10.5 带电粒子在电场中的运动（举一反三）【九大题型】-2024-2025学年高二物理举一反三系列（人教版2019必修第三册）

10.5 带电粒子在电场中的运动【九大题型】 【人教版2019】 【题型1 带电粒子（不计重力）在匀强电场中的直线运动】 2 【题型2 带电物体（计重力）在匀强电场中的直线运动】 3 【题型3 带电粒子在周期性变化电场中的直线运动】 5 【题型4 带电粒子在周期性变化电场中的曲线运动】 7 【题型5 带电粒子在匀强电场中的类抛体运动】 10 【题型6 带电粒子在匀强电场中的圆周运动】 12 【题型7 带电粒子在电场中的能量问题】 14 【题型8 示波器的原理】 16 【题型9 带电粒子其他非匀强电场中的运动】 17 知识点1：带电粒子在电场中的加速 分析带电粒子的加速问题有两种思路： 1．利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式分析．适用于匀强电场． 2．利用静电力做功结合动能定理分析．对于匀强电场和非匀强电场都适用，公式有qEd＝mv2－mv02(匀强电场)或qU＝mv2－mv02(任何电场)等． 知识点2：带电粒子在电场中的偏转 如图所示，质量为m、带电荷量为q的粒子(忽略重力)，以初速度v0平行于两极板进入匀强电场，极板长为l，极板间距离为d，极板间电压为U. 1．运动性质： (1)沿初速度方向：速度为v0的匀速直线运动． (2)垂直v0的方向：初速度为零的匀加速直线运动． 2．运动规律： (1)t＝，a＝，偏移距离y＝at2＝. (2)vy＝at＝，tan θ＝＝. 【题型1 带电粒子（不计重力）在匀强电场中的直线运动】 【例1】（2023·武威期中）下列粒子从初速度为零的状态经过电压同为U的电场加速后速度最大的是（　　） A．氘核（） B．质子（） C．氦原子核（） D．氚核（） 【变式1-1】（2023·南京期末）如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点，由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，现将C板向左平移到点，则由O点静止释放的电子（　　） A．运动到P点返回 B．运动到P和点之间返回 C．运动到点返回 D．穿过点后继续运动 【变式1-2】（多）一对平行正对的金属板C、D接入如图所示的电路中，C板固定，D板可左右平行移动，闭合开关，一段时间后再断开开关，从C板发射一电子，恰能运动到A点后再返回，已知A到D板的距离是板间距离的三分之一，忽略电子的重力，则（　　） A．若将D板向左平移至A点，电子恰能到达D板 B．若将D板向右平移至某位置，电子将不能运动至A点 C．若要让电子能够到达D板，可将电子的动能至少增加为原来的1.5倍 D．若闭合开关，再将D板向左平移至A点或A点左侧某位置，电子能够到达D板 【变式1-3】（2024·河北开学考）（多）图甲为静电式油烟净化器的原理图，油烟先经过滤网过滤，较小的颗粒进入收集筒内，筒中心和筒壁之间加上高电压（恒定）后，中心负极会均匀地发射与筒壁垂直的电子，颗粒（视为球体）以相同的速度平行筒心轴线进入筒内后，吸收电子带上负电，在电场力作用下向筒壁偏移，最后附着到筒壁上。已知颗粒吸附的电子数与其表面积成正比，颗粒密度恒定，不计重力和其他影响，该电场可看成辐向电场（如图乙所示）。下列说法正确的是（　　） A．油烟颗粒在收集筒内做匀变速运动 B．经过同一位置的油烟颗粒，半径越大加速度越小 C．离筒壁越远的油烟颗粒达到筒壁上的速度不一定越大 D．收集筒半径越大油烟净化效果越好 【题型2 带电物体（计重力）在匀强电场中的直线运动】 【例2】（2024·湖北开学考）如图甲所示，倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，其空间存在沿斜面方向的匀强电场，以斜面底諯为坐标原点，沿斜面向上为正方向建立x轴，一带正电的小滑块以一定的初速度从斜面底端处开始上滑，若斜面足够长，上滑过程中小滑块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，，，则下列说法正确的是（    ） A．电场强度的方向沿斜面向上 B．在斜面底端小滑块克服重力做功的功率为 C．在斜面底端小滑块克服电场力做功的功率为 D．小滑块上滑过程中，重力势能增加了 【变式2-1】如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电油滴，在平行于纸面的匀强电场中由静止沿斜向右下方做直线运动，其轨迹与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列判断正确的是（　　） A．电场强度的最小值等于 B．电场强度的最大值等于 C．带电油滴的机械能不可能增加 D．静电力可能对带电油滴不做功 【变式2-2】（2024·河北模拟）质量1kg的带正电滑块，轻轻放在传送带底端。传送带与水平方向夹角为，与滑块间动摩擦因数为，电动机带动传送带以3m/s速度顺时针匀速转动。滑块受到沿斜面向上的4N恒定电场力作用，则1s内（　　） A．滑块动能增加4J B．滑块机械能增加12J C．由于放上滑块电机多消耗电能为12J D．滑块与传送带间摩擦产热为4J 【变式2-3】（2023·成都期中）两块正对的平行金属板与水平面成角固定，竖直截面如图所示。两板间距10cm，电荷量为、质量为的小球用长为5cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与板夹角为；剪断细线，小球运动到板上的点（未标出），求 (1)电场强度大小； (2)距离为多少？ (3)小球运动到板上的点过程中电势能改变了多少？ 【题型3 带电粒子在周期性变化电场中的直线运动】 【例3】（多）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。若在t=0时刻进入的电子恰好在时刻穿过B板，则（　　） A．在时刻进入的电子一定不能穿过B板 B．在时刻进入的电子一定能穿过B板 C．在时刻进入的电子一定不能穿过B极 D．在时刻进入的电子一定能穿过B板 【变式3-1】（2024·山东开学考）（多）如图甲所示，直线加速器由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度依照一定的规律依次增加。序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。某时刻位于序号为0的金属圆板中心的粒子由静止开始加速，沿中心轴线进入圆筒1，粒子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中都恰好使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速。已知电压的绝对值为，周期为，粒子的比荷为，粒子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计，只考虑静电力的作用。则（　　） A．粒子在金属圆筒内做匀加速直线运动 B．粒子在各个金属圆筒内运动的时间均为 C．粒子刚进入第8个圆筒时的速度大小为 D．第8个圆筒的长度为 【变式3-2】（2023·淄博期末）（多）匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示。当时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子，带电粒子只受静电力的作用，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．3s末带电粒子回到原出发点 C．3s末带电粒子的速度不为零 D．前3s内，静电力做的总功为零 【变式3-3】（2023·安顺一模）（多）近年来市场上出现的一种静电耳机。其基本原理如图甲，a、b为两片平行固定金属薄板，M是位于金属板之间的极薄带电振膜，将带有音频信号特征的电压加在金属板上，使带电振膜在静电力的作用下沿垂直金属板方向振动从而发出声音。若两金属板可看作间距为d、电容为C的平行板电容器，振膜质量为m且均匀带有电荷，其面积与金属板相等，两板所加电压信号如图乙所示，周期为T，在时刻振膜从两板正中间位置由静止开始运动，振膜不碰到金属板，不计振膜受到的重力和阻力，则（　　） A．当金属板充电至电荷量为Q时振膜的加速度为 B．一个周期内振膜沿ab方向运动的时间为 C．