微专题06：带电粒子在电场中的运动 讲义 - 2026届高考物理一轮复习备考

微专题6：带电粒子在电场中的运动 【专题目录】 1.理论基础 2.题型构建 题型一、带电粒子在电场中做直线运动 【例1】/【例2】 题型二、带电粒子在电场中做曲线运动 【例3】/【例4】 3.针对训练 【基础题组】/【能力提升题组】 4.参考答案 【理论基础】 1.带电粒子： （1）带电的基本粒子：如电子（），质子()，α粒子()，正负离子等。这些粒子所受重力和电场力相比在小得多，除非有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力。（但并不能忽略质量）。 （2）带电微粒：如带电小球、液滴、尘埃等。除非有说明或明确的暗示以外，一般都考虑重力。 （3）某些带电体是否考虑重力，要根据题目暗示或运动状态来判定 2.分析思路 3．运动反映受力情况 (1)物体保持静止：F合＝0. (2)做直线运动． ①匀速直线运动，F合＝0. ②变速直线运动：F合≠0，且F合一定与运动方向共线． (3)做曲线运动：F合≠0，且F合总指向曲线凹的一侧． (4)加速运动：F合与v夹角α，0°≤α<90°； 减速运动：90°<α≤180°. (5)匀变速运动：F合＝恒量． 【题型构建】 题型一、带电粒子在电场中做直线运动 【例1】（库仑定律） 如图所示，一长为内壁光滑的绝缘细管竖直放置。管的底部固定一电荷量为的点电荷M。现在管口处无初速释放一电荷量为、质量为的点电荷N，N在距离底部点电荷为的处速度恰好为零。再次从A处无初速释放电荷量为、质量为的点电荷P（已知静电常数为,重力加速度为）。 求：(1)定性分析点电荷做何运动？(从速度与加速度分析) （2）电荷P运动过程中速度最大处与底部点电荷距离； （3）电荷P运动到B处时的速度大小。 【例2】．（匀强电场）把两个相同的电容器A和B按如图所示连接起来.当它们都带有一定电荷量时，电容器A中的带电微粒M恰好静止，现在使电容器B两板错开一些，而距离不变，使它们对着的面积成为原来的，这时M的加速度的大小是多少？ 题型二、带电粒子在电场中做曲线运动 【例3】（多选）【类平抛模型】如图所示，一电荷量为的带电粒子以一定的初速度沿平行板电容器的中线射入，恰好沿下板的边缘飞出，已知两板长为，板间的距离为，板间电压为，粒子通过两板间的时间为，不计粒子的重力，则（ 　） A．在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1:2 B．在粒子通过平行金属板的前和后时间内，电场力做功之比为1:3 C．若仅将板间电压变为，粒子将打在下板中点处 D．若仅将板间电压变为，粒子仍能飞出两板之间且通过时间仍为 【例4】．【类平抛模型】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，它的极板长L = 0.1m，两板间距离 d = 0.4 cm，有一束相同微粒组成的带电粒子流从两板中央平行极板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，已知微粒质量为 m = 2×10-6kg，电量q = 1×10-8 C，电容器电容为C =10-6 F．求： （1）为使第一粒粒子的落点范围在下板中点到紧靠边缘的B点之内，则微粒入射速度v0应满足什么条件？ （2）以上述速度入射的带电粒子，最多能有多少落到下极板上？ 【基础题组】 1.如上图所示，竖直平面内有A、B两点，两点的水平距离和竖直距离均为H，空间存在水平向右的匀强电场。一质量为m的带电小球从A点以水平速度v0抛出，经一段时间竖直向下通过B点。重力加速度为g，小球在由A到B的运动过程中，下列说法正确的是( 　) A.小球带负电 B.速度先增大后减小 C.机械能一直减小 D.任意一小段时间内，电势能的增加量总等于重力势能的减少量 2．图为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空，A为发射热电子的阴极，K为接在高电势点的加速阳极，A、K间电压为U．电子离开阴极时的速度可以忽略，电子经加速后从K的小孔中射出时的速度大小为v．下面的说法中正确的是（ ） A．如果A、K间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度变为2v B．如果A、K间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度变为 C．如果A、K间距离保持不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为 D．如果A、K间距离保持不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为 3．