1、目标定位1.加深对电场中带电粒子的加速和偏转的理解和应用.2.巩固用能量的观点解决电场力做功的问题.3.掌握电场中带电粒子的圆周运动问题的分析方法一、带电粒子在电场中的直线运动例1如图1所示，水平放置的A、B两平行板相距h，上极板A带正电，现有质量为m、电荷量为q的小球在B板下方距离B板为H处，以初速度v0竖直向上从B板小孔进入板间电场图1(1)带电小球做何种运动？(2)欲使小球刚好打到A板，A、B间电势差为多少？解析(1)带电小球在电场外只受重力的作用做匀减速直线运动，在电场中受重力和电场力作用做匀减速直线运动(2)整个运动过程中小球克服重力和电场力做功，由动能定理得mg(Hh)qUAB0m
2、v解得UAB答案见解析(1)带电小球、带电油滴、带电颗粒等一些带电体的重力较大，在分析其运动情况时不能忽略其重力的作用.(2)带电粒子在电场中做加速或减速直线运动时，若是匀强电场，可用动能定理或牛顿第二定律结合运动学公式两种方法分析求解；若是非匀强电场，只能用动能定理分析求解.二、带电粒子在电场中的类平抛运动例2长为L的平行金属板竖直放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个带电荷量为q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴左极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从右极板边缘射出，射出时速度恰与右极板成30角，如图2所示，不计粒子重力，求：图2(1)粒子末速度的大小；(2)匀强电场的场
3、强；(3)两板间的距离解析(1)粒子离开电场时，合速度与竖直方向夹角为30，由速度关系得合速度：v，vyv0tan30(2)粒子在匀强电场中做类平抛运动，在竖直方向上：Lv0t，在水平方向上：vyat，由牛顿第二定律得：qEma解得：E；(3)粒子做类平抛运动，在水平方向上：dat2，解得：dL答案(1)(2)(3)L(1)带电粒子垂直进入匀强电场中做类平抛运动研究方法：将运动分解为沿初速度方向(不一定水平)的匀速直线运动，沿电场力方向的匀加速直线运动沿初速度方向：Lv0tvxv0沿电场力方向：avyatyat2偏转角tan(2)涉及功能关系时，也可以根据动能定理列方程例3如图3所示，三个质量
4、相等的，分别带正电、负电和不带电的小球，以相同速率在平行放置的带电金属板间的P点沿垂直于电场方向射入电场，落在A、B、C三点，则()图3A落到A点的小球带正电，落到B点的小球带负电，落到C点的小球不带电B三小球在电场中运动时间相等C三小球到达下极板的动能关系是EkAEkBEkCD三小球在电场中的加速度关系是aCaBaA解析三个小球在水平方向都做匀速直线运动，由图看出水平位移关系是：xAxBxC，三个小球水平速度v0相同，由xv0t得，运动时间关系是：tAtBtC，选项B错误；竖直方向上三个小球都做匀加速直线运动，由图看出竖直位移y大小相等，由yat2得到加速度关系为：aAaBaC，选项D正确；
5、根据牛顿第二定律得到合力关系为：FAFBFC，三个小球重力相同，而平行金属板上极板带负电，可以判断出来A带正电，B不带电，C带负电，选项A错误；三个小球所受合力方向都竖直向下，都做正功，竖直位移大小相等，而合力FAFBFC，则合力做功大小关系为：WAWBWC，根据动能定理得，三小球到达下极板时的动能关系是EkAEkBEkC，故C错误答案D质子、电子、粒子等基本粒子，由于重力远小于电场力，在电场中运动时不考虑重力；带电小球、液滴等由于重力和电场力比较不能忽略，除非特别说明，一般要考虑重力.三、带电粒子在交变电场中的运动例4在如图4甲所示平行板电容器A、B两极板上加上如图乙所示的交变电压，开始B板
6、的电势比A板高，这时两极板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说法正确的是(不计电子重力)()甲乙图4A电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性来回运动B电子一直向A板运动C电子一直向B板运动D电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性来回运动解析由运动学和动力学规律画出如图所示的vt图象可知，电子一直向B板运动，C正确答案C(1)当空间存在交变电场时，粒子所受电场力方向将随着电场方向的改变而改变，粒子的运动性质也具有周期性.(2)研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究，并辅以vt图象特别注意带电粒子进入交变电场时的时刻及交