所加信号电压中的最大值为 D．所加信号电压中的最大值为 【题型4 带电粒子在周期性变化电场中的曲线运动】 【例4】（多）如图甲所示，真空中水平正对放置两块长度均为l的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示的周期性变化的电压，其中0~时电压为3U0，~T时电压为−U0。在两板左侧中央处有一粒子源A，自t=0时刻开始连续发射初速度大小为v0、方向平行于金属板的带负电的相同粒子，这些粒子均能从金属板间射出，且t=时刻发射的粒子恰能水平击中光屏中的O点（AO在同一水平线上）。已知电场变化的周期T=，粒子的质量为m，不计粒子间的作用力，重力加速度为g。则（　　） A．粒子的电荷量q= B．粒子离开电场时的速度方向均相同 C．在t=T时刻发射的粒子在离开电场时的电势能等于进入电场时的电势能 D．光屏上有粒子击中的区域的长度为 【变式4-1】（2023·江西期末）（多）如图甲所示，某装置由直线加速器和偏转电场组成。直线加速器序号为奇数和偶数的圆筒分别和交变电源的两极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示；在t＝0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，位于金属圆板（序号为0）中央的电子由静止开始加速，通过可视为匀强电场的圆筒间隙的时间忽略不计，偏转匀强电场的A、B板水平放置，长度均为L，相距为d，极板间电压为U，电子从直线加速器水平射出后，自M点射入电场，从N点射出电场。若电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力和相对论效应。下列说法正确的是（　　） A．电子在第3个与第6个金属筒中的动能之比 B．第2个金属圆筒的长度为 C．电子射出偏转电场时，速度偏转角度的正切值 D．若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，且圆筒间隙的距离均为d，在保持圆筒长度、交变电压的变化规律和图乙中相同的情况下，该装置能够让电子获得的最大速度为 【变式4-2】（2022·长沙期末）（多）如图甲所示，在空间坐标系中，α射线管放置在第Ⅱ象限。由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成，细管C到两金属板距离相等，右侧的开口在y轴上，金属板和细管C均平行于x轴。放射源P在A板左端，可以沿特定方向发射某一初速度的α粒子。若金属板长为L、间距为d，当A、B板间加上某一电压时，α粒子刚好能够以速度从细管C水平射出，进入位于第Ⅰ象限的静电分析器中。静电分析器中存在着如图所示的辐向电场，分布在整个第Ⅰ象限的区域内。电场线沿半径方向，指向与坐标系原点重合的圆心O。粒子在该电场中恰好做匀速圆周运动，α粒子运动轨迹处的场强大小处处为。时刻α粒子垂直x轴进入第Ⅳ象限的交变电场中，交变电场的场强大小也为，方向随时间的变化关系如图乙所示，规定沿x轴正方向为电场的正方向。已知α粒子的电荷量为2e（e为元电荷）、质量为m，重力不计。以下说法中正确的是（　　） A．α粒子从放射源P运动到C的过程中动能减少了 B．α粒子从放射源P发射时的速度大小为 C．α粒子在静电分析器中运动的轨迹半径为 D．在时刻，α粒子的坐标为 【变式4-3】（2023·南京期末）图1的平行金属板M、N间加有图2所示的交变电压，OO'是M、N板间的中线，当电压稳定时，板间为匀强电场。时，比荷为k（）的带电粒子甲从O点沿OO'方向、以v0的速率进入板间，时飞离电场，期间恰好不与极板相碰。若在时刻，带电粒子乙以2v0的速率沿OO'从O点进入板间，已知乙粒子在运动过程中也恰好不与极板碰撞，不计粒子受到的重力，求： （1）乙粒子离开电场的时刻； （2）乙粒子的比荷是甲的多少倍； （3）甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比。 【题型5 带电粒子在匀强电场中的类抛体运动】 【例5】如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一固定的足够长的斜面，将一带正电的小球从斜面上某点以水平向右的速度抛出，小球最终落到斜面上。撤去电场，将同一小球仍在斜面上同一位置以水平向右的速度抛出，小球再次落到斜面上。则关于小球前后两个运动过程，以下判断正确的是（    ） A．运动时间相同 B．落到斜面上时的速度相同 C．落到斜面上时的位置相同 D．离斜面最远时的高度相同 【变式5-1】如图，质量为、电荷量为的质子（不计重力）在匀强电场中运动，先后经过水平虚线上A、B两点时的速度大小分别为、，方向分别与AB成斜向上、斜向下，已知，则下列说法错误的是（　　） A．质子从A到B的运动为匀变速运动 B．场强大小为 C．质子从A点运动到B点所用时间为 D．质子的最小速度为 【变式5-2】（多）生活中许多电子仪器都利用了带电粒子在电场中的偏转的原理，例如示波器、电子束仪、XCT扫描等。如图所示，长为2d的水平放置的平行金属板A和B间的距离为d。(OO'为两板的中线，在A、B两板间加上恒定电压U0。质量为m、电荷量为q的带正电的粒子组成的粒子束，不断地从O点沿OO'方向射入两板间，结果粒子从距离A板的位置离开平行金属板。不计重力影响，不计粒子间的相互作用。则（    ） A．粒子从O点射入的速度大小为 B．只改变粒子射入速度的方向，使粒子刚好能从B板右侧边缘平行于B板飞出，则粒子射入速度的方向与OO'的夹角为45° C．只将B板沿竖直方向平移，要使粒子从A板右侧边缘飞出，则B板向上移动的距离为 D．只将A板沿竖直方向平移，要使粒子从A板右侧边缘飞出，则A板向下移动的距离为 【变式5-3】如图所示，A为粒子源，在A和极板B间的加速电压为，在两水平放置的平行带电板C、D间的电压为。P为荧光屏，距偏转电场右端的水平距离为。现设有质量为m，电荷量为q的质子初速度为零，从A被加速电压加速后水平进入竖直方向的匀强电场，平行带电板的极板的长度为L，两板间的距离为d，不计带电粒子的重力，求： (1)带电粒子在射出B板时的速度大小； (2)带电粒子飞出C、D电场时在竖直方向上发生的位移大小y； (3)现有质子、氘核和α粒子三种带正电的粒子（电量之比为1：1：2，质量之比为1：2：4）分别在A板附近由静止开始经过该实验装置计算它们打在荧光屏上的位置。（不计粒子间的相互作用） 【题型6 带电粒子在匀强电场中的圆周运动】 【例6】如图所示，在竖直平面内，且A、B、C、D位于半径为r的同一圆上，在C点有一固定点电荷，电荷量为-Q。现从A点将一质量为m、电荷量为-q的点电荷由静止释放，该点电荷沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时的速度大小为，重力加速度为g，则在-Q形成的电场中（　　） A．A点的电势高于D点的电势 B．O点的电场强度大小是A点的倍 C．点电荷由A点运动至D点的过程中，静电力做功为8mgr D．点电荷在D点对轨道的压力为 【变式6-1】（多）如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在电场中有一根长为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。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 B．小球动能的最小值为 C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最大 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再减小 【变式6-2】如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的带正电小球用长为L的绝缘细线悬于电场中的O点。将小球拉至与O点等高的A点，给小球一个竖直向下的初速度，小球在竖直面内做圆周运动，恰好能到达C点，OC与竖直方向的夹角为37°，重力加速度为g，已知电场强度大小，，小球可视为质点，求： (1)小球在A点的初速度大小； (2)小球运动到圆弧最低点B时，细线的拉力大小； (3)若小球向左运动到速度最大的位置时细线刚好断开，此后当小球运动的速度沿水平方向时，小球的速度大小。 