2020届高考物理 带电粒子在电场中的运动专题练习(含答案)

【物理】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．空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，一带电量为+q 、质量为m 的粒子，在P 点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P 点箭头所示．该粒子运动到图中Q 点时速度方向与P 点时速度方向垂直，如图中Q 点箭头所示．已知P 、Q 间的距离为L ．若保持粒子在P 点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P 点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P 点运动到Q 点．不计重力．求：（1）电场强度的大小．（2）两种情况中粒子由P 运动到Q 点所经历的时间之比．【答案】22B qLE m=；2B E t t π= 【解析】 【分析】 【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v 0表示粒子在P 点的初速度，R 表示圆周的半径，则有20v qv B m R= 由于粒子在Q 点的速度垂直它在p 点时的速度，可知粒子由P 点到Q 点的轨迹为14圆周，故有2R =以E 表示电场强度的大小，a 表示粒子在电场中加速度的大小，t E 表示粒子在电场中由p 点运动到Q 点经过的时间，则有qE ma = 水平方向上：212E R at =竖直方向上：0E R v t =由以上各式，得 22B qL E m=且E mt qB = （2）因粒子在磁场中由P 点运动到Q 点的轨迹为14圆周，即142B t T m qB π==所以2B E t t π=3．1897年汤姆孙使用气体放电管，根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况发现了电子，并求出了电子的比荷。

高中物理带电粒子在电场中的运动题20套(带答案)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，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P — L,0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3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。

，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.222.BLq (3) J E°v2且【答案】(1) 2BLq⑵3m 9m 1 B v B【解析】【详解】2(1)粒子1在一、二、三做匀速圆周运动，则qvi B m"r12 . 2.3 .由几何憨可知：r1 L r1 ——L得到：V i 2BL q 3m(2)粒子2在第一象限中类斜劈运动，有：在第二、三象限中原圆周运动，由几何关系：又 v 2 V i 22Eh,得到：V 22痴BLq9m(3)如图所示，将 V 3分解成水平向右和 v 和斜向的V ,则qvB而 V V 2 V 2所以，运动过程中粒子的最小速率为2.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 。

处以大小为V o 、方向与水平线夹角为 0= 60o 的速度，进入大小为 日的匀强电场中，电场方向与竖直方向夹角为0= 60o,粒子到达PQ 线上的A 点时，其动能为在 。

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。

高中物理带电粒子在电场中的运动题20套(带答案)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：4v =126x x x R ∆=+=因此滑块再次到达水平轨道的速度为4V =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．2．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P1（0，L）时的速率为v0，方向沿x轴正方向，然后经过x轴上的点P2（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 =2089mv qL粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB =m 2v R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 =0158L v则一个周期的时间T =2（t 1+t 2+t 3）=()04053760Lv π+．3．一电路如图所示，电源电动势E=28v ，内阻r=2Ω，电阻R1=4Ω，R2=8Ω，R3=4Ω，C 为平行板电容器，其电容C=3.0pF ，虚线到两极板距离相等,极板长L=0.20m ，两极板的间距d=1.0×10-2m ．（1）闭合开关S 稳定后，求电容器所带的电荷量为多少?（2）当开关S 闭合后，有一未知的、待研究的带电粒子沿虚线方向以v0=2.0m/s 的初速度射入MN 的电场中，已知该带电粒子刚好从极板的右侧下边缘穿出电场，求该带电粒子的比荷q/m （不计粒子的重力，M 、N 板之间的电场看作匀强电场，g=10m/s 2）【答案】（1）114.810C -⨯ （2）46.2510/C kg -⨯【解析】 【分析】 【详解】（1）闭合开关S 稳定后，电路的电流：12282482E I A A R R r ===++++；电容器两端电压：222816R U U IR V V ===⨯=；电容器带电量： 12112 3.01016 4.810R Q CU C C --==⨯⨯=⨯（2）粒子在电场中做类平抛运动，则：0L v t =21122Uq d t dm= 联立解得46.2510/qC kg m-=⨯4．如图，以竖直向上为y 轴正方向建立直角坐标系；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、磁感应强度为B 的匀强磁场；原点O 处的离子源连续不断地发射速度大小和方向一定、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，重力加速度为g,不计粒子间的相互作用； （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，突然将电场变为竖直向下、场强大小变为'mgE q=，求从O 点射出的所有粒子第一次打在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为原来的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）Bht E= (2)2222225m g m g x q B q B ≤≤ （3）22211528m g y x q B =-+【解析】（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一定为零，又有电场力和重力为恒力，其在垂直速度方向上的分量不变，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 Bqv =洛，所以受到大小不变，即粒子做匀速直线运动，重力、电场力和磁场力三个力的合力为零，设重力与电场力合力与-y 轴夹角为θ，粒子受力如图所示，()()()222Bqv qE mg =+，()()2252qE mg mg v qB+==则v 在y 方向上分量大小sin 2y qE E mgv v vBqv B qBθ==== 因为粒子做匀速直线运动，根据运动的分解可得，粒子运动到距x 轴为h 处所用的时间2y h Bh qhB t v E mg===； （2）若在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下，电场强度大小变为'mgE q=，则电场力''F qE mg ==电，电场力方向竖直向上；所以粒子所受合外力就是洛伦兹力，则有，洛伦兹力充当向心力，即2v qvB m r =，()()22mqE mg mv R Bq+==如图所示，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 轴上的横坐标最小，()()()()22212222222sin2m qE mg mE m g x RB q q BqE mgθ+==⨯⨯==+当改变电场时粒子所在处于粒子第一次打在x轴上的位置之间的距离为2R时，第一次打在x轴上的横坐标最大，()()()()()()22222222222222[]25sinm qE mgm qE mgR m gxqE B q E q BqE mgθ++====+所以从O点射出的所有粒子第一次打在x轴上的坐标范围为12x x x≤≤，即2222225m g m gxq B q B≤≤（3）粒子束的初速度变为原来的2倍，则粒子不能做匀速直线运动，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；那么设离子运动到位置坐标（x，y）满足速率'v v=，则根据动能定理有()2211222qEx mgy mv m v--=--，3222231528m gqEx mgy mvq B--=-=-，所以22211528m gy xq B=-+点睛：此题考查带电粒子在复合场中的运动问题；关键是分析受力情况及运动情况，画出受力图及轨迹图；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引起的运动变化进行分析，从变化的地方开始进行求解．5．如图所示，在y>0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在y<0的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，一电子(质量为m、电量为e)从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动，当电子第一次穿越x轴时，恰好到达C点，当电子第二次穿越x轴时，恰好到达坐标原点；当电子第三次穿越x轴时，恰好到达D点，C、D两点均未在图中标出．已知A、C点到坐标原点的距离分别为d、2d.不计电子的重力．求(1)电场强度E的大小．(2)磁感应强度B的大小．(3)电子从A运动到D经历的时间t.【答案】（1）；（2）；（3）．【解析】试题分析：（1）电子在电场中做类平抛运动设电子从A到C的时间为t11分1分1分求出 E =1分（2）设电子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为θ，则θ = 45° 1分电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力1分由图可知1分得1分（3）由抛物线的对称关系，电子在电场中运动的时间为 3t1=1分电子在磁场中运动的时间 t2 =2分电子从A运动到D的时间 t=3t1+ t2=1分考点：带电粒子在电场中做类平抛运动匀速圆周运动牛顿第二定律6．如图所示，AB是一段长为s的光滑绝缘水平轨道，BC是一段竖直墙面。