（多选）如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场，之后进入电场线竖直向下的匀强电场发生偏转，最后打在屏上，整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（ ） A．偏转电场对三种粒子做功一样多[来源:Z§xx§k.Com] B．三种粒子打到屏上时速度一样大 C．三种粒子运动到屏上所用时间相同 D．三种粒子一定打到屏上的同一位置， 4．一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球（ ） A．做直线运动 B．做曲线运动 C．速率先减小后增大 D．速率先增大后减小 5．如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，MN保持静止，不计重力，则（ ） A．M的带电量比N大 B．M带负电荷，N带正电荷 C．静止时M受到的合力比N大 D．移动过程中匀强电场对M做负功 6．一个动能为Ek的带电粒子，以速度v垂直电场线方向飞入平行金属板电容器，飞出时动能增至飞入时动能的2倍，如使这个带电粒子的初速度增至原来的2倍，那么当它飞出电容器时动能为 （ ） A.4Ek B.8Ek C.5Ek D.4.25Ek 7．如图所示，一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E.在与环心等高处放有一质量为m、带电＋q的小球，由静止开始沿轨道运动，下列说法正确的是（ ） A．小球在运动过程中机械能守恒 B．小球经过环的最低点时速度最大 C．小球经过环的最低点时对轨道压力为3(mg＋qE) D．小球经过环的最低点时对轨道压力为(mg＋qE) 8. 如图所示，质量为m，带电量为q的粒子，以初速度v0，从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率vB=2v0，方向与电场的方向一致，则A，B两点的电势差为：( ) 　A B 9．质量为m、电量为+q的小球以初速度v0并与水平方向成θ角射出，如图所示。如果在某方向上加一定大小的匀强电场后，为保证小球仍沿v0方向直线运动，试求： （1）所加匀强电场场强的最小值； （2）加了这个电场后，经过多长时间小球速度变为零。 【能力提升题组】 10．“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心圆金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示。一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间。忽略电场的边缘效应。 （1）判断球面A、B的电势高低，并说明理由； （2）求等势面C所在处电场强度E的大小； （3）若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量ΔEK左和ΔEK右分别为多少？ （4）比较|ΔEK左|和|ΔEK右|的大小，并说明理由。 11．如图所示，长为l的轻质细线固定在O点，细线的下端系住质量为m,电荷量为＋q的小球，小球的最低点距离水平面的高度为h,在小球最低点与水平面之间高为h的空间内分布着场强为E的水平向右的匀强电场．固定点O的正下方处有一小障碍物P.现将小球从细线处于水平状态由静止释放． (1)细线在刚要接触障碍物P时，小球的速度是多大？ (2)细线在刚要接触障碍物P和细线刚接触到障碍物P时,细线的拉力发生多大变化？ (3)若细线在刚要接触障碍物P时断开，小球运动到水平面时的动能为多大？ 12.如图，在直角坐标系xoy的第一象限中，存在竖直向上的匀强电场，场强E1=16N/C，虚线是电场的理想边界线，虚线右端与x轴的交点为A（4，0），虚线与x轴所围成的空间内没有电场；在第二象限存在水平向左的匀强电场，场强E2＝4N/C。有一粒子发生器能在M (-4，4)和N (-4，0)两点连线上的任意位置产生初速度为零的负粒子，粒子质量均为m＝4×10－23kg、电荷量q＝－6.4×10－19C，不计粒子重力和相互间的作用力，且整个装置处于真空中。已知从MN上静止释放的所有粒子，最后都能到达A点： （1）若粒子从M点由静止开始运动，进入第一象限后始终在电场中运动并恰好到达A点，求到达A点的速度大小； （2）若粒子从MN上的中点由静止开始运动，求该粒子从释放点运动到A点的时间； （3）求第一象限的电场边界线（图中虚线）方程。 13．如图所示，一摆球的质量为m ，带正电荷q，摆长为L，固定在O点，匀强电场水平向右，场强E=，摆球平衡位置在点C，与竖直方向的夹角为θ，开始时让摆球与点O处于同一水平位置的A点，且摆绳拉直，然后无初速释放摆球，求摆球在点C时的速度及此时摆绳对球拉力的大小？