R g水平方向上的加速度大小为a x ＝qE m ＝43g 小球在水平面上的落点到N 点的水平距离为x ＝v N t ＋12a x t 2解得：x ＝(32＋4)R则小球在水平面上的落点到P 点的距离为x 0＝x －(2R cos θ－R sin θ)＝(32＋3)R .。
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．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 。
专题九 带电粒子在电场中运动的综合问题考点一 带电粒子在交变电场中的运动考法① 直线运动问题如图甲所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处。
若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上。
则t 0可能属于的时间段是( )A ．0<t 0<T4B.T 2<t 0<3T 4C.3T4<t 0<T D.T <t 0<9T 8B [设粒子的速度方向、位移方向均以向右为正。
依题意得，粒子的速度方向时而为负，时而为正，最终打在A 板上时位移为负，速度方向为负。
作出t 0＝0、T 4、T 2、3T4时粒子运动的速度—时间图象，如图所示。
由于v -t 图线与t 轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象可知0<t 0<T 4、3T4<t 0<T 时释放的粒子在一个周期内的总位移大于零；T 4<t 0<3T4时释放的粒子在一个周期内的总位移小于零；因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零。
分析各选项可知只有B 正确。
]考法② 偏转运动问题如图甲所示，A 、B 为两块相距很近的平行金属板，A 、B 间电压为U AB ＝－U 0，紧贴A 板有一电子源，不停地飘出质量为m ，带电荷量为e 的电子(初速度可视为0)。
在B 板右侧两块平行金属板M 、N 间加有如图乙所示的电压，电压变化的周期T ＝Lm2eU 0，板间中线与电子源在同一水平线上。
已知金属板M 、N 间距为d ，极板长为L ，距偏转极板右边缘s 处有荧光屏，求：(1)电子进入偏转极板时的速度；(2)T4时刻沿中线射入偏转极板间的电子刚射出偏转极板时与板间中线的距离(未与极板接触)。
解析：(1)设电子进入偏转极板时的速度为v，由动能定理有eU0＝12m v2解得v＝2eU0m。
等效重力场、交变电场、力电综合问题一、带电粒子在力电等效场中的圆周运动1．等效重力场物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些．此时可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之为“等效重力场”．2.3．举例二、带电粒子在交变电场中的运动1.此类题型一般有三种情况:一是粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解);二是粒子做往返运动(一般分段研究);三是粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)。
2.分析时从两条思路出发: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。
3.注重全面分析(分析受力特点和运动特点),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边界条件。
4.交变电场中的直线运动（方法实操展示）5.交变电场中的偏转（带电粒子重力不计，方法实操展示）U -t 图轨迹图v y -t 图三、电场中的力、电综合问题1．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。
2．处理带电粒子(带电体)运动的方法(1)结合牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题。
(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理思路 ①利用初、末状态的能量相等(即E 1＝E 2)列方程。
①利用某些能量的减少等于另一些能量的增加列方程。
(3)常用的两个结论①若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变。
训练10 带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题题型一 带电粒子在交变电场中的运动例1 (多选)(2019·山东潍坊市二模)如图甲所示，长为8d 、间距为d 的平行金属板水平放置，O 点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v 0、电荷量为＋q 、质量为m 的粒子．在两板间存在如图乙所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力．以下判断正确的是( )A ．粒子在电场中运动的最短时间为2d v 0B ．射出粒子的最大动能为54m v 02C ．t ＝d2v 0时刻进入的粒子，从O ′点射出 D ．