【变式6-3】固定在点的细线拉着一质量为、电荷量为的带正电小球在竖直平面内做半径为的圆周运动，该区域内存在水平向右的匀强电场（图中未画出），电场强度，圆周上A点在圆心O的正上方，小球过A点时的速度大小为，方向水平向左，不计一切阻力，重力加速度为，求： (1)小球过A点时对细线的作用力； (2)小球做圆周运动过程中的最小速率； (3)若小球过A点时断开细线，之后的运动中小球经过其电势能最大位置时的速率为多大? 【题型7 带电粒子在电场中的能量问题】 【例7】（2023·南京期末）如图所示，在竖直平面内有一个带正电的小球，质量为，所带的电荷量为，用一根不可伸长的绝缘轻细线系在匀强电场中的O点，匀强电场方向水平向右，场强为104N/C。现将带正电小球从O点右方由水平位置A点（细线绷直）无初速度释放，取重力加速度。以下说法错误的是（　　） A．小球运动到B点时速度刚好为零 B．从A到B的过程中小球减少的重力势能大于电势能的增加量 C．若将小球从C点由静止释放，其最终一定能通过A点并继续运动一段距离 D．若将小球从C点由静止释放，运动过程中机械能和电势能的和不守恒 【变式7-1】（2023·无锡期中）如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零。则小球a（　　） A．从N到P的过程中，速率一直增大 B．从N到Q的过程中，电势能一直增加 C．从N到Q的过程中，机械能一直增大 D．从N到Q的过程中，库仑力先增大后减小 【变式7-2】（2023·成都期中）（多）一质量为m的带电液滴以竖直向下的初速度进入某电场中，由于电场力和重力的作用，液滴沿竖直方向下落一段距离h后，速度变为0。在此过程中，以下判断正确的是（　　） A．液滴一定带负电 B．合外力对液滴做的功为 C．液滴的电势能增加了 D．液滴的重力势能减少了 【变式7-3】（2024·西安三模）（多）一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为和）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到点的距离成反比，方向指向点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为、半径分别为、；粒子3从距点的位置入射并从距点的位置出射；粒子4从距点的位置入射并从距点的位置出图（a）射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（   ） A．粒子1入射时的动能大于粒子2入射时的动能 B．粒子4入射时的动能大于粒子2入射时的动能 C．粒子3出射时的动能大于粒子3入射时的动能 D．粒子4出射时的动能大于粒子4入射时的动能 【题型8 示波器的原理】 【例8】示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示。如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（　　） A．极板X应带正电 B．极板X'应带负电 C．极板Y应带正电 D．极板Y'应带正电 【变式8-1】（2023·无锡期末）示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如图甲所示。图乙是从右向左看到的荧光屏的平面图。若在XX'上加如图丙所示的电压，在 YY'上加如图丁所示的信号电压，则在示波管荧光屏上看到的图形是（    ） A． B． C． D． 【变式8-2】（2024·太原三模）示波器可以用来观察电信号随时间变化的情况，偏转电极上加的是待测信号电压，偏转电极接入仪器自身产生的锯齿形扫描电压。若调节扫描电压周期与信号电压周期相同，在荧光屏上可得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像。下列说法正确的是（    ） A．电子在示波管内做类平抛运动 B．待测信号电压不会改变电子的动能 C．若荧光屏上恰好只出现一个周期内的正弦图像，说明待测信号随时间按正弦规律变化 D．若荧光屏上恰好只出现一个周期内的正弦图像，把扫描电压的周期变为原来的一半，荧光屏上会出现两个周期内的正弦图像 【变式8-3】（2024·徐州三模）如图所示，在示波管水平极板加电压、竖直极板加电压后，亮斑会偏离荧光屏中心位置。能使亮斑离荧光屏中心的竖直距离增大的是（　　） A．增大 B．减小 C．增大 D．减小 【题型9 带电粒子其他非匀强电场中的运动】 【例9】（2024·武汉模拟）如图所示水平放置的平行板电容器中间开有小孔，两板间距为d；一均匀带电绝缘棒带电量为，长度为2d，质量为m。绝缘电棒下端紧靠小孔，静止释放后绝缘棒始终保持竖直，与电容器无接触且电荷分布保持不变。棒的上端点进入电场时，棒的速度恰好为零。不考虑极板外的电场影响，则两板间的电压为（　　） A． B． C． D． 【变式9-1】（2024·厦门二模）（多）《厦门志·风俗记》中记载：“（厦门人）俗好啜茶，…如啜酒然，以饷客，客必辨其色、香、味而细啜之，名曰功夫茶。”在茶叶生产过程中有道茶叶茶梗分离的工序，可通过电晕放电、感应极化等方式让茶叶茶梗都带上正电荷，且茶叶的比荷小于茶梗的比荷，之后两者通过静电场便可分离。如图所示，图中A、B分别为带电量不同的两个带电球，之间产生非匀强电场，茶叶、茶梗通过电场分离，并沿光滑绝缘分离器落入小桶。假设有一茶梗P电荷量为，质量为，以1m/s的速度离开A球表面O点，最后落入桶底，O点电势为1×104V，距离桶底高度为0.8m，桶底电势为零。不计空气阻力、茶叶茶梗间作用力及一切碰撞能量损失，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．M处电场强度大于N处电场强度 B．茶叶落入左桶，茶梗落入右桶 C．茶梗P落入桶底速度为 D．茶梗P落入桶底速度为 【变式9-2】（2023·贵港期末）（多）如图所示，光滑绝缘的水平面上有一质量为m、带负电的小球A，在距水平面高h处固定一带正电且带电荷量为的小球B。现使得小球A获得一水平初速度，使其恰好能在水平面上做匀速圆周运动，此时两小球连线与水平面间的夹角为30°，小球A恰好对水平面没有压力。已知A、B两小球均可视为点电荷，静电力常量为k，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（    ） A．两小球间的库仑力大小为 B．小球A做匀速圆周运动的向心力大小为 C．小球A做匀速圆周运动的线速度大小为 D．小球A所带的电荷量为 【变式9-3】（2022·无锡期中）如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿导轨BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求： （1）弹簧压缩至A点时的弹性势能； （2）小球经过O点时的速度大小； （3）小球过O点后运动的轨迹方程。 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 10.5 带电粒子在电场中的运动【九大题型】 【人教版2019】 【题型1 带电粒子（不计重力）在匀强电场中的直线运动】 2 【题型2 带电物体（计重力）在匀强电场中的直线运动】 6 【题型3 带电粒子在周期性变化电场中的直线运动】 11 【题型4 带电粒子在周期性变化电场中的曲线运动】 15 【题型5 带电粒子在匀强电场中的类抛体运动】 23 【题型6 带电粒子在匀强电场中的圆周运动】 29 【题型7 带电粒子在电场中的能量问题】 35 【题型8 示波器的原理】 39 【题型9 带电粒子其他非匀强电场中的运动】 43 知识点1：带电粒子在电场中的加速 分析带电粒子的加速问题有两种思路： 1．利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式分析．适用于匀强电场． 2．利用静电力做功结合动能定理分析．对于匀强电场和非匀强电场都适用，公式有qEd＝mv2－mv02(匀强电场)或qU＝mv2－mv02(任何电场)等． 知识点2：带电粒子在电场中的偏转 如图所示，质量为m、带电荷量为q的粒子(忽略重力)，以初速度v0平行于两极板进入匀强电场，极板长为l，极板间距离为d，极板间电压为U. 1．运动性质： (1)沿初速度方向：速度为v0的匀速直线运动． (2)垂直v0的方向：初速度为零的匀加速直线运动． 2．运动规律： (1)t＝，a＝，偏移距离y＝at2＝. (2)vy＝at＝，tan θ＝＝. 【题型1 带电粒子（不计重力）在匀强电场中的直线运动】 【例1】（2023·武威期中）下列粒子从初速度为零的状态经过电压同为U的电场加速后速度最大的是（　　） A．