带电粒子在电场中的运动习题课

物理带电粒子在电场中的运动练习题含答案一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图(a)所示，整个空间存在竖直向上的匀强电场（平行于纸面），在同一水平线上的两位置，以相同速率同时喷出质量均为m 的油滴a 和b ，带电量为+q 的a 水平向右，不带电的b 竖直向上．b 上升高度为h 时，到达最高点，此时a 恰好与它相碰，瞬间结合成油滴p ．忽略空气阻力，重力加速度为g ．求(1)油滴b 竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离； (2)匀强电场的场强及油滴a 、b 结合为p 后瞬间的速度；(3)若油滴p 形成时恰位于某矩形区域边界，取此时为0t =时刻，同时在该矩形区域加一个垂直于纸面的周期性变化的匀强磁场，磁场变化规律如图(b)所示，磁场变化周期为T 0（垂直纸面向外为正），已知P 始终在矩形区域内运动，求矩形区域的最小面积．（忽略磁场突变的影响） 【答案】（12hg2h （2）2mg q ；P v gh = 方向向右上，与水平方向夹角为45°（3）20min 22ghT s π= 【解析】 【详解】(1)设油滴的喷出速率为0v ，则对油滴b 做竖直上抛运动，有2002v gh =- 解得02v gh000v gt =- 解得02ht g=对油滴a 的水平运动，有000x v t = 解得02x h =(2)两油滴结合之前，油滴a 做类平抛运动，设加速度为a ，有qE mg ma -=，2012h at =，解得a g =，2mg E q =设油滴的喷出速率为0v ，结合前瞬间油滴a 速度大小为a v ，方向向右上与水平方向夹θ角，则0a cos v v θ=，00tan v at θ=，解得a 2v gh =45θ=︒两油滴的结束过程动量守恒，有：12p mv mv =，联立各式，解得：p vgh =，方向向右上，与水平方向夹45︒角(3)因2qE mg =，油滴p 在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r ，周期为T ，则由2082pp v m qv m qT r π= 得04T gh r π=，由2p r T v π= 得02T T = 即油滴p 在磁场中的运动轨迹是两个外切圆组成的“8”字形．最小矩形的两条边长分别为2r 、4r （轨迹如图所示）．最小矩形的面积为20min2242ghT s r r π=⨯=2．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 dt 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 2md qE R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEdv m ＝代入解得 v 0＝L·2EqmdE 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、12qEd v m＝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、12qEdv 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＝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)．3．如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管ADB 固定在竖直平面内．圆管的圆心为O ，D 点为圆管的最低点，AB 两点在同一水平线上，AB=2L ，圆管的半径为2L(自身的直径忽略不计)．过OD 的虚线与过AB 的虚线垂直相交于C 点，在虚线AB 的上方存在方向水平向右、范围足够大的匀强电场；虚线AB 的下方存在方向竖直向下、范围足够大的匀强电场，电场强度大小E 2=mgq．圆心O 正上方的P 点有一质量为m 、电荷量为－q(q>0)的小球(可视为质点)，PC 间距为L ．现将该小球从P 点无初速释放，经过一段时间后，小球刚好从管口A 无碰撞地进入圆管内，并继续运动．重力加速度为g ．求：(1)虚线AB 上方匀强电场的电场强度E 1的大小； (2)小球在AB 管中运动经过D 点时对管的压力F D ；（3）小球从管口B 离开后，经过一段时间到达虚线AB 上的N 点(图中未标出)，在圆管中运动的时间与总时间之比ABPNt t ． 【答案】（1）mg q （2）2mg ，方向竖直向下（3）4ππ+【解析】 【分析】（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，根据正交分解，垂直运动方向的合力为零，列出平衡方程即可求出虚线AB 上方匀强电场的电场强度；（2）根据动能定理结合圆周运动的规律求解小球在AB 管中运动经过D 点时对管的压力F D ；（3）小物体由P 点运动到A 点做匀加速直线运动，在圆管内做匀速圆周运动，离开管后做类平抛运动，结合运动公式求解在圆管中运动的时间与总时间之比. 【详解】（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体从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：tan45°= mgEq解得：mg qE =（2）从P 到A 的过程，根据动能定理：mgL+EqL=12mv A 2 解得v A gL小球在管中运动时，E 2q=mg ，小球做匀速圆周运动，则v 0=v A gL在D点时，下壁对球的支持力2022vF m mgr==由牛顿第三定律，22F F mg=='方向竖直向下．（3）小物体由P点运动到A点做匀加速直线运动，设所用时间为t1，则：211222L gt=解得12Ltg=小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为t2，则：2323244Ar Ltv gππ⋅==小球离开管后做类平抛运动，物块从B到N的过程中所用时间：322Ltg=则：24ttππ=+【点睛】本题考查带点小物体在电场力和重力共同作用下的运动，解题关键是要分好运动过程，明确每一个过程小物体的受力情况，并结合初速度判断物体做什么运动，进而选择合适的规律解决问题，匀变速直线运动利用牛顿第二定律结合运动学公式求解或者运用动能定理求解，类平抛利用运动的合成和分解、牛顿第二定律结合运动学规律求解．4．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v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）2mvEqL=（2）04nmvBqL=n=1、2、3 (3)2Ltvπ=【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=，2122Lat=，qE ma=联立解得：2mvEqL=(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 xyvvθ==l速度大小02sinvv vθ==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：22Rn=由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2vqvB mR=得：04nmvBqL=，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，虚线OL 与y 轴的夹角θ=450，在OL 上侧有平行于OL 向下的匀强电场，在OL 下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子以速率v 0从y 轴上的M （OM =d ）点垂直于y 轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于OL 进入匀强磁场，不计粒子重力。