t ＝3dv 0时刻进入的粒子，从O ′点射出【答案】 A【解析】 由题图可知场强E ＝m v 022qd ，则粒子在电场中的加速度a ＝qE m ＝v 022d ，则粒子在电场中运动的最短时间满足d 2＝12at min 2，解得t min ＝2d v 0，选项A 正确；能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t ＝8dv 0，则任意时刻射入的粒子若能射出电场，则射出电场时沿电场方向的速度均为0，可知射出电场时的动能均为12m v 02，选项B 错误；t ＝d 2v 0＝T 8时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向下加速3T 8，后向下减速3T8速度到零；然后向上加速T 8，再向上减速T8速度到零……如此反复，则最后从O ′点射出时有沿电场方向向下的位移，则粒子将从O ′点下方射出，故C 错误；t ＝3d v 0＝3T4时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向上加速T 4，后向上减速T 4速度到零；然后向下加速T 4，再向下减速T4速度到零……如此反复，则最后从O ′点射出时沿电场方向的位移为零，则粒子将从O ′点射出，选项D 正确．变式1 (2019·河南高考适应性测试)如图甲所示，M 、N 为正对竖直放置的平行金属板，A 、B 为两板中线上的两点．当M 、N 板间不加电压时，一带电小球从A 点由静止释放经时间T 到达B 点，此时速度为v .若两板间加上如图乙所示的交变电压，t ＝0时，将带电小球仍从A 点由静止释放，小球运动过程中始终未接触极板，则t ＝T 时，小球( )A ．在B 点上方 B ．恰好到达B 点C ．速度大于vD ．速度小于v【答案】 B【解析】 在A 、B 两板间加上如题图乙所示的交变电压，小球受到重力和电场力的作用，电场力做周期性变化，且电场力沿水平方向，所以小球竖直方向做自由落体运动．在水平方向小球先做匀加速直线运动，后沿原方向做匀减速直线运动，t ＝T2时速度为零，接着反向做匀加速直线运动，后继续沿反方向做匀减速直线运动，t ＝T 时速度为零．根据对称性可知在t ＝T 时小球的水平位移为零，所以t ＝T 时，小球恰好到达B 点，故A 错误，B 正确；在0～T 时间内，电场力做功为零，小球机械能变化量为零，所以t ＝T 时，小球速度等于v ，故C 、D 错误．题型二 用“等效法”处理带电粒子在电场和重力场中的运动例2 (2019·吉林“五地六校”合作体联考)如图，一光滑绝缘半圆环轨道固定在竖直平面内，与光滑绝缘水平面相切于B 点，轨道半径为R .整个空间存在水平向右的匀强电场E ，场强大小为3mg4q ，一带正电小球质量为m 、电荷量为q ，从距离B 点为R3处的A 点以某一初速度沿AB 方向开始运动，经过B 点后恰能运动到轨道的最高点C .(重力加速度为g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)则：(1)带电小球从A 点开始运动时的初速度v 0多大？(2)带电小球从轨道最高点C 经过一段时间运动到光滑绝缘水平面上D 点(图中未标出)，B 点与D 点的水平距离多大？【答案】 (1)52gR (2)(7＋32)R【解析】 (1)小球在半圆环轨道上运动时，当小球所受重力、电场力的合力方向与速度垂直时，速度最小．设F 合与竖直方向夹角为θ，则tan θ＝Eq mg ＝34，则θ＝37°，故F 合＝Eq sin 37°＝54mg .设此时的速度为 v ，由于合力恰好提供小球圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得： 5mg4＝m v 2R解得v ＝5gR4从A 点到该点由动能定理：－mgR (1＋cos 37°)－3mgR 4(13＋sin 37°)＝12m v 2－12m v 02解得v 0＝52gR(2)设小球运动到C 点的速度为v C ，小球从 A 点到 C 点由动能定理：－2mgR －3mg 4×R3＝12m v C 2－12m v 02 解得v C ＝127gR当小球离开C 点后，在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀加速直线运动，设C 点到D 点的运动时间为t .设水平方向的加速度为 a ，B 点到D 点的水平距离为x水平方向上有3mg4＝max ＝v C t ＋12at 2竖直方向上有2R ＝12gt 2联立解得：x ＝(7＋32)R变式2 (多选)(2019·四川乐山市第一次调查研究)如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L 的绝缘细线，细线一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的带电小球．小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O 点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．匀强电场的电场强度E ＝mg tan θq B ．小球动能的最小值为E k ＝mgL2cos θC ．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小D ．