高考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，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。

专题三 电场与磁场第8讲 电场及带电粒子在电场中的运动一、明晰一个网络 ,掌握电场的力、能性质U ＝Ed ,沿场强方向相同距离电势差相等． U ＝El cos θ ,沿任意θ方向 ,相同距离电势差相等二、活学活用 - -电场性质的判断方法判断场强强弱 根据电场线的疏密判断根据公式E ＝k Qr 2和场强叠加原理判断判断电势的上下根据电场线的方向判断由U AB ＝W ABq判断根据电场力做功(或电势能)判断判断电势能大小根据E p ＝qφ判断根据ΔE p ＝－W 电 ,由电场力做功判断三、根据粒子运动的轨迹判断粒子的受力及运动情况的三个依据 1．确定受力方向的依据(1)曲线运动的受力特征：带电粒子受力总指向曲线的凹侧；(2)电场力方向与场强方向的关系：正电荷的受力方向与场强方向同向 ,负电荷那么相反；(3)场强方向与电场线或等势面的关系：电场线的切线方向或等势面的法线方向为电场强度的方向．2．比拟加速度大小的依据：电场线或等差等势面越密⇒E 越大⇒F ＝qE 越大⇒a ＝qEm 越大．3．判断加速或减速的依据：电场力与速度成锐角(钝角) ,电场力做正功(负功) ,速度增加(减小)．四、明辨 "场强、电势、电场线〞 ,谨防解题误入歧途1．场强是矢量 ,其合成法那么为平行四边形定那么 ,电势是标量 ,其合成法那么为算术加减法．2．在匀强电场中 ,沿同一方向 ,相等距离上电势变化量相同． 3．沿电场线方向电势降低 ,但是电势降低的方向不一定是电场方向．高频考点1 对电场性质的理解1．电场强度是矢量 ,叠加时应遵循平行四边形定那么 ,分析电场叠加问题的一般步骤： (1)确定分析计算的空间位置；(2)分析该点有几个分电场 ,分析各个分电场在该点的电场强度的大小和方向； (3)利用平行四边形定那么求出矢量和．特别提醒：分析求解电场叠加问题时 ,要充分利用补偿法、对称法、等效法等思维方法 2．熟练掌握电场线的应用(1)判断电场强度的方向 - -电场线上任意一点处的切线方向即该点电场强度的方向．(2)判断电场力的方向- -正点电荷的受力方向和电场线在该点的切线方向相同,负点电荷的受力方向和电场线在该点的切线方向相反．(3)定性判断电场强度的大小- -电场线密处电场强度大,电场线疏处电场强度小,进而可分析电荷受力情况．(4)判断电势的上下与电势降低的快慢- -沿电场线的方向电势逐渐降低,电场强度的方向是电势降低最|||快的方向．特别提醒：熟悉几种典型的电场线分布情况有利于我们对电场强度和电势迅速作出判断,进一步可了解点电荷在电场中的受力和运动情况、电场力做功及伴随的能量转化情况.3．分析电场的性质问题的一般思路(1)场强大小、电势上下的判断明确电场线或等势面的分布情况,场强大小看电场线的疏密程度,电势上下看电场线的方向；空间同时存在两个或两个以上的电场时,利用平行四边形定那么求其合场强．(2)电势能大小及其变化的分析①做功角度：根据电场力做功与电势能变化的关系分析带电粒子电势能及其变化情况．电场力做正功,粒子的电势能减小；电场力做负功,粒子的电势能增加．②转化角度：只有电场力做功时,电势能与动能可以相互转化,动能减少,电势能增加；动能增加,电势能减少．1－1.(多项选择)(2021·苏锡常镇四市调研)某电场在直角坐标系中的电场线分布情况如以下图,O、M、N为电场中的三个点,那么由图可得()A．M点的场强小于N点的场强B．M点的电势低于N点的电势C．将一负电荷由O点移到M点电势能增加D．将一正电荷从O点分别移到M点和N点,电场力做功相同解析：M点的电场线较N点密集,故M点的场强大于N点的场强,选项A错误；顺着电场线电势降低,故M点的电势低于N点的电势,选项B正确；O点电势高于M点,故将一负电荷由O点移到M点电势能增加,选项C正确；M点的电势低于N点的电势,故OM与ON之间的电势差不等,故将一正电荷从O点分别移到M点和N点,电场力做功不相同,选项D错误；应选BC．答案：BC1－2.(多项选择) (2021·全国卷Ⅰ)在一静止点电荷的电场中,任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如以下图．电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为E a、E b、E c和E d.点a到点电荷的距离r a与点a的电势φa已在图中用坐标(r a ,φa)标出,其余类推．现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点,在相邻两点间移动的过程中,电场力所做的功分别为W ab、W bc和W cd.以下选项正确的选项是()A．E a∶E b＝4∶1B．E c∶E d＝2∶1C．W ab∶W bc＝3∶1 D．W bc∶W cd＝1∶3解析：此题考查场强与电势．由图可知：r a＝1 m、φa＝6 V；r b＝2 m、φb＝3 V；r c＝3 m、φc＝2 V；r d＝6 m、φd＝1 V．由点电荷的场强公式E＝kQr2得E a∶E b∶E c∶E d＝1r2a∶1r2b∶1r2c∶1r2d＝36∶9∶4∶1 ,A正确、B错误．由W AB＝qU AB＝q(φA－φB)得W ab∶W bc∶W cd＝(φa－φb)∶(φb －φc)∶(φc－φd)＝3∶1∶1 ,故C正确、D错误．答案：AC1－3.(多项选择) (2021·马鞍山二中高三测试)如以下图,在x,y坐标系中有以O点为中|心,边长为0.20 m的正方形,顶点A、B、C、D分别在坐标轴上,在该平面内有一匀强电场(图中未画出) ,A、B、C三点的电势分别为3V、－3V、－3V ,那么以下说法正确的选项是()A．D点的电势为3VB．该匀强电场的场强大小E＝10 2 V/mC．该匀强电场的场强大小E＝10 6 V/mD．电场场强方向与x轴正方向成θ＝30°角解析：因A、C两点的电势分别为3V、－3V ,可知O点的电势为零,由对称性可知D点的电势为3V ,选项A 正确；设过O 点的零等势线与x 轴夹角为α ,那么E ·22×0.2sin α＝3；E ·22×0.2cos α＝3；解得α＝60°；E ＝106V/m ,因电场线与等势面正交 ,故电场场强方向与x 轴正方向成θ＝30°角 ,选项CD 正确．答案：ACD1－4． (多项选择)(2021·全国卷Ⅲ)一匀强电场的方向平行于xOy 平面 ,平面内a 、b 、c 三点的位置如以下图 ,三点的电势分别为10 V 、17 V 、26 V ．以下说法正确的选项是( )A ．电场强度的大小为2.5 V/cmB ．坐标原点处的电势为1 VC ．电子在a 点的电势能比在b 点的低7 eVD ．电子从b 点运动到c 点 ,电场力做功为9 eV解析：此题考查电场强度、电势、电势差．设a 、c 连线上d 点电势为17 V ,如以下图 ,那么l dc 8 cm ＝9 V 16 V ,得l dc ＝4.5 cm ,tan θ＝4.56＝34 ,θ＝37°.过c 作bd 垂线交bd 于e 点 ,那么l ce ＝l dc cos θ＝4.5×45 cm ＝3.6 cm.ce 方向就是匀强电场方向 ,场强大小为E ,El ce ＝U cb ,E ＝2.5 V/cm ,A 项正确．U oe ＝El ob sin 53°＝16 V ,故O 点电势φ0＝17 V －16 V ＝1 V ,B 项正确．电子在a 点的电势能比在b 点的高7 eV ,C 项错误．电子从b 点到c 点电场力做功W ＝9 eV ,D 项正确．答案：ABD高频考点2 平行板电容器的问题分析(多项选择)如以下图 ,两块水平放置的平行正对的金属板a 、b 与电源相连 ,在与两板距离相等的M 点处有一个带电液滴处于静止状态．假设上极板a 向下平移一小段距离 ,但仍在M 点上方 ,稳定后 ,以下说法正确的选项是( )A ．液滴将加速向下运动B ．M 点电势升高C ．M 点的电场强度变小了D ．在a 板移动前后两种情况下 ,假设将液滴从a 板移到b 板 ,电场力做的功相同 [思路点拨] 分析求解平行板电容器问题时 ,必须明确是电压不变还是带电荷量不变 ,此题由于极板与电源连接 ,所以应是电压不变；另外判断液滴的运动情况 ,就要对液滴进行受力分析 ,判断其合力的方向．【解析】 两极板始终与电源相连 ,所以a 下移过程中极板间电压U 不变．由E ＝Ud 可知 ,d 减小 ,E 增大 ,故C 错误；开始时带电液滴静止 ,即mg ＝qE ,a 下移 ,那么qE >mg ,带电液滴向上加速运动 ,故A 错误；由φM ＝U Mb ＝E ·d Mb 可知 ,a 下移 ,那么M 点电势升高 ,故B 正确；a 板移动前后 ,a 、b 间电势差U 不变 ,所以电场力做的功相同 ,故D 正确．【答案】 BD1．平行板电容器动态变化问题的两类题型(1)电容器始终与电源相连 ,U 恒定不变 ,那么有Q ＝CU ∝C ,C ＝εr S 4πkd ∝εr Sd ,两板间场强E ＝U d ∝1d；(2)电容器稳定后与电源断开 ,Q 恒定不变 ,那么有U ＝Q C ,C ∝εr S d ,场强E ＝U d ＝QCd ∝1εr S． 2．在分析平行板电容器的动态变化问题时 ,必须抓住两个关键点(1)确定不变量：首|||先要明确动态变化过程中的哪些量不变 ,一般情况下是电荷量不变或板间电压不变．(2)恰中选择公式：要灵活选取电容的两个公式分析电容的变化 ,应用E ∝Ud 分析板间电场强度的变化情况．即抓住公式C ＝εr S 4πkd 和C ＝Q U ,U 不变时 ,选用E ＝Ud ；Q 不变时 ,选用E＝4πkQεr S．