7、变电场的周期.四、带电粒子在电场中的圆周运动电学知识与圆周运动结合的综合问题是近几年高考热点解决这类问题的基本方法和力学中的情形相同，但处理时要充分考虑到电场力的特点，明确向心力的来源，灵活应用等效法、叠加法等分析解决问题例5如图5所示，一绝缘细圆环半径为r，其环面固定在水平面上，电场强度为E的匀强电场与圆环平面平行，环上穿有一电荷量为q、质量为m的小球，可沿圆环做无摩擦的圆周运动，若小球经A点时速度vA的方向恰与电场线垂直，且圆环与小球间沿水平方向无作用力，则速度vA_.当小球运动到与A点对称的B点时，小球对圆环在水平方向的作用力FB_.图5解析在A点时，电场力提供向心力qE解得vA在B点时
8、，FBqEm，FBFB小球由A到B的过程中，由动能定理得：qE2rmvmv由以上各式解得FB6qE.答案6qE1(带电粒子在电场中的直线运动)(多选)如图6所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB运动，由此可知()图6A电场中A点的电势低于B点的电势B微粒在A点时的动能大于在B点时的动能C微粒在A点时的电势能大于在B点时的电势能D微粒在A点时机械能大于在B点时的机械能答案BD解析带负电微粒受重力、电场力，合外力与运动方向在同一条直线上，可知所受电场力方向水平向左，场强方向水平向右，沿电场线电势在降低，所以A点的电势高于B点的电势，故A错误；由A到B
9、，微粒做减速运动，所以动能减小，电场力做负功，电势能增加，即微粒在A点的动能大于在B点时的动能，在A点时的电势能小于在B点时的电势能，故B正确，C错误；微粒从A向B运动，除重力外电场力做负功，机械能减小，选项D正确2(带电粒子在电场中的类平抛运动)如图7所示，阴极A受热后向右侧空间发射电子，电子质量为m，电荷量为e，电子的初速率为v，且各个方向都有与A极相距l的地方有荧光屏B，电子击中荧光屏时便会发光若在A和B之间的空间里加一个水平向左、与荧光屏面垂直的匀强电场，电场强度为E，求B上受电子轰击后的发光面积图7答案解析阴极A受热后发射电子，这些电子沿各个方向射向右边匀强电场区域，取两个极端情况如
10、图所示沿极板竖直向上且速率为v的电子，受到向右的电场力作用做类平抛运动打到荧光屏上的P点竖直方向上yvt，水平方向上lt2.解得yv.沿极板竖直向下且速率为v的电子，受到向右的电场力作用做类平抛运动打到荧光屏上的Q点，同理可得yv.故在荧光屏B上的发光面积Sy2.3(带电粒子在交变电场中的运动)在空间有正方向水平向右、大小按如图8所示的图线变化的电场，位于电场中A点的电子在t0时速度为零，在t1s时，电子离开A点的距离大小为l.那么在t2s时，电子将处在()图8AA点BA点左方l处CA点右方2l处DA点左方2l处答案D解析第1s内电场方向向右，电子受到的电场力方向向左，电子向左做匀加速直线运动
11、，位移为l，第2s内电子受到的电场力方向向右，由于电子此时有向左的速度，因而电子继续向左做匀减速直线运动，根据运动的对称性，位移也是l，t2s时总位移为2l，向左4(带电粒子在电场中的圆周运动)如图9所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，AB为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的AB及以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑现将一质量为m、带电荷量为q的小球从管中A点由静止释放，已知qEmg.求：图9(1)小球释放后，第一次经过最低点D时的速度和对管壁的压力；(2)小球释放后，第一次经过最高点C时管壁对小球的作用力答案(1)25mg，方向竖直向下(2)mg，方向竖直向下解析(1)
12、A至D点，由动能定理得mgRqERmv，v12由牛顿第二定律FNmgm，FN5mg由牛顿第三定律FNFN小球对管壁的压力为5mg，方向竖直向下(2)第一次经过C，mgRqE2Rmv设管壁对小球的作用力方向竖直向下，mgFC1mFC1mg，方向竖直向下.题组一带电微粒在电场中的直线运动1下列带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差U后，哪个粒子获得的速度最大()A质子HB氘核HC粒子HeD钠离子Na答案A解析四种带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差U，故根据动能定理，qUmv20得v由上式可知，比荷越大，速度越大；显然A选项中质子的比荷最大，故A正