（结果用m、g、L表示） 【参考答案】 例1.【答案】(1)先做加速度减小的加速，后做加速度增大的减速运动； (2) (3) 【解析】 (1)由题意知，小球应先做加速运动，再做减速运动，即开始时重力应大于库仑力；而在下落中，库仑力增大，故下落时加速度先减小，后增大；即小球先做加速度减小的加速，后做加速度增大的减速运动； (2)当重力等于库仑力时，合力为零，此时速度最大， 解得：  (3)点电荷在下落中受重力和电库仑力，由动能定理可得： mgh+WE=0； 即WE=-mgh； 当小球质量变为3m时，库仑力不变，故库仑力做功不变，由动能定理可得： 3mgh-mgh=3mv2； 解得： 点睛：本题综合考查动力学知识及库仑力公式的应用，解题的关键在于明确物体的运动过程；同时还应注意点电荷由静止开始运动，故开始时重力一定大于库仑力． 例2.答案： 解析：A、B两电容器的电容相等，C A =C B =C，两电容器两板带电荷量相等，Q A =Q B =Q，两电容器极板间电压相等，U A =U B . 当电容器B两板错开，使它们正对面积变为S′=  S时，电容将变为： C B ′=  C 此时电容器B的带电荷量为Q B ′，则有：U B ′=  电容器A的带电荷量为Q A ′，则有：U A ′=  因为U A ′=U B ′，所以Q A ′=2Q B ′ 因为Q A ′+Q B ′=Q A +Q B =2Q 所以Q A ′=  Q Q B ′=  Q 电容器两板间电压为：U A ′=  =   =  U A 此时电容器A两板间电场的场强为：E A ′=  =   =  E A 带电微粒受重力和电场力，则有：qE A ′mg=ma 即  qE-mg=ma                                                               开始带电微粒处于静止状态， 则有qE-mg=0                                                                    由①②得：a=  g. 例3.BD [解答]A.根据 可得,在粒子下落前 和后 的过程中,电场力做功之比为 ,A不符合题意; B.根据类平抛运动规律可知,竖直方向粒子做初速度为 的匀加速直线运动,根据推论:连续相等时间内位移之比  电场力做功为  B符合题意。 C.设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为 ,由牛顿第二定律得  当板间电压为 时,粒子恰好沿下板的边缘飞出,此时竖直方向偏移量为  水平方向位移为  若仅将板间电压变为 ,粒子将会打在下极板上,且有  粒子在电场中偏转所用时间  水平方向上位移为  粒子将打在下极板 处; C不符合题意; D.若板间电压减少为 ,粒子仍能飞出两板之间,且由  可得,通过时间仍为 ,D符合题意。 故答案为:BD。 例4．（1）2.5m/s≤≤5m/s (2) 3.75×107 解析： (1)第一个粒子只受重力： （2分）  t=0.02s     （1分）  m/s   （2分）  同理，粒子落到B点对应的速度为5m/s，所以2.5m/s≤≤5m/s （2）以v0速度入射的带电粒子，恰打到下极板右边缘B时： s      （1分）       （1分） 由：      （1分） V     （1分） C   （1分） 落到下极板上粒子个数：（1分） 【基础题组】 1．AC [解析]A、小球在B点的速度竖直向下,水平方向匀减速运动,竖直方向自由落体运动,可知电场力方向水平向左,与电场方向相反,说明小球带负电,故A正确; B、小球受竖直向下的重力和水平向左的电场力,即合力方向朝左下方,与初速度成钝角,所以开始减速,然后成锐角,可知合力先做负功然后做正功,则速度先减小后增大,故B错误; C、因为电场力做负功,电势能增加,机械能减小,故C正确; D、任意一小段时间,小球的动能、电势能和重力势能之和保持不变,总能量守恒,所以电势能的增加量不等于重力势能的减少量,故D错误; 故选:AC 2.D 3.AD [解析] D、粒子在加速电场中加速,由动能定理可知: 解得: 粒子在加速电场中的运动时间:; 粒子在偏转电场中做类平抛运动,运动时间:; 在偏转电场中竖直分位移:; 联立得,y与q、m无关,所以三种粒子在偏转电场中轨迹重合,离开偏转电场后粒子做匀速直线运动,因此三种粒子一定打到屏上的同一位置。 离开偏转电场后粒子的运动时间:;故D正确。 A、加速电场对粒子做功为 ,q和相等,所以加速电场对三种粒子做功相等。偏转电场对粒子做功:,q、、y相等,则知偏转电场对三种粒子做功相等。故A正确。 B、对整个过程,根据动能定理得,由于W相等,m不等,所以v不等,即三种粒子打到屏上时速度不等,故B错误。 C、粒子运动到屏上所用时间;因为不等,所以t不等,故C错误。 