氘核（） B．质子（） C．氦原子核（） D．氚核（） 【答案】B 【详解】设粒子的电量为q，质量为m，则由动能定理得 解得 在题中四个粒子中质子的比荷最大，速度也最大。 故选B。 【变式1-1】（2023·南京期末）如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点，由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，现将C板向左平移到点，则由O点静止释放的电子（　　） A．运动到P点返回 B．运动到P和点之间返回 C．运动到点返回 D．穿过点后继续运动 【答案】D 【知识点】带电粒子在匀强电场中的直线运动 【详解】由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，表明电子在薄板A、B之间做加速运动，电场力做正功，电场方向向左，在薄板B、C之间做减速运动，电场力做负功，电场方向向右，到达P点时速度恰好为0，之后，电子向左加速至M点，再向左减速至O点速度为0，之后重复先前的运动，根据动能定理有 解得 根据 当C板向左平移到点，B、C间距减小，B、C之间电压减小，则有 结合上述有 可知，电子减速运动到的速度不等于0，即电子穿过点后继续向右运动。 故选D。 【变式1-2】（多）一对平行正对的金属板C、D接入如图所示的电路中，C板固定，D板可左右平行移动，闭合开关，一段时间后再断开开关，从C板发射一电子，恰能运动到A点后再返回，已知A到D板的距离是板间距离的三分之一，忽略电子的重力，则（　　） A．若将D板向左平移至A点，电子恰能到达D板 B．若将D板向右平移至某位置，电子将不能运动至A点 C．若要让电子能够到达D板，可将电子的动能至少增加为原来的1.5倍 D．若闭合开关，再将D板向左平移至A点或A点左侧某位置，电子能够到达D板 【答案】AC 【详解】AB．从C板发射一电子，恰能运动到A点后再返回，则有 若将D板向左平移至A点，根据 可得 两极板间电场强度不变，则电子恰能到达D板，同理，若将D板向右平移至某位置，电子恰能运动至A点，故A正确，B错误； C．若要让电子能够到达D板，则 所以 故C正确； D．若闭合开关，再将D板向左平移至A点或A点左侧某位置，则电容器两极板间电势差不变，两极板间距离减小，两极板间电场强度增大，电子不能到达D板，故D错误。 故选AC。 【变式1-3】（2024·河北开学考）（多）图甲为静电式油烟净化器的原理图，油烟先经过滤网过滤，较小的颗粒进入收集筒内，筒中心和筒壁之间加上高电压（恒定）后，中心负极会均匀地发射与筒壁垂直的电子，颗粒（视为球体）以相同的速度平行筒心轴线进入筒内后，吸收电子带上负电，在电场力作用下向筒壁偏移，最后附着到筒壁上。已知颗粒吸附的电子数与其表面积成正比，颗粒密度恒定，不计重力和其他影响，该电场可看成辐向电场（如图乙所示）。下列说法正确的是（　　） A．油烟颗粒在收集筒内做匀变速运动 B．经过同一位置的油烟颗粒，半径越大加速度越小 C．离筒壁越远的油烟颗粒达到筒壁上的速度不一定越大 D．收集筒半径越大油烟净化效果越好 【答案】BC 【详解】A．收集筒内的电场呈辐射状，不是匀强电场，油烟颗粒在收集筒内做非匀变速运动，A错误； B．设油烟颗粒半径为，单位面积的电量为，由题意可知 则 半径越大加速度越小，B正确； C．由动能定理得 解得 离的越远越大，颗粒半径大小不同，可能减小，C正确； D．收集筒半径过大，油烟颗粒有可能打不到筒壁上，净化效果会变差，D错误。 故选C。 【题型2 带电物体（计重力）在匀强电场中的直线运动】 【例2】（2024·湖北开学考）如图甲所示，倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，其空间存在沿斜面方向的匀强电场，以斜面底諯为坐标原点，沿斜面向上为正方向建立x轴，一带正电的小滑块以一定的初速度从斜面底端处开始上滑，若斜面足够长，上滑过程中小滑块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，，，则下列说法正确的是（    ） A．电场强度的方向沿斜面向上 B．在斜面底端小滑块克服重力做功的功率为 C．在斜面底端小滑块克服电场力做功的功率为 D．小滑块上滑过程中，重力势能增加了 【答案】C 【详解】AC．由图乙可知，上滑过程中小滑块的机械能变化量为 即电场力做负功，所以电场强度的方向沿斜面向下。又 解得 则在斜面底端小滑块克服电场力做功的功率为 故A错误；C正确； D．由A选项分析可知，上滑过程中，小滑块的机械能减少了，动能减少了。其重力势能增加了 故D错误； B．小滑块上滑过程中，重力做负功，小滑块的重力势能变化量为 解得 在斜面底端小滑块克服重力做功的功率为 故B错误。 故选C。 【变式2-1】如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电油滴，在平行于纸面的匀强电场中由静止沿斜向右下方做直线运动，其轨迹与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列判断正确的是（　　） A．电场强度的最小值等于 B．电场强度的最大值等于 C．带电油滴的机械能不可能增加 D．静电力可能对带电油滴不做功 【答案】D 【详解】AB．带电油滴的运动轨迹为直线，在电场中受到重力mg和静电力F，其合力必定沿此直线向下，根据三角形定则作出合力，如图 由图可知，当静电力F与油滴轨迹垂直时，静电力F最小，场强最小，则有 得到 由图可知，电场强度无最大值，故AB错误； D．当时，静电力方向与速度方向垂直，静电力不做功，带电油滴的电势能一定不变；这种情况下只有重力做功，带电油滴的机械能不变，故D正确； C．当时，静电力方向与速度方向成锐角时，静电力做正功，带电油滴的机械能增加，故C错误。 故选D。 【变式2-2】（2024·河北模拟）质量1kg的带正电滑块，轻轻放在传送带底端。传送带与水平方向夹角为，与滑块间动摩擦因数为，电动机带动传送带以3m/s速度顺时针匀速转动。滑块受到沿斜面向上的4N恒定电场力作用，则1s内（　　） A．滑块动能增加4J B．滑块机械能增加12J C．由于放上滑块电机多消耗电能为12J D．滑块与传送带间摩擦产热为4J 【答案】C 【详解】A．分析滑块，由牛顿第二定律得 解得 1s末，滑块末速度为 位移为 传送带位移为 则，滑块动能为 故A错误； B．滑块机械能增加 故B错误； C．电机多消耗电能 故C正确； D．滑块与传送带间摩擦产热为 故D错误。 故选C。 【变式2-3】（2023·成都期中）两块正对的平行金属板与水平面成角固定，竖直截面如图所示。两板间距10cm，电荷量为、质量为的小球用长为5cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与板夹角为；剪断细线，小球运动到板上的点（未标出），求 (1)电场强度大小； (2)距离为多少？ (3)小球运动到板上的点过程中电势能改变了多少？ 【答案】(1) (2) (3)电势能增加 【详解】（1）根据平衡条件和几何关系，对小球受力分析如图所示 根据几何关系可得 解得 （2）剪断细线，小球做匀加速直线运动，如图所示 根据几何关系可得 （3）根据几何关系可得小球沿着电场力方向的位移 与电场力方向相反，电场力做功为 小球的电势能增加。 【题型3 带电粒子在周期性变化电场中的直线运动】 【例3】（多）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。若在t=0时刻进入的电子恰好在时刻穿过B板，则（　　） A．在时刻进入的电子一定不能穿过B板 B．在时刻进入的电子一定能穿过B板 C．在时刻进入的电子一定不能穿过B极 D．在时刻进入的电子一定能穿过B板 【答案】BC 【详解】AB．当电子在t=0时刻进入时，恰好在时刻穿过B板，设此时电子的速度为v，则 电子从时刻进入两板时，电子向右运动的最大位移为 由此可知，电子一定能穿过B板，故A错误，B正确； CD．同理，电子从时刻进入两板时，电子向右运动的最大位移为 由此可知，电子一定不能穿过B板，故C正确，D错误。 故选BC。 【变式3-1】（2024·山东开学考）（多）如图甲所示，直线加速器由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度依照一定的规律依次增加。序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。