13、确2如图1所示，一个平行板电容器充电后与电源断开，从负极板处释放一个电子(不计重力)，设其到达正极板时的速度为v1，加速度为a1.若将两极板间的距离增大为原来的2倍，再从负极板处释放一个电子，设其到达正极板时的速度为v2，加速度为a2，则()图1Aa1a211，v1v212Ba1a221，v1v212Ca1a221，v1v21Da1a211，v1v21答案D解析电容器充电后与电源断开，再增大两极板间的距离时，场强不变，电子在电场中受到的电场力不变，故a1a211.由动能定理Uemv2得v，因两极板间的距离增大为原来的2倍，由UEd知，电势差U增大为原来的2倍，故v1v21.3(多选)平行板电容
14、器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连若一带电粒子恰能沿图2所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子()图2A所受重力与电场力平衡B电势能逐渐增加C动能逐渐增加D做匀变速直线运动答案BD解析带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是重力mg，方向竖直向下；二是电场力FEq，方向垂直于极板向上因二力均为恒力，已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D正确，选项A、C错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B正确题组二带电粒子在电场中的类平抛运动4
15、如图3所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的()图3A2倍B4倍C.D.答案C解析电子在两极板间做类平抛运动水平方向：lv0t，所以t.竖直方向：dat2t2，故d2，即d，故C正确5(多选)如图4所示，一电子沿x轴正方向射入匀强电场，在电场中的运动轨迹为OCD，已知OA，电子过C、D两点时竖直方向的分速度为vCy和vDy；电子在OC段和OD段动能的变化量分别为Ek1和Ek2，则()图4AvCyvDy12BvCyvDy14CEk1Ek21
16、3DEk1Ek214答案AD解析电子沿Ox轴射入匀强电场，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，已知，则电子从O到C与从C到D的时间相等电子在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，则有vCyatOC，vDyatOD，所以vCyvDytOCtOD12，故A正确，B错误；根据匀变速直线运动的推论可知，在竖直方向上：yOCyOD14，根据动能定理得Ek1qEyOC，Ek2qEyOD，则得，Ek1Ek214.故C错误，D正确6如图5所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始
17、射入到打到上极板的过程中()图5A它们运动的时间tQtPB它们运动的加速度aQaPC它们所带的电荷量之比qPqQ12D它们的动能增加量之比EkPEkQ12答案C解析设两板距离为h，P、Q两粒子的初速度为v0，加速度分别为aP和aQ，粒子P到上极板的距离是，它们做类平抛运动的水平距离为l.则对P，由lv0tP，aPt，得到aP；同理对Q，lv0tQ，haQt，得到aQ.由此可见tPtQ，aQ2aP，而aP，aQ，所以qPqQ12.由动能定理得，它们的动能增加量之比EkPEkQmaPmaQh14.综上所述，C项正确7(多选)如图6所示，氕、氘、氚的原子核以初速度为零进入同一电场加速后，又经同一匀强
18、电场偏转，最后打在荧光屏上，那么()图6A经过加速电场的过程中，电场力对氚核做的功最多B经过偏转电场的过程中，电场力对三种原子核做的功一样多C三种原子核打在屏上的速度一样大D三种原子核都打在屏的同一位置上答案BD解析同一加速电场、同一偏转电场，三种原子核带电荷量相同，故在同一加速电场中电场力对它们做的功都相同，在同一偏转电场中电场力对它们做的功也相同，A错，B对；由于质量不同，所以三种原子核打在屏上的速度不同，C错；再根据偏移距离公式或偏转角公式y，tan知，与带电粒子无关，D对8如图7所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均
