课时跟踪检测(二十四) 带电粒子在电场中运动的综合问题

课时跟踪检测（二十四） 电容器 带电粒子在电场中的运动[A 级——基础小题练娴熟快]1.如图所示，一个带电粒子从粒子源飘入(初速度很小，可忽视不计)电压为U 1的加速电场，经加速后从小孔S 沿平行金属板A 、B 的中线射入，A 、B 板长为L ，相距为d ，电压为U 2。

则带电粒子能从A 、B 板间飞出应当满意的条件是( )A.U 2U 1＜2dL B.U 2U 1＜d LC.U 2U 1＜2d 2L2 D.U 2U 1＜d 2L2 解析：选C 依据qU 1＝12mv 2，t ＝L v ，y ＝12at 2＝12·qU 2md ·⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 2，由题意知，y ＜12d ，解得U 2U 1＜2d2L2， 故选项C 正确。

2．(2024·天津高考)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。

在两极板间有一固定在P 点的点电荷，以E 表示两板间的电场强度，E p 表示点电荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。

若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )A ．θ增大，E 增大B ．θ增大，E p 不变C ．θ减小，E p 增大D ．θ减小，E 不变解析：选D 由题意可知平行板电容器的带电荷量Q 不变，当下极板不动，上极板向下移动一段距离时，两极板间距d 减小，则电容C 变大，由U ＝QC可知U 变小，则静电计指针的偏角θ减小。

又因为两板间电场强度E ＝U d ＝Q Cd＝4πkQεr S，Q 、S 不变，则E 不变。

因为E不变，则点电荷从P 点移动到下极板(电势为零)电场力做功不变，电势能的改变相同，则点电荷在P 点的电势能E p 不变，故只有选项D 正确。

3.如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l 。

在正极板旁边有一质量为M 、电荷量为q (q >0)的粒子；在负极板旁边有另一质量为m 、电荷量为－q 的粒子。

课时跟踪检测（二十七） 带电粒子在电场中运动的综合问题 (卷Ⅰ)[A 级——基础小题练熟练快]★1．(2018·牡丹江模拟)下列叙述中正确的是( )A ．用点电荷来代替带电体的研究方法叫理想模型法B ．库仑提出了用电场线描述电场的方法C ．伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证D ．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如电场强度E ＝F q ，电容C ＝Q U ，加速度a ＝F m ，都是采用了比值法定义的解析：选A 用点电荷来代替带电体的研究方法叫理想模型法，选项A 正确；法拉第提出了用电场线描述电场的方法，选项B 错误；伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，但是没有直接用实验进行了验证，选项C 错误；用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如电场强度E ＝F q ，电容C ＝Q U ，都是采用了比值法定义的，但是加速度a ＝F m不是采用的比值法定义，选项D 错误。

★2．(2018·大庆质检)关于静电场，下列说法中正确的是( )A ．将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定增加B ．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大C ．在同一个等势面上的各点，场强的大小必然是相等的D ．电势下降的方向就是电场场强的方向解析：选B 将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定减小，选项A 错误；无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大，选项B 正确；在同一个等势面上的各点，场强的大小不一定是相等的，例如等量异种电荷连线的中垂线上各点，选项C 错误；沿场强的方向电势一定下降，但是电势下降的方向不一定是电场场强的方向，选项D 错误。

★3．[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。

课时跟踪检测(二十五) 带电粒子在电场中运动的综合问题一、选择题1．(2015·湖北黄冈模拟)如图所示，在xOy 竖直平面内存在着水平向右的匀强电场。

有一带正电的小球自坐标原点沿着y 轴正方向以初速度v 0抛出，运动轨迹最高点为M ，与x 轴交点为N ，不计空气阻力，则小球( )A ．做匀加速运动B ．从O 到M 的过程动能增大C ．到M 点时的动能为零D ．到N 点时的动能大于12m v 2解析：D 带正电的小球自坐标原点沿着y 轴正方向以初速度v 0抛出后受到恒定的合力作用做匀变速运动，在运动开始的一段时间内合力与速度的夹角为钝角，速度减小，A 、B 选项错误；小球自坐标原点到M 点，y 方向在重力作用下做速度减小到零的匀变速运动，x 方向在静电力作用下做初速度为零的匀加速运动，所以到M 点时的动能不为零，C 选项错误；由动能定理有：qEx ＝12m v 2N －12m v 20>0。

2．如图所示，绝缘杆两端固定带电小球A 和B ，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用，初始时杆与电场线垂直。

现将杆右移，同时顺时针转过90°，发现A 、B 两球电势能之和不变。

根据如图给出的位置关系，下列说法正确的是( )A ．A 一定带正电，B 一定带负电B ．A 、B 两球所带电荷量的绝对值之比q A ∶q B ＝1∶2C ．A 球电势能一定增加D ．电场力对A 球和B 球做功相等解析：B 电场力做功与路径无关，两个小球在杆右移后电势都变化，而两个小球组成的系统的电势能之和不变，那么电场力对其中一个做正功，对另一个一定做负功，做功的绝对值相同，两个小球一定带异种电荷，但不能准确判断每一个小球所带电荷的电性，A 、C 、D选项错误；由电势能变化之和为零得Eq B L＝Eq A·2L，即|q A|∶|q B|＝1∶2，B选项正确。

3．(多选)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．若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．若t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C．若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．若t＝3T/8时刻释放电子，电子必然打到左极板上解析：AC若t＝0时刻释放电子，电子将重复先加速后减速的运动，直到打到右极板，不会在两板间振动，所以A选项正确，B选项错误；若从t＝T/4时刻释放电子，电子先加速T/4，再减速T/4，有可能电子已到达右极板，若此时未到达右极板，则电子将在两极板间振动，所以C选项正确；同理，若从t＝3T/8时刻释放电子，电子有可能达到右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两板间的距离，所以D选项错误：此题考查带电粒子在交变电场中的运动。