分层作业12 带电粒子在电场中的运动A组必备知识基础练题组一带电粒子的加速1.当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗,该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。

现用一直线加速器来加速质子,使其从静止开始加速到1.0×107 m/s。

已知加速电场的电场强度为1.3×105 N/C,质子的质量为1.67×10-27kg,所带电荷量为1.6×10-19C,则下列说法正确的是( )A.加速过程中质子电势能增加B.质子所受到的电场力约为2×10-15 NC.质子加速需要的时间约为8×10-6 sD.加速器加速的直线长度约为4 m2.氕核(11H)、氘核(12H)、氦核(24He)三种粒子,从同一位置A无初速度地进入加速电压为U的匀强电场,如图所示。

整个装置处于真空中,不计粒子重力及其相互作用,下列说法不正确的是( )A.从A到B的过程中,氕核加速度最大B.从A到B的过程中,氘核和氦核所用时间相同C.到达B端时,氦核速度最大D.到达B端时,氦核动能最大3.如图甲所示,水平放置的两平行金属板A、B相距为d,板间加有如图乙所示随时间变化的电压。

A、B板中点O处有一带电粒子,其电荷量为q,质量为m,在0~T时间内粒子处于静止状态。

已知重力加速度为g,周期2。

T=√dg(1)判断该粒子的电性;时间内两板间的电压U0;(2)求在0~T2的值(3)若t=T时刻,粒子恰好从O点正下方金属板A的小孔飞出,那么U0U x应为多少?题组二带电粒子的偏转4.如图所示,静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔射出,又垂直进入平行金属板间的电场,在偏转电压U2的作用下偏转一段距离。

现使U1变为原来的2倍,要想使电子射出电场的位置不发生变化,应该( )A.使U2变为原来的2倍B.使U2变为原来的4倍C.使U2变为原来的√2倍D.使U2变为原来的125.示波管的结构如图所示,Y、Y'接输入电压信号,Y、X'接扫描电压信号,若扫描电压信号的周期和输入电压信号的周期相同,且可以在荧光屏上得到输入电压信号周期变化的图像,则下列扫描电压信号的图像可能正确的是( )6.如图所示,电场强度大小为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。

