还剩17页未读，
继续阅读
专题3 第12课时 带电粒子在电场中的运动教案
展开
这是一份专题3 第12课时 带电粒子在电场中的运动教案，共20页。
高考题型1 带电粒子在电场中运动
1．带电粒子在电场中运动时重力的处理
2.带电粒子在电场中的运动特点及分析方法
考向一 带电粒子在电场中的直线运动
例1 (多选)(2020·江苏省海安中学模拟)若选无限远处电势为零，带电荷量为Q的点电荷产生的电场中，某点的电势可表示为φ＝eq \f(kQ,r)，其中r为该点到点电荷的距离，k为静电力常量．如图1所示，在O点固定一带电荷量为Q的正点电荷，在离其竖直高度为H的A点由静止释放一带电小球(可看作质点)，小球开始运动瞬间的加速度大小为2g，方向竖直向上，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
图1
A．小球一定带正电
B．小球的比荷eq \f(q,m)＝eq \f(2gH2,kQ)
C．小球速度最大时到点电荷的距离为2H
D．小球能到达的最大高度到点电荷的距离为3H
答案 AD
解析 由受力分析可知，小球受到重力和库仑力，根据加速度向上，可知库仑力方向竖直向上，小球带正电，故A正确；设小球的带电荷量为q，质量为m，则小球开始运动的瞬间有：keq \f(Qq,H2)－mg＝2mg，解得小球的比荷为：eq \f(q,m)＝eq \f(3gH2,kQ)，故B错误；小球速度最大时，二力平衡则有：keq \f(Qq,r2)＝mg，联立解得：r＝eq \r(3)H，故C错误；设小球最高能上升到B点，最大高度到点电荷的距离为r′，此时速度为0，则有qUAB－mg(r′－H)＝0，即q(keq \f(Q,H)－keq \f(Q,r′))＝mg(r′－H)，解得r′＝3H，故D正确．
考向二 带电粒子在电场中的偏转
例2 (2019·全国卷Ⅱ·24)如图2，两金属板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，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的电势均为φ(φ>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．
图2
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它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)eq \f(1,2)mv02＋eq \f(2φ,d)qh v0eq \r(\f(mdh,qφ)) (2)2v0eq \r(\f(mdh,qφ))
解析 (1)PG、QG间场强大小相等，均为E.粒子在PG间所受静电力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有
E＝eq \f(2φ,d)①
F＝qE＝ma②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
qEh＝Ek－eq \f(1,2)mv02③
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有
h＝eq \f(1,2)at2④
l＝v0t⑤
联立①②③④⑤式解得
Ek＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(2φ,d)qh⑥
l＝v0eq \r(\f(mdh,qφ))；⑦
(2)若粒子穿过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，此时金属板的长度为
L＝2l＝2v0eq \r(\f(mdh,qφ)).⑧
例3 (2020·全国卷Ⅰ·25)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图3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．
图3
(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)eq \f(mv\\al(,02),2qR) (2)eq \f(\r(2)v0,4) (3)0或eq \f(\r(3)v0,2)
解析 (1)粒子初速度为零，由C点射出电场，故电场方向与AC平行，由A指向C.由几何关系和电场强度的定义知
AC＝R①
F＝qE②
由动能定理有F·AC＝eq \f(1,2)mv02③
联立①②③式得E＝eq \f(mv\\al(,02),2qR)④
(2)如图，由几何关系知AC⊥BC，故电场中的等势线与BC平行．作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于P点，则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大．由几何关系知
∠PAD＝30°，AP＝eq \f(3,2)R，DP＝eq \f(\r(3),2)R⑤
设粒子以速度v1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t1.粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC的方向上做匀速运动，运动的距离等于DP.由牛顿第二定律和运动学公式有
F＝ma⑥
AP＝eq \f(1,2)at12⑦
DP＝v1t1⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝eq \f(\r(2)v0,4)⑨
(3)解法1：设粒子以速度v进入电场时，在电场中运动的时间为t.以A为原点，粒子进入电场的方向为x轴正方向，电场方向为y轴正方向建立直角坐标系．由运动学公式有
y＝eq \f(1,2)at2⑩
x＝vt⑪
粒子离开电场的位置在圆周上，有(x－eq \f(\r(3),2)R)2＋(y－eq \f(1,2)R)2＝R2⑫
粒子在电场中运动时，其x方向的动量不变，y方向的初始动量为零．设穿过电场前后动量变化量的大小为mv0的粒子，离开电场时其y方向的速度分量为v2，由题给条件及运动学公式有
mv2＝mv0＝mat⑬
联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式得v＝0或v＝eq \f(\r(3),2)v0
解法2：粒子在电场方向上做匀加速直线运动，即沿AC方向做初速度为零的匀加速直线运动，垂直AC方向做匀速直线运动，因动量的变化量只发生在电场方向上，若粒子从进入电场到离开电场的过程中动量变化量为mv0，则粒子会从B点离开电场．设粒子进入电场时的速度为v
在沿电场方向：R＝eq \f(vy,2)t＝eq \f(v0,2)t
在垂直电场方向：eq \r(3)R＝vt
联立以上两式得：v＝eq \f(\r(3),2)v0.
由题意知，粒子进入电场时的速度v＝0时，动量变化量的大小也为mv0.