课时跟踪检测（二十四） 带电粒子在匀强磁场中的运动1.[多选]如图所示，带负电的粒子以速度v 从粒子源P 处射出，若图中匀强磁场范围足够大(方向垂直纸面)，则带电粒子的可能轨迹是( )A ．aB ．bC ．c D.d解析：选BD 粒子的出射方向必定与它的运动轨迹相切，故轨迹a 、c 均不可能，正确答案为B 、D 。

2．如图所示，质量、速度和电荷量均不完全相同的正离子垂直于匀强磁场和匀强电场的方向飞入，匀强磁场和匀强电场的方向相互垂直。

离子离开该区域时，发现有些离子保持原来的速度方向并没有发生偏转。

如果再让这些离子进入另一匀强磁场中，发现离子束再分裂成几束。

这种分裂的原因是离子束中的离子一定有不同的( )A ．质量　B ．电量C ．速度 D.比荷解析：选D 因为离子进入电场和磁场正交区域时不发生偏转，说明离子所受电场力和洛伦兹力平衡，有q v B ＝qE ，故v ＝，得出能不偏转的离子满足速度相同；离子进入磁场后受洛伦兹力作用，离子做匀E B 速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：q v B ＝，故做圆周运动的半径为：R ＝，由于离子又分裂m v 2R m v qB 成几束，也就是离子做匀速圆周运动的半径R 不同，即比荷不同。

故D 正确。

3.水平长直导线中有恒定电流I 通过，导线正下方的电子初速度方向与电流方向相同，如图所示，则电子的运动情况是( )A ．沿路径Oa 运动　B ．沿路径Ob 运动C ．沿路径Oc 运动D ．沿路径Od 运动解析：选D 由左手定则知只能是Oc 或Od 路径。

而远离导线磁场减弱B 减小，由半径公式r ＝，可知r 增大，所以只能是Od 路径，故D 正确。

m v qB 4．[多选](2015·全国卷Ⅱ)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k 倍。

两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。

与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子( )A ．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍B ．加速度的大小是Ⅰ中的k 倍C ．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍D ．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等解析：选AC 两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且Ⅰ磁场磁感应强度B 1是Ⅱ磁场磁感应强度B 2的k 倍。

课时跟踪检测（二十三）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．(2019·宜昌模拟)1878年英国科学家克鲁克斯发明了接近真空的“克鲁克斯管”，即阴极射线管，为X射线的发现提供了基本实验条件。

如图所示是一个阴极射线管的结构示意图，要使射线管发出射线，须在P、Q两电极间加上几万伏的直流高压，使用时以下说法正确的是()A．阴极射线是负离子，高压电源正极应接在P点B．阴极射线是负离子，高压电源正极应接在Q点C．阴极射线是正离子，高压电源正极应接在P点D．阴极射线是正离子，高压电源正极应接在Q点解析：选A阴极射线是金属加热到一定程度时所发射出的电子，所以阴极射线为负离子，要使负离子加速后进入偏转电场，必须在P点接电源的正极，故A正确。

2．(2018·汕头二模)如图所示，电子示波管由电子枪、竖直偏转电极YY′、水平偏转电极XX′和荧光屏组成。

当电极YY′和XX′所加电压都为零时，电子枪射出的电子恰好打在荧光屏上的中心点即原点O上。

下列说法正确的是()A．当上极板Y的电势高于Y′，而后极板X的电势低于X′时，电子将打在第一象限B．电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小有关C．电子打到荧光屏时的动能与偏转电极所加电压大小有关D．电子通过XX′时的水平偏转量与YY′所加电压大小有关解析：选C由于电子带负电，所以电子在电场中运动时会偏向电势高的一边，故当上极板Y 的电势高于Y′，而后极板X的电势低于X′时，电子将打在第二象限，故A错误；电子在水平方向上不受力，所以水平方向做匀速运动，故电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小无关，故B错误；根据动能定理，电子出电场后的动能和电场力做功的大小有关，即qU＝12m v 2－12m v02，故C正确；电子通过XX′时的水平偏转量与XX′所加电压大小有关，故D错误。

3．(2019·无锡天一中学月考)如图所示为一真空示波器，电子从灯丝K发出(初速度不计)，经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点。

专题九带电粒子在电场中运动的综合问题1.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D2.(2020·某某省某某市调研)如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的轻质绝缘细绳，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( )A．小球带负电B．电场力跟重力是一对平衡力C．小球从a点运动到b点的过程中，电势能减小D．运动过程中小球的机械能守恒B[小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力平衡，则知小球带正电，故A错误，B正确。

小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大，故C 错误。

由于电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒，故D 错误。

]3．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如图所示虚线(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v 0，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D [因微粒在重力和电场力作用下做直线运动，而重力竖直向下，可知电场力一定水平向左，微粒带负电，A 错误；其合外力一定与速度反向，大小为F ＝mgsin θ，即微粒一定做匀减速直线运动，加速度大小为a ＝g sin θ，B 错误，D 正确；电场力qE ＝mgtan θ，但不知微粒的电荷量，所以无法求出电场强度，C 错误。

带电粒子在电场中的运动对点训练：平行板电容器的动态分析1. (2015·宁波二模) 如图1所示，a 、b 为平行金属板，静电计的外壳接地，合上开关S 后，静电计的指针张开一个较小的角度，能使角度增大的办法是( )图1A ．使a 、b 板的距离增大一些B ．使a 、b 板的正对面积减小一些C ．断开S ，使a 、b 板的距离增大一些D ．断开S ，使a 、b 板的正对面积增大一些解析：选C 开关S 闭合，电容器两端的电势差不变，则静电计指针的张角不变，故A 、B 错误；断开S ，电容器所带的电量不变，a 、b 板的距离增大，则电容减小，根据U ＝Q C知，电势差增大，则指针张角增大，故C 正确；断开S ，电容器所带的电量不变，a 、b 板的正对面积增大，电容增大，根据U ＝Q C知，电势差减小，则指针张角减小，故D 错误。