某时刻位于序号为0的金属圆板中心的粒子由静止开始加速，沿中心轴线进入圆筒1，粒子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中都恰好使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速。已知电压的绝对值为，周期为，粒子的比荷为，粒子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计，只考虑静电力的作用。则（　　） A．粒子在金属圆筒内做匀加速直线运动 B．粒子在各个金属圆筒内运动的时间均为 C．粒子刚进入第8个圆筒时的速度大小为 D．第8个圆筒的长度为 【答案】BC 【详解】A．由于金属圆筒处于静电平衡状态，圆筒内部场强为零，则电子在金属圆筒中做匀速直线运动，故A错误； B．因为电子从金属圆筒出来后要继续做加速运动，所以电子在金属圆筒中的运动时间应该为交变电源周期的一半，即，故B正确； C．由动能定理得 可得粒子刚进入第8个圆筒时的速度大小为 故C正确； D．因为电子在圆筒中做匀速直线运动，所以第8个圆筒长度为 故D错误。 故选BC。 【变式3-2】（2023·淄博期末）（多）匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示。当时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子，带电粒子只受静电力的作用，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．3s末带电粒子回到原出发点 C．3s末带电粒子的速度不为零 D．前3s内，静电力做的总功为零 【答案】AD 【详解】A．带电粒子由静止释放后，在时间内，由牛顿第二定律可知粒子的加速度大小为 在时间内，粒子的加速度大小为 可知粒子由静止先以加速度大小加速2s，再以加速度大小减速1s，由于，可知此时粒子速度是零，同理在时间内由静止又以加速度大小加速2s，再以加速度大小减速1s，此时粒子速度是零，因此粒子在时间内，带电粒子将始终向同一个方向运动，其速度时间图像如图所示， A正确； B．由带电粒子的速度时间图像可知，带电粒子将始终向同一个方向运动，因此3s末带电粒子回不到原出发点，B错误； C．由带电粒子的速度时间图像可知，3s末带电粒子的速度是零，C错误； D．在前3s内，由动能定理可知 前3s内，静电力做的总功是零，D正确。 故选AD。 【变式3-3】（2023·安顺一模）（多）近年来市场上出现的一种静电耳机。其基本原理如图甲，a、b为两片平行固定金属薄板，M是位于金属板之间的极薄带电振膜，将带有音频信号特征的电压加在金属板上，使带电振膜在静电力的作用下沿垂直金属板方向振动从而发出声音。若两金属板可看作间距为d、电容为C的平行板电容器，振膜质量为m且均匀带有电荷，其面积与金属板相等，两板所加电压信号如图乙所示，周期为T，在时刻振膜从两板正中间位置由静止开始运动，振膜不碰到金属板，不计振膜受到的重力和阻力，则（　　） A．当金属板充电至电荷量为Q时振膜的加速度为 B．一个周期内振膜沿ab方向运动的时间为 C．所加信号电压中的最大值为 D．所加信号电压中的最大值为 【答案】AC 【详解】A.由 可知金属板间的电压为 又因为 且 根据牛顿第二定律，有 故A正确； B.振膜不碰到金属板，可知振膜向b板做匀加速直线运动，振膜向b板做匀减速直线运动，刚好运动到b板，速度为0。由对称性知所以一个周期内振膜沿ab方向运动的时间为，故B错误； CD.由上分析可知振膜发生的位移要小于等于，有 得 故C正确，D错误。 故选AC。 【题型4 带电粒子在周期性变化电场中的曲线运动】 【例4】（多）如图甲所示，真空中水平正对放置两块长度均为l的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示的周期性变化的电压，其中0~时电压为3U0，~T时电压为−U0。在两板左侧中央处有一粒子源A，自t=0时刻开始连续发射初速度大小为v0、方向平行于金属板的带负电的相同粒子，这些粒子均能从金属板间射出，且t=时刻发射的粒子恰能水平击中光屏中的O点（AO在同一水平线上）。已知电场变化的周期T=，粒子的质量为m，不计粒子间的作用力，重力加速度为g。则（　　） A．粒子的电荷量q= B．粒子离开电场时的速度方向均相同 C．在t=T时刻发射的粒子在离开电场时的电势能等于进入电场时的电势能 D．光屏上有粒子击中的区域的长度为 【答案】BD 【详解】A．粒子进入电场后，在水平方向做匀速运动，粒子在电场中的运动时间 此时间正好是交变电场变化的一个周期，在t=时刻发射的粒子恰好从两极板中央水平离开电场，则粒子在~时间内的加速度和~T时间内的加速度等大反向，有 解得 故A错误； B．粒子在电场中的运动时间是交变电场变化的一个周期，加速度向上和向下的时间均为半个周期，则粒子离开电场时竖直方向的速度均为零，粒子均水平离开电场，故B正确， C．粒子在0~时间内的加速度方向竖直向上，大小为2g，在~T时间内的加速度方向竖直向下，大小为2g，则在t=时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移方向向上，大小 而离开电场时竖直方向速度为零，则 电场力做功 即粒子的电势能减小了，故C错误； D．粒子离开电场后的运动情况相同，则光屏上有粒子击中的区域的长度取决于粒子离开电场时在竖直方向的偏移量，t=0时进入电场的粒子在竖直方向的偏移量最大，为 由对称性可知，光屏上有粒子击中的区域的长度为 故D正确。 故选BD。 【变式4-1】（2023·江西期末）（多）如图甲所示，某装置由直线加速器和偏转电场组成。直线加速器序号为奇数和偶数的圆筒分别和交变电源的两极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示；在t＝0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，位于金属圆板（序号为0）中央的电子由静止开始加速，通过可视为匀强电场的圆筒间隙的时间忽略不计，偏转匀强电场的A、B板水平放置，长度均为L，相距为d，极板间电压为U，电子从直线加速器水平射出后，自M点射入电场，从N点射出电场。若电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力和相对论效应。下列说法正确的是（　　） A．电子在第3个与第6个金属筒中的动能之比 B．第2个金属圆筒的长度为 C．电子射出偏转电场时，速度偏转角度的正切值 D．若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，且圆筒间隙的距离均为d，在保持圆筒长度、交变电压的变化规律和图乙中相同的情况下，该装置能够让电子获得的最大速度为 【答案】AD 【详解】A．设电子的质量为m，电子所带电荷量的绝对值为e。电子进入第n个圆筒后的动能为En，根据动能定理有 电子在第3个和第6个金属圆筒中的动能之比1:2，故A正确； B．设电子进入第n个圆筒后的速度为，根据动能定理有 ， 第2个金属圆筒的长度 ＝ 故B错误； C．电子在偏转电场中运动的加速度为 电子在偏转电场中的运动时间为 又因为 电子射出偏转电场时，垂直于板面的分速度 电子射出偏转电场时，偏转角度的正切值为 故C错误； D．由题意，若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，则电子进入每级圆筒的时间都要比忽略电子通过圆筒间隙中对应时间延后一些，当延后时间累计为，则电子再次进入电场时将开始做减速运动，此时的速度就是装置能够加速的最大速度，则有 根据动能定理得 联立解得 故D正确。 故选AD。 【变式4-2】（2022·长沙期末）（多）如图甲所示，在空间坐标系中，α射线管放置在第Ⅱ象限。由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成，细管C到两金属板距离相等，右侧的开口在y轴上，金属板和细管C均平行于x轴。放射源P在A板左端，可以沿特定方向发射某一初速度的α粒子。若金属板长为L、间距为d，当A、B板间加上某一电压时，α粒子刚好能够以速度从细管C水平射出，进入位于第Ⅰ象限的静电分析器中。静电分析器中存在着如图所示的辐向电场，分布在整个第Ⅰ象限的区域内。电场线沿半径方向，指向与坐标系原点重合的圆心O。