高考题型2 带电体在电场和重力场中的运动
1．带电体在电场、重力场中的运动分析方法
(1)对带电体的受力情况和运动情况进行分析，综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动的规律解决问题．
(2)根据功能关系或能量守恒的观点，分析带电体的运动时，往往涉及重力势能、电势能以及动能的相互转化，总的能量保持不变．
2．带电体在电场和重力场的叠加场中的圆周运动
(1)等效重力法
将重力与静电力进行合成，如图4所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝eq \f(F合,m)为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向．
图4
(2)等效最高点和最低点：在“等效重力场”中做圆周运动的小球，过圆心作合力的平行线，交于圆周上的两点即为等效最高点和最低点．
考向一 带电体在电场和重力场中的匀变速运动
例4 (2019·天津卷·3)如图5所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程( )
图5
A．动能增加eq \f(1,2)mv2 B．机械能增加2mv2
C．重力势能增加eq \f(3,2)mv2 D．电势能增加2mv2
答案 B
解析 小球动能的增加量为ΔEk＝eq \f(1,2)m(2v)2－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(3,2)mv2，A错误；小球在竖直方向上的分运动为匀减速直线运动，到N时竖直方向的速度为零，则M、N两点之间高度差为h＝eq \f(v2,2g)，小球重力势能的增加量为ΔEp＝mgh＝eq \f(1,2)mv2，C错误；静电力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，则电势能的减少量为ΔE减＝eq \f(3,2)mv2＋eq \f(1,2)mv2＝2mv2，D错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小球所做的功在数值上等于小球机械能的增加量，即2mv2，B正确．
例5 (2019·全国卷Ⅲ·24)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eq \f(t,2).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)eq \f(3mg,q) (2)2m(v02＋g2t2)
解析 (1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有
mg＋qE＝ma①
eq \f(1,2)a(eq \f(t,2))2＝eq \f(1,2)gt2②
解得E＝eq \f(3mg,q)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
mgh＋qEh＝Ek－eq \f(1,2)mv12④
且有v1eq \f(t,2)＝v0t⑤
h＝eq \f(1,2)gt2⑥
联立③④⑤⑥式得
Ek＝2m(v02＋g2t2)．
考向二 带电体在电场和重力场中的圆周运动
例6 如图6所示，BC是半径为R的eq \f(1,4)圆弧形光滑绝缘轨道，轨道位于竖直平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为E.现有一质量为m的带电小滑块(体积很小可视为质点)，在BC轨道的D点释放后可以在该点保持静止不动，已知OD与竖直方向的夹角为α＝37°.随后把它从C点由静止释放，滑到水平轨道上的A点时速度减为零．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ＝0.25，且sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，取重力加速度为g.
图6
(1)对小滑块在D点进行受力分析，求出滑块的带电荷量q和带电种类；
(2)滑块从C点下滑到圆弧形轨道的B端时对轨道的压力大小；
(3)水平轨道上A、B两点之间的距离L.
答案 (1)eq \f(3mg,4E) 正电 (2)eq \f(3,2)mg (3)eq \f(1,4)R
解析 (1)滑块静止在D处时的受力如图所示，可知滑块应带正电，
由平衡条件可得F＝mgtan α
又F＝Eq
q＝eq \f(mgtan α,E)＝eq \f(3mg,4E)
(2)滑块从C点下滑到B点的过程中由动能定理得
mgR－qER＝eq \f(1,2)mvB2－0
在B点，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq \f(v\\al(,B2),R)
解得，支持力FN＝eq \f(3,2)mg
由牛顿第三定律得滑块对轨道的压力大小为FN′＝FN＝eq \f(3,2)mg
(3)滑块从C经B到A的过程中，由动能定理得：
mgR－qE(R＋L)－μmgL＝0－0
解得：L＝eq \f(mg－qER,μmg＋qE)＝eq \f(1,4)R.
高考题型3 带电粒子在交变电场中的运动
处理带电粒子在交变电场中运动的问题时，先画出粒子在电场方向的v－t图像，结合图像去分析粒子的运动情况，在v－t图像中，图像与t轴所围面积表示沿电场方向粒子的位移．带电粒子在交变电场中运动常见的v－t图像如图所示．
例7 如图7甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压．在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0、方向平行于金属板的相同带电粒子，t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场．已知电场变化周期T＝eq \f(2d,v0)，粒子质量为m，不计粒子重力及粒子间的相互作用力，则( )
图7
A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小为eq \f(1,2)v0
B．粒子的电荷量为eq \f(mv\\al(,02),2U0)
C．在t＝eq \f(1,8)T时刻进入的粒子离开电场时竖直方向上的位移为eq \f(d,4)
D．在t＝eq \f(1,4)T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
答案 D
解析 粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动时间t＝eq \f(2d,v0)，此时间正好是交变电场的一个周期，粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子在竖直方向的速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，A错误；对于t＝0时刻释放的粒子，在竖直方向，粒子在eq \f(T,2)时间内的位移为eq \f(d,2)，则eq \f(d,2)＝eq \f(U0q,2dm)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,v0)))2，计算得出q＝eq \f(mv\\al(,02),U0)，B错误；在t＝eq \f(T,8)时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为y＝2×eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,8)T))2－2×eq \f(1,2)a·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,8)))2＝eq \f(d,2)，C错误；t＝eq \f(T,4)时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动eq \f(T,4)，然后向下减速运动eq \f(T,4)，再向上加速运动eq \f(T,4)，最后向上减速运动eq \f(T,4)，由对称可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，D正确．
