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专题17 静电场2-带电粒子在电场及复合场中的运动（解析版）.doc
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专题17 静电场2-带电粒子在电场及复合场中的运动
（2012—2021）
1.（2021全国乙）四个带电粒子的电荷量和质量分别 、 、 、 它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是（　　）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为

由类平抛运动规律可知，带电粒子 在电场中运动时间为

离开电场时，带电粒子的偏转角的正切为

因为四个带电的粒子的初速相同，电场强度相同，极板长度相同，所以偏转角只与比荷有关，前面三个带电粒子带正电，一个带电粒子带负电，所以一个粒子与另外三个粒子的偏转方向不同； 粒子与 粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与 粒子的比荷也相同，所以 、 、 三个粒子偏转角相同，但 粒子与前两个粒子的偏转方向相反； 粒子的比荷与 、 粒子的比荷小，所以 粒子比 、 粒子的偏转角小，但都带正电，偏转方向相同。
故选AD。
2.（2020全国1）在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q（q>0）的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ=60°。运动中粒子仅受电场力作用。
（1）求电场强度的大小；
（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
（3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？

【答案】(1) ；(2) ；(3)0或
【解析】（1）由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q>0，故电场线由A指向C，根据几何关系可知：

所以根据动能定理有：

解得：
；
（2）根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有


而电场力提供加速度有

联立各式解得粒子进入电场时的速度：
；
（3）因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0，即在电场方向上速度变化为v0 ，过C点做AC垂线会与圆周交于B点，故由题意可知粒子会从C点或B点射出。当从B点射出时由几何关系有


电场力提供加速度有

联立解得 ；当粒子从C点射出时初速度为0。

3.（2019全国2）如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，PQG的尺寸相同。G接地，PQ的电势均为 （ >0）。质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。

（1）求粒子第一次穿过G时的动能，以及她从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
（2）若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
【答案】（1） ； （2）
【解析】（1）PG、QG间场强大小相等，均为E，粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有
①
F=qE=ma②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
③
设粒子第一次到达G时所用时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有
④
l=v0t⑤
联立①②③④⑤式解得
⑥
⑦
（2）设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，由对称性知，此时金属板的长度L为 ⑧
4.（2019全国3）空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q（q>0）。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为 。重力加速度为g，求
（1）电场强度的大小；
（2）B运动到P点时的动能。
【答案】（1） ；（2）
【解析】：（1）设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有
mg+qE=ma①
②
解得
③
（2）设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有
④
且有
⑤
⑥
联立③④⑤⑥式得
⑦
5.（2016北京卷）如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于版面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为 ，偏转电场可看做匀 强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。

（1）忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度v0和从电场射出时沿垂直版面方向的偏转距离Δy；
（2）分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法。在解决（1）问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因。已知 ， ， ， ， 。
（3）极板间既有电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势 的定义式。类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”的 概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点。
【答案】（1） （2）不需要考虑电子所受的重力（3） 、电势 和重力势 都是反映场的能的性质的物理量，仅仅由场自身的因素决定
【解析】（1）根据功能关系，可得 ，
电子射入偏转电场的初速度 ，
在偏转电场中电子的运动时间
侧移量
（2）考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力 [来源:学_电场力
由于 ，因此不需要考虑电子所受的重力
（3）电场中某点电势 定义为电荷在该点的电势能 与电荷量q的比值 ，由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能 与其质量m的比值，叫做重力势，即 ，电势 和重力势 都是反映场的能的性质的物理量，仅仅由场自身的因素决定
6.（上海卷）如图（a），长度L=0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q= ；一质量m=0.02kg，带电量为q的小球B套在杆上。将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系。点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线II所示，其中曲线II在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线。求：（静电力常量 ）

（1）小球B所带电量q;
（2）非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小E；
（3）在合电场中，x=0.4m与x=0.6m之间的电势差U。
（4）已知小球在x=0.2m处获得v=0.4m/s的初速度时，最远可以运动到x=0.4m。若小球在x=0.16m处受到方向向右，大小为0.04N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的做小距离s是多少？

【答案】（1） （2） （3）800v （4）0.065m
【解析】（1）由图可知，当x=0.3m时， N
因此 C
（2）设在x=0.3m处点电荷与小球间作用力为F2，
F合=F2+qE
因此
电场在x=0.3m处沿细秆方向的电场强度大小为3 ，方向水平向左。
（3）根据图像可知在x=0.4m与x=0.6m之间合力做功大小 ,又 ,可得
(4)由图可知小球从x=0.16到x=0.2m处，
电场力做功
小球从x=0.2m到x=0.4m处

由图可知小球从 到 处
电场力做功 =－0.004×0.4=
由动能定理 + + + =0
解得 =
7.（2016四川）中国科学家2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。
如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速、加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为 ，进入漂移管E时速度为 ，电源频率为 ，漂移管间缝隙很小。质子在每个管内运动时间视为电源周期的1/2。质子的荷质比取 。求：