带电粒子在匀强电场中的运动习题课1.如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，极板长L=0.1m，两板间距离d=0.4cm.有一束由相同粒子组成的带电粒子流从两板中央平行于板射入，由于重力作用，粒子能落到下板上.已知粒子质量为m=2×10-6 kg，电荷量q=1×10-8 C，电容器的电容C=10-6 F.求:(1)为使第一个粒子能落在下板中点O到紧靠边缘的B点之间，粒子入射速度v0应为多大?(2)以上述速度入射的带电粒子，最多能有多少个落到下极板上?(g取10m/s2)(1)第一个粒子在极板间做平抛运动，即水平位移:x=v0t①2. 如图所示，在O点处放置一个正电荷。

在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q。

小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆(图中实线表示)相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC = 30°，A距离OC的竖直高度为h。

若小球通过B点的速度为v求小球由A至B的过程中损失的机械能B到OC的垂直距离为R/2,AB之间的竖直距离为h-R/2AB过程使用动能定理有：W电+WG=mv^2/2W电+mg（h-R/2）=mv^2/2W电=mv^2/2 -mg（h-R/2)取B点重力势能为零，则A点机械能EA=mg（h-R/2)B点机械能为EB=mv^2/2ΔE=EA-EB=mg（h-R/2)-mv^2/2 =-W电也就是说小球从A到B过程中机械能损失为mg（h-R/2)-mv^2/2 ，而且知道电场力做的功为mv^2/2 -mg（h-R/2)沿垂直场强方向射入两平行金属板中间的匀强电场中.现增3..A电子以初速度v大两板间的电压，但仍使电子能够穿过平行板间，则电子穿越平行板所需要的时间( D)A.随电压的增大而减小B.随电压的增大而增大C.若加大两板间距离，时间将减小D.与电压及两板间距离均无关4.带电粒子垂直进入匀强电场中发生偏转时(除电场力外不计其他力的作用)(B)A.电势能增加，动能增加B.电势能减小，动能增加C.动能和电势能都不变D.上述结论都不正确5.氢的三种同位素氕、氘、氚的原子核分别为它们以相同的初动能垂直进人同一匀强电场，离开电场时，末动能最大的是( D)A.氕核B.氘核C.氚核D.一样大6. 质子和氮核从静止开始经相同电压加速后，又垂直于电场方向进入同一匀强电场，离开偏转电场时，它们横向偏移量之比和在偏转电场中运动的时间之比分别为( B)A.2:1, 根号2:1B.1:1, 1：根号2C.1:2，2:1D.1:4，1:27.a、b、c三个а粒子由同一点垂直电场方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场.由此可以肯定( ACD )A.在b飞离电场的同时，а刚好打在负极板上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.动能的增量，c的最小，a 和b的一样大8.—个初动能为EK的带电粒子，垂直电场线方向飞人带电的平行板电容器，飞出时带电粒子动能为飞入时动能的2倍.如果使粒子的初速度为原来的2倍，那么当它飞出电容器的时刻,动能为( B)A.4EK B.4.25EKC.5EKD.8EK9.质子、氘核和氦核从静止开始经相同电压加速后，从同一点垂直进人同一匀强电场关于它们在匀强电场中的运动，下列说法中正确的是( A)A.质子、氘核和а粒子的轨迹相同B.有两条轨迹.其中质子和氘核轨迹相同C.有两条轨迹，其中氘核和а粒子轨迹相同D.三者的轨迹各不相同10.5、如图所示，绝缘细线系一带有负电的小球，小球在竖直向下的匀强电场中，做竖直面内的圆周运动，以下说法正确的是( CD)A．当小球到达最高点时，线的张力一定最小B．当小球到达最低点时，小球的速度一定最大C．当小球到达最高点时，小球的电势能一定最小D．小球在最高点机械能最大11. 真空中有一带电粒子，其质量为m，带电荷量为q，以初速度v0从A点竖直向上射入水平方向的匀强电场，如图所示.粒子在电场中到达B点时，速度方向变为水平向右，大小为2V0，则该匀强电场的场强E=______，A、B两点间电势差U AB=______答案：(1)由于在A点时受到重力和电场力的作用，合力斜向下，则做类斜抛运动到B点时竖直速度为0E=2mg/q(2)由A到B由动能定理有-mgh+qU=1/2m(2v0)^2-1/2mv0^2又由上小题可知mgh=1/2mv0^2qU=1/2m(2v0)^2解得U=2mv0^2/q12.如图所示，电子电荷量为-e，以v0的速度，沿与电场强度E垂直的方向从A点飞入匀强电场，并从另一端B沿与场强E成150°角飞出则A、B两点间的电势差为______.答案：电子受电场力F=eE，则加速度为a=F/m=eE/m，方向与场强E方法相反。