1．(多选)(2021·河北张家口市高三期末)如图8所示，xOy坐标系内，第一象限存在水平向左的匀强电场．第二象限存在竖直向下的匀强电场，y轴上c点和x轴上d点连线为电场的下边界．相同的带电粒子甲、乙分别从a点和b点由静止释放，两粒子均从c点水平射入第二象限，且均从c、d连线上射出，已知ab＝bc，下列说法正确的是( )
图8
A．带电粒子甲、乙在c点速度之比为2∶1
B．带电粒子甲、乙在c点速度之比为eq \r(2)∶1
C．带电粒子甲、乙在第二象限电场内的位移之比为eq \r(2)∶1
D．带电粒子甲、乙在第二象限射出电场时速度方向相同
答案 BD
解析 相同的带电粒子甲、乙分别从a点和b点由静止释放，两粒子均从c点水平射入第二象限，且均从c、d连线上射出，已知ab＝bc，由v2＝2ax可得带电粒子甲、乙在c点速度之比为v甲∶v乙＝eq \r(2)∶1，故A错误，B正确；甲、乙两粒子从c点水平射入第二象限，由平抛运动知识可知x＝v0t①
设位移与水平方向夹角为θ，甲、乙两粒子位移与水平方向的夹角θ相同，tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(a′t2,2v0t)＝eq \f(a′t,2v0)②
y＝xtan θ＝v0ttan θ③
由①②③可得s＝eq \r(x2＋y2)＝eq \f(2tan θ\r(1＋tan2θ),a′)v02
带电粒子甲、乙在第二象限电场内的位移之比为2∶1，故C错误；设速度方向与水平方向夹角为α，tan α＝eq \f(a′t,v0)，tan α＝2tan θ，甲、乙在第二象限射出电场时速度方向与水平方向夹角α相同，故D正确．
2．(多选)(2021·山东济宁市高三期末)质量为m的带电小球由空中某点P无初速度地自由下落，经过时间t，加上竖直方向且范围足够大的匀强电场，再经过时间t小球又回到P点．整个过程中不计空气阻力且小球未落地，重力加速度为g，则( )
A．电场强度的大小为eq \f(4mg,q)
B．整个过程中小球电势能减少了eq \f(9,8)mg2t2
C．从P点到最低点的过程中，小球重力势能减少了mg2t2
D．从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能减少了eq \f(1,2)mg2t2
答案 AD
解析 设电场强度为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下为正方向，则由eq \f(1,2)gt2＝－(vt－eq \f(1,2)at2)，
v＝gt和a＝eq \f(qE－mg,m)，可得a＝3g，E＝eq \f(4mg,q)，故A正确；
整个过程中静电力做功W＝qE·eq \f(1,2)gt2＝2mg2t2
所以小球电势能减少了2mg2t2，故B错误；
从P点到最低点的过程中，小球下降的距离x＝eq \f(1,2)gt2＋eq \f(gt2,2a)＝eq \f(2gt2,3)
所以小球重力势能减少ΔEp＝mgx＝eq \f(2mg2t2,3)，故C错误；
小球运动到最低点时，速度为零，从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能减少ΔEk＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mg2t2，故D正确．
3．(2021·湖南株洲市高三期末)如图9，真空中水平放置的两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，一电荷量为＋q(q>0)，质量为m的小球从两板中央以水平速度v0射入板间，小球离开电场后恰能垂直打在距离金属板右端2L的屏M上，已知重力加速度为g.求：
图9
(1)板间电场强度E的大小和方向；
(2)要使小球飞出电场，板间电势差U要满足什么条件？
答案 (1)eq \f(3mg,q) 方向竖直向上 (2)U≥eq \f(6m,q)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(gL,v0)))2
解析 (1)设小球在电场中运动的加速度为a，运动时间为t1，刚飞出电场时竖直速度为vy，由题意可知
a＝eq \f(Eq－mg,m)，t1＝eq \f(L,v0)，vy＝at1
小球飞出电场后到垂直击中屏M的逆过程为平抛运动，所经历的时间为t2＝eq \f(2L,v0)，vy＝gt2
联立以上各式解得匀强电场的场强大小为E＝eq \f(3mg,q)，方向竖直向上．
(2)设板间距离为d，要使小球能飞出电场，应满足eq \f(d,2)≥eq \f(1,2)at12
两板间的电势差为U＝Ed
联立解得U≥eq \f(6m,q)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(gL,v0)))2.
4.在如图10所示的平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限区域内有沿y轴正方向(竖直向上)的匀强电场，电场强度大小E0＝50 N/C；第Ⅳ象限区域内有一宽度d＝0.2 m、方向沿x轴正方向(水平向右)的匀强电场．质量m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋1×10－2 C的小球从y轴上P点以一定的初速度垂直y轴方向进入电场，通过第Ⅰ象限后，从x轴上的A点进入第Ⅳ象限，并恰好沿直线通过该区域后从B点离开，已知P、A的坐标分别为(0,0.4)、(0.4,0)，取重力加速度g＝10 m/s2.求：
图10
(1)初速度v0的大小；
(2)A、B两点间的电势差UAB；
(3)小球经过B点时的速度大小．
答案 (1)1 m/s (2)5 V (3)eq \r(10) m/s
解析 (1)小球进入竖直方向的匀强电场后做类平抛运动，小球带正电，受到的静电力竖直向上，根据牛顿第二定律得，加速度a＝eq \f(mg－qE0,m)，解得a＝5 m/s2
根据平抛运动规律，小球沿水平方向做匀速运动，有xA＝v0t
沿竖直方向有：yP＝eq \f(1,2)at2
解得v0＝xAeq \r(\f(a,2yP))＝1 m/s.
(2)设水平电场的电场强度大小为E，进入水平电场前，带电小球做类平抛运动，所以进入水平电场时竖直方向的速度vy＝eq \r(2yPa)
因为小球在该电场区域恰好做直线运动，所以合外力的方向与速度方向在同一条直线上，即速度方向与合外力的方向相同，有eq \f(qE,mg)＝eq \f(v0,vy)，解得E＝50 N/C
设小球在水平电场中运动的水平距离为L，可知eq \f(qE,mg)＝eq \f(L,d)，又UAB＝EL，解得UAB＝5 V.
(3)设小球在B点的速度大小为v，对小球运动的全过程，由动能定理，有
mg(yP＋d)－qE0yP＋qUAB＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
解得v＝eq \r(10) m/s.
专题强化练
[保分基础练]