粒子在该电场中恰好做匀速圆周运动，α粒子运动轨迹处的场强大小处处为。时刻α粒子垂直x轴进入第Ⅳ象限的交变电场中，交变电场的场强大小也为，方向随时间的变化关系如图乙所示，规定沿x轴正方向为电场的正方向。已知α粒子的电荷量为2e（e为元电荷）、质量为m，重力不计。以下说法中正确的是（　　） A．α粒子从放射源P运动到C的过程中动能减少了 B．α粒子从放射源P发射时的速度大小为 C．α粒子在静电分析器中运动的轨迹半径为 D．在时刻，α粒子的坐标为 【答案】BCD 【详解】AB．由题意可知，α粒子运动到处时速度为，可知α粒子的反方向的运动为类平抛运动，水平方向有 竖直方向有 由牛顿第二定律 联立解得 α粒子从放射源发射出到C的过程，由动能定理 解得 设α粒子发射时速度的大小为，α粒子从放射源发射至运动到C的过程，由动能定理可得 解得 故A错误，B正确； C．粒子在静电分析器中恰好做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得 解得 故C正确； D．时刻α粒子垂直x轴进入第Ⅳ象限的交变电场中，在时刻，α粒子在方向的速度为 所以一个周期内，离子在方向的平均速度 每个周期α粒子在正方向前进 因为开始计时时α粒子横坐标为 因此在时刻，α粒子的横坐标为 α粒子的纵坐标为 所以在时刻α粒子的坐标为 故D正确。 故选BCD。 【变式4-3】（2023·南京期末）图1的平行金属板M、N间加有图2所示的交变电压，OO'是M、N板间的中线，当电压稳定时，板间为匀强电场。时，比荷为k（）的带电粒子甲从O点沿OO'方向、以v0的速率进入板间，时飞离电场，期间恰好不与极板相碰。若在时刻，带电粒子乙以2v0的速率沿OO'从O点进入板间，已知乙粒子在运动过程中也恰好不与极板碰撞，不计粒子受到的重力，求： （1）乙粒子离开电场的时刻； （2）乙粒子的比荷是甲的多少倍； （3）甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比。 【答案】（1）T时刻离开电场；（2）；（3）1∶2 【详解】（1）粒子在水平方向做匀速直线运动，设极板的长度为L 解得 （2）甲粒子在 时刻距离中线最远，恰好运动到极板处速度为零， 时刻返回中线，设极板之间的距离为d，粒子向极板运动过程中，先做匀加速运动，再做匀减速运动，运动时间均为 乙粒子匀加速，匀减速，在时刻恰好速度为零，离极板最近，然后从静止开始向另一个极板做匀加速运动 ，T时刻从极板边缘飞出 解得 （3）甲粒子 时刻返回中线，偏转距离为 乙粒子从极板边缘飞出，偏转距离为 解得 【题型5 带电粒子在匀强电场中的类抛体运动】 【例5】如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一固定的足够长的斜面，将一带正电的小球从斜面上某点以水平向右的速度抛出，小球最终落到斜面上。撤去电场，将同一小球仍在斜面上同一位置以水平向右的速度抛出，小球再次落到斜面上。则关于小球前后两个运动过程，以下判断正确的是（    ） A．运动时间相同 B．落到斜面上时的速度相同 C．落到斜面上时的位置相同 D．离斜面最远时的高度相同 【答案】B 【详解】A．设斜面的倾角为，存在电场时，则有 竖直方向上有 水平方向有 联立解得 撤去电场，小球仍落在斜面上，则有 竖直方向上有 水平方向有 联立解得 可知 故A错误； B．在平抛运动或类平抛运动中，有速度夹角正切值等位移夹角正切值的两倍，设小球落在斜面上时速度与水平方向的夹角为，则有 两种情况位移夹角相同，故速度夹角相同，根据 ， 可得小球落在斜面的速度为 故两种情况下小球落在斜面上的速度大小、方向都一样，故B正确； C．因，水平方向速度相同，则水平位移有，又 ， 则两种情况下合位移的大小为 ， 可知，故两种情况下小球落到斜面上时的位置不相同，故C错误； D．当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，此时速度与水平方向的夹角为，则有 可知两种情况下竖直方向的速度相等，根据 因两种情况的加速度不相等，则下落的高度不相等，所以离斜面最远时的高度不相同，故D错误。 故选B。 【变式5-1】如图，质量为、电荷量为的质子（不计重力）在匀强电场中运动，先后经过水平虚线上A、B两点时的速度大小分别为、，方向分别与AB成斜向上、斜向下，已知，则下列说法错误的是（　　） A．质子从A到B的运动为匀变速运动 B．场强大小为 C．质子从A点运动到B点所用时间为 D．质子的最小速度为 【答案】B 【详解】A．由于质子在匀强电场中受电场力恒定，故加速度不变，质子做匀变速曲线运动，故A正确，不满足题意要求； B．质子在匀强电场中做匀变速曲线运动，在与电场方向垂直的方向上分速度相等，设与电场线的夹角为，如图所示 结合与方向垂直有 解得 根据动能定理有 解得 故B错误，满足题意要求； C．由几何关系可得 所以质子从 A 点运动到 B 点所用时间为 故C正确，不满足题意要求； D．质子在匀强电场中做匀变速曲线运动，在与电场方向垂直的方向上做匀速直线运动，所以质子沿电场线方向的分速度为零时，质子的速度最小，为 故D正确，不满足题意要求。 故选B。 【变式5-2】（多）生活中许多电子仪器都利用了带电粒子在电场中的偏转的原理，例如示波器、电子束仪、XCT扫描等。如图所示，长为2d的水平放置的平行金属板A和B间的距离为d。(OO'为两板的中线，在A、B两板间加上恒定电压U0。质量为m、电荷量为q的带正电的粒子组成的粒子束，不断地从O点沿OO'方向射入两板间，结果粒子从距离A板的位置离开平行金属板。不计重力影响，不计粒子间的相互作用。则（    ） A．粒子从O点射入的速度大小为 B．只改变粒子射入速度的方向，使粒子刚好能从B板右侧边缘平行于B板飞出，则粒子射入速度的方向与OO'的夹角为45° C．只将B板沿竖直方向平移，要使粒子从A板右侧边缘飞出，则B板向上移动的距离为 D．只将A板沿竖直方向平移，要使粒子从A板右侧边缘飞出，则A板向下移动的距离为 【答案】AD 【详解】A．粒子在平行金属板间运动，水平方向有 竖直方向有 加速度为 解得 故A正确； B．粒子从B板右侧边缘平行于B板飞出，有 解得 可知，故В错误； C．只将B板沿竖直方向移动，要使粒子从A板右侧边缘飞出，则 解得 故B板沿竖直方向向上移动，故C错误； D．只将A板沿竖直方向移动，要使粒子从板右侧边缘飞出，则 解得 故A板向下移动，故D正确。 故选AD。 【变式5-3】如图所示，A为粒子源，在A和极板B间的加速电压为，在两水平放置的平行带电板C、D间的电压为。P为荧光屏，距偏转电场右端的水平距离为。现设有质量为m，电荷量为q的质子初速度为零，从A被加速电压加速后水平进入竖直方向的匀强电场，平行带电板的极板的长度为L，两板间的距离为d，不计带电粒子的重力，求： (1)带电粒子在射出B板时的速度大小； (2)带电粒子飞出C、D电场时在竖直方向上发生的位移大小y； (3)现有质子、氘核和α粒子三种带正电的粒子（电量之比为1：1：2，质量之比为1：2：4）分别在A板附近由静止开始经过该实验装置计算它们打在荧光屏上的位置。（不计粒子间的相互作用） 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）在加速电场，由动能定理得 解得 （2）设粒子在偏转电场中运动的时间为 设粒子在离开偏转电场时纵向偏移量为 加速度为 联立解得 （3）因为粒子出射电场时的偏移量和速度的偏向角都与粒子的比荷无关，所以，它们打在荧光屏上的位置相同，距离中轴线的竖直距离为，粒子在偏转电场中做类平抛运动，速度的反向延长线交于水平位移中点，则由相似可得 解得 【题型6 带电粒子在匀强电场中的圆周运动】 【例6】如图所示，在竖直平面内，且A、B、C、D位于半径为r的同一圆上，在C点有一固定点电荷，电荷量为-Q。现从A点将一质量为m、电荷量为-q的点电荷由静止释放，该点电荷沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时的速度大小为，重力加速度为g，则在-Q形成的电场中（　　） A．A点的电势高于D点的电势 B．O点的电场强度大小是A点的倍 C．点电荷由A点运动至D点的过程中，静电力做功为8mgr D．点电荷在D点对轨道的压力为 【答案】D 【详解】A．由于A点更靠近场源电荷-Q，所以A点的电势低于D点的电势，故A错误； B．根据点电荷周围电场分布可知 故B错误； C．点电荷沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点的过程中，由动能定理可得 解得 故C错误； D．