授课课目19带电粒子在电场中的运动（习题）课型习题课时安排第 1课时（共 1 课时）授课时间2021年 10 月 21 日授课教师授课班级高二教学目标知识与技能目标1.巩固电场对带电粒子的加速和偏转原理。

2.会应用牛顿运动定律、运动学知识和动能定理计算带电粒子在电场中的运动问题。

过程与方法目标1.巩固应用牛顿运动定律、运动学知识和动能定理解决电场问题的方法。

2.应用类比的方法解决带电粒子在电场中的类平抛问题。

情感态度与价值观体会类比方法在解答物理问题中的应用教学重点具体问题的分析和解答教学难点具体问题的分析和解答教学方法讲练结合使用教具多媒体教学过程教学内容及教师活动学生活动新课导入复习导入：1电场力2电场力做功3功能关系思考并回答讲授新课一、基础训练1一带电粒子在电场中只受电场力作用时，它不可能出现的运动状态是A．匀速直线运动B．匀加速直线运动C．匀变速曲线运动 D．匀速圆周运动2．如图所示，在场强为E，方向水平向右的匀强电场中，A、B为一竖直线上的两点，相距为L，外力F将质量为m，带电量为－q的微粒，从A点匀速移到B点，重力不能忽略，则下面说法中正确的是A．外力的方向水平B．外力的方向竖直向上C．外力的大小等于qE＋mgD．外力的大小等于错误!3．平行板间加如图a所示周期变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t＝0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况．如图b中，能定性描述粒子运动的速度图象正确的是4．2021·济南模拟如图所示，质子错误!H和α粒子错误!He，以相同的初动能垂直射入偏转电场粒子不计重力，则这两个粒子射出电场时的侧位移之比为A1、A2层次学生全做，A3、A4层次学生做1——6题教学过程讲授新课A．1 1 B．1 2C．2 1 D．1 45．如图所示，一电荷量为＋q，质量为m的带电粒子以初速度为v0，方向与极板平行射入一对平行金属板之间．已知两极板的长度，相距为d，极板间的电压为U，试回答下列问题．粒子只受电场力作用且上极板带正电1粒子在电场中所受的电场力的大小为________，方向__________，加速度大小为__________，方向________．2粒子在方向上做________运动，在电场中的运动时间为________．3粒子在方向上做________运动，离开电场时，在方向上偏离的距离为________．当其他条件不变，d增大时偏离距离将________．4粒子离开电场时，在方向上的分速度为________，如果偏转的角度为θ，那么tanθ＝________当其他条件不变，U增大时θ角将________6．如图所示，abcd是一个正方形盒子．方向的匀强电场．一个质量为m带电量为q的粒子从a处的小孔沿ab方向以初速度v0射入盒内，并恰好从e处的小孔射出．忽略粒子重力求：1该带电粒子从e孔射出的速度大小．2该过程中电场力对该带电粒子做的功．3若正方形的边长为，试求该电场的场强．7．如图所示是示波管工作原理示意图，电子经加速电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时的偏转量为h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为为了提高示波管的灵敏度单位偏转电压引起的偏转量可采取哪些措施？课堂小结一、带电粒子的加速二、带电粒子的偏转课后作业A1、A2层卷子1——7题A3、A4层卷子1、3、4、5、6题板书设计19带电粒子在电场中的运动（习题）一、带电粒子的加速二、带电粒子的偏转例例课后反思。