1．(2017·江苏卷·4)如图1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板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子( )
图1
A．运动到P点返回
B．运动到P和P′点之间返回
C．运动到P′点返回
D．穿过P′点
答案 A
解析 根据平行板电容器的电容的决定式C＝eq \f( εrS,4πkd)、定义式C＝eq \f(Q,U)和匀强电场的电压与电场强度的关系式U＝Ed可得E＝eq \f( 4πkQ,εrS)，可知将C板向右平移到P′点，B、C两板间的电场强度不变，由O点静止释放的电子仍然可以运动到P点，并且会原路返回，故选项A正确．
2．(多选)(2021·全国乙卷·20)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(＋q，m)、(＋q，2m)、(＋3q，3m)、(－q，m)，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( )
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a＝eq \f(qE,m)，由类平抛运动规律可知，带电粒子在电场中运动时间为t＝eq \f(l,v0)，离开电场时，带电粒子的偏转角的正切值为tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(at,v0)＝eq \f(qEl,mv\\al(,02))，因为四个带电的粒子的初速度相同，电场强度相同，水平位移相同，所以偏转角只与比荷有关，(＋q，m)粒子与(＋3q，3m)粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与(－q，m)粒子的比荷也相同，所以(＋q，m)、(＋3q，m)、(－q，m)三个粒子偏转角相同，但(－q，m)粒子与上述两个粒子的偏转方向相反，(＋q，2m)粒子的比荷比(＋q，m)、(＋3q，3m)粒子的比荷小，所以(＋q，2m)粒子比(＋q，m)(＋3q，3m)粒子的偏转角小，但都带正电，偏转方向相同，故A、D正确，B、C错误．
3．(多选)(2020·河南濮阳市高三下学期4月摸底)在科研实验中需要将电离后得到的一价氦离子和二价氦离子进行分离，小李同学设计了如图2所示方案：在真空环境中，将一价氦离子和二价氦离子的混合物通过A、B两极板间的电场加速，然后再让它们经过由平行带电金属板C、D所形成的另一匀强电场发生偏转．若氦离子进入加速电场时的速度可忽略不计，氦离子重力和氦离子间的相互作用不计，且所有的氦离子均可到达离子接收器处．那么在离子接收器处，下列说法正确的是( )
图2
A．一价氦离子和二价氦离子不能分开
B．一价氦离子和二价氦离子能分开
C．一价与二价氦离子获得的动能相等
D．二价氦离子获得的动能大于一价氦离子获得的动能
答案 AD
解析 设离子电荷量为q、质量为m，加速电压为U1，偏转电场场强为E，偏转电场极板长为L，离子从偏转电场中射出时的速度偏向角为θ，在电场中加速有qU1＝eq \f(1,2)mv2，解得v2＝eq \f(2qU1,m)
在偏转电场中离子做类平抛运动，有：
y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)·t2＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)·(eq \f(L,v))2
从偏转电场中射出时有
tan θ＝eq \f(vy,v)＝eq \f(at,v)＝eq \f(a,v)·eq \f(L,v)＝eq \f(qE,m)·eq \f(L,v2)
代入v2可得y＝eq \f(L2E,4U1)，tan θ＝eq \f(LE,2U1)
说明一价氦离子与二价氦离子从偏转电场中射出的位置、射出方向均相同，与电荷量无关，两种离子不能分开，故A正确，B错误；由功能关系得，离子离开偏转电场时获得的动能为Ek＝qU1＋qEy＝q(U1＋Ey)
二价氦离子电荷量大，所以二价氦离子获得的动能较大，故C错误，D正确．
4.(2021·浙江高三专题练习)如图3所示，水平放置的充电平行金属板相距为d，其间形成匀强电场，一带正电的油滴从下极板左边缘射入，并沿直线从上极板右边缘射出，油滴质量为m，带电荷量为q，现仅将上极板上移少许，其他条件保持不变，重力加速度为g，则下列分析正确的是( )
图3
A．上移后油滴的运动轨迹是曲线
B．上移后电场强度大小小于eq \f(mg,q)，方向竖直向上
C．上移后下极板和上极板之间的电势差为eq \f(mgd,q)
D．上移后油滴穿越两板之间的电场时电势能减少了mgd
答案 D
解析 由于油滴沿直线在两极板间运动，可知油滴一定做匀速直线运动，可得qE＝mg，则电场强度大小为E＝eq \f(mg,q)，根据公式E＝eq \f(U,d)，C＝eq \f(Q,U)，C＝eq \f(εrS,4πkd)，联立可得E＝eq \f(4πkQ,εrS)，则当上极板向上移动时，E不变，方向竖直向上，仍有qE＝mg，所以油滴的运动轨迹仍然是直线，A、B错误；综上分析，由于E不变，根据U＝Ed，当上极板向上移动少许，d变大，所以U变大，两极板间的电势差不再是eq \f(mgd,q)，C错误；当上极板向上移动少许，E不变，所以油滴射出电场时的位置也不变，重力做的功为－mgd，则静电力做的功为mgd，根据功能关系可知，油滴的电势能减少了mgd，D正确．
5.(多选)(2018·全国卷Ⅲ·21)如图4，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等．现同时释放a、b，它们由静止开始运动．在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面．a、b间的相互作用和重力可忽略．下列说法正确的是( )
图4
A．a的质量比b的大
B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等
D．在t时刻，a和b的动量大小相等
答案 BD
解析 经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xa>xb，根据x＝eq \f(1,2)at2，得aa>ab，又由a＝eq \f(F,m)知，ma经时间t到下半区域的同一水平面，则静电力做功Wa>Wb，由动能定理知，a的动能比b的动能大，B项正确；
在t时刻，a、b处在同一等势面上，根据Ep＝qφ，a、b的电势能绝对值相等，符号相反，C项错误；
根据动量定理Ft＝p－p0，则经过时间t，a、b的动量大小相等，D项正确．
[争分提能练]
6．一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eq \f(d,2)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eq \f(d,3)，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eq \f(d,2)处返回
D．在距上极板eq \f(2d,5)处返回
答案 D
解析 设带电粒子的质量为m，电容器两极板的电压为U，由动能定理得mg(eq \f(d,2)＋d)－qU＝0，若将下极板向上移动eq \f(d,3)，设带电粒子在电场中下降h，再由动能定理得mg(eq \f(d,2)＋h)－qeq \f(U,\f(2d,3))h＝0，联立解得h＝eq \f(2,5)d7.(多选)(2021·重庆南开中学高三月考)如图5所示，在水平向右的匀强电场中，一带正电的小球从O点竖直向上抛出，A点是小球运动的最高点，B点是与O点等高的点．不计空气阻力，小球始终在电场中运动，则( )
图5
A．小球在A点时速度最小