故选:AD。 4.BC 【分析】根据合力的方向与速度方向的关系判断小球做直线运动还是曲线运动，根据合力的方向与速度方向的关系判断小球的速率变化． 解析：A、小球受重力和电场力两个力作用，合力的大小不变，但是方向与速度方向不在同一条直线上，小球做匀变速曲线运动．故A错误，B正确． C、小球所受的合力与速度方向先成钝角，然后成锐角，可知合力先做负功然后做正功，则速度先减小后增大．故C正确，D错误．故选：BC． 5.B 6. D 解析：（1）带电粒子以速度v垂直电场方向射入平行板电容器至飞出过程中有：qEy=2E k -E k  ① 其中侧移量y为：y=  at 2 =   (  ) 2                                    ② ②代入①得： =E k .                                                            ③ （2）带电粒子射入电场初速度变为v′=2v 则E k ′=  m(2v) 2 =4E k 带电粒子飞出电场时侧移量为：y′=  at 2 =  (  ) 2 =  根据动能定理则有：qEy′=E k ″-E k ′ E k ″=E k ′+qEy′=4E k +qE·  =4E k +  =4E k +  E k =4.25E k 7. BC 【解析】A．小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒．故A错误； B．小球从最高点到最低点的过程中，合力做正功最多，则根据动能定理得知，动能增加增大，速率增大增大，所以小球经过环的最低点时速度最大．故B正确； C、D．小球从最高点到最低点的过程，根据动能定理得：(mg+qE)R=12mv2， 又由N−mg−qE=mv2R，联立解得N=3(mg+qE)．故C正确，D错误． 故选BC． 8.C 【解析】粒子，从A到B，根据动能定理得，因为vB=2v0，粒子在竖直方向，只受到重力，所以机械能守恒，则有，由以上三式，则有． 9.[答案](1)，与v0垂直斜向上；(2) [解析](1)由题知小球在重力和电场力作用下沿方向做直线运动,可知垂直方向上合外力为零,建如图所示坐标系, 设场强E和成α角, 可得 得: 当时,E最小为Emin= 其方向与v0垂直斜向上 (2)又因,将α=90°代入上式可得 即在场强最小时,小球沿做加速度为的匀减速直线运动, 设运动时间为t时速度为0, 则:可得 【能力提升题组】 10.[分析] （1）.电子做匀速圆周运动,电场力提供向心力,受力的方向与电场的方向相反,所以B板的电势较高; （2）电子在等势面所在处做匀速圆周运动,电场力提供向心力: 又:, 联立以上三式,解得: （3）到达N板左边缘处的电子，在运动的过程中，电场力对它们做正功，电子的动能增加，电子动能的改变量△EK左=-eUCB=-e（φC-φB）   到达N板右边缘处的电子，在运动的过程中，电场力对它们做负功，电子的动能减少，电子动能的改变量△EK右=-eUCA=-e（φC-φA） 该电场是放射状电场，内侧的电场线密，电场强度大，所以UBC＞UCA 即 所以△EK左＞△EK右 11.（1） （2）2mg （3）mg（h+l）+2Eq+ 解：（1）小球向下摆动过程，由机械能守恒定律得：mgl=mv2 得：v=； （2）细线断开后小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间为t，则有：h= 解得：t= 小球在水平方向做匀加速运动，运动的距离为：x=vt+t2 小球运动到水平面的过程，由动能定理得：mgh+qEx=Ek-mv2 可解得：Ek=mgh+mgl++2qE。 答：（1）细线在刚要接触障碍物P时，小球的速度是； （2）若细线刚要接P时就断开，小球运动到水平面时的动能为 mgh+mgl++2qE。 12.[答案](1)1.6×105m/s;(2)s;(3)其中 [解析](1)由动能定理: 得v=1.6×105m/s (2)由动能定理得qE2Δx= 匀加速时间t1= 匀速时间t2= 总时间t=t1+t2=s (3)设粒子从MN线上某点由静止释放,经第一象限电场边界交点,后做匀速直线运动到A点,在第一象限做类平抛运动,如图 水平方向 竖直方向h= 由几何关系知= 推出边界方程其中 13．【解析】如图所示，在平衡位置C时悬线与竖直方向的夹角为θ 由tanθ==1得θ=450，在A点时合力F=mg=ma，a=g ①， 小球由A向B做匀加速直线运动，到达B点时 v2=2as=2aL ②， 在B点速度分解得沿切线方向的速度vB=vsin450 ③， 小球由B到C做匀速圆周运动 qEL sin450－mgL（1－cos450）=－ ④， 在C点由向心力得T－mg=m⑤，由①②③④⑤得T=3mg． 学科网（北京）股份有限公司 $$