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大 【答案】 AB【解析】 小球静止时悬线与竖直方向成θ角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有：mg tan θ＝qE ，解得E ＝mg tan θq，选项A 正确；小球恰能绕O 点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A 速度最小，根据牛顿第二定律，有：mgcos θ＝m v 2L ，则最小动能E k ＝12m v 2＝mgL2cos θ，选项B 正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，选项C 错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，选项D 错误．题型三 电场中的力电综合问题例3 (2019·山东临沂市二模)一长为L 的绝缘细线，细线一端固定在O 点，另一端拴一质量为m 、带电荷量为q 的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中．开始时，将细线与小球拉成水平，小球静止在A 点，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B 点，速度恰好为零．求：(1)A 、B 两点间的电势差和电场强度大小；(2)判断小球的电性和小球到达B 点时，细线对小球的拉力大小．【答案】 (1)－3mgl2q3mgq(2)带正电 3mg【解析】 (1)小球由A 点到B 点过程中，由动能定理得：mgL sin 60°＋qU AB ＝0， 解得：U AB ＝－mgL sin 60°q ＝－3mgL2q ；场强大小为：E ＝|U AB |L (1－cos 60°)＝3mgq .(2)小球在B 点受到水平向右的电场力，与电场方向相同，故小球带正电；小球在A 、B 间摆动，由对称性得知，B 处细线的拉力与A 处细线的拉力相等，而在A 处，由水平方向受力平衡有：F T A ＝qE ＝3mg 所以有：F T B ＝F T A ＝3mg .变式3 (2020·山东青岛市模拟)如图所示，水平地面上方存在水平向左的匀强电场，一质量为m 的带电小球(大小可忽略)用轻质绝缘细线悬挂于O 点，小球带电荷量为＋q ，静止时距地面的高度为h ，细线与竖直方向的夹角为α＝37°，重力加速度为g .(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 求：(1)匀强电场的场强大小E ；(2)现将细线剪断，小球落地过程中水平位移的大小； (3)现将细线剪断，带电小球落地前瞬间的动能． 【答案】 (1)3mg 4q (2)34h (3)2516mgh【解析】 (1)小球静止时，对小球受力分析如图所示，由F T cos 37°＝mg F T sin 37°＝qE 解得：E ＝3mg4q(2)剪断细线，小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做加速度为a 的匀加速运动， 由Eq ＝ma x ＝12at 2 h ＝12gt 2 联立解得：x ＝34h(3)从剪断细线到落地瞬间，由动能定理得：E k ＝mgh ＋qEx ＝2516mgh .变式4 (2019·广东广州市下学期一模)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．小球始终处在场强大小为3mg2q 、方向竖直向上的匀强电场中，现将小球拉到与O 点等高处，且细线处于拉直状态，由静止释放小球，当小球的速度沿水平方向时，细线被拉断，之后小球继续运动并经过P 点，P 点与O 点间的水平距离为L .重力加速度为g ，不计空气阻力，求： (1)细线被拉断前瞬间，细线的拉力大小； (2)O 、P 两点间的电势差． 【答案】 (1)1.5mg (2)15mgL 8q【解析】 (1)由题意可知小球受到竖直向上的电场力F ＝qE ＝1.5mg ＞mg所以小球被释放后将向上绕O 点做圆周运动，到达圆周最高点时速度沿水平方向，设此时速度为v ，由动能定理得：(F －mg )L ＝12m v 2，解得v ＝gL ，设细线被拉断前瞬间的拉力为F T ，由牛顿第二定律得：F T ＋mg －F ＝m v 2L解得： F T ＝1.5mg(2)细线断裂后小球做类平抛运动，加速度a 竖直向上，由牛顿第二定律：F －mg ＝ma 设细线断裂后小球经时间t 到达P 点，水平方向上有L ＝v t 小球在竖直方向上的位移为y ＝12at 2解得y ＝L4O 、P 两点沿电场方向(竖直方向)的距离为d ＝L ＋y O 、P 两点间的电势差 U OP ＝Ed 联立解得U OP ＝15mgL8q. 模拟训练 练规范 练速度1．如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、丁所示时，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是( )A ．电压是甲图时，在0～T 时间内，电子的电势能一直减少B ．电压是乙图时，在0～T2时间内，电子的电势能先增加后减少C ．电压是丙图时，电子在板间做往复运动D ．