B．小球在B点时的动能比在A点的大
C．小球从O点到A点的过程中电势能逐渐减小
D．小球从O点到A点与从A点到B点的过程中机械能的变化量相等
答案 BC
解析 由题意可知，小球带正电，小球从O点到A点的过程中，重力做负功，静电力做正功，A点动能不是最小，最小值应在小球速度与重力与静电力的合力垂直的位置，则小球在A点时速度不是最小，故A错误；因小球从O点到B点重力不做功，静电力做正功，且做功最多，根据动能定理，可知小球在B点时的动能比在A点时的大，故B正确；小球从O点到A点的过程中，静电力做正功，则电势能逐渐减小，故C正确；在竖直方向上，小球做竖直上抛运动，从O到A与从A到B的时间相同，在水平方向上，小球做初速度为零的匀加速直线运动，因此相等的时间内通过的位移之比为x1∶x2＝1∶3，则静电力做功之比为W1∶W2＝qEx1∶qEx2＝1∶3，因此机械能的变化量之比为1∶3，故D错误．
8.(多选)(2021·安徽江南十校高三3月一模联考)如图6，在竖直向下的匀强电场(E＝eq \f(3mg,q))中，一质量为m，带电荷量为－q(q>0)的小球，用长为R的轻绳悬挂于O点，让小球在竖直平面内做圆周运动，其中A、B是圆周上的最高点和最低点，则下列说法正确的是( )
图6
A．若要完成完整的圆周运动，到达A点的速度至少为vA＝eq \r(gR)
B．若要完成完整的圆周运动，到达B点的速度至少为vB＝eq \r(2gR)
C．小球由A运动到B的过程中，绳子拉力逐渐减小
D．小球由A运动到B的过程中，小球电势能的增加量等于重力势能减少量
答案 BC
解析 重力与静电力合力的大小为 F＝qE－mg＝2mg，方向是竖直向上的，所以A点相当于圆周运动中的等效最低点，B点相当于圆周运动中的等效最高点，若恰好做完整的圆周运动，在B点，根据圆周运动规律可得meq \f(v\\al(,B2),R)＝2mg，解得vB＝eq \r(2gR)，从A到B，根据动能定理可得－2mg·2R＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mvA2，解得vA＝eq \r(10gR)，故A错误，B正确；在A点绳子受到的拉力最大，在B点绳子受到的拉力最小，所以小球由A运动到B的过程中，绳子拉力逐渐减小，故C正确；小球由A运动到B的过程中，根据能量守恒可知，小球电势能的增加量等于机械能的减少量，故D错误．
9．(多选)(2021·湖南高三月考)如图7所示，不带电物体A和带电荷量为q(q>0)的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，物体B静止在倾角为θ＝30°且足够长的斜面上，A、B的质量分别为m和2m，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，不计一切摩擦．某时刻，施加一场强大小为eq \f(2mg,q)，方向沿斜面向下的匀强电场，如图所示，弹簧始终未超过弹性限度，下列说法正确的是( )
图7
A．施加电场的初始时刻，物体B的加速度为eq \f(2g,3)
B．物体B的速度最大时，弹簧的伸长量为eq \f(2mg,k)
C．物体B从开始运动到速度最大的过程中，系统电势能的减少量为eq \f(4m2g2,k)
D．物体B从开始运动到速度最大的过程中，物体A和物体B机械能的增加量之和为eq \f(4m2g2,k)
答案 AC
解析 施加电场的初始时刻，A和B系统受到的合外力大小等于静电力的大小，即F合＝F电＝Eq＝2mg，由牛顿第二定律知a＝eq \f(2g,3)，选项A正确；物体B的速度最大时，A和B系统受到的合外力大小为0，此时弹簧弹力F弹2＝F电＋2mgsin θ＝3mg，由胡克定律得弹簧的伸长量x2＝eq \f(3mg,k)，选项B错误；没有施加电场的时候弹簧的弹力F弹1＝2mgsin θ＝mg，弹簧的伸长量x1＝eq \f(mg,k)，此过程中物块B的位移大小x＝x2－x1＝eq \f(2mg,k)，电势能的减少量ΔEp＝F电x＝eq \f(4m2g2,k)，选项C正确；此过程中，弹簧、物块A和物块B三者组成的系统机械能的增加量为eq \f(4m2g2,k)，选项D错误．
[尖子生选练]
10．(2021·黑龙江鹤岗一中三校高三期末联考)如图8(a)所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d＝0.1 m，板长L＝0.3 m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间，距金属板右端x＝0.5 m处竖直放置一足够大的荧光屏，现在AB板间加如图(b)所示的方波形电压，已知U0＝1.0×102 V，在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m＝1.0×10－7 kg，电荷量q＝1.0×10－2 C，速度大小均为v0＝1.0×104 m/s，带电粒子的重力不计，则：
图8
(1)求带电粒子在电场中的运动时间；
(2)求在t＝0时刻进入的粒子打在荧光屏上的位置到O点的距离；
(3)若撤去挡板，求荧光屏上出现的光带长度．
答案 (1)3×10－5 s (2)0.085 m (3)0.095 m
解析 (1)假设粒子可以从电场中射出，则进入电场的粒子在水平方向不受力，做匀速直线运动，L＝v0t，粒子在电场中运动时间t＝eq \f(L,v0)＝3×10－5 s
从t＝0时刻进入的粒子偏移量最大，
竖直方向，0～2×10－5 s粒子匀加速运动，接着做匀减速直线运动，
由于电压大小一样，所以加速度大小相等
a＝eq \f(qU0,md)＝108 m/s2，
离开电场时竖直方向速度vy＝a×(2×10－5 s)－a×(10－5 s)＝103 m/s
竖直方向位移
y＝eq \f(1,2)a×(2×10－5 s)2＋a×(2×10－5 s)×(10－5 s)－eq \f(1,2)a×(10－5 s)2＝0.035 m假设成立，所以粒子在电场中运动时间t＝3×10－5 s
(2)粒子在电场运动时间是3×10－5 s，根据两极板电压变换规律，竖直方向，0～2×10－5 s粒子做匀加速运动，接着粒子做匀减速直线运动，由于电压大小一样，所以加速度大小相等a＝eq \f(qU0,md)＝108 m/s2
离开电场时竖直方向速度vy＝a×(2×10－5 s)－a×(10－5 s)＝103 m/s
竖直方向位移y＝0.035 m，
离开电场后到荧光屏的过程，
水平方向做匀速直线运动x＝v0t′
竖直方向做匀速直线运动y1′＝vyt′＝0.05 m，
所以打到荧光屏的位置到O点的距离为：y＋y1′＝0.085 m
(3)撤去挡板后，所有离开电场的粒子速度都相同，示意图如下：
t＝0时刻进入的粒子，偏转位移最大，且运动过程中速度没有反向
y＝0.035 m，
若粒子进入的位置合适，粒子可以从极板的下边沿离开电场，打在离荧光屏O点最远位置为d＝0.1 m，t＝2×10－5 s时刻进入的粒子反向偏转过程中位移最大是速度减小到0的时候，若粒子位置合适，粒子此时刚好到达上极板，随后开始反向加速，时间为t＝1×10－5 s ，此粒子上面的粒子将打在上极板上而不能离开电场，此粒子正向偏移离O点距离y2＝eq \f(1,2)a×(1×10－5 s)2＝0.005 m，根据离开电场区粒子速度大小、方向相同，判断打在荧光屏上面的光带长度为d－y2＝0.095 m.基本粒子
如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)
带电体
如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力
常见运动
受力特点
分析方法
静止或匀速直线运动
合外力F合＝0
共点力平衡
变速直线运动
合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上