7.3电容器、带电粒子在电场中的运动(基础知识过关)1．如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是()A．若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N的左侧B．若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的右侧C．若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N的右侧D．若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N的左侧【参考答案】AC【名师解析】.A极板带正电，B极板带负电，根据二极管具有单向导电性，极板的电荷量只能增加不能减小．若小球带正电，根据E＝Ud，C＝QU，C＝εr S4kπd，得E＝4kπQεr S，当d减小时，电容增大，Q增大，知d减小时E增大，所以电场力变大，方向向下，小球做类平抛运动，竖直方向加速度增大，运动时间变短，打在N点左侧，故A 正确；若小球带正电，当d增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q不变，知E不变，所以电场力不变，小球仍然打在N点，故B错误；若小球带负电，当AB间距d增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q不变，知E不变，所以电场力不变，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度不变，运动时间不变，小球仍然打在N点，故D错误；若小球带负电，当AB间距d减小时，电容增大，则Q增大，知E增大，所以电场力变大，方向向上，若电场力小于重力，小球做类平抛运动，竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N 点的右侧，故C正确．2.(2021河北省邢台市上学期期末)如图所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P.现有甲电子以速率v0从O 点沿OP方向运动，恰能运动到P点．若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则()A．金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变B．金属板A、B间的电压减小C．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同D．乙电子运动到O点的速率为2v0【参考答案】C【名师解析】两板间距离变大，根据C＝εr S4πkd可知，金属板A、B组成的平行板电容器的电容C减小，选项A错误；根据Q＝CU，Q不变，C减小，则U变大，选项B错误；根据E＝Ud＝QCd＝4πkQεr S，可知当d变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项C正确；根据e·E·2d＝12mv2，e·E·d＝12mv02，可知，乙电子运动到O点的速率v＝2v0，选项D错误．3.(2021·河南省南阳市上学期期末)如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M.一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，则下列结论正确的是(已知重力加速度为g)()A．两极板间电压为mgd 2qB．板间电场强度大小为2mg qC．整个过程中质点的重力势能增加mg2L2 v02D．若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上【参考答案】BC【名师解析】据题分析可知，质点在平行板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在屏M上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图所示：可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：qE－mg＝ma，mg＝ma，解得E＝2mgq，由U＝Ed得板间电势差U＝2mgq×d＝2mgdq，故A错误，B正确；质点在电场中向上偏转的距离y＝12at2，a＝qE－mgm＝g，t＝Lv0，解得：y＝gL22v02，故质点打在屏上的位置与P点的距离为：s＝2y＝gL2v02，重力势能的增加量E p＝mgs＝mg2L2v02，故C正确；仅增大两极板间的距离，因两极板上电荷量不变，根据E＝Ud＝QCd＝Qεr S4πkd d＝4πkQεr S可知，板间场强不变，质点在电场中受力情况不变，则运动情况不变，故仍垂直打在屏M上，故D错误．4.真空中有一边长为L的正方形区域ABCD，E为AB边中点，该区域内存在匀强电场，电场方向平行于AB边且从A指向B。