电压是丁图时，电子在板间做往复运动 【答案】 D【解析】 若电压是题图甲，0～T 时间内，电场力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A 错误；电压是题图乙时，在0～T2时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B 错误；电压是题图丙时，电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了T2后做加速度先增大后减小的减速运动，到T 时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，故C 错误；电压是题图丁时，电子先向左加速，到T 4后向左减速，T 2后向右加速，34T 后向右减速，T 时速度减为零，之后重复前面的运动，故电子做往复运动，故D 正确．2.将如图所示的交变电压加在平行板电容器A 、B 两板上，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 两极板间的距离足够大，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 板运动，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 板运动，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】D3.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则下列说法正确的是()A．小球带负电B．电场力与重力平衡C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小D．小球在运动过程中机械能守恒【答案】B【解析】由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0，即电场力与重力平衡，则电场力方向竖直向上，小球带正电，A错误，B正确；从a→b，电场力做负功，电势能增大，C错误；由于有电场力做功，机械能不守恒，D错误．4.水平放置的平行板电容器与某一电源相连接后，断开电键，重力不可忽略的小球由电容器的正中央沿水平向右的方向射入该电容器，如图所示，小球先后经过虚线的A、B两点．则()A．如果小球所带的电荷为正电荷，小球所受的电场力一定向下B．小球由A到B的过程中电场力一定做负功C．小球由A到B的过程中动能可能减小D．小球由A到B的过程中，小球的机械能可能减小【答案】D【解析】 由题图所示小球运动轨迹可知，小球向下运动，说明小球受到的合力竖直向下，重力与电场力的合力竖直向下；当小球带正电时，若上极板带正电荷，小球受到的合力向下，小球运动轨迹向下，若上极板带负电，且电场力小于重力，小球受到的合力向下，小球运动轨迹向下，A 错误；如果小球受到的电场力向下，小球从A 运动到B 点过程中电场力做正功，如果小球受到的电场力向上，则电场力做负功，B 错误；小球受到的合力向下，小球从A 点运动到B 点过程中合外力做正功，小球的动能增加，C 错误；小球从A 点运动到B 点过程若电场力做负功，则小球的机械能减少，D 正确．5．(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象．当t ＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电粒子，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 末带电粒子的速度为零D ．0～3 s 内，电场力做的总功为零 【答案】 CD【解析】 设第1 s 内粒子的加速度为a 1，第2 s 内的加速度为a 2，由a ＝qEm 可知，a 2＝2a 1，可见，粒子第1 s 内向负方向运动，1.5 s 末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s 末回到原出发点，粒子的速度为0，v －t 图象如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C 、D 正确．6．(多选) (2019·四川达州市第二次诊断)如图所示，M 、N 是组成电容器的两块水平放置的平行金属极板，M 中间有一小孔．M 、N 分别接到电压恒定的电源上(图中未画出)．小孔正上方的A 点与极板M 相距h ，与极板N 相距3h .某时刻一质量为m 、带电荷量为q 的微粒从A 点由静止下落，到达极板N 时速度刚好为零，不计空气阻力，重力加速度为g .则( )A ．带电微粒在M 、N 两极板间往复运动B ．两极板间电场强度大小为3mg 2qC ．若将M 向下平移h 3，微粒仍从A 点由静止下落，进入电场后速度为零的位置与N 的距离为54h D ．若将N 向上平移h 3，微粒仍从A 由静止下落，进入电场后速度为零的位置与M 的距离为54h 【答案】 BD【解析】 由于微粒在电场中和在电场外受到的力都是恒力不变，可知微粒将在A 点和下极板之间往复运动，选项A 错误；由动能定理：mg ·3h －Eq ·2h ＝0，解得E ＝3mg 2q ，选项B 正确；若将M 向下平移h 3，则板间场强变为E 1＝U 53h ＝3U 5h ＝65E ，则当微粒速度为零时，由动能定理：mg ·(3h －Δh )－E 1q ·(5h 3－Δh )＝0，可知方程无解，选项C 错误；若将N 向上平移h 3，则板间场强变为E 2＝U 53h ＝3U 5h ＝65E ，设微粒速度为零时的位置与M 极板相距Δh ′，由动能定理：mg ·(h ＋Δh ′)＝E 2q ·Δh ′，解得Δh ′＝54h ，选项D 正确． 7. (2019·河南南阳市上学期期末)如图所示，用长为L 的绝缘轻线把质量为m 、带电荷量为q (q >0)的小球悬挂于天花板上O 点，小球静止于O 点正下方．