特别提醒：由于平行板电容器两极板间的电场可视为匀强电场 ,高|考命题往往涉及带电粒子在平行板中的运动问题 ,需要综合运用牛顿运动定律、功能关系等分析求解．2－1.(2021·全国乙卷)一平行电容器两极板之间充满云母介质 ,接在恒压直流电源上 ,假设将云母介质移出 ,那么电容器( )A ．极板上的电荷量变大 ,极板间的电场强度变大B ．极板上的电荷量变小 ,极板间的电场强度变大C ．极板上的电荷量变大 ,极板间的电场强度不变D ．极板上的电荷量变小 ,极板间的电场强度不变解析：电容器接在恒压直流电源上 ,两极板的电压不变 ,假设将云母介质移出 ,相对介电常数减小 ,电容器的电容减小 ,所以极板上的电荷量变小 ,极板间的距离不变 ,所以极板间的电场强度不变 ,应选项A 、B 、C 错误 ,选项D 正确．答案：D 2－2．(2021·石家庄市高三质检)如以下图电路中 ,A 、B 是构成平行板电容器的两金属极板 ,P 为其中的一个定点．将开关S 闭合 ,电路稳定后将A 板向上平移一小段距离 ,那么以下说法正确的选项是( )A ．电容器的电容增加B ．在A 板上移过程中 ,电阻R 中有向上的电流C ．A 、B 两板间的电场强度增大D ．P 点电势升高解析：根据C ＝εS 4πkd ,当A 板向上平移一小段距离 ,间距d 增大 ,其他条件不变 ,那么导致电容变小 ,故A 错误；在A 板上移过程中 ,导致电容减小 ,由于极板电压不变 ,那么电量减小 ,因此电容器处于放电状态 ,电阻R 中有向上的电流 ,故B 正确；根据E ＝U d 与C ＝εS4πkd 相结合可得E ＝4πkQεS ,由于电量减小 ,场强大小变小 ,故C 错误；因场强变小 ,导致P 点与B 板的电势差减小 ,因B 板接地 ,电势为零 ,即P 点电势降低 ,故D 错误．答案：B带电粒子在电场中的运动模型带电粒子在电场中的运动问题是每年高|考中的热点问题,是电学知识和力学知识的结合点．具体来讲有带电粒子在电场中的加速(减速)、偏转,涉及内容有力、能、电等知识,主要考查学生的分析综合能力．该模型通常的考查思路有：(1)根据带电粒子受到的力,用牛顿第二定律找出加速度,结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等物理量．这条思路通常适用于恒力作用下的匀变速运动．(2)根据力对带电粒子所做的功及动能定理,从带电粒子运动的全过程中能的转化角度,研究带电粒子的速度变化、经历的位移等．匀强电场中的 "直线运动模型〞(2021·全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场,一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动,速度大小为v0.在油滴处于位置A时,将电场强度的大小突然增大到某值,但保持其方向不变．持续一段时间t1后,又突然将电场反向,但保持其大小不变；再持续同样一段时间后,油滴运动到B点．重力加速度大小为g．(1)求油滴运动到B点时的速度．(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大,试给出相应的t1和v0应满足的条件．不存在电场时,油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最|||大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍．【解析】(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q ,油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动,故电场力方向向上．在t＝0时,电场强度突然从E1增加至|||E2时,油滴做竖直向上的匀加速运动,加速度方向向上,大小a1满足qE2－mg＝ma1①油滴在时刻t1的速度为v1＝v0＋a1t1②电场强度在时刻t1突然反向,油滴做匀减速运动,加速度方向向下,大小a2满足qE2＋mg＝ma2③油滴在时刻t2＝2t1的速度为v2＝v1－a2t1④由①②③④式得v2＝v0－2gt1⑤(2)由题意,在t＝0时刻前有qE1＝mg⑥油滴从t ＝0到时刻t 1的位移为 s 1＝v 0t 1＋12a 1t 21⑦油滴在从时刻t 1到时刻t 2＝2t 1的时间间隔内的位移为 s 2＝v 1t 1－12a 2t 21⑧由题给条件有 v 20＝2g (2h )⑨式中h 是B 、A 两点之间的距离． 假设B 点在A 点之上 ,依题意有 s 1＋s 2＝h⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E 2＝⎣⎡⎦⎤2－2v 0gt 1＋14⎝⎛⎭⎫v 0gt 12E 1⑪为使E 2>E 1 ,应有 2－2v 0gt 1＋14⎝⎛⎭⎫v 0gt 12>1⑫即当 0<t 1<⎝⎛⎭⎫1－32v 0g⑬或 t 1>⎝⎛⎭⎫1＋32v 0g⑭才是可能的；条件⑬式和⑭式分别对应于v 2>0和v 2<0两种情形． 假设B 点在A 点之下 ,依题意有 s 1＋s 2＝－h⑮由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得 E 2＝⎣⎡⎦⎤2－2v 0gt 1－14⎝⎛⎭⎫v 0gt 12E 1⑯为使E 2>E 1 ,应有 2－2v 0gt 1－14⎝⎛⎭⎫v 0gt 12>1⑰即t 1>⎝⎛⎭⎫52＋1v 0g⑱另一解为负 ,不合题意 ,已舍去． 【答案】 见解析解决直线运动问题时要注意分析带电粒子是做匀速运动还是做匀变速运动 ,匀速运动问题常以平衡条件F 合＝0作为突破口进行求解；对于匀变速直线运动问题 ,根据力和运动的关系可知 ,合力一定和速度在一条直线上 ,然后运用动力学观点或能量观点求解．(1)运用动力学观点求解电加速问题运用动力学观点处理带电质点在匀强电场中的运动问题 ,要重视对带电质点的受力分析和运动过程分析 ,解题时先分析带电质点的受力情况 ,求出带电质点受到的合外力 ,根据F 合＝ma 得出加速度 ,再运用运动学方程可得出所求物理量．(2)运用能量观点求解电加速问题在匀强电场中 ,假设不计重力 ,电场力对带电质点做的功等于质点动能的变化量 ,W ＝Eqd ＝qU ＝12m v 2－12m v 20；假设考虑重力 ,那么W 合＝12m v 2－12m v 20． 匀强电场中的 "偏转模型〞如以下图的装置放置在真空中 ,炽热的金属丝可以发射电子 ,金属丝和竖直金属板之间加一电压U 1 ,发射出的电子被加速后 ,从金属板上的小孔S 射出．装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置 ,板长为l ,板间距离为d ,两极板间加一电压为U 2的偏转电场．从小孔S 射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场．电子的电荷量为e ,电子的质量为m ,设电子刚离开金属丝时的速度为0 ,忽略金属极板边缘对电场的影响 ,不计电子受到的重力．求：(1)电子射入偏转电场时的速度大小v 1；(2)电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y ；(3)电子在偏转电场中运动的过程中电场力对它所做的功W ．[思路点拨] 电子在运动的过程中只受电场力作用 ,可通过动能定理直接求解速度v 1；进入偏转电场后 ,由于所受电场力跟速度不在一条直线上 ,所以电子做曲线运动 ,根据牛顿第二定律和平抛运动的规律即可求解．【解析】 (1)电子在加速电场中 ,根据动能定理有eU 1＝12m v 21解得v 1＝2eU 1m． (2)设电子在偏转电场中运动的时间为t电子在水平方向做匀速运动 ,由l ＝v 1t ,解得t ＝lv 1电子在竖直方向受电场力F ＝U 2d e 电子在竖直方向做匀加速直线运动 ,设其加速度大小为a 依据牛顿第二定律有U 2d e ＝ma ,解得a ＝eU 2md电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y ＝12at 2＝U 2l 24dU 1． (3)电子射出偏转电场的位置与射入偏转电场的位置的电势差U ＝U 2dy 电场力所做的功W ＝eU ＝eU 22l 24U 1d 2． 【答案】 (1) 2eU 1m (2)U 2l 24dU 1 (3)eU 22l 24U 1d 2"两个分运动、三个一〞求解粒子偏转问题带电粒子在匀强电场中偏转的根本模型如以下图．(1)分解为两个独立的分运动 - -平行极板的匀速直线运动 ,L ＝v 0t ；垂直极板的匀加速直线运动 ,两平行极板间距为d ,y ＝12at 2 ,v y ＝at ,a ＝qU md． (2)一个偏转角：tan θ＝v y v 0； 一个几何关系：y ＝L 2tan θ；偏转角：tan θ＝v y v 0＝U 2l 2U 1d ＝2y 0l侧移距离：y 0＝U 2l 24dU 1y ＝y 0＋L tan θ＝⎝⎛⎭⎫12l ＋L tan θ带电粒子在周期性变化的电场中的运动模型(多项选择)如图甲所示 ,平行金属板中|央有一个静止的电子(不计电子重力 ,开始时A 板带正电) ,两板间距离足够大 ,当两板间加上如图乙所示的电压后 ,图丙中反映电子速度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选项是( )【解析】 分析电子一个周期内的运动情况：0～T 4时间内 ,电子从静止开始向A 板做匀加速直线运动 ,T 4～T 2沿原方向做匀减速直线运动 ,T 2时刻速度为零.T 2～34T 时间内向B 板做匀加速直线运动 ,34T ～T 时间内做匀减速直线运动．