根据牛顿第二定律可得 解得 根据牛顿第三定律可得点电荷在D点对轨道的压力为 故D正确。 故选D。 【变式6-1】（多）如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在电场中有一根长为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。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 B．小球动能的最小值为 C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最大 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再减小 【答案】ABD 【详解】．小球静止时，对小球受力分析如图 小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件有 解得 故A正确； B．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 则最小动能为 故B正确； C．小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最小的位置机械能最大，由于小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最右侧端点时机械能最大，故C错误； D．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，故D正确。 故选ABD。 【变式6-2】如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的带正电小球用长为L的绝缘细线悬于电场中的O点。将小球拉至与O点等高的A点，给小球一个竖直向下的初速度，小球在竖直面内做圆周运动，恰好能到达C点，OC与竖直方向的夹角为37°，重力加速度为g，已知电场强度大小，，小球可视为质点，求： (1)小球在A点的初速度大小； (2)小球运动到圆弧最低点B时，细线的拉力大小； (3)若小球向左运动到速度最大的位置时细线刚好断开，此后当小球运动的速度沿水平方向时，小球的速度大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设小球在A点的初速度大小为，从A点C点过程，根据动能定理可得 解得 （2）小球A点B点过程，根据动能定理可得 解得 小球运动到圆弧最低点B时，根据牛顿第二定律可得 解得细线拉力大小为 （3）小球受到电场力和重力的合力大小为 电场力和重力的合力方向与竖直方向的夹角满足 可得 设小球向左运动到D位置速度最大，此时与竖直方向的夹角为，则从C点到D点过程，根据动能定理可得 解得 此时细线刚好断开，当小球运动的速度沿水平方向时，竖直方向有 小球的速度大小为 其中 联立可得 【变式6-3】固定在点的细线拉着一质量为、电荷量为的带正电小球在竖直平面内做半径为的圆周运动，该区域内存在水平向右的匀强电场（图中未画出），电场强度，圆周上A点在圆心O的正上方，小球过A点时的速度大小为，方向水平向左，不计一切阻力，重力加速度为，求： (1)小球过A点时对细线的作用力； (2)小球做圆周运动过程中的最小速率； (3)若小球过A点时断开细线，之后的运动中小球经过其电势能最大位置时的速率为多大? 【答案】(1)，方向竖直向上 (2) (3) 【详解】（1）在A点，以小球为对象，根据受到第二定律可得 解得 根据牛顿第三定律，小球对细线的作用力大小为 方向竖直向上。 （2）设电场力和重力的合力与竖直方向夹角为，则有 可得 如图所示 当小球到达等效最高点C点时速度最小，从A到C由动能定理得 解得小球做圆周运动过程中的最小速率为 （3）若小球过A点时细线断开，之后小球电势能最大时水平速度减为零，则经过的运动时间为 竖直方向做自由落体，则此时小球的速率为 【题型7 带电粒子在电场中的能量问题】 【例7】（2023·南京期末）如图所示，在竖直平面内有一个带正电的小球，质量为，所带的电荷量为，用一根不可伸长的绝缘轻细线系在匀强电场中的O点，匀强电场方向水平向右，场强为104N/C。现将带正电小球从O点右方由水平位置A点（细线绷直）无初速度释放，取重力加速度。以下说法错误的是（　　） A．小球运动到B点时速度刚好为零 B．从A到B的过程中小球减少的重力势能大于电势能的增加量 C．若将小球从C点由静止释放，其最终一定能通过A点并继续运动一段距离 D．若将小球从C点由静止释放，运动过程中机械能和电势能的和不守恒 【答案】B 【详解】A．设绳子长度为，小球从到过程，根据动能定理 代入数据可得 可知小球运动到B点时速度刚好为零，故A正确； B．根据能量守恒定律可知从A到B的过程中小球减少的重力势能等于电势能的增加量，故B错误； C．若将小球从C点由静止释放，到达点时，电场力做正功，重力不做功，且绳绷紧时动能不会完全损失，可知通过时小球速度不为零，所以其最终一定能通过A点并继续运动一段距离，故C正确； D．若将小球从C点由静止释放，根据题意 小球所受的合力与竖直方向的夹角为，做匀加速直线运动，当小球运动到点时，绳子绷紧，沿着绳子方向的分速度瞬间变为零，有能量损失，所以运动过程中机械能和电势能的和不守恒，故D正确。 本题选不正确项，故选B。 【变式7-1】（2023·无锡期中）如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零。则小球a（　　） A．从N到P的过程中，速率一直增大 B．从N到Q的过程中，电势能一直增加 C．从N到Q的过程中，机械能一直增大 D．从N到Q的过程中，库仑力先增大后减小 【答案】B 【详解】A．从N到P的过程中，在其中间某个位置存在一个三力平衡的位置，此位置的合力为零，加速度为零，速度最大，则从N到P的过程中，a球速率必先增大后减小，选项A错误； BC．在a球在从N到Q的过程中，a、b两小球距离逐渐变小，电场力(库仑斥力)一直做负功，a球电势能一直增加，除了重力之外的其他力做负功，则机械能一直减小，选项B正确，C错误； D．从N到Q的过程中，a、b两小球距离逐渐变小，根据库伦定律可知库仑力一直增大，故D错误。 故选B。 【变式7-2】（2023·成都期中）（多）一质量为m的带电液滴以竖直向下的初速度进入某电场中，由于电场力和重力的作用，液滴沿竖直方向下落一段距离h后，速度变为0。在此过程中，以下判断正确的是（　　） A．液滴一定带负电 B．合外力对液滴做的功为 C．液滴的电势能增加了 D．液滴的重力势能减少了 【答案】BC 【详解】AC．带电液滴下落h高度，根据动能定理 可得 所以电场力做负功，则液滴的电势能增加，电场力竖直向上，电场方向向上，则液滴一定带正电，故A错误，C正确； B．合外力对液滴做的功为 故B正确； D．重力对液滴做的功为 则液滴的重力势能减少了，故D错误。 故选BC。 【变式7-3】（2024·西安三模）（多）一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为和）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到点的距离成反比，方向指向点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为、半径分别为、；粒子3从距点的位置入射并从距点的位置出射；粒子4从距点的位置入射并从距点的位置出图（a）射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（   ） A．粒子1入射时的动能大于粒子2入射时的动能 B．粒子4入射时的动能大于粒子2入射时的动能 C．粒子3出射时的动能大于粒子3入射时的动能 D．粒子4出射时的动能大于粒子4入射时的动能 【答案】BC 【详解】A．粒子1进入极板后做匀速圆周运动，有 粒子2进入极板后做匀速圆周运动，有 因为极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，则 所以 故A错误； B．粒子4进入极板后做离心运动，有 所以 故A错误； C．粒子3进入极板后做近心运动，可知电场力对粒子3做正功，根据动能定理可知粒子3出射时的动能大于粒子3入射时的动能，故C正确； D．粒子4进入极板后做离心运动，有可知电场力对粒子4做负功，根据动能定理可知粒子4出射时的动能小于粒子4入射时的动能，故D错误。 故选BC。 