10.5带电粒子在电场中的运动 习题精选1一、单选题1．质量和电荷量不同的带电粒子，在电场中由静止开始经相同电压加速后（ ） A ．比荷大的粒子速度大，电荷量大的粒子动能大 B ．比荷大的粒子动能大，电荷量大的粒子速度大 C ．比荷大的粒子速度和动能都大 D ．电荷量大的粒子速度和动能都大2．示波管是示波器的核心部件，如图，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如果在荧光屏上P 点出现亮斑，那么示波管中的（ ）A ．极板X 带正电 极板Y 带正电B ．极板'X 带正电 极板Y 带正电C ．极板X 带正电 极板Y 带负电D ．极板'X 带正电 极板Y 带负电3．如图边长为L 的正方形区域内（包括边界）有场强为E 、方向竖直向下的匀强电场，一带电粒子从ad 的中点以初速度v 0垂直电场方向射入，刚好从c 点射出，粒子只受电场力的作用，则下列判断正确的是（ ）A ．粒子带正电，比荷为2v ELB ．粒子带负电，比荷为20v ELC ．粒子带正电，比荷为20ELvD ．粒子带负电，比荷为20ELv4．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0t 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，则下列说法中正确的是（ ）A ．带电粒子将始终向同一个方向运动B ．2s 末带电粒子回到原出发点C ．4s 末带电粒子的速度为零D ．03s 内，电场力做的总功为零5．如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v 0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L ，平行板间距离为d ，板间电压为U ，带电粒子的电荷量为q ，不计粒子的重力，则（ ）A ．粒子动能增加量为qUB ．粒子质量22202qUL m d vC ．在粒子运动前一半时间和后一半时间的过程中，电场力做功之比为1：1D ．粒子在竖直方向通过前4d 和后4d的过程中，电场力做功之比为1：1 6．如图所示，加速电场正、负极板之间的电压为1U ，偏转电场板长为l ，两板间距为d 。

带电粒子在电场中的活动 【1 】 1.如图所示,A 处有一个静止不动的带电体Q,若在c 处有初速度为零的质子和α粒子,在电场力感化下由c 点向d 点活动,已知质子到达d 时速度为v1,α粒子到达d 时速度为v2,那么v1.v2等于：（）A. :1B.2∶1C.2∶1D.1∶22.如图所示,一电子沿等量异种电荷的中垂线由 A→O→B 匀速活动,电子重力不计,则电子除受电场力外,所受的另一个力的大小和偏向变更情形是：（ ）A ．先变大后变小,偏向程度向左B ．先变大后变小,偏向程度向右C ．先变小后变大,偏向程度向左D ．先变小后变大,偏向程度向右3.让. . 的混杂物沿着与电场垂直的偏向进入统一有界匀强电场偏转, 要使它们的偏转角雷同,则这些粒子必须具有雷同的( )4.如图所示,有三个质量相等,分离带正电,负电和不带电的小球,从上.下带电平行金属板间的P 点.以雷同速度垂直电场偏向射入电场,它们分离落到 A.B.C 三点,则 ( )A.A 带正电.B 不带电.C 带负电B.三小球在电场中活动时光相等C.在电场中加快度的关系是aC>aB>aAD.到达正极板时动能关系EA>EB>EC5．如图所示,实线为不知偏向的三条电场线,从电场中M 点以雷同速度垂直于电场线偏向飞出 a.b 两个带电粒子,活动轨迹如图中虚线所示,不计粒子重力及粒子之间的库仑力,则（）A ．a 必定带正电,b 必定带负电B ．a 的速度将减小,b 的速度将增长C ．a 的加快度将减小,b 的加快度将增长D ．两个粒子的动能,一个增长一个减小2H 11H 21H 316．空间某区域内消失着电场,电场线在竖直平面上的散布如图所示,一个质量为m.电荷量为q 的小球在该电场中活动,小球经由A 点时的速度大小为v1,偏向程度向右,活动至B 点时的速度大小为v2,活动偏向与程度偏向之间的夹角为α,A.B 两点之间的高度差与程度距离均为H,则以下断定中准确的是（ ）A ．若v2>v1,则电场力必定做正功B ．A.B 两点间的电势差2221()2m U v v q =-C ．小球活动到B 点时所受重力的瞬时功率2P mgv =D ．小球由A 点活动到B 点,电场力做的功22211122W mv mv mgH =-- 7.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,经由电压Ｕ１加快后沿中间线射入相距为d 的两平行金属板Ｂ.Ｃ间的匀强电场中,经由过程电场后打到荧光屏上,设Ｂ.Ｃ间电压为Ｕ２,Ｂ.Ｃ板长为L1,平行金属板右端到荧光屏的距离为L ２,求：（1）电子分开匀强电场时的速度与进入时速度间的夹角．（2）电子打到荧光屏上的地位偏离屏中间距离．8. 在真空中消失空间规模足够大的.程度向右的匀强电场．若将一个质量为m.带正电电量q 的小球在此电场中由静止释放,小球将沿与竖直偏向夹角为︒37的直线活动.现将该小球从电场中某点以初速度0v 竖直向上抛出,求活动进程中（取8.037cos ,6.037sin =︒=︒）（1）小球受到的电场力的大小及偏向;（2）小球活动的抛出点至最高点之间的电势差U ．带电粒子在电场中的活动答案7.解析:电子在真空管中的活动过火为三段,从Ｆ发出在电压Ｕ１感化下的加快活动;进入平行金属板Ｂ.Ｃ间的匀强电场中做类平抛活动;飞离匀强电场到荧光屏间的匀速直线活动．⑴设电子经电压Ｕ１加快后的速度为v1,依据动能定理有：21121mv eU = 电子进入Ｂ.Ｃ间的匀强电场中,在程度偏向以v1的速度做匀速直线活动,竖直偏向受电场力的感化做初速度为零的加快活动,其加快度为：dm eU m eE a 2==电子经由过程匀强电场的时光11v l t =电子分开匀强电场时竖直偏向的速度vy 为：112mdv l eUat v y ==电子分开电场时速度v2与进入电场时的速度v1夹角为α（如图５）则dU l U mdv l eU v v tg y112211212===α∴dU l U arctg 1122=α⑵电子经由过程匀强电场时偏离中间线的位移dU l U v l dm eU at y 1212212122142121=•== 电子分开电场后,做匀速直线活动射到荧光屏上,竖直偏向的位移d U l l U tg l y 1212222==α∴电子打到荧光屏上时,偏离中间线的距离为)2(22111221l l d U l U y y y +=+=8.解析：（1）依据题设前提,电场力大小mg mg F e 4337tan =︒=①电场力的偏向向右（2）小球沿竖直偏向做初速为0v 的匀减速活动,到最高点的时光为t ,则：图 ５00=-=gt v v ygv t 0=② 沿程度偏向做初速度为0的匀加快活动,加快度为x a g m F a e x 43==③ 此进程小球沿电场偏向位移为：gv t a s x x 8321202==④ 小球上升到最高点的进程中,电场力做功为： 20329mv S F qU W x e === q mv U 32920=⑤。