1.匀强电场中：
(1)用动力学观点分析
a＝eq \f(F合,m)，E＝eq \f(U,d)，v2－v02＝2ad
(2)用功能观点分析
W＝qEd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
2．非匀强电场中：
W＝qU＝Ek2－Ek1
带电粒子在匀强电场中的偏转运动(类平抛)
进入电场时v0⊥E
运动的分解
偏转角：tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qU2l,mdv\\al(,02))＝eq \f(U2l,2U1d)＝eq \f(2y0,l)
侧移距离：y0＝eq \f(qU2l2,2mdv\\al(,02))＝eq \f(U2l2,4dU1)
y＝y0＋Ltan θ＝(eq \f(l,2)＋L)tan θ
高考题型1 带电粒子在电场中运动
1．带电粒子在电场中运动时重力的处理
2.带电粒子在电场中的运动特点及分析方法
考向一 带电粒子在电场中的直线运动
例1 (多选)(2020·江苏省海安中学模拟)若选无限远处电势为零，带电荷量为Q的点电荷产生的电场中，某点的电势可表示为φ＝eq \f(kQ,r)，其中r为该点到点电荷的距离，k为静电力常量．如图1所示，在O点固定一带电荷量为Q的正点电荷，在离其竖直高度为H的A点由静止释放一带电小球(可看作质点)，小球开始运动瞬间的加速度大小为2g，方向竖直向上，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
图1
A．小球一定带正电
B．小球的比荷eq \f(q,m)＝eq \f(2gH2,kQ)
C．小球速度最大时到点电荷的距离为2H
D．小球能到达的最大高度到点电荷的距离为3H
答案 AD
解析 由受力分析可知，小球受到重力和库仑力，根据加速度向上，可知库仑力方向竖直向上，小球带正电，故A正确；设小球的带电荷量为q，质量为m，则小球开始运动的瞬间有：keq \f(Qq,H2)－mg＝2mg，解得小球的比荷为：eq \f(q,m)＝eq \f(3gH2,kQ)，故B错误；小球速度最大时，二力平衡则有：keq \f(Qq,r2)＝mg，联立解得：r＝eq \r(3)H，故C错误；设小球最高能上升到B点，最大高度到点电荷的距离为r′，此时速度为0，则有qUAB－mg(r′－H)＝0，即q(keq \f(Q,H)－keq \f(Q,r′))＝mg(r′－H)，解得r′＝3H，故D正确．
考向二 带电粒子在电场中的偏转
例2 (2019·全国卷Ⅱ·24)如图2，两金属板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，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的电势均为φ(φ>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．
图2
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它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)eq \f(1,2)mv02＋eq \f(2φ,d)qh v0eq \r(\f(mdh,qφ)) (2)2v0eq \r(\f(mdh,qφ))
解析 (1)PG、QG间场强大小相等，均为E.粒子在PG间所受静电力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有
E＝eq \f(2φ,d)①
F＝qE＝ma②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
qEh＝Ek－eq \f(1,2)mv02③
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有
h＝eq \f(1,2)at2④
l＝v0t⑤
联立①②③④⑤式解得
Ek＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(2φ,d)qh⑥
l＝v0eq \r(\f(mdh,qφ))；⑦
(2)若粒子穿过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，此时金属板的长度为
L＝2l＝2v0eq \r(\f(mdh,qφ)).⑧
例3 (2020·全国卷Ⅰ·25)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图3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．
图3
(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)eq \f(mv\\al(,02),2qR) (2)eq \f(\r(2)v0,4) (3)0或eq \f(\r(3)v0,2)
解析 (1)粒子初速度为零，由C点射出电场，故电场方向与AC平行，由A指向C.由几何关系和电场强度的定义知
AC＝R①
F＝qE②
由动能定理有F·AC＝eq \f(1,2)mv02③
联立①②③式得E＝eq \f(mv\\al(,02),2qR)④
(2)如图，由几何关系知AC⊥BC，故电场中的等势线与BC平行．作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于P点，则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大．由几何关系知
∠PAD＝30°，AP＝eq \f(3,2)R，DP＝eq \f(\r(3),2)R⑤
设粒子以速度v1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t1.粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC的方向上做匀速运动，运动的距离等于DP.由牛顿第二定律和运动学公式有
F＝ma⑥
AP＝eq \f(1,2)at12⑦
DP＝v1t1⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝eq \f(\r(2)v0,4)⑨
(3)解法1：设粒子以速度v进入电场时，在电场中运动的时间为t.以A为原点，粒子进入电场的方向为x轴正方向，电场方向为y轴正方向建立直角坐标系．由运动学公式有
y＝eq \f(1,2)at2⑩
x＝vt⑪
粒子离开电场的位置在圆周上，有(x－eq \f(\r(3),2)R)2＋(y－eq \f(1,2)R)2＝R2⑫
粒子在电场中运动时，其x方向的动量不变，y方向的初始动量为零．设穿过电场前后动量变化量的大小为mv0的粒子，离开电场时其y方向的速度分量为v2，由题给条件及运动学公式有
mv2＝mv0＝mat⑬
联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式得v＝0或v＝eq \f(\r(3),2)v0
解法2：粒子在电场方向上做匀加速直线运动，即沿AC方向做初速度为零的匀加速直线运动，垂直AC方向做匀速直线运动，因动量的变化量只发生在电场方向上，若粒子从进入电场到离开电场的过程中动量变化量为mv0，则粒子会从B点离开电场．设粒子进入电场时的速度为v
在沿电场方向：R＝eq \f(vy,2)t＝eq \f(v0,2)t
在垂直电场方向：eq \r(3)R＝vt
联立以上两式得：v＝eq \f(\r(3),2)v0.
由题意知，粒子进入电场时的速度v＝0时，动量变化量的大小也为mv0.