（1）漂移管B的长度；
（2）相邻漂移管间的加速电压。
【答案】：（1）漂移管B的长度为0.4 m （2）相邻漂移管间的加速电压为6×104 V。
【解析】（1）设高频脉冲电源的频率为f，周期为T；质子在每个漂移管中运动的时间为t；质子进入漂移管B时速度为 ；漂移管B的长度为 。则
①
②
③
联立①②③式并代入数据得： ④
（2）设质子的电荷量为q，质量为m，荷质比为e；质子进入漂移管B时动能为 ；质子进入漂移管E时速度为 ，动能为 ；质子从漂移管B运动到漂移管E，动能的增加量为 ；质子每次在相邻漂移管间被电场加速，电场的电压为U，所做的功为W。则
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
质子从漂移管B运动到漂移管E共被电场加速3次，根据动能定理有
⑩
联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式并代入数据得：
○11
8.(2013山东卷) 如图所示，在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E.一带电量为＋q、质量为m的粒子，自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场．已知OP＝d，OQ＝2d，不计粒子重力．

(1)求粒子过Q点时速度的大小和方向．
(2)若磁感应强度的大小为一确定值B0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0.
【答案】：见解析
【解析】(1)设粒子在电场中运动的时间为t0，加速度的大小为a，粒子的初速度为v0，过Q点时速度的大小为v，沿y轴方向分速度的大小为vy，速度与x轴正方向间的夹角为θ，由牛顿第二定律得
qE＝ma ①
由运动学公式得
d＝12at20 ②
2d＝v0t0 ③
vy＝at0 ④
v＝v20＋v2y ⑤
tan θ＝vyv0 ⑥
联立①②③④⑤⑥式得
v＝2qEdm ⑦
θ＝45°. ⑧
(2)

设粒子做圆周运动的半径为R1，粒子在第一象限内的运动轨迹如图所示，O1为圆心，由几何关系可知△O1OQ为等腰直角三角形，得
R1＝22d ⑨
由牛顿第二定律得
qvB0＝mv2R1 ⑩
联立⑦⑨⑩式得
B0＝mE2qd. ⑪
9.(2013浙江)“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板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)判断半球面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．
【答案】：见解析
【解析】：(1)电子(带负电)做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B指向A，半球面B的电势高于A.
(2)据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度E大小相同，有：
eE＝mv2R
Ek0＝12mv2
R＝RA＋RB2
联立解得：
E＝2Ek0eR＝4Ek0eRA＋RB.
(3)电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有
ΔEk＝qU
对到达N板左边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有
ΔEk左＝e(φB－φC)
对到达N板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有
ΔEk右＝e(φA－φC)．
(4)根据电场线特点，等势面B与C之间的电场强度大于C与A之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有
|φB－φC|＞|φA－φC|
即|ΔEk左|＞|ΔEk右|.
10.(2013全国大纲) 一电荷量为q(q＞0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t＝0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示．不计重力，求在t＝0到t＝T的时间间隔内，

(1)粒子位移的大小和方向；
(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间．
【解析】带电粒子在规律性变化的电场力作用下做变速运动．
法一：(1)带电粒子在0～T4、T4～T2、T2～3T4、3T4～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得
a1＝qE0m ①
a2＝－2qE0m ②

a3＝2qE0m ③
a4＝－qE0m ④
由此得带电粒子在0～T时间间隔内运动的加速度—时间图象如图(a)所示，对应的速度—时间图像如图(b)所示，其中
v1＝a1T4＝qE0T4m ⑤
由图(b)可知，带电粒子在t＝0到t＝T时间内的位移为
s＝T4v1 ⑥
图(b)
由⑤⑥式得
s＝qE016mT2 ⑦
方向沿初始电场正方向．
(2)由图(b)可知，粒子在t＝38T到t＝58T内沿初始电场的反方向运动，总的运动时间为
t＝58T－38T＝T4 ⑧
法二：(1)带电粒子在0～T4、T4～T2、T2～3T4、3T4～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得
qE0＝ma1 ①
－2qE0＝ma2 ②
2qE0＝ma3 ③
－qE0＝ma4 ④
设带电粒子在t＝T4、t＝T2、t＝3T4、t＝T时的速度分别为v1、v2、v3、v4，则
v1＝a1T4 ⑤
v2＝v1＋a2T4 ⑥
v3＝v2＋a3T4 ⑦
v4＝v3＋a4T4 ⑧
设带电粒子在t＝0到t＝T时间内的位移为s，有
s＝(v12＋v1＋v22＋v2＋v32＋v3＋v42)T4 ⑨
联立以上各式可得
s＝qE0T216m ⑩
方向沿初始电场正方向．
(2)由电场的变化规律知，t＝T4时粒子开始减速，设经过时间t1速度减为零．
0＝v1＋a2t1
将①②⑤式代入上式，得
t1＝T8 ⑪
粒子从t＝T2时开始减速，设经过时间t2速度变为零．
0＝v2＋a3t2
此式与①②③⑤⑥式联立得
t2＝T8 ⑫
t＝0到t＝T内粒子沿初始电场反方向运动的时间为
t＝(T4－t1)＋t2 ⑬
将⑪⑫式代入⑬式得
t＝T4. ⑭
答案：(1)qE016mT2，方向沿初始电场正方向　(2)T4