2．(多选)如图2所示，两面积较大、正对着的平行极板A 、B 水平放置，极板上带有等量异种电荷。

其中A 板用绝缘线悬挂，B 板固定且接地，P 点为两板的中间位置。

下列结论正确的是( )图2A ．若在两板间加上某种绝缘介质，A 、B 两板所带电荷量会增大 B ．A 、B 两板电荷分别在P 点产生电场的场强大小相等，方向相同C ．若将A 板竖直向上平移一小段距离，两板间的电场强度将增大D ．若将A 板竖直向下平移一小段距离，原P 点位置的电势将不变解析：选BD 在两板间加上某种绝缘介质时，A 、B 两板所带电荷量没有改变，故A 错误；A 、B 两板电荷量数量相等，P 点到两板的距离相等，根据对称性和电场的叠加可知两板电荷分别在P 点产生电场的场强大小相等，方向都向下，故B 正确；根据电容的决定式C ＝εr S 4πkd 、电容的定义式C ＝Q U 和板间场强公式E ＝U d 得：E ＝4πkQεr S，由题知Q 、S 、εr 均不变，则移动A 板时，两板间的电场强度将不变，故C 错误；由上分析可知将A 板竖直向下平移时，板间场强不变，由U ＝Ed 分析得知P 点与下极板间的电势差不变，P 点的电势保持不变，故D 正确。

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： 112mdv 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 。

高中物理必修第三册课时同步检测—带电粒子在电场中的运动（含解析）一、多选题1．某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图1中虚线所示。

一个质量为m 、电荷量为q 的带正电小球，在电场中从O 点由静止开始沿电场线竖直向下运动。

以O 为坐标原点，取竖直向下为x 轴的正方向，小球的机械能E 与位移x 的关系如图2所示，不计空气阻力。

则( )A ．电场强度大小恒定，方向沿x 轴负方向B ．到达1x ()1012E E mgx m-+C ．从O 到1x 的过程中，相等的位移内小球克服电场力做的功相等 D ．从O 到1x 的过程中，小球的速率越来越大，加速度也越来越大 【答案】BD【解析】A ．图像的斜率表示电场力的大小，因斜率逐渐减小，所以电场力逐渐减小，电场强度逐渐减小，由于小球带正电，电场力做负功，所以电场力竖直向上，即电场强度方向沿x 轴负方向。

A 错误；B ．从开始到达1x 位置，根据动能定理得2101102E E mgx mv -+=- 解得()1012E E mgx v m-+=B 正确；C ．根据选项A 可知，电场为非匀强电场，所以经过相同的位移电场力做功不相等。

C 错误；D ．从O 到1x 的过程中，电场力越来越小，根据牛顿第二定律，其合力越来越大，所以加速度越来越大，因合力做正功，所以速度越来越大。

D 正确。

故选BD 。

2．如图所示，匀强电场中有一直角三角形abc ，30c ∠=︒ ，ab 边长为L ，13bd bc =，匀强电场的电场线平行于abc 平面。

从a 点以速率0v 向abc 所在平面内各方向发射电子，过b 点的电子通过b 点时的速率为02v ，过c 点的电子通过c 点时的速率为05v 。

已知电子质量为m 、电荷量为e -，忽略电子的重力及电子之间的相互作用。

下列说法正确的是( )A ．匀强电场的方向由d 指向aB ．匀强电场的电场强度大小为202mv eLC ．电子通过d 03vD ．电子从a 到c 0(51)L- 【答案】CD【解析】AB ．从a 到b ，由动能定理得2201122ab b eU mv mv -=- 其中02b v v =，解得22abmv U e=-从a 到c ，由动能定理得2201122ac c eU mv mv -=-其中05c v v =，解得22ac mv U e=- 设0a ϕ=，则有ab a b U ϕϕ=-解得202b mv eϕ=同理ac a c U ϕϕ=-解得22c mv eϕ= 在ac 间找到b 的等势点，ae 为ac 的14等分点，连接be 为等势线，如图所示由4Lab L ae ==，，可知ac be ⊥，即电场线为ca ，指向a 2020222e mv U mv e E L L eL === 故AB 错误；C ．过d 做垂直于ac 的线段df ，如图所示23cos30332cf cd L L =⋅︒=⨯=2af L cf L =-=2ad afmv U U E af e==-⋅=- 2200ad admv W eU e mv e ⎛⎫=-=-⨯-= ⎪⎝⎭2201122ad d W mv mv =- 联立以上各式，解得03d v v =故C 正确；D ．电子从a 到c 做匀加速直线运动，由直线运动规律得022cv v L t +=解得(51)v t L=故D 正确。

课时跟踪训练(九)带电粒子在电场中的运动问题(限时45分钟)一、单项选择题(本题共5小题)1．(2014·北京高考)如图1所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面。

下列判断正确的是()图1A．1、2两点的场强相等B．1、3两点的场强相等C．1、2两点的电势相等D．2、3两点的电势相等2．(2014·东北三省模拟)如图2所示，平行板电容器与恒压电源连接，电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场，若仅使电容器上极板上移，设电容器极板上所带电荷量为Q，电子穿出平行板时在垂直于板面方向偏移的距离为y，以下说法正确的是()图2A．Q减少，y不变B．Q减少，y减小C．Q增大，y减小D．Q增大，y增大3．(2014·山东高考)如图3，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A。