电子在两板间做周期性往返运动．根据匀变速直线运动速度图像是倾斜的直线可知 ,A 图符合电子的运动情况 ,故A 正确、C 错误；电子做匀变速直线运动时x -t 图象应是抛物线 ,故B 错误；根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替进行 ,而匀变速运动的加速度大小不变 ,故D 正确．【答案】 AD在两个相互平行的金属板间加图乙所示的交变电压时 ,在两板中间便可获得交变电场．对于带电粒子在交变电场中的运动 ,我们可以分段处理 ,此类电场在一段时间内为匀强电场 ,即这段时间内电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同．但从整个运动过程看电场又是变化的 ,即电场强度的大小和方向随时间变化．(1)当粒子平行于电场方向射入时：粒子做直线运动 ,其初速度和受力情况决定了粒子的运动情况 ,粒子可能做周期性运动．(2)当粒子垂直于电场方向射入时：沿初速度方向上的分运动为匀速直线运动 ,沿电场力方向上的分运动可能具有周期性．带电粒子在非匀强电场中运动的模型如以下图 ,在绝|||缘水平面上 ,相距为L 的A 、B 两点分别固定着等量正点电荷．图中AC ＝CO ＝OD ＝DB ＝14L .一质量为m 、电荷量为＋q 的小滑块(可视为质点)以初动能E 0从C 点出发 ,沿直线AB 向D 运动 ,滑块第|一次经过O 点时的动能为nE 0(n >1) ,到达D 点时动能恰好为零 ,小滑块最|||终停在O 点 ,求：(1)小滑块与水平面之间的动摩擦因数μ；(2)O 、D 两点之间的电势差U OD ；(3)小滑块运动的总路程s ．【解析】 (1)由AC ＝CO ＝OD ＝DB ＝14L .可知C 、D 关于O 点对称 ,那么U CD ＝0设滑块与水平面间的摩擦力大小为f ,对滑块从C 到D 的过程 ,由动能定理得：qU CD －f L 2＝0－E 0 ,且f ＝μmg ,可得μ＝2E 0mgL． (2)滑块从O 到D 的运动过程中 ,由动能定理得：qU OD －f L 4＝0－nE 0 可得U OD ＝(1－2n )E 02q． (3)滑块从开始运动到最|||终停下的整个过程 ,根据动能定理得：qU CO －fs ＝0－E 0而U CO ＝－U OD ＝(2n －1)E 02q ,可得：s ＝(2n ＋1)L 4． 【答案】 (1)2E 0mgL (2)(1－2n )E 02q (3)(2n ＋1)L 4先对滑块进行受力分析 ,由于电场力为变力 ,在涉及变力做功问题的求解时牛顿运动定律不再适用 ,这时就需要选择适宜的过程 ,弄清楚过程的初末状态 ,利用动能定理求解．第9讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动一、明晰一个网络 ,理清根本知识二、 "三定四写〞求解粒子在磁场中的圆周运动问题1．一定圆心O ：(1)入射点、出射点、入射方向和出射方向时 ,可过入射点和出射点分别作入射方向和出射方向的垂线 ,两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示 ,图中P 为入射点 ,M 为出射点)；(2)入射点和出射点的位置及入射方向时 ,可以通过入射点作入射方向的垂线 ,连接入射点和出射点 ,作其中垂线 ,即两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图乙所示 ,P 为入射点 ,M 为出射点)．2．二定半径R ：(1)物理方法 - -R ＝m v qB ； (2)几何方法 - -一般由三角关系及圆的知识来计算确定．3．三定圆心角φ：圆心角φ等于粒子的速度偏向角α ,也等于弦与切线的夹角(弦切角)θ的2倍 ,即φ＝α＝2θ＝ωt ＝2πT t ,或φ＝l R(l 为φ对应的圆弧弧长)． 4．四写方程：根本方程q v B ＝m v 2R ,半径公式R ＝m v qB ,周期公式T ＝2πR v ＝2πm qB,运动时间t ＝s v ＝α2πT ．高频考点1 磁场对电流的作用1－1.(多项选择) (2021·全国卷Ⅰ)如图,三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距,均通有电流I,L1中电流方向与L2中的相同,与L3中的相反．以下说法正确的选项是()A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ 3D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3∶3∶1解析：此题考查安培力．因三根导线中电流相等、两两等距,那么由对称性可知两两之间的作用力大小均相等．因平行电流间同向吸引、反向排斥,各导线受力如以下图,由图中几何关系可知,L1所受磁场作用力F1的方向与L2、L3所在平面平行、L3所受磁场作用力F3的方向与L1、L2所在平面垂直,A错误、B正确．设单位长度的导线两两之间作用力的大小为F ,那么由几何关系可得L1、L2单位长度所受的磁场作用力大小为2F cos 60°＝F ,L3单位长度所受的磁场作用力大小为2F cos 30°＝3F ,故C正确、D错误．答案：BC1－2．(2021·全国卷Ⅲ)如图,在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中,两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置,两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时,纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．如果让P中的电流反向、其他条件不变,那么a点处磁感应强度的大小为()A ．0B ．33B 0C ．233B 0D ．2B 0解析：此题考查磁感应强度的矢量性和安培定那么．两导线中通电流I 时 ,两电流在a 点处的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度的矢量合为0 ,那么两电流磁感应强度的矢量和为－B 0 ,如图甲得B ＝33B 0.P 中电流反向后 ,如图乙 ,B 合＝B ＝33B 0 ,B 合与B 0的矢量和为B 0＝233B 0,故C 项正确．答案：C1－3.(多项选择)(2021·全国卷Ⅱ)某同学自制的简易电动机示意图如以下图．矩形线圈由一根漆包线绕制而成 ,漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出 ,并作为线圈的转轴．将线圈架在两个金属支架之间 ,线圈平面位于竖直面内 ,永磁铁置于线圈下方．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来 ,该同学应将( )A ．左、右转轴下侧的绝|||缘漆都刮掉B ．左、右转轴上下两侧的绝|||缘漆都刮掉C ．左转轴上侧的绝|||缘漆刮掉 ,右转轴下侧的绝|||缘漆刮掉D ．左转轴上下两侧的绝|||缘漆都刮掉 ,右转轴下侧的绝|||缘漆刮掉解析：要使线圈在磁场中开始转动 ,那么线圈中必有电流通过 ,电路必须接通 ,故左右转轴下侧的绝|||缘漆都必须刮掉；但如果上侧的绝|||缘漆也都刮掉 ,当线圈转过180°时 ,靠近磁极的导线与开始时靠近磁极的导线中的电流方向相反 ,受到的安培力相反 ,线圈向原来的反方向转动 ,线圈最|||终做往返运动 ,要使线圈连续转动 ,当线圈转过180°时 ,线圈中不能有电流通过 ,依靠惯性转动到初始位置再接通电路即可实现连续转动 ,故左、右转轴的上侧不能都刮掉 ,应选项A 、D 正确．答案：AD安培力作用下的平衡与运动问题的求解思路高频考点2 带电粒子在有界磁场中运动的临界问题如以下图 ,在0≤x ≤a 、0≤y ≤a 2范围内有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场 ,磁感应强度大小为B ．坐标原点O 处有一个粒子源 ,在某时刻发射大量质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子 ,它们的速度大小相同 ,速度方向均在xOy 平面内 ,与y 轴正方向的夹角分布在0°～90°范围内．粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a /2到a 之间 ,从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一．求最|||后离开磁场的粒子从粒子源射出时的(1)速度的大小；(2)速度方向与y 轴正方向夹角的正弦值．[审题流程]【解析】 (1)设粒子的发射速度为v ,粒子做圆周运动的轨道半径为R ,由牛顿第二定律和洛伦兹力公式 ,得q v B ＝m v 2R ① ,由①式得R ＝m v qB ②当a /2<R <a 时 ,在磁场中运动时间最|||长的粒子 ,其轨迹是圆心为C 的圆弧 ,圆弧与磁场的上边界相切 ,如以下图 ,设该粒子在磁场中运动的时间为t ,依题意t ＝T /4 ,得∠OCA ＝π2③ ,设最|||后离开磁场的粒子的发射方向与y 轴正方向的夹角为α ,由几何关系可得R sin α＝R －a 2④ ,R sin α＝a －R cos α ⑤ ,又sin 2α＋cos 2α＝1 ⑥ 由④⑤⑥式得R ＝⎝⎛⎭⎫2－62a ⑦ ,由②⑦式得v ＝⎝⎛⎭⎫2－62aqB m ⑧． (2)由④⑦式得sin α＝6－610⑨． 【答案】 (1)⎝⎛⎭⎫2－62aqB m(2)6－610求解临界、极值问题的 "两思路、两方法〞。