【题型8 示波器的原理】 【例8】示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示。如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（　　） A．极板X应带正电 B．极板X'应带负电 C．极板Y应带正电 D．极板Y'应带正电 【答案】D 【详解】电子受力方向与电场方向相反，因电子向极板X'方向偏转，则电场方向为极板X'到极板X，则极板X带负电，极板X'带正电，同理可以知道极板Y带负电，极板Y'带正电。 故选D。 【变式8-1】（2023·无锡期末）示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如图甲所示。图乙是从右向左看到的荧光屏的平面图。若在XX'上加如图丙所示的电压，在 YY'上加如图丁所示的信号电压，则在示波管荧光屏上看到的图形是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因甲图XX'偏转电极接入的是锯齿形电压，即扫描电压，且周期与YY'偏转电压上加的是待显示的信号电压相同，所以在荧光屏上得到的信号在一个周期内的稳定图象，则显示的图象与 YY'所载入的图象形状是一样的，如图A所示。 故选A。 【变式8-2】（2024·太原三模）示波器可以用来观察电信号随时间变化的情况，偏转电极上加的是待测信号电压，偏转电极接入仪器自身产生的锯齿形扫描电压。若调节扫描电压周期与信号电压周期相同，在荧光屏上可得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像。下列说法正确的是（    ） A．电子在示波管内做类平抛运动 B．待测信号电压不会改变电子的动能 C．若荧光屏上恰好只出现一个周期内的正弦图像，说明待测信号随时间按正弦规律变化 D．若荧光屏上恰好只出现一个周期内的正弦图像，把扫描电压的周期变为原来的一半，荧光屏上会出现两个周期内的正弦图像 【答案】C 【详解】A．电子从电子枪中以一定速度打出，在中心线上做匀速直线运动，由于速度很大，所以经过两偏转电极时时间很短，可认为极板间电压不变，即受到的电场力不变。经过偏转电极时，受到与平行的电场力，此时合力与速度方向垂直，做类平抛运动。当经过偏转电极，受到与平行的电场力，此时进入电场的速度方向也与电场垂直，所以也做类平抛运动。但在示波管中运动时不是做一个类平抛运动。故A错误； B．电子经过时，电场力做正功，所以待测信号电压使电子的动能增大。故B错误； CD．设电子从电子枪射出时的速度为，、两极板的长度分别为、，则在两电场中运动的时间分别为 由题意可知，时间、均为定值，与电压的变化无关。 设、两极板间的距离分别、，两极板间的电场分别为 又有牛顿第二定律得 电子朝正极的偏转位移 由以上各式可得电子在极板中的偏转位移与所加电压成正比 假设待测信号电压随时间按正弦规律变化，可做图 与扫描电压图像结合可得图像 把扫描电压的周期变为原来的一半时 结合得到图形 故C正确，D错误。 故选C。 【变式8-3】（2024·徐州三模）如图所示，在示波管水平极板加电压、竖直极板加电压后，亮斑会偏离荧光屏中心位置。能使亮斑离荧光屏中心的竖直距离增大的是（　　） A．增大 B．减小 C．增大 D．减小 【答案】A 【详解】由题图可知，示波管水平极板加电压，能使粒子竖直方向发生位移，若使亮斑离荧光屏中心的竖直距离增大，则需要竖直分位移增大，增大U1。 故选A。 【题型9 带电粒子其他非匀强电场中的运动】 【例9】（2024·武汉模拟）如图所示水平放置的平行板电容器中间开有小孔，两板间距为d；一均匀带电绝缘棒带电量为，长度为2d，质量为m。绝缘电棒下端紧靠小孔，静止释放后绝缘棒始终保持竖直，与电容器无接触且电荷分布保持不变。棒的上端点进入电场时，棒的速度恰好为零。不考虑极板外的电场影响，则两板间的电压为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】均匀带电棒下降过程受到的电场力大小随下降距离的变化关系如图，该过程中电场力做功为 由动能定理得 又 联立解得 故选B。 【变式9-1】（2024·厦门二模）（多）《厦门志·风俗记》中记载：“（厦门人）俗好啜茶，…如啜酒然，以饷客，客必辨其色、香、味而细啜之，名曰功夫茶。”在茶叶生产过程中有道茶叶茶梗分离的工序，可通过电晕放电、感应极化等方式让茶叶茶梗都带上正电荷，且茶叶的比荷小于茶梗的比荷，之后两者通过静电场便可分离。如图所示，图中A、B分别为带电量不同的两个带电球，之间产生非匀强电场，茶叶、茶梗通过电场分离，并沿光滑绝缘分离器落入小桶。假设有一茶梗P电荷量为，质量为，以1m/s的速度离开A球表面O点，最后落入桶底，O点电势为1×104V，距离桶底高度为0.8m，桶底电势为零。不计空气阻力、茶叶茶梗间作用力及一切碰撞能量损失，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．M处电场强度大于N处电场强度 B．茶叶落入左桶，茶梗落入右桶 C．茶梗P落入桶底速度为 D．茶梗P落入桶底速度为 【答案】BD 【详解】A．电场线分布的密集程度表示电场强弱，M处电场线分布比N处电场线稀疏一些，则M处电场强度小于N处电场强度，故A错误； B．根据牛顿第二定律有 解得 由于茶叶、茶梗带正电，则电场力产生的加速度方向整体向右，由于茶叶的比荷小于茶梗的比荷，可知茶叶所受电场力产生的加速度小于茶梗所受电场力产生的加速度，即在相等时间内，茶叶的水平分位移小于茶梗的水平分位移，可知，茶叶落入左桶，茶梗落入右桶，故B正确； CD．对茶梗进行分析，根据动能定理有 其中 解得 故C错误，D正确。 故选BD。 【变式9-2】（2023·贵港期末）（多）如图所示，光滑绝缘的水平面上有一质量为m、带负电的小球A，在距水平面高h处固定一带正电且带电荷量为的小球B。现使得小球A获得一水平初速度，使其恰好能在水平面上做匀速圆周运动，此时两小球连线与水平面间的夹角为30°，小球A恰好对水平面没有压力。已知A、B两小球均可视为点电荷，静电力常量为k，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（    ） A．两小球间的库仑力大小为 B．小球A做匀速圆周运动的向心力大小为 C．小球A做匀速圆周运动的线速度大小为 D．小球A所带的电荷量为 【答案】AD 【详解】A．由题意可得小球A受力如图所示，因小球A恰好对水平面没有压力，则在竖直方向有 解得两小球间的库仑力大小为 故A正确； B．小球做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力，小球做匀速圆周运动的向心力大小为 故B错误； C．小球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得 其中圆周的半径 解得 故C错误； D．由库仑定律可得 其中 解得小球所带的电荷量为 故D正确。 故选AD。 【变式9-3】（2022·无锡期中）如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿导轨BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求： （1）弹簧压缩至A点时的弹性势能； （2）小球经过O点时的速度大小； （3）小球过O点后运动的轨迹方程。 【答案】（1） 2mgR；（2）；（3） y2＝12Rx（x>0，y>0） 【知识点】带电物体（计重力）在非匀强电场中的一般运动、带电物体（计重力）在匀强电场中的圆周运动 【详解】（1）小球从A点运动到B点的过程，根据能量守恒定律得 其中 解得弹簧压缩至A点时的弹性势能    Ep＝2mgR （2）小球从B点运动到O点的过程，根据动能定理有 －mgR＋qE·＝ 其中 qE＝mg 解得小球经过O点时的速度大小 vO＝ （3）小球运动至O点时速度竖直向上，之后只受电场力和重力作用，将电场力沿x轴方向和y轴方向分解，则x轴方向有 qE cos 45°＝max    y轴方向有 qE sin 45°－mg＝may   解得 ax＝g，ay＝0 说明小球过O点后在第一象限做类平抛运动，有 x＝gt2 y＝vOt 联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为 y2＝12Rx（x>0，y>0） 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$