高考题型2 带电体在电场和重力场中的运动
1．带电体在电场、重力场中的运动分析方法
(1)对带电体的受力情况和运动情况进行分析，综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动的规律解决问题．
(2)根据功能关系或能量守恒的观点，分析带电体的运动时，往往涉及重力势能、电势能以及动能的相互转化，总的能量保持不变．
2．带电体在电场和重力场的叠加场中的圆周运动
(1)等效重力法
将重力与静电力进行合成，如图4所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝eq \f(F合,m)为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向．
图4
(2)等效最高点和最低点：在“等效重力场”中做圆周运动的小球，过圆心作合力的平行线，交于圆周上的两点即为等效最高点和最低点．
考向一 带电体在电场和重力场中的匀变速运动
例4 (2019·天津卷·3)如图5所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程( )
图5
A．动能增加eq \f(1,2)mv2 B．机械能增加2mv2
C．重力势能增加eq \f(3,2)mv2 D．电势能增加2mv2
答案 B
解析 小球动能的增加量为ΔEk＝eq \f(1,2)m(2v)2－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(3,2)mv2，A错误；小球在竖直方向上的分运动为匀减速直线运动，到N时竖直方向的速度为零，则M、N两点之间高度差为h＝eq \f(v2,2g)，小球重力势能的增加量为ΔEp＝mgh＝eq \f(1,2)mv2，C错误；静电力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，则电势能的减少量为ΔE减＝eq \f(3,2)mv2＋eq \f(1,2)mv2＝2mv2，D错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小球所做的功在数值上等于小球机械能的增加量，即2mv2，B正确．
例5 (2019·全国卷Ⅲ·24)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eq \f(t,2).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)eq \f(3mg,q) (2)2m(v02＋g2t2)
解析 (1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有
mg＋qE＝ma①
eq \f(1,2)a(eq \f(t,2))2＝eq \f(1,2)gt2②
解得E＝eq \f(3mg,q)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
mgh＋qEh＝Ek－eq \f(1,2)mv12④
且有v1eq \f(t,2)＝v0t⑤
h＝eq \f(1,2)gt2⑥
联立③④⑤⑥式得
Ek＝2m(v02＋g2t2)．
考向二 带电体在电场和重力场中的圆周运动
例6 如图6所示，BC是半径为R的eq \f(1,4)圆弧形光滑绝缘轨道，轨道位于竖直平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为E.现有一质量为m的带电小滑块(体积很小可视为质点)，在BC轨道的D点释放后可以在该点保持静止不动，已知OD与竖直方向的夹角为α＝37°.随后把它从C点由静止释放，滑到水平轨道上的A点时速度减为零．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ＝0.25，且sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，取重力加速度为g.
图6
(1)对小滑块在D点进行受力分析，求出滑块的带电荷量q和带电种类；
(2)滑块从C点下滑到圆弧形轨道的B端时对轨道的压力大小；
(3)水平轨道上A、B两点之间的距离L.
答案 (1)eq \f(3mg,4E) 正电 (2)eq \f(3,2)mg (3)eq \f(1,4)R
解析 (1)滑块静止在D处时的受力如图所示，可知滑块应带正电，
由平衡条件可得F＝mgtan α
又F＝Eq
q＝eq \f(mgtan α,E)＝eq \f(3mg,4E)
(2)滑块从C点下滑到B点的过程中由动能定理得
mgR－qER＝eq \f(1,2)mvB2－0
在B点，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq \f(v\\al(,B2),R)
解得，支持力FN＝eq \f(3,2)mg
由牛顿第三定律得滑块对轨道的压力大小为FN′＝FN＝eq \f(3,2)mg
(3)滑块从C经B到A的过程中，由动能定理得：
mgR－qE(R＋L)－μmgL＝0－0
解得：L＝eq \f(mg－qER,μmg＋qE)＝eq \f(1,4)R.
高考题型3 带电粒子在交变电场中的运动
处理带电粒子在交变电场中运动的问题时，先画出粒子在电场方向的v－t图像，结合图像去分析粒子的运动情况，在v－t图像中，图像与t轴所围面积表示沿电场方向粒子的位移．带电粒子在交变电场中运动常见的v－t图像如图所示．
例7 如图7甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压．在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0、方向平行于金属板的相同带电粒子，t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场．已知电场变化周期T＝eq \f(2d,v0)，粒子质量为m，不计粒子重力及粒子间的相互作用力，则( )
图7
A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小为eq \f(1,2)v0
B．粒子的电荷量为eq \f(mv\\al(,02),2U0)
C．在t＝eq \f(1,8)T时刻进入的粒子离开电场时竖直方向上的位移为eq \f(d,4)
D．在t＝eq \f(1,4)T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
答案 D
解析 粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动时间t＝eq \f(2d,v0)，此时间正好是交变电场的一个周期，粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子在竖直方向的速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，A错误；对于t＝0时刻释放的粒子，在竖直方向，粒子在eq \f(T,2)时间内的位移为eq \f(d,2)，则eq \f(d,2)＝eq \f(U0q,2dm)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,v0)))2，计算得出q＝eq \f(mv\\al(,02),U0)，B错误；在t＝eq \f(T,8)时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为y＝2×eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,8)T))2－2×eq \f(1,2)a·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,8)))2＝eq \f(d,2)，C错误；t＝eq \f(T,4)时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动eq \f(T,4)，然后向下减速运动eq \f(T,4)，再向上加速运动eq \f(T,4)，最后向上减速运动eq \f(T,4)，由对称可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，D正确．
1．(多选)(2021·河北张家口市高三期末)如图8所示，xOy坐标系内，第一象限存在水平向左的匀强电场．第二象限存在竖直向下的匀强电场，y轴上c点和x轴上d点连线为电场的下边界．相同的带电粒子甲、乙分别从a点和b点由静止释放，两粒子均从c点水平射入第二象限，且均从c、d连线上射出，已知ab＝bc，下列说法正确的是( )
图8
A．带电粒子甲、乙在c点速度之比为2∶1
B．带电粒子甲、乙在c点速度之比为eq \r(2)∶1
C．带电粒子甲、乙在第二象限电场内的位移之比为eq \r(2)∶1