19、为m、带电荷量分别为q和q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中)不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于()图7A.B.C.D.答案B解析根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd的中心，则在水平方向有sv0t，在竖直方向有ht2，解得v0.故选项B正确，选项A、C、D错误题组三带电粒子在交变电场中的运动9(多选)带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图8所示带电微粒只在电场力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是()图8A微粒在01s内的加速度与12s内的加速度相同B微粒将沿着一条直线运动C微粒做往复运动
20、D微粒在第1s内的位移与第3s内的位移相同答案BD解析微粒在01 s内的加速度与12 s内的加速度大小相等、方向相反，A项错误；带正电的微粒放在电场中，第1 s内加速运动，第2 s内减速至零，故B、D项正确，C项错误10(多选)如图9所示，两金属板(平行)分别加上如下列选项中的电压，能使原来静止在金属板中央的电子(不计重力)有可能做往返运动的Ut图象应是(设两板距离足够大)()图9答案BC解析由A图象可知，电子先做匀加速运动，T时速度最大，从T到T内做匀减速运动，T时速度减为零然后重复一直向一个方向运动不往返由B图象可知，电子先做匀加速运动，T时速度最大，从T到T内做匀减速运动，T时速度减为零
21、；从T到T反向匀加速运动，T时速度最大，从T到T内做匀减速运动，T时速度减为零，回到出发点然后重复往返运动由C图象可知，电子先做加速度减小的加速运动，T时速度最大，从T到T内做加速度增大的减速运动，T时速度减为零；从T到T反向做加速度减小的加速运动，T时速度最大，从T到T内做加速度增大的减速运动，T时速度减为零，回到出发点然后重复往返运动由D图象可知，电子先做匀加速运动，T时速度最大，从T到T内做匀速运动，然后重复加速运动和匀速运动一直向一个方向运动不往返故选B、C.题组四综合应用11如图10，一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点已知该粒子在A点的速
22、度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30.不计重力求A、B两点间的电势差图10答案解析设带电粒子在B点的速度大小为vB.粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即vBsin30v0sin60由此得vBv0设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有qUABm(vv)联立式得UAB.12如图11所示，一长为L0.20m的丝线的一端拴一质量为m1.0104kg、带电荷量为q1.0106C的小球，另一端连在一水平轴O上，丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动，整个装置处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E2.0103N/C.现将小球拉到与轴O在同一水平面上的A点
23、，然后无初速度地将小球释放，取g10 m/s2.求：图11(1)小球通过最高点B时速度的大小；(2)小球通过最高点B时，丝线对小球拉力的大小答案(1)2m/s(2)3.0103N解析(1)小球由A运动到B，其初速度为零，电场力对小球做正功，重力对小球做负功，丝线拉力不做功，则由动能定理有：qELmgLvB2m/s.(2)小球到达B点时，受重力mg、电场力qE和拉力FTB作用，经计算mg1.010410N1.0103NqE1.01062.0103N2.0103N因为qEmg，而qE方向竖直向上，mg方向竖直向下，小球做圆周运动，其到达B点时向心力的方向一定指向圆心，由此可以判断出FTB的方向一定
24、指向圆心，由牛顿第二定律有：FTBmgqEFTBqEmg3.0103N.13如图12所示，ABCD为竖直放在场强为E104N/C的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的ABC部分是半径为R0.5 m的半圆环(B为半圆弧的中点)，轨道的水平部分与半圆环相切于C点，D为水平轨道的一点，而且CD2R，把一质量m100 g、带电荷量q104 C的带负电小球，放在水平轨道上的D点，由静止释放后，在轨道的内侧运动g10 m/s2，求：图12(1)小球到达B点时的速度是多大？(2)小球到达B点时对轨道的压力是多大？答案(1)2m/s(2)5N解析(1)小球从D至B的过程中，由动能定理：qE(2RR)mgRmv解得：vB2m/s.(2)在B点由牛顿第二定律得：FNqEFNqEm5N.由牛顿第三定律知FNFN5N.