如果在天花板下方空间，加上水平向右的匀强电场，小球向右运动，悬线偏转的最大角度为60°，则所加匀强电场的电场强度为( )A.mg qB.3mg 3qC.3mg qD.23mg q【答案】 B 【解析】 带电小球受到电场力向右摆动的最大角度为60°，末速度为零，此过程中电场力Eq 对小球做正功，重力G做负功，细线拉力F T不做功，根据动能定理，则有：qEL sin α－mgL(1－cos 60°)＝0，解得：E＝3mg3q.故A、C、D错误，B正确．8．(多选) (2020·四川乐山市第一次调查研究)如图所示，在绝缘的斜面上方存在着水平向右的匀强电场，一带电金属块沿斜面滑下，已知金属块在滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J，则以下判断正确的是()A．金属块的机械能增加32 JB．金属块的电势能增加4 JC．金属块带正电荷D．金属块克服电场力做功8 J【答案】BC【解析】由动能定理得：W总＝W G＋W电＋W f＝ΔE k，解得：W电＝－4 J，所以金属块克服电场力做功4 J，金属块的电势能增加4 J；由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷，故B、C正确，D错误；在金属块下滑的过程中重力做功24 J，重力势能减小24 J，动能增加了12 J，所以金属块的机械能减少12 J，故A错误．9．(2019·广东“六校联盟”第四次联考)如图所示，ACB是一条足够长的绝缘水平轨道，轨道CB处在方向水平向右、大小E＝1.0×106 N/C的匀强电场中，一质量m＝0.25kg、电荷量q＝－2.0×10－6C的可视为质点的小物体，在距离C点L0＝6.0m的A点处，在拉力F＝4.0N的作用下由静止开始向右运动，当小物体到达C点时撤去拉力，小物体滑入电场中．已知小物体与轨道间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10 m/s2，求：(1)小物体到达C点时的速度大小；(2)小物体在电场中运动的时间．【答案】(1)12 m/s(2)2.7 s【解析】 (1)根据牛顿第二定律，小物体的加速度大小为：a ＝F －μmg m＝12 m/s 2 小物体到达C 点的过程中有：v 2＝2aL 0代入数据解得：v ＝12 m/s(2)根据牛顿第二定律，小物体向右减速运动的加速度大小为：a 1＝|q |E ＋μmg m＝12 m/s 2 小物体向右运动的时间：t 1＝v a 1＝1.0 s 小物体向右运动的位移：x 1＝v 2t 1＝6.0 m 由于|q |E >μmg ，所以小物体先向右减速运动，后反向向左加速运动，直到滑出电场根据牛顿第二定律，小物体向左加速运动的加速度大小为：a 2＝|q |E －μmg m＝4 m/s 2 小物体在电场中向左运动的时间为：t 2＝ 2x 1a 2＝ 3 s 小物体在电场中运动的总时间为：t ＝t 1＋t 2＝(1＋3) s ≈2.7 s10. (2019·四川南充市第一次适应性考试)如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xOy 中，x 轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m 、电荷量为－q (－q <0)的带电绝缘小球，从y 轴上的P (0，L )点由静止开始释放，运动至x 轴上的A (－L,0)点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入固定在x 轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管，细管的圆心O 1位于y 轴上，交y 轴于B 点，交x 轴于A 点和C (L,0)点，已知细管内径略大于小球外径，小球直径远小于细管轨道的半径，不计空气阻力，重力加速度为g .求：(1)匀强电场的电场强度的大小； (2)小球运动到B 点时对细管的压力；(3)小球从C 点飞出后落在x 轴上的位置坐标．【答案】 (1)mg q(2)3(2＋1)mg 方向竖直向下 (3)(－7L,0) 【解析】 (1)小球由静止释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A 点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则tan 45°＝mg Eq解得：E ＝mg q(2)根据几何关系可知，细管轨道的半径r ＝2L从P 点到B 点的过程中，根据动能定理得：mg (2L ＋2L )＋EqL ＝12m v B 2 在B 点，根据牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v B 2r联立解得：F N ＝3(2＋1)mg ，方向竖直向上根据牛顿第三定律可得小球运动到B 点时对细管的压力大小F N ′＝3(2＋1)mg ，方向竖直向下(3)从P 到A 的过程中，根据动能定理得：12m v A2＝mgL ＋EqL 解得：v A ＝2gL小球从C 点抛出后做类平抛运动抛出时的速度v C ＝v A ＝2gL小球的加速度g ′＝2g当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x 轴，则有：v C t ＝12g ′t 2 解得：t ＝22L g则沿x 轴方向运动的位移x ＝v C t sin 45°＝2v C t ＝2×2gL ×22L g ＝8Lx′＝L－8L＝－7L，则小球从C点飞出后落在x轴上的坐标为(－7L,0)．。