已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样。

一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能E k0沿OA方向射出。

下列关于试探电荷的动能E k与离开球心的距离r的关系图线，可能正确的是()图3图44. (2014·豫东、豫北十校联考)如图5所示等边三角形ABC的三个顶点放置三个等量点电荷，电性如图所示，D、E、F是等边三角形三条边的中点，O点是等边三角形的中心，下列说法正确的是()图5A．O、E两点的电势相等B．D、F两点的电势不相等C．D、F两点的电场强度相同D．将一个负的试探电荷由O点移到E点，试探电荷的电势能增大5．(2014·宁波模拟)如图6(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图像分别如图(b)中甲、乙两曲线所示。

由图线可知()图6A．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二、多项选择题(本题共3小题)6．(2014·佛山模拟)美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量。

第4讲微专题——带电粒子在电场中运动的综合问题核心考点·分类突破——析考点 讲透练足1．常见的交变电场的电压波形 方形波、锯齿波、正弦波等。

2．解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法 (1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，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。

(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)注意对称性和周期性变化关系的应用。

3．常见的三类问题带电体做单向直线运动、带电体做往返运动、带电体做偏转运动 问题一 粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)[典题1] 如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m ＝0.2 kg ，带电荷量为q ＝2.0×10－6 C 的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1。

从 t ＝0时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场(取水平向右为正方向，g 取10 m /s 2)，求：(1)23 s 内小物块的位移大小；(2)23 s 内电场力对小物块所做的功。

[解析] (1)0～2 s 内小物块的加速度为a 1 由牛顿第二定律得 E 1q －μmg ＝ma 1 即a 1＝E 1q －μmgm ＝2 m /s 2位移x 1＝12a 1t 21＝4 m2 s 末的速度为v 2＝a 1t 1＝4 m /s2 s ～4 s 内小物块的加速度为a 2，由牛顿第二定律得E 2q －μmg ＝ma 2即a 2＝E 2q －μmgm＝－2 m /s 2位移x 2＝x 1＝4 m ，4 s 末小物块的速度为v 4＝0 因此小物块做周期为4 s 的匀加速和匀减速运动第22 s 末的速度为v 22＝4 m /s ，第23 s 末的速度v 23＝v 22＋a 2t ＝2 m /s 所求位移为x ＝222x 1＋v 22＋v 232t ＝47 m(2)23 s 内，设电场力对小物块所做的功为W ，由动能定理得W －μmgx ＝12mv 223解得W ＝9.8 J[答案] (1)47 m (2)9.8 J问题二 粒子做往返运动(一般分段研究)[典题2] 如图(a )所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图(b )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。

课时跟踪检测（二十八） 带电粒子在电场中运动的综合问题卷Ⅱ—拔高题目稳做准做1．(2018·哈尔滨市九中二模)如图甲所示，电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U 0，电容器板长l ＝10 cm ，板间距离d ＝10 cm ，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L ＝10 cm ，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示。

(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：(1)在t ＝0.06 s 时刻，电子打在荧光屏上的何处； (2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？解析：(1)设电子经电压U 0加速后的速度为v 0，根据动能定理得：eU 0＝12mv 02设偏转电场的场强为E ，则有：E ＝U d设电子经时间t 通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y ，则有：在中心轴线方向上：t ＝l v 0在轴线侧向有： a ＝eEmy ＝12at 2＝eUl 22mdv 02 设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为v y ，偏转角为θ，则电子通过偏转电场时有：v y ＝at, tan θ＝v y v 0电子在荧光屏上偏离O 点的距离为Y ＝y ＋L tan θ＝eUl mdv 02⎝ ⎛⎭⎪⎫l 2＋L ＝Ul 2U 0d ⎝ ⎛⎭⎪⎫l 2＋L由题图知t ＝0.06 s 时刻U ＝1.8U 0， 代入数据解得Y ＝13.5 cm 。

(2)由题知电子偏移量y 的最大值为d /2，所以当偏转电压超过2U 0时，电子就打不到荧光屏上了。

代入上式得：Y ＝32l所以荧光屏上电子能打到的区间长为：2Y ＝3l ＝30 cm 。

答案：(1) O 点上方13.5 cm 处 (2)30 cm★2．如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O ，半径为r ，内壁光滑，A 、B 两点分别是圆轨道的最低点和最高点。

该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m 、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C 点时速度最大，O 、C 连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g 。