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．在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R ＝0.2m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B ＝1.0T ，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y 坐标轴相切于原点O 点。

y 轴右侧存在一个匀强电场，方向沿y 轴正方向，电场区域宽度l ＝0.1m 。

现从坐标为（﹣0.2m ，﹣0.2m ）的P 点发射出质量m ＝2.0×10﹣9kg 、带电荷量q ＝5.0×10﹣5C 的带正电粒子，沿y 轴正方向射入匀强磁场，速度大小v 0＝5.0×103m/s （粒子重力不计）。

（1）带电粒子从坐标为（0.1m ，0.05m ）的点射出电场，求该电场强度；（2）为了使该带电粒子能从坐标为（0.1m ，﹣0.05m ）的点回到电场，可在紧邻电场的右侧区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向。

【答案】（1）1.0×104N/C （2）4T ，方向垂直纸面向外 【解析】 【详解】解：（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有：200v qv B m r=可得：r =0.20m =R根据几何关系可以知道，带电粒子恰从O 点沿x 轴进入电场，带电粒子做类平抛运动，设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y 根据类平抛规律可得：2012l v t y at ==， 根据牛顿第二定律可得：Eq ma = 联立可得：41.010E =⨯N/C（2）粒子飞离电场时，沿电场方向速度：305.010y qE lv at m v ===⨯g m/s=0v 粒子射出电场时速度：02=v v根据几何关系可知，粒子在B '区域磁场中做圆周运动半径：2r y '=根据洛伦兹力提供向心力可得： 2v qvB m r'='联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小：4mvB qr'=='T 根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外。