专题: 带电粒子在匀强电场中的运动典型题注意：带电粒子是否考虑重力要依据情况而定（1）基本粒子：如电子、质子、 粒子、离子等，除有说明或明确的暗示外，一般都不考虑重力（但不能忽略质量）。
（2）带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或明确的暗示外，一般都不能忽略重力。
一、带电粒子在匀强电场中的加速运动【例1】如图所示，在真空中有一对平行金属板，两板间加以压U 。
在板间靠近正极板附近有一带正电荷q 的带电粒子，它在电场力作用下由开始从正极板向负极板运动，速度为多大？【例2】如图所示，两个极板的正中央各有一小孔，两板间加以电压U ，一带正电荷q 的带电粒子以初速度v 0从左边的小孔射入，并从右边的小孔射出，则射出时速度为多少？二、带电粒子在电场中的偏转（垂直于场射入）⑴运动状态分析：粒子受恒定的电场力，在场中作匀变速曲线运动．⑵处理方法：采用类平抛运动的方法来分析处理——（运动的分解）．02102v tat t 垂直于电场方向匀速运动：x=沿着电场方向作初速为的匀加速：y=两个分运动联系的桥梁：时间相等设粒子带电量为q ，质量为如图6－4－3两平行金属板间的电压为Ｕ，板长为L ，板间距离为d ．则场强UE d ＝，加速度qE qUammd， 通过偏转极板的时间：0L t v 侧移量：y22221242LU qUL at dU mdv 偏加偏转角：0tanat v 202LU qULdU mdv 偏加（U 偏、Ｕ加分别表示加速电场电压和偏转电场电压）带电粒子从极板的中线射入匀强电场，其出射时速度方向的反向延长线交于入射线的中点．所以侧移距离也可表示为： tan 2Ly .粒子可看作是从两板间的中点沿直线射出的 M N q U M N qUv 0 v 图6－4－3【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，粒子将做匀变速运动，如图所示，若不计粒子重力，则可求出如下相关量：（1）粒子穿越电场的时间t ：（2）粒子离开电场时的速度v（3）粒子离开电场时的侧移距离y ： （4）粒子离开电场时的偏角ϕ：（5）速度方向的反向延长线必过偏转电场的中点 解：（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，t v l 0=，0v l t =； （2）粒子离开电场时的速度v ：粒子沿电场方向做匀加速直线运动，加速度mdqUm qE a ==，粒子离开电场时平行电场方向的分速度0mdv qUl at v y ==，所以20222)(mdv qUl v v v v y x +=+=。
专题24 带电粒子在电场中运动的综合问题(限时：80min)一、选择题（本大题共10小题）1．(2019·日照模拟）有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示.其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场,再经偏转电场后打到纸上，显示出字符.不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是（）A．减小墨汁微粒的质量B．增大墨汁微粒所带的电荷量C．增大偏转电场的电压D．增大墨汁微粒的喷出速度【答案】D【解析】根据偏转距离公式y＝错误!可知，为使打在纸上的字迹缩小，要增大墨汁微粒的质量，减小墨汁微粒所带的电荷量，减小偏转电场的电压，增大墨汁微粒的喷出速度，D正确。
2．(多选)一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中,只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用。
若重力势能增加5 J，机械能增加1。
5 J，电场力做功2 J，则小球( ）A．重力做功为5 J B．电势能减少2 JC．空气阻力做功0.5 J D．动能减少3.5 J【答案】BD【解析】小球的重力势能增加5 J，则小球克服重力做功5 J，故A 错误；电场力对小球做功2 J，则小球的电势能减小2 J，故B正确；小球共受到重力、电场力、空气阻力三个力作用，小球的机械能增加1.5 J，则除重力以外的力做功为1。
5 J，电场力对小球做功2 J，则知空气阻力做功为－0.5 J,即小球克服空气阻力做功0.5 J，故C 错误；重力、电场力、空气阻力三力做功之和为－3.5 J，根据动能定理，小球的动能减小3.5 J,D正确。
3．(多选）如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像。
当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，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末带电粒子的速度为零D．0～3 s内，电场力做的总功为零【答案】CD【解析】设第1 s内粒子的加速度为a1，第2 s内的加速度为a2,由a＝错误!可知，a2＝2a1,设带电粒子开始时向负方向运动，可见,粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为零,然后向正方向运动，至3 s 末回到原出发点，粒子的速度为0，设带电粒子开始时向负方向运动，由动能定理可知,此过程中电场力做的总功为零，综上所述,可知C 、D 正确。