第4讲带电粒子在电场中运动的综合问题一、选择题1．(2016·湖北襄阳四校期中联考)实验室所用示波器，是由电子枪、偏转电极和荧光屏三部分组成，当垂直偏转电极YY′，水平偏转电极XX′的电压都为零时，电子枪发射的电子通过偏转电极后，打在荧光屏的正中间，如图甲所示．若要在荧光屏上始终出现如图乙所示的斑点，那么，YY′与XX′间应分别加上如下图所示哪一组电压( )[解析]电子在YY′方向上，向上偏转，所以粒子受到的电场力方向向上，故Y板上带正电，Y′板上带负电，在XX′方向上，向X′方向偏转，所以X′板带负电，所以A正确．[答案] A2．(多选)(2016·江西南昌三中期中)如图一根不可伸长绝缘的细线一端固定于O点，另一端系一带电小球，置于水平向右的匀强电场中，现把细线水平拉直，小球从A点静止释放，经最低点B后，小球摆到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[解析] 小球所受重力和电场力恒定，重力和电场力的合力恒定，小球相当于在重力和电场力合力及绳的拉力作用下在竖直平面内的运动．当小球运动到重力和电场力的合力和绳的拉力共线时，小球的速度最大，此时绳的拉力最大，故AC 错误；从A 点到C 点的过程中，因为重力做正功，小球摆到C 点时速度为0，所以电场力对小球做负功，小球从A 点到B 点的过程中，机械能一直在减少，B 正确；从B 点到C 点的过程中，小球克服电场力做功，小球的电势能一直增加，D 正确．[答案] BD3．(多选)如图甲所示，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U 0，A 板电势φA ＝0，B 板电势φB 随时间t 变化规律如图乙所示．现有一电子从A 板的小孔进入两板间的电场中，设电子的初速度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—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 [解析] 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．若电子是在t ＝T8时刻进入的，在一个周期内，在T 8～T 2内，电子受到的电场力向上，向上做加速运动，在T2～T内，电子受到的电场力向下，继续向上做减速运动，98T 时刻速度为零，接着向A 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．若电子是在t ＝38T 时刻进入时，与在t ＝T8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，总的位移向下，最后穿过A 板，故C 错误．若电子是在t ＝T2时刻进入的，一个周期内，在T2～T ，电子受到的电场力向下，向下做加速运动，所以电子不会向B 板运动，故D 错误．[答案] AB4．(多选)(2015·贵州六校联盟联考)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，t ＝0时A 板电势比B 板高，两板中间静止一电子，设电子在运动过程中不与两板相碰撞，而且电子只受电场力作用，规定向左为正方向，则下列叙述正确的是( )A ．在t ＝0时刻释放电子，则电子运动的v －t 图象如图一所示，该电子一直向B 板做匀加速直线运动B ．若t ＝T8时刻释放电子，则电子运动的v －t 图象如图二所示，该电子一直向着B 板做匀加速直线运动C ．若t ＝T4时刻释放电子，则电子运动的v －t 图象如图三所示，该电子在2T 时刻在出发点左边D ．若t ＝38T 时刻释放电子，在2T 时刻电子在出发点的右边[解析] t ＝0时刻，A 板电势高，电子释放后向左运动，电子先向左加速运动，然后向左减速运动，重复该过程，一直向左运动，A 错误；t ＝T /8时刻释放电子，电子先向左加速运动，再向左减速运动，然后向右加速运动，再向右减速运动，一个周期时总位移向左，B 错误；t ＝T /4时刻，电子先向左加速，然后向左减速，再向右加速，然后向右减速，做周期性往复运动，在t ＝2T 时刻位于出发点左侧，C 正确；t ＝3T /8时刻释放电子，作出其v －t 图象，由图象知，在2T 时刻电子在出发点右侧，D 正确．[答案] CD5．(2016·福建福州期末)如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d ，带负电的微粒质量为m 、带电荷量为q ，从极板M 的左边缘A 处以初速度v 0水平射入，沿直线运动并从极板N 的右边缘B 处射出，则( )A ．微粒到达B 点时动能为12mv 2B ．微粒的加速度大小等于g sin θC ．两极板的电势差U MN ＝mgdq cos θD ．微粒从A 点到B 点的过程电势能减少mgdcos θ[解析] 由题分析可知，微粒做匀减速直线运动，动能减小，故A 错误；由题分析可知，tan θ＝ma mg ，得a ＝g tan θ，故B 错误；由上可知微粒的电势能增加ΔE p ＝ma dsin θ，又ΔE p＝qU ，得到两极板的电势差U ＝mgdq cos θ，故C 正确；微粒从A 点到B 点的过程中电势能增加了mgdcos θ，故D 错误．[答案] C6．(多选)(2015·辽宁沈阳四校联考)在如图所示的竖直向下的匀强电场中，用绝缘细线拴住的带电小球在竖直平面内绕悬点O 做圆周运动，下列说法正确的是( )A ．带电小球有可能做匀速率圆周运动B ．带电小球有可能做变速率圆周运动C ．带电小球通过最高点时，细线拉力一定最小D ．带电小球通过最低点时，细线拉力有可能最小[解析] 当小球所受重力与电场力合力为零时，细线的拉力提供向心力，合外力做功为零，小球做匀速圆周运动，故A 正确；当小球所受重力与电场力合力不为零时，合外力对小球所做的功不为零，小球速度大小发生变化，小球做变速圆周运动，故B 正确；当小球做匀速圆周运动时，细线的拉力提供向心力，在圆周上任何一点细线的拉力大小都相等，如果小球做变速圆周运动，小球带正电时，在最高点细线拉力最小，如果小球带负电，在最高点时细线拉力最大，在最低点细线拉力最小，故C 错误，D 正确．[答案] ABD 二、非选择题7．(2015·太原测评)如图所示，在两条竖直的平行虚线内存在着宽度为L 、方向竖直向上的匀强电场；在与右侧虚线相距为L 处有一与电场方向平行的荧光屏．将一质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子从A 点沿AO 方向以某一速度垂直电场线射入电场，粒子打在荧光屏上的B 点；撤去电场，粒子仍在A 点以原有速度的大小和方向射入，则打在荧光屏上的C 点。

课时跟踪检测（二十七） 带电粒子在电场中运动的综合问题卷Ⅰ—保分题目巧做快做[A 级——保分题目巧做快做]★1．密立根油滴实验原理如图所示。

两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U ，形成竖直向下场强为E 的匀强电场。

用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴。

通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m ，则下列说法正确的是( )A ．悬浮油滴带正电B ．悬浮油滴的电荷量为mgUC ．增大场强，悬浮油滴将向上运动D ．油滴的电荷量不一定是电子电量的整数倍解析：选C 悬浮油滴受到电场力和重力的作用，且二力大小相等方向相反，由于电场的方向竖直向下，因此悬浮油滴带负电，A 错误；由q U d ＝mg 知，q ＝mgdU，B 错误；增大场强，悬浮油滴受到的电场力增大，悬浮油滴将向上运动，C 正确；悬浮油滴所带电荷量一定是电子电量的整数倍，D 错误。

2．[多选](2018·宜昌六校联考)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 JB ．电势能减少2 JC ．空气阻力做功0.5 JD ．动能减少3.5 J解析：选BD 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]一平行板电容器的两个极板水平放置，两极板间有一带电量不变的小油滴，油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比。