强基础专题六：电场及带电粒子在电场中的运动一、单选题1.如图所示为竖直平面内的直角坐标系。

一个质量为m的带电小球处在区域足够大的匀强电场中，匀强电场的方向在直角坐标系xoy平面内。

带电小球在电场力F和重力的作用下，从坐标原点O由静止开始沿直线OA斜向下做直线运动，且直线OA与y 轴负方向成角（<90°）。

不计空气阻力，重力加速度为g。

则小球在运动过程中，下列说法错误的是（）A．带电小球所受的合力一定做正功B．带电小球的机械能一定增大C．当F =mg tan时，带电小球的机械能可能减小，也可能增大D．当F=mg sin时，带电小球的电势能一定不变2.在竖直平面内有水平向右，场强为E的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球，它静止时位于A点，此时细线与竖直方向成37°角，如图1所示．现对在A点的该小球施加一沿与细线垂直方向的瞬时冲量，小球能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动．下列对小球运动的分析，正确的是(不考虑空气阻力，细线不会缠绕在O点上)()A．小球运动到C点时动能最小B．小球运动到C点时绳子拉力最小C．小球运动到Q点时动能最大D．小球运动到B点时机械能最大3. a，b是x轴上的两个点电荷，电荷量分别为Q1和Q2，沿x轴a，b之间各点对应的电势高低如图中曲线所示．从图中可看出以下说法中正确的是（）A．a，P间和P，b间各点的电场方向都指向P点B．a和b一定是同种电荷，但是不一定是正电荷C．电势最低的P点的电场强度最大D．把带负电的检验电荷沿x轴由a移到b的过程中，电场力对该电荷先做正功后做负功4.空间某区域内存在着电场，电场线在竖直平面上的分布如图8所示．一个质量为m，电荷量为q的带电小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右；运动至B点时的速度大小为v2，运动方向与水平方向之间的夹角为α，A，B两点间的高度差为h，水平距离为s，则以下判断正确的是 ()A．A，B两点的电场强度和电势关系为EA<EB，φA<φBB．如果v2>v1，则电场力一定做正功C．A，B两点间的电势差为(v－v)D．小球从A点运动到B点的过程中电场力做的功为mv－mv－mgh5.如图所示，一半径为R的均匀带正电圆环水平放置，环心为O点，质量为m的带正电的小球从O点正上方h高的A点静止释放，并穿过带电环，关于小球从A到A关于O的对称点A′过程加速度(a)，重力势能(E pG)，机械能(E)，电势能(E p)随位置变化的电图象一定错误的是(取O点为坐标原点且重力势能为零，向下为正方向，无限远电势为零)()6.电荷量分别为+q，+q，-q的三个带电小球，分别固定在边长均为L的绝缘三角形框架的三个顶点上，并置于场强为E的匀强电场中，如图所示.若三角形绕穿过其中心O 垂直于三角形所在平面的轴顺时针转过120°，则此过程中系统电势能变化情况为（）A．减少EqL B．增加EqL C．减少2EqL D．增加2EqL 7.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小球，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6所示．由此可知()A．小球带正电B．电场力大小为3mgC．小球从A到B与从B到C的运动时间相等D．小球从A到B与从B到C的速度变化相等8.如图a所示，光滑绝缘水平面上有甲，乙两个带电小球．t＝0时，乙球以6 m/s的初速度向静止的甲球运动．之后，它们仅在电场力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)．它们运动的v－t图象分别如图b中甲，乙两曲线所示．由图线可知( )A．甲，乙两球一定带异种电荷B．t1时刻两球的电势能最小C．0～t2时间内，两球间的电场力先增大后减小D．0～t3时间内，甲球的动能一直增大，乙球的动能一直减小9.如图甲所示，Q1，Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电，a，b两点在它们连线的延长线上．现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a，b两点时的速度分别为va，vb，其速度图象如图乙所示．以下说法中正确的是()A．Q2一定带负电 B．Q2的电量一定大于Q1的电量C．b点的电场强度一定为零 D．整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大10.如图所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m的带负电小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P点时的动能为()A．mv B． C．2mv D．11.如图所示,在两等量异种点电荷连线上有D，E，F三点,且DE＝EF.K，M，L分别为过D，E，F三点的等势面.一不计重力的带负电粒子,从a点射入电场,运动轨迹如图中实线所示,以|Wab|表示该粒子从a点到b点电场力做功的数值,以|Wbc|表示该粒子从b点到c点电场力做功的数值,则()A．|Wab|＝|Wbc|B．|Wab|＞|Wbc|C．粒子由a点到b点,动能增加D．a点的电势较b点的电势低12.一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将 ( )．A．打到下极板上 B．在下极板处返回C．在距上极板处返回 D．在距上极板d处返回13.如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O.下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是()A．O点的电场强度为零，电势最低B．O点的电场强度为零，电势最高C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低14.如图所示，在正方形区域的四个顶点固定放置四个点电荷，它们的电量的绝对值相等，电性如图中所示．K，L，M，N分别为正方形四条边的中点，O为正方形的中心．下列关于各点的电场强度与电势的判断正确的是()A．K点与M点的电场强度大小相等，方向相反B．O点的电场强度为零C．N点电场强度的大小大于L点电场强度的大小D．K，O，M三点的电势相等15. 质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上，范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点．不计空气阻力且小球从未落地，则()A．整个过程中小球电势能减少了1.5mg2t2B．整个过程中机械能的增量为2mg2t2C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg2t2D．从A点到最低点小球重力势能减少了mg2t2二、多选题16.如图所示，一个电荷量为-Q的点电荷甲，固定在粗糙绝缘水平面上O点的另一个电荷量为+q，质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B 点时速度减小到最小值v，已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，A，B间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法中正确的是（）A．O B间的距离为B．在点电荷甲产生的电场中，B点的场强大小为C．点电荷乙在A点的电势能小于在B点的电势能D．在点电荷甲产生的电场中，A，B间的电势差U AB=17.如图所示，一光滑绝缘水平木板(木板足够长)固定在水平向左，电场强度为E的匀强电场中，一电量为q(带正电)的物体在水平恒力F作用下从A点由静止开始向右加速运动，经一段时间t撤去这个力，又经时间2t物体返回A点，则( )A．这一过程中带电物体的电势能先增加后减小，其变化量为0B．水平恒力与电场力的比为9∶5C．水平恒力与电场力的比为7∶3D．物体先向右加速到最右端，然后向左加速返回到A点18.如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E.一根不可伸长的绝缘细线长度为l，一端拴一个质量为m，电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O 点．把小球拉到使细线水平的位置A，由静止释放，小球沿圆弧运动到位置B时，速度为零．图中角θ＝60°.以下说法正确的是( )A．小球在B位置处于平衡状态B．小球受到重力与电场力的关系是mg＝qEC．小球在B点的加速度大小为gD．小球从A运动到B的过程中，电场力对其做的功为－qEl19.一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m，电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压uAB如图所示，交变电压的周期T＝，已知所有电子都能穿过平行板，且偏距最大的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则()A．