带电粒子在电场运动规律透析一、带电粒子在电场中的加速1运动状态的分析：带电粒子沿与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，做加（减）速直线运动。

2用功能观点分析：电场力对带电粒子动能的增量。

2022121mv mv qU -= 说明：①此法不仅适用于匀强电场，也适用于非匀强电场。

②对匀强电场，也可直接应用运动学公式和牛顿第二定律典型例题例1:1:如图所示，两平行金属板竖直放置，如图所示，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所示。

电子原来静止在左极板小孔处。

（不计重力作用）下列说法中正确的是法中正确的是A.A.从从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.B.从从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C.C.从从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.D.从从t=3T /8时刻释放电子，电子必将打到左极板上解析:从t=0时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T /2，接着匀减速T /2，速度减小到零后，又开始向右匀加速T /2，接着匀减速T /2直到打在右极板上。

……直到打在右极板上。

电子不可能向左运动；电子不可能向左运动；电子不可能向左运动；如果两板间距离不够大，电子如果两板间距离不够大，电子也始终向右运动，直到打到右极板上。

从t=T /4时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T /4，接着匀减速T /4，速度减小到零后，改为向左先匀加速T /4，接着匀减速T /4。

即在两板间振动；如果两板间距离不够大，则电子在第一次向右运动过程中就有可能打在右极板上。

子在第一次向右运动过程中就有可能打在右极板上。

从从t=3T /8时刻释放电子，时刻释放电子，如如果两板间距离不够大，电子将在第一次向右运动过程中就打在右极板上；如果第一次向右运动没有打在右极板上，那就一定会在第一次向左运动过程中打在左极板上。