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．(2018·常州模拟)如图 (a)所示，平行金属板A 和B 的长均为L ，板间距离为d ，在离它们的右端相距L2处安放着垂直金属板的足够大的靶MN 。

现有粒子质量为m 、带正电且电荷量为q 的粒子束从AB 的中点O 沿平行于金属板的OO 1方向源源不断地以v 0的初速度射入板间。

若在A 、B 板上加上如图(b)所示的方波形电压，t ＝0时A 板比B 板的电势高，电压的正向值为U 0，反向值也为U 0，且U 0＝3md v 02qL ，设粒子能全部打在靶MN 上，而且所有粒子在AB 间的飞行时间均为Lv 0，不计重力影响，试问：(1)要使粒子能全部打在靶MN 上，板间距离d 应满足什么条件？ (2)在距靶MN 的中心O 1点多远的范围内有粒子击中？解析：(1)零时刻进入的粒子向下偏转，设第一个13周期的侧移量为y 0y 0＝12·U 0q md ·⎝⎛⎭⎫L 3v 02＝16L第一个、第二个和第三个13周期的侧移量之比为1∶3∶3y ＝(1＋3＋3)y 0＝76Ld 2>y ，解得d >73L 。

课时追踪检测（二十五）带电粒子在电场中运动的综合问题A卷——基础保分专练1． (2019 日·照模拟 )有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的构造简图如下图。

此中墨盒能够喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以必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，为使打在纸上的笔迹缩小，以下举措可行的是()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2qUl分析：选 D依据偏转距离公式y＝2md v02可知，为使打在纸上的笔迹减小，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． (多项选择 )一带电小球在空中由力三个力的作用。

若重力势能增添A 点运动到 B 点的过程中，只受重力、电场力和空气阻5 J，机械能增添 1.5 J ，电场力做功 2 J，则小球 ( )A．重力做功为C．空气阻力做功5 J0.5 JB．电势能减少D．动能减少2 J3.5 J分析：选BD 小球的重力势能增添 5 J，则小球战胜重力做功 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；小球共遇到重力、电场力、空气阻力三个力作用，小球的机械能增添 1.5 J，则除重力之外的力做功为 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，即小球战胜空气阻力做功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，依据动能定理，小球的动能减小 3.5 J， D 正确。

3．(多项选择 )如下图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开释一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，以下说法中正确的选项是 ()A ．带电粒子将一直向同一个方向运动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分析： 选 CD设第 1 s 内粒子的加快度为 a 1，第 2 s 内的加qE速度为 a 2，由 a ＝ m 可知， a 2＝ 2a 1，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，而后向正方向运动，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（二十八）带电粒子在电场中运动的综合问题(卷Ⅱ) ★1、[多选](2018·江苏泰州中学模拟)某静电场的等势面分布如图所示,下列说法中正确的是()A、A点电场强度方向为曲线上该点的切线方向B、负电荷在A点的电势能比在C点的电势能小C、将正电荷由图中A点移到C点,电场力做负功D、将电荷从图中A点移到B点,电场力不做功解析:选BD电场线和等势面垂直,电场强度的方向沿电场线的切线方向,可知A点的电场强度方向不是沿等势面上A点的切线方向,故A错误；A点的电势高于C点的电势,根据E p＝qφ知,负电荷在A 点的电势能比在C点的电势能小,故B正确；A点的电势高于C点的电势,沿电场线方向电势逐渐降低,可知电场线方向大致向左,所以正电荷从A点到C点,电场力做正功,故C错误；A、B两点处于同一等势面上,电势相等,所以将电荷从A点移到B点,电场力不做功,故D正确。

★2、[多选](2018·宁德质检)如图所示,＋Q和－Q是两个等量异种点电荷,以点电荷＋Q为圆心作圆,A、B为圆上两点,O点为两电荷连线的中点,C点与B点关于O点对称,下列说法正确的是()A、A点和B点的电场强度大小相等,方向不同B、B点和C点的电场强度大小相等,方向相同C、把电子从A点移动到B点,电场力对其做负功D、质子在A点的电势能小于在B点的电势能解析:选BC 等量异种电荷周围的电场线分布如图；由图可知A 、B 两点的场强大小和方向均不相同,选项A 错误；等量异种电荷连线上的电场线指向负电荷,由B 、C 关于O 点对称,B 点的电场强度等于C 点的电场强度,故B 正确；电场线与等势面相互垂直,电场线从高等势面指向低等势面,由图示可知,A 点所在等势面高于B 点所在等势面,A 点电势高于B 点电势,电子带负电,则电子在A 点的电势能小于在B 点的电势能,把电子从A 点移动到B 点,电场力对其做负功,故C 正确；同理可知质子在A 点的电势能大于在B 点的电势能,选项D 错误。

带电粒子在电场中的运动(25分钟60分)一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)1.如图所示，正电子垂直电场方向入射到匀强电场中，不计重力，正电子做( )A.匀速直线运动B.匀加速直线运动C.向下偏转的曲线运动D.向上偏转的曲线运动【解析】选D。

正电子带正电，所受的电场力与场强方向相同，即竖直向上，且电场力与初速度垂直，所以正电子做类平抛运动，是一种匀变速曲线运动，故A、B、C错误，D正确。

2.如图，喷雾器可以喷出质量和电荷量都不尽相同的带负电油滴。

假设油滴以相同的水平速度射入接有恒定电压的两水平正对金属板之间，有的沿水平直线①飞出，有的沿曲线②从板边缘飞出，有的沿曲线③运动到板的中点上。

不计空气阻力及油滴间的相互作用，则( )A.沿直线①运动的所有油滴质量都相等B.沿直线①运动的所有油滴电荷量都相等C.沿曲线②、③运动的油滴，运动时间之比为1∶2D.沿曲线②、③运动的油滴，加速度大小之比为1∶4【解析】选D。