所有电子都从右侧的同一点离开电场B．所有电子离开电场时速度都是v0C．t＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大D．t＝时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为20.如图所示，图中MN是由负点电荷产生的电场中的一条电场线．一带正电粒子q飞入电场后，只在电场力作用下沿图中虚线运动，a，b是该曲线上的两点，则下列说法正确是( )A．a点的电场强度小于b点的电场强度B．a点的电势低于b点的电势C．粒子在a点的动能小于在b点的动能D．粒子在a点的电势能小于在b点的电势能21.如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上方固定着电荷量大小相等的两个点电荷q1，q2，一个带电小球(可视为点电荷)恰好围绕O点在桌面上做匀速圆周运动．已知O，q1，q2在同一竖直线上，下列判断正确的是( )A．圆轨道上的电势处处相等B．圆轨道上的电场强度处处相等C．点电荷q1对小球的库仑力是吸引力D．q1，q2可能为异种电荷22.相距很近的一对带等量异种电荷的平行金属板，它们之间的电场除边缘外，可看作是匀强电场，其电场线分布如图所示．一个带粒子只在电场力作用下沿图中轨迹穿过该电场，则从a运动到d的过程中，下列说法正确的是（）A．粒子的速度一起在增大B．粒子带负电C．粒子在a点的电热能大于d点电势能D．粒子的加速度先变大再不变后变小23.如图所示，真空中有A，B两个等量异种点电荷，O，M，N是AB连线的垂线上的三个点，且AO>OB.一个带正电的检验电荷仅在电场力的作用下，从M点运动到N 点，其轨迹如图中实线所示．下列说法正确的是()A．A电荷为正电荷，B电荷为负电荷B．M点的电势高于N点的电势C．M点的电场强度大于N点的电场强度D．检验电荷在M点的动能大于在N点的动能24.真空中有一正四面体ABCD，如图所示，MN分别是AB和CD的中点．现在A，B 两点分别固定电荷量为＋Q，－Q的点电荷，下列说法中正确的是()A．将试探电荷＋q从C点移到D点，电场力做正功，试探电荷＋q的电势能降低B．将试探电荷－q从M点移到N点，电场力不做功，试探电荷－q的电势能不变C．C，D两点的电场强度相等D．N点的电场强度方向平行AB且跟CD垂直25.静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线．一质量为m，带电量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0从O点(x＝0)进入电场，沿x轴正方向运动．下列叙述正确的是()A．粒子从O运动到x1的过程中速度逐渐减小B．粒子从x1运动到x3的过程中，电势能先减小后增大C．要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为2D．若v0＝2，粒子在运动过程中的最大速度为三、计算题26.为减少烟尘排放对空气的污染，某同学设计了一个如图所示的静电除尘器，该除尘器的上下底面是边长为L＝0.20 m的正方形金属板，前后面是绝缘的透明有机玻璃，左右面是高h＝0.10 m的通道口．使用时底面水平放置，两金属板连接到U＝2 000 V 的高压电源两极(下板接负极)，于是在两金属板间产生一个匀强电场(忽略边缘效应)．均匀分布的带电烟尘颗粒以v＝10 m/s的水平速度从左向右通过除尘器，已知每个颗粒带电荷量q＝＋2.0×10－17C，质量m＝1.0×10－15kg，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力．在闭合开关后：(1)求烟尘颗粒在通道内运动时加速度的大小和方向；(2)求除尘过程中烟尘颗粒在竖直方向所能偏转的最大距离；(3)除尘效率是衡量除尘器性能的一个重要参数．除尘效率是指一段时间内被吸附的烟尘颗粒数量与进入除尘器烟尘颗粒总量的比值．试求在上述情况下该除尘器的除尘效率；若用该除尘器对上述比荷的颗粒进行除尘，试通过分析给出在保持除尘器通道大小不变的前提下，提高其除尘效率的方法．27.如图所示是研究带电体的质量与电量关系的光滑绝缘细管，长为L且竖直放置，点电荷M固定在管底部，电荷量为＋Q.现从管口A处静止释放一带电体N，当其电荷量为＋q，质量为m时，N下落至距M为h的B处速度恰好为0.已知静电力常量为k，重力加速度为g，带电体下落过程中不影响原电场．(1)若把A换成电量为＋q，质量为3m的带电体N1，仍从A处静止释放．求N1运动过程中速度最大处与M的距离及到达B处的速度大小；(2)若M略向上移动，试判断带电体N能否到达B处，并说明理由；(3)若M保持原位置不变，设法改变带电体N的质量与电量，要求带电体下落的最低点在B处，列出N应满足的条件．28.如图所示，A，B为半径R＝1 m的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一圆弧区域内存在着E＝1×106V/m，竖直向上的匀强电场，有一质量m＝1 kg，带电量q＝＋1.4×10－5C的物体(可视为质点)，从A点的正上方距离A点H处由静止开始自由下落(不计空气阻力)，BC段为长L＝2 m，与物体间动摩擦因数为μ＝0.2的粗糙绝缘水平面，CD段为倾角θ＝53°且离地面DE高h＝0.8 m的斜面．(取g＝10 m/s2)(1)若H＝1 m，物体能沿轨道AB到达最低点B，求它到达B点时对轨道的压力大小；(2)通过你的计算判断：是否存在某一H值，能使物体沿轨道AB经过最低点B后最终停在距离B点0.8 m处；(3)若高度H满足：0.85 m≤H≤1 m，请通过计算表示出物体从C处射出后打到的范围．(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.不需要计算过程，但要有具体的位置，不讨论物体反弹以后的情况)答案解析1.B【解析】由题意，结合受力图可知，带电小球所受的合力一定做正功，故A正确；带电小球只受重力G和电场力F，小球做直线运动，合力方向与OA共线，如图当电场力与OA垂直时，电场力最小，根据几何关系，有：F=Gsinθ=mgsinθ，F的方向与OA垂直，电场力F做功为零，所以小球的机械能守恒，则带电小球的电势能一定不变，故B错误，D正确．若F=mgtanθ，由于mgtanθ＞mgsinθ，故F的方向与OA 不再垂直，有两种可能的方向，F与物体的运动方向的夹角可能大于90°，也可能小于90°，即电场力F可能做负功，也可能做正功，重力做功不影响机械能的变化，故根据功能定理，物体机械能变化量等于力F做的功，即机械能可能增加，也可能减小，故C正确．本题选择错误的，故选：B．2.D【解析】由题意可知，电场力与重力的合力应沿着OA方向，因此小球在竖直平面内运动时，运动到A点时动能最大，C错误；运动到与A点关于圆心对称的点时动能最小，在该点时绳子拉力也恰好最小，A，B错误；而在运动过程中，运动到B点时电场力做功最多，因此机械能最大，D正确．3. A【解析】根据顺着电场线电势降低可知，P点的左侧电场方向向右，P点的右侧电场方向向左，则正a，P间和P，b间各点的电场方向都指向P点，故A正确；P点切线斜率为零，而φ-x图线的切线斜率表示电场强度的大小，则P点的电场强度为零．两电荷在P点的合场强为零，P点距离Q1较远，根据点电荷的场强公式知，Q1的电量大于Q2的电量．从坐标x1到x2电势先减小后增大，因为沿电场线方向电势逐渐降低，知Q1和Q2一定是同种电荷，且都为正电荷．故B错误；由图象切线的斜率表示电场强度的大小，就知道p处场强为零，且电势最低，故C错误，把带负电的检验电荷沿x轴由a移到b的过程中，电场力先向左后向右，电场力先做负功再做正功．故D错误，4.D【解析】由电场线的方向和疏密可知A点电场强度小于B点，但A点电势高于B 点，A错误．若v2>v1说明合外力对小球做正功，但电场力不一定做正功，B错误．由于有重力做功，A，B两点间电势差不是(v－v)，C错误．小球从A点运动到B点过程中由动能定理得W电＋mgh＝mv－mv，所以W电＝mv－mv－mgh，D正确．5.D【解析】圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，则小球所受的电场力先增大后减小方向竖直向上，由牛顿第二定律得知，重力不变，则加速度可能先减小后增大；小球穿过圆环后到达A′点，小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，根据对称性可知，电场力先增大后减小，则加速度先增大后减小，故A正确；小球从A到圆环中心的过程中，重力势能E p＝mgh，小球穿过圆环后，E p＝－mgh，重力势能与高度是线性变化的，故B正确；小球从A到圆环中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环后，电场力做正功，机械能增大，故C正确；由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，故D错误．6.D【解析】三角形绕穿过其中心O顺时针转过120°，三个带电小球+q，+q，-q，的电场力分别做功，-EqL，，总功为-2qEL，电势能增加2EqL，选项D正确。