课时跟踪检测（二十四） 带电粒子在电场中运动的综合问题对点训练：示波管的工作原理1．(多选)有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示。
其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。
不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是( )A ．减小墨汁微粒的质量B ．减小墨汁微粒所带的电荷量C ．增大偏转电场的电压D ．增大墨汁微粒的喷出速度2.在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电场，然后射到荧光屏上，如图所示，设电子的质量为m (不考虑所受重力)，电荷量为e ，从静止开始，经过加速电场加速，加速电场电压为U 1，然后进入偏转电场，偏转电场中两板之间的距离为d ，板长为L ，偏转电压为U 2，求电子射到荧光屏上的动能为多大？3．制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d 的两平行极板，如图甲所示。
加在极板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2τ，如图乙所示。
在t ＝0时，极板B 附近的一个电子，质量为m 、电荷量为e ，受电场作用由静止开始运动。
若整个运动过程中，电子未碰到极板A ，且不考虑重力作用。
若k ＝54，电子在0～2τ时间内不能到达极板A ，求d 应满足的条件。
4．两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U0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3t0；当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、最大值恒为U0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(垂直于入射速度方向上的位移)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。
5．如图甲所示，在平面直角坐标系xOy中，两金属极板AB、OD平行正对放置，OD 板与x轴重合，OD板的左端与原点O重合，两极板板长均为L＝2 m，板间距离d＝1 m，紧靠两极板右端有一荧光屏。
两极板间电压U AO随时间的变化规律如图乙所示，变化周期T ＝2×10－3s，U0＝1×103V。
若t＝0时刻一带正电的粒子从A点附近沿x轴正方向以速度v0＝1×103 m/s射入两极板间，粒子所带电荷量为q＝1×10－5 C，质量m＝1×10－7 kg，粒子重力不计。
(1)求粒子在极板间运动的最长时间；(2)若在0～T时间内均有同种粒子从A点附近沿x轴正方向以速度v0射入两极板间，求这些粒子打到荧光屏上的纵坐标的范围；(3)在(2)条件下，求粒子打到荧光屏上时的动能。
6.如图所示，一个带正电的粒子以平行于x轴正方向的初速度v0从y轴上a点射入第一象限内，为了使这个粒子能经过x轴上定点b，可在第一象限的某区域内加一方向沿y轴负方向的匀强电场。
已知所加电场的场强大小为E，电场区域沿x方向的宽度为s，Oa＝L，Ob＝2s，粒子的质量为m，带电量为q，重力不计，试讨论电场的左边界与b的可能距离。
7．如图甲所示，一光滑绝缘细杆竖直放置，在细杆右侧d＝0.30 m的A点处有一固定的点电荷。
细杆上套有一带电荷量q＝1×10－6C、质量m＝0.05 kg的小环。
设小环与点电荷的竖直高度差为h，将小环由静止释放后，其动能E k随h的变化曲线如图乙所示。
已知静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，重力加速度g＝10 m/s2。
(计算结果保留两位有效数字)(1)试估算点电荷所带电荷量Q的大小；(2)求小环位于h1＝0.40 m处时的加速度a；(3)求小环从h2＝0.30 m处下落到h3＝0.12 m处的过程中，其电势能的改变量。
课时跟踪检测（二十四） 带电粒子在电场中运动的综合问题对点训练：示波管的工作原理1．(多选)有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示。
其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。
不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是( )A ．减小墨汁微粒的质量B ．减小墨汁微粒所带的电荷量C ．增大偏转电场的电压D ．增大墨汁微粒的喷出速度解析：选BD 根据偏转距离公式y ＝qUl 22md v 02可知，为使打在纸上的字迹缩小，要增大墨汁微粒的质量，减小墨汁微粒所带的电荷量，减小偏转电场的电压，增大墨汁微粒的喷出速度，B 、D 正确。
2.在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电场，然后射到荧光屏上，如图所示，设电子的质量为m (不考虑所受重力)，电荷量为e ，从静止开始，经过加速电场加速，加速电场电压为U 1，然后进入偏转电场，偏转电场中两板之间的距离为d ，板长为L ，偏转电压为U 2，求电子射到荧光屏上的动能为多大？解析：电子在加速电场加速时，根据动能定理eU 1＝12m v x 2进入偏转电场后L ＝v x t ，v y ＝at ，a ＝eU 2md射出偏转电场时合速度v ＝v x 2＋v y 2，由以上各式得E k ＝12m v 2＝eU 1＋eU 22L 24d 2U 1。