沿直线①运动的油滴，根据题意得：mg=Eq，即：=，所以A、B错误；沿曲线②、③运动的油滴，均做类平抛运动，水平方向匀速运动：x=v0t，初速度相同，所以运动时间比为位移比即2∶1，C错误；沿曲线②、③运动的油滴，水平方向x=v0t，设板间距为d，竖直方向：=at2，联立解得：a=，因为水平位移2∶1，所以加速度大小之比为1∶4，D正确3.如图所示，P和Q为两平行金属板，板间电压为U，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，电子到达Q板时的速率为v，若两极板间电压变为原来的两倍，其他条件都不变，则电子到达Q板时的速率为( )A.vB.2vC.vD.v【解析】选C。

电子由静止开始向Q板运动，根据动能定理：qU=mv2，当电压加倍后根据动能定理：q·2U=m-0，联立可得：v1=v，故C正确，A、B、D错误。

4.一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，在竖直平面内，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确的是 ( )A.此液滴带正电B.液滴的加速度等于零C.合外力对液滴做的总功等于零D.液滴的电势能和动能之和是增加的【解析】选D。

课时分层精练(四十二)带电粒子在电场中运动的综合问题基础落实练1.如图所示，空间有一带正电的点电荷，图中的实线是以该点电荷为圆心的同心圆，这些同心圆位于同一竖直平面内，MN为一粗糙直杆，A、B、C、D是杆与实线圆的交点，一带正电的小球(视为质点)穿在杆上，以速度v0从A点开始沿杆向上运动，到达C点时的速度为v，则小球由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是()A．小球减少的机械能一定等于克服摩擦力做的功B.小球减少的机械能一定大于克服摩擦力做的功C.小球的机械能可能增加D．以上都有可能2．如图所示，在电场强度大小为E、方向竖直向上的匀强电场中，一质量为m、带电荷量为＋q的物体，以某一初速度沿电场方向做匀减速直线运动，不计空气阻力，其加速度大小为0.6qEm，物体运动距离s时速度变为零．则在此过程中()A．物体克服静电力做功0.6qEsB．物体的电势能增加了qEsC．物体的重力势能增加了qEsD．物体的动能减少了0.6qEs3．如图甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上如图乙所示的电压．现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(重力不计)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为T.则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是()A．1∶1 B．2∶1C．3∶1 D．4∶14．竖直面内有A 、B 、C 、D 四点构成矩形，AC 竖直，∠DAC ＝30°，空间有一范围足够大的匀强电场，方向由D 指向C ，将一质量为m 、不带电的小球a 从A 点以某一速度水平抛出，经过D 点时，其动能是A 点的4倍；将另一质量也为m 、带正电荷q 的小球b 从A 点以相同大小的速度水平抛出，经过B 点时的动能也是A 点的4倍，则场强E 的大小等于( )A ．mg qB ．mg 2qC ．3mg 2qD ．2mg q5．如图所示，竖直平面直角坐标系xOy 所在平面内存在一匀强电场，电场的方向与x轴负方向成60°角．A 是电场中的一点，O 、A 两点的连线与一条电场线重合．一质量为m 、电荷量为q 的带电小球从A 点沿平行于x 轴正方向射出，小球经过时间t 到达x 轴上的B 点，到达B 点时小球的动能与在A 点射出时相同．已知A 、B 两点距离坐标原点O 的距离相等，重力加速度大小为g .则带电小球从A 点运动到B 点增加的电势能为( )A ．12 mg 2t 2B ．13 mg 2t 2C ．14 mg 2t 2D ．16mg 2t 26．(多选)如图甲所示，A 、B 是一对平行金属板．A 板的电势φA ＝0，B 板的电势φB 随时间的变化规律如图乙所示．现有一电子从A 板上的小孔进入两板间的电场区内，电子的初速度和重力的影响均可忽略，则( )A ．若电子是在t ＝0时刻进入的，它可能不会到达B 板 B ．若电子是在t ＝T2时刻进入的，它一定不能到达B 板C ．若电子是在t ＝T8时刻进入的，它可能时而向B 板运动，时而向A 板运动，最后穿过B 板D ．若电子是在t ＝3T8 时刻进入的，它可能时而向B 板运动，时而向A 板运动，最后穿过B 板7．[2024·江西南昌十中校考一模]在一横截面为正方形的柱形区域内有匀强电场，正方形边长为L ，如图所示，电场线为与AC 平行的一簇平行线，P 为AB 边的中点，质量为m 电荷量为q (q ＞0)的带电粒子自P 点以大小不同的速度进入电场，速度方向与电场方向垂直．已知进入电场时速率为v 0的粒子恰好由C 点离开电场，运动中粒子仅受电场力作用．(1)求电场强度的大小；(2)为使粒子从DC 的中点Q 离开电场，该粒子进入电场的速度为多大；(3)若粒子从P 进入电场到D 点离开，则粒子在此过程中所受电场力的冲量为多大．素养提升练8.如图，光滑绝缘足够长的水平面位于匀强电场中，电场方向水平向右，大小为E .两小滑块A 和B 静置于水平面上，其位置连线与电场方向平行．两小滑块质量均为m ，A 带电荷量为q (q >0)，B 不带电．初始时，A 和B 的距离为L ，现释放小滑块A ，A 在电场力作用下沿直线加速运动，与B 发生弹性碰撞．若每次A 和B 发生碰撞均为对心正碰，碰撞时没有电荷转移，碰撞的时间极短．