11.(2013北京卷)如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场．金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场．带电量为＋q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动．忽略重力的影响，求：

(1)匀强电场场强E的大小；
(2)粒子从电场射出时速度v的大小；
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R.
【答案】：(1)Ud　(2) 2qUm　(3) 1B 2mUq
【解析】本题中带电粒子在电场中由静止开始做匀加速直线运动，可由动能定理或牛顿第二定律求解，选用动能定理进行解题更简捷．进入磁场后做匀速圆周运动，明确带电粒子的运动过程及相关公式是解题的关键．
(1)电场强度E＝Ud.
(2)根据动能定理，有qU＝12mv2－0得v＝2qUm.
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv2R
得R＝1B 2mUq.
12.(2013全国2)如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷为q(q>0)的质点沿轨道内侧运动．经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和NB.不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能．

【答案】：16q(Nb－Na)　r12(Nb＋5Na)　r12(5Nb＋Na)

【解析】小球在光滑轨道上做圆周运动，在a、b两点时，静电力和轨道的作用力的合力提供向心力，由b到a只有电场力做功，利用动能定理，可求解E及a、b两点的动能．
质点所受电场力的大小为
F＝qE ①
设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有
F＋Na＝mv2ar ②
Nb－F＝mv2br ③
设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有
Eka＝12mv2a ④
Ekb＝12mv2b ⑤
根据动能定理有Ekb－Eka＝2rF ⑥
联立①②③④⑤⑥式得
E＝16q(Nb－Na)
Eka＝r12(Nb＋5Na)
Ekb＝r12(5Nb＋Na)．
T＝4t＝4dqφ02mqφ0－A.
13.（2016江苏）如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴（ ）

A. 仍然保持静止 B. 竖直向下运动
C. 向左下方运动 D. 向右下方运动
【答案】D
【解析】两极板平行时带电粒子处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板旋转时，板间距离增大场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故粒子向右下方运动，选项D正确.

14.(2013广东)喷墨打印机的简化模型如图所示．重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中(　　)

A．向负极板偏转
B．电势能逐渐增大
C．运动轨迹是抛物线
D．运动轨迹与带电量无关
【答案】：C
【解析】：选C.带电微滴垂直进入电场后，在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的分解——水平方向做匀速直线运动和竖直方向做匀加速直线运动．
带负电的微滴进入电场后受到向上的静电力，故带电微滴向正极板偏转，选项A错误；带电微滴垂直进入电场受竖直方向的静电力作用，静电力做正功，故墨汁微滴的电势能减小，选项B错误；根据x＝v0t，y＝12at2及a＝qEm，得带电微滴的轨迹方程为y＝qEx22mv20，即运动轨迹是抛物线，与带电量有关，选项C正确，D错误．
15.（2016全国1） 如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点 的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知（ ）

A. 点的电势比 点高
B. 油滴在 点的动能比它在 点的大
C. 油滴在 点的电势能比它在 点的大
D. 油滴在 点的加速度大小比它在 点的小
【答案】AB
【解析】由于匀强电场中的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以D选项错。由于油滴轨迹相对于过 的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直方向，电场力竖直向上。当油滴得从 点运动到 时，电场力做正功，电势能减小，C选项错误；油滴带负电，电势能减小，电势增加，所以 点电势高于 点电势，A选项正确；在油滴从 点运动到 的过程中，合外力做正功，动能增加，所以 点动能大于 点，B选项正确；所以选AB。
16.（2014·天津）如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )



A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷
B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加
C．微粒从M点运动到N点动能一定增加
D. 微粒从M点运动到N点机械能一定增加
【答案】C
【解析】： 本题是对带电微粒在复合场中的运动、动能定理、机械能守恒定律、受力分析的综合考查，通过图像中的运动轨迹，无法判断电场力的方向，只能判断出微粒所受的合外力方向竖直向下，运动过程中合力的方向与运动方向的夹角为锐角，合外力做正功，微粒的动能增加，A、B错误，C正确．由于不能判断出电场力的方向，所以机械能的变化也不能确定，D错误．
17.(2013全国1)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d2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d3，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d2处返回 D．在距上极板25d处返回
【答案】D
【解析】选D.本题应从动能定理的角度解决问题．带电粒子在重力作用下下落，此过程中重力做正功，当带电粒子进入平行板电容器时，电场力对带电粒子做负功，若带电粒子在下极板处返回，由动能定理得mg(d2＋d)－qU＝0；若电容器下极板上移d3，设带电粒子在距上极板d′处返回，则重力做功WG＝mg(d2＋d′)，电场力做功W电＝－qU′＝－qd′d－d3U＝－q3d′2dU，由动能定理得WG＋W电＝0，联立各式解得d′＝25d，选项D正确．

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