答案：eU 1＋eU 22L 24d 2U 1对点训练：带电粒子在交变电场中的运动3．制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d 的两平行极板，如图甲所示。
加在极板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2τ，如图乙所示。
在t ＝0时，极板B 附近的一个电子，质量为m 、电荷量为e ，受电场作用由静止开始运动。
若整个运动过程中，电子未碰到极板A ，且不考虑重力作用。
若k ＝54，电子在0～2τ时间内不能到达极板A ，求d 应满足的条件。
解析：电子在0～τ时间内做匀加速运动 加速度的大小a 1＝eU 0md位移x 1＝12a 1τ2在τ～2τ时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动 加速度的大小a 2＝keU 0md 初速度的大小v 1＝a 1τ 匀减速运动阶段的位移x 2＝v 122a 2由题知d ＞x 1＋x 2，解得d ＞ 9eU 0τ210m。
答案：d ＞9eU 0τ210m4．两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、最大值恒为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(垂直于入射速度方向上的位移)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。
解析：以电场力的方向为y轴正方向，画出电子在t＝0时和t＝t0时进入电场后沿电场力方向的速度v y随时间t变化的v y-t图像分别如图(a)和图(b)所示，设两平行板之间的距离为d。
(1)图中，v1y＝eU0md t0，v2y＝eU0md2t0，由图(a)可得电子的最大侧向位移为x y max＝2⎝⎛⎭⎫12v1y t0＋v1y t0＝3v1y t0＝3eU0t02md而x y max＝d2，解得d＝t06eU0m由图(b)可得电子的最小侧向位移为x y min＝12v1y t0＋v1y t0＝32v1y t0＝3eU0t022md＝d4所以x y max＝d2＝t026eU0m，x y min＝d4＝t046eU0m。
(2)v1y2＝⎝⎛⎭⎫eU0md t02＝eU06m，v2y2＝⎝⎛⎭⎫eU0md2t02＝2eU03m电子经电压U0加速，由动能定理知，12m v02＝eU0所以E kmaxE kmin＝12m v2212m v12＝12m(v02＋v2y2)12m(v02＋v1y2)＝eU0＋eU03eU0＋eU012＝1613。
答案：见解析对点训练：带电粒子的力电综合问题5．(2017·深圳模拟)如图甲所示，在平面直角坐标系xOy中，两金属极板AB、OD平行正对放置，OD板与x轴重合，OD板的左端与原点O重合，两极板板长均为L＝2 m，板间距离d＝1 m，紧靠两极板右端有一荧光屏。
两极板间电压U AO随时间的变化规律如图乙所示，变化周期T＝2×10－3s，U0＝1×103V。
若t＝0时刻一带正电的粒子从A点附近沿x轴正方向以速度v0＝1×103m/s射入两极板间，粒子所带电荷量为q＝1×10－5C，质量m＝1×10－7 kg，粒子重力不计。
(1)求粒子在极板间运动的最长时间；(2)若在0～T 时间内均有同种粒子从A 点附近沿x 轴正方向以速度v 0射入两极板间，求这些粒子打到荧光屏上的纵坐标的范围；(3)在(2)条件下，求粒子打到荧光屏上时的动能。
解析：(1)粒子在极板间沿x 轴正方向做匀速运动，设运动时间为t ，则有L ＝v 0t 解得t ＝Lv 0＝2×10－3 s 。
(2)粒子在板间运动的时间恰好等于T ，即在y 轴方向，粒子有一半时间做匀加速运动。
粒子在t ＝0时刻射入极板间时，y 轴方向的分速度v y 随粒子在极板间运动的时间t ′变化的关系图线如图中Ⅰ所示，粒子在t ＝T2－t 1时刻射入极板间时，v y 随t ′变化的关系图线如图中Ⅱ所示。
图线与t ′轴所围面积表示粒子沿y 轴方向的位移，可知在t ＝0时刻射入极板间的粒子在极板间偏转量最大，则打到荧光屏上的纵坐标值最小，在t ＝T2时刻射入极板间的粒子在极板间偏转量最小，则打到荧光屏上的纵坐标值最大。
t ＝0时刻射入极板的粒子沿y 轴方向运动的位移为 y 1＝12a ⎝⎛⎭⎫T 22＋a ⎝⎛⎭⎫T 22，又a ＝qU 0md t ＝T2时刻射入极板的粒子在板间沿y 轴方向的位移为 y 2＝12a ⎝⎛⎭⎫T 22代入已知数据得y 1＝0.15 m ，y 2＝0.05 m可得粒子打到荧光屏上的纵坐标的范围为0.85～0.95 m 。
(3)粒子打到荧光屏上时的速度v大小恒定，由动能定理有qU0d y2＝E k－12m v02解得E k＝12m v2＝5.05×10－2 J。
答案：(1)2×10－3 s(2)0.85～0.95 m(3)5.05×10－2 J考点综合训练6.如图所示，一个带正电的粒子以平行于x轴正方向的初速度v0从y轴上a点射入第一象限内，为了使这个粒子能经过x轴上定点b，可在第一象限的某区域内加一方向沿y轴负方向的匀强电场。