已知q ＝0.1 C ，E ＝1 V/m ，m ＝0.2 kg ，L ＝1 m ，求：(1)发生第一次碰撞前A 获得的速度大小v 及第一次碰撞后A 和B 获得的速度大小v A 1和v B 1；(2)从开始释放A 到与B 发生第二次碰撞前，小滑块A 运动的距离；(3)试在图中画出A 从开始释放到与B 发生第三次碰撞前的v ­t 图像(不要求写过程).1．解析：小球由A 点运动到C 点，重力做负功，重力势能增加，电场力做负功，电势能增加，摩擦力做负功，产生热量，由能量守恒定律知，小球减少的机械能等于增加的电势能与产生的热量之和，A 错误，B 正确；电场力和摩擦力都做负功，机械能一定减少，C 、D 错误．答案：B2．解析：由于物体所受静电力和运动方向相同，故静电力做正功W＝Eqs，故A错误；静电力做正功，电势能减小，物体的电势能减小了qEs，故B错误；重力做功W G＝－mgs，重力做负功，重力势能增加，又由题可知，mg＝1.6qE，所以重力势能增加了1.6qEs，故C 错误；物体做减速运动，所受合外力做负功，动能减小，由动能定理得：ΔE k＝－F合s＝－mas＝－0.6Eqs，所以物体的动能减少了0.6qEs，故D正确．答案：D3．解析：设偏转电场电压不为零时，粒子在偏转电场中的加速度为a若粒子在t＝nT时刻进入偏转电场，则竖直方向上先加速后匀速然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最大，y max＝12a（T2）2＋a×T2×T2＝38aT2若粒子在t＝nT＋T2时刻进入偏转电场，则竖直方向上先静止后加速然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最小．y min＝0＋12a（T2）2＝18aT2则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3∶1，故C项正确．答案：C4．解析：不带电小球只受重力作用，带电小球受到重力、沿DC方向的电场力作用．不带电小球向右水平抛出后做平抛运动，从A到D由动能定理有W G＝ΔE k即1.5mgR＝4E k0－E k0化简得1.5mgR＝3E k0带电小球向左水平抛出后在复合场中运动，从A到B重力做功为0.5mgR，电场力做功为W＝EqR则由动能定理有W＋0.5mgR＝ΔE k即W＋0.5mgR＝4E k0－E k0可得mgR＝EqR则E＝mgq故选A.答案：A5．解析：小球从A点运动到B点动能不变，设A、B两点距离坐标原点O的距离为L，由动能定理知mgL sin 60°－qE（L＋L cos 60°）＝0解得E＝3mg3q小球沿y轴方向，由牛顿第二定律知mg－qE sin 60°＝ma y又h＝12a y t2，解得h＝14gt2小球沿电场线方向上的位移大小为d＝hsin 60°（1＋cos 60°）＝34gt2则电势能的增加量ΔE p ＝qEd ＝14mg 2t 2故选C. 答案：C6．解析：若电子从t ＝0时刻进入，电子将做单向直线运动，A 错误；若电子从T2 时刻进入两板，则电子受到电场力方向向左，故无法到达B 板，B 正确；若电子是在t ＝T8时刻进入时，在T 8 ～T 2 ，电子受到的电场力向右，向右做加速运动，在T 2 ～7T8，受到的电场力向左，继续向右做减速运动，7T 8 时刻速度为零，在7T8～T ，电子受到的电场力向左，向左做加速运动，在T ～9T 8 ，受到的电场力向左，继续向左做减速运动，9T8时刻速度为零，完成了一个周期的运动，在一个周期内，向右的位移大于向左的位移，所以总的位移向右，接着周而复始，最后穿过B 板，故C 正确；若电子是在t ＝3T 8 时刻进入时，与在t ＝T8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D 错误．答案：BC7．解析：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动．设粒子由P 到C 用时为t 1，则24L＝v 0t 1，324 L ＝12 qEm t 21解得E ＝122mv 20qL（2）设粒子以速度v 由P 到Q 用时为t 2，则22 L ＝vt 2，22 L ＝12 qE m t 22 解得v ＝6 v 0（3）设粒子由P 到D 用时为t 3，粒子在此过程中所受电场力的冲量I ＝qEt 3又有24 L ＝12 qE m t 23解得I ＝23 mv 0答案：（1）122mv 20qL（2）6 v 0 （3）23 mv 08．解析：（1）A 受电场力做匀加速运动，由牛顿第二定律有qE ＝ma 解得a ＝0.5 m/s 2根据2aL ＝v 2, 解得v ＝1 m/s此时A 的加速时间t 0＝va＝2 s碰撞过程，取向右为正，由动量守恒定律可得mv ＝mv A 1＋mv B 1根据能量守恒定律可得12 mv ＝12 mv 2A 1 ＋12mv 2B 1 联立解得v A 1＝0，v B 1＝v ＝1 m/s（2）碰撞后A 受电场力做匀加速运动，B 做匀速运动，设追上时间为t ，则x A ＝x B 即12 at 21＝v B 1t 1 解得t 1＝4 s此时A 的速度为v A 2＝at 1＝2 m/sA 的位移x A ＝12 at 21＝4 m则从开始释放A 到与B 发生第二次碰撞前，小滑块A 运动的距离x ＝L ＋x A ＝5 m （3）A 从开始释放到与B 发生第三次碰撞前的v ­t 图像如图所示答案：（1）1 m/s 0 1 m/s （2）5 m （3）见解析知识归纳总结（本页为知识归纳总结页，用户使用此文档时可删除本页内容）2025届高中物理（人教版）一轮复习课时分层精练四十二：带电粒子在电场中运动的综合问题一、核心知识点回顾本节课主要围绕带电粒子在电场中的运动进行综合复习，包括电场力做功与电势能、机械能变化的关系，带电粒子在匀强电场中的运动规律，以及动能定理和动量守恒定律在电场中的应用。