2020--2022年三年全国高考物理真题汇编：带电粒子在电场中运动一、单选题1．（2分）如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M 、N 间存在匀强电场，板长为L （不考虑边界效应）。

t=0时刻，M 板中点处的粒子源发射两个速度大小为v 0的相同粒子，垂直M 板向右的粒子，到达N 板时速度大小为 √2v 0 ；平行M 板向下的粒子，刚好从N 板下端射出。

不计重力和粒子间的相互作用，则（ ）A ．M 板电势高于N 板电势B ．两个粒子的电势能都增加C ．粒子在两板间的加速度为 a =2v 02LD ．粒子从N 板下端射出的时间 t =（√2−1）L 2v 02．（2分）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（ xOy 平面）向里，电场的方向沿y 轴正方向。

一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O 由静止开始运动。

下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（ ）A ．B ．C ．D ．3．（2分）CT 扫描是计算机X 射线断层扫描技术的简称，CT 扫描机可用于对多种病情的探测。

图（a ）是某种CT 机主要部分的剖面图，其中X 射线产生部分的示意图如图（b ）所示。

图（b ）中M 、N 之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X 射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为P 点。

则（ ）A ．M 处的电势高于N 处的电势B ．增大M 、N 之间的加速电压可使P 点左移C ．偏转磁场的方向垂直于纸面向外D ．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P 点左移4．（2分）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 mv 0qEB ．速度大小为 3v 0C ．与P 点的距离为 2√2mv 02qED ．速度方向与竖直方向的夹角为30°二、多选题5．（3分）如图所示，一带电粒子以初速度v 0沿x 轴正方向从坐标原点О 射入，并经过点P(a >0， b>0)。

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。