D．带电粒子甲、乙在第二象限射出电场时速度方向相同
答案 BD
解析 相同的带电粒子甲、乙分别从a点和b点由静止释放，两粒子均从c点水平射入第二象限，且均从c、d连线上射出，已知ab＝bc，由v2＝2ax可得带电粒子甲、乙在c点速度之比为v甲∶v乙＝eq \r(2)∶1，故A错误，B正确；甲、乙两粒子从c点水平射入第二象限，由平抛运动知识可知x＝v0t①
设位移与水平方向夹角为θ，甲、乙两粒子位移与水平方向的夹角θ相同，tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(a′t2,2v0t)＝eq \f(a′t,2v0)②
y＝xtan θ＝v0ttan θ③
由①②③可得s＝eq \r(x2＋y2)＝eq \f(2tan θ\r(1＋tan2θ),a′)v02
带电粒子甲、乙在第二象限电场内的位移之比为2∶1，故C错误；设速度方向与水平方向夹角为α，tan α＝eq \f(a′t,v0)，tan α＝2tan θ，甲、乙在第二象限射出电场时速度方向与水平方向夹角α相同，故D正确．
2．(多选)(2021·山东济宁市高三期末)质量为m的带电小球由空中某点P无初速度地自由下落，经过时间t，加上竖直方向且范围足够大的匀强电场，再经过时间t小球又回到P点．整个过程中不计空气阻力且小球未落地，重力加速度为g，则( )
A．电场强度的大小为eq \f(4mg,q)
B．整个过程中小球电势能减少了eq \f(9,8)mg2t2
C．从P点到最低点的过程中，小球重力势能减少了mg2t2
D．从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能减少了eq \f(1,2)mg2t2
答案 AD
解析 设电场强度为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下为正方向，则由eq \f(1,2)gt2＝－(vt－eq \f(1,2)at2)，
v＝gt和a＝eq \f(qE－mg,m)，可得a＝3g，E＝eq \f(4mg,q)，故A正确；
整个过程中静电力做功W＝qE·eq \f(1,2)gt2＝2mg2t2
所以小球电势能减少了2mg2t2，故B错误；
从P点到最低点的过程中，小球下降的距离x＝eq \f(1,2)gt2＋eq \f(gt2,2a)＝eq \f(2gt2,3)
所以小球重力势能减少ΔEp＝mgx＝eq \f(2mg2t2,3)，故C错误；
小球运动到最低点时，速度为零，从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能减少ΔEk＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mg2t2，故D正确．
3．(2021·湖南株洲市高三期末)如图9，真空中水平放置的两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，一电荷量为＋q(q>0)，质量为m的小球从两板中央以水平速度v0射入板间，小球离开电场后恰能垂直打在距离金属板右端2L的屏M上，已知重力加速度为g.求：
图9
(1)板间电场强度E的大小和方向；
(2)要使小球飞出电场，板间电势差U要满足什么条件？
答案 (1)eq \f(3mg,q) 方向竖直向上 (2)U≥eq \f(6m,q)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(gL,v0)))2
解析 (1)设小球在电场中运动的加速度为a，运动时间为t1，刚飞出电场时竖直速度为vy，由题意可知
a＝eq \f(Eq－mg,m)，t1＝eq \f(L,v0)，vy＝at1
小球飞出电场后到垂直击中屏M的逆过程为平抛运动，所经历的时间为t2＝eq \f(2L,v0)，vy＝gt2
联立以上各式解得匀强电场的场强大小为E＝eq \f(3mg,q)，方向竖直向上．
(2)设板间距离为d，要使小球能飞出电场，应满足eq \f(d,2)≥eq \f(1,2)at12
两板间的电势差为U＝Ed
联立解得U≥eq \f(6m,q)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(gL,v0)))2.
4.在如图10所示的平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限区域内有沿y轴正方向(竖直向上)的匀强电场，电场强度大小E0＝50 N/C；第Ⅳ象限区域内有一宽度d＝0.2 m、方向沿x轴正方向(水平向右)的匀强电场．质量m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋1×10－2 C的小球从y轴上P点以一定的初速度垂直y轴方向进入电场，通过第Ⅰ象限后，从x轴上的A点进入第Ⅳ象限，并恰好沿直线通过该区域后从B点离开，已知P、A的坐标分别为(0,0.4)、(0.4,0)，取重力加速度g＝10 m/s2.求：
图10
(1)初速度v0的大小；
(2)A、B两点间的电势差UAB；
(3)小球经过B点时的速度大小．
答案 (1)1 m/s (2)5 V (3)eq \r(10) m/s
解析 (1)小球进入竖直方向的匀强电场后做类平抛运动，小球带正电，受到的静电力竖直向上，根据牛顿第二定律得，加速度a＝eq \f(mg－qE0,m)，解得a＝5 m/s2
根据平抛运动规律，小球沿水平方向做匀速运动，有xA＝v0t
沿竖直方向有：yP＝eq \f(1,2)at2
解得v0＝xAeq \r(\f(a,2yP))＝1 m/s.
(2)设水平电场的电场强度大小为E，进入水平电场前，带电小球做类平抛运动，所以进入水平电场时竖直方向的速度vy＝eq \r(2yPa)
因为小球在该电场区域恰好做直线运动，所以合外力的方向与速度方向在同一条直线上，即速度方向与合外力的方向相同，有eq \f(qE,mg)＝eq \f(v0,vy)，解得E＝50 N/C
设小球在水平电场中运动的水平距离为L，可知eq \f(qE,mg)＝eq \f(L,d)，又UAB＝EL，解得UAB＝5 V.
(3)设小球在B点的速度大小为v，对小球运动的全过程，由动能定理，有
mg(yP＋d)－qE0yP＋qUAB＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
解得v＝eq \r(10) m/s.
专题强化练
[保分基础练]
1．(2017·江苏卷·4)如图1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板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子( )
图1
A．运动到P点返回
B．运动到P和P′点之间返回
C．运动到P′点返回
D．穿过P′点
答案 A
解析 根据平行板电容器的电容的决定式C＝eq \f( εrS,4πkd)、定义式C＝eq \f(Q,U)和匀强电场的电压与电场强度的关系式U＝Ed可得E＝eq \f( 4πkQ,εrS)，可知将C板向右平移到P′点，B、C两板间的电场强度不变，由O点静止释放的电子仍然可以运动到P点，并且会原路返回，故选项A正确．
2．(多选)(2021·全国乙卷·20)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(＋q，m)、(＋q，2m)、(＋3q，3m)、(－q，m)，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( )
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a＝eq \f(qE,m)，由类平抛运动规律可知，带电粒子在电场中运动时间为t＝eq \f(l,v0)，离开电场时，带电粒子的偏转角的正切值为tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(at,v0)＝eq \f(qEl,mv\\al(,02))，因为四个带电的粒子的初速度相同，电场强度相同，水平位移相同，所以偏转角只与比荷有关，(＋q，m)粒子与(＋3q，3m)粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与(－q，m)粒子的比荷也相同，所以(＋q，m)、(＋3q，m)、(－q，m)三个粒子偏转角相同，但(－q，m)粒子与上述两个粒子的偏转方向相反，(＋q，2m)粒子的比荷比(＋q，m)、(＋3q，3m)粒子的比荷小，所以(＋q，2m)粒子比(＋q，m)(＋3q，3m)粒子的偏转角小，但都带正电，偏转方向相同，故A、D正确，B、C错误．
3．(多选)(2020·河南濮阳市高三下学期4月摸底)在科研实验中需要将电离后得到的一价氦离子和二价氦离子进行分离，小李同学设计了如图2所示方案：在真空环境中，将一价氦离子和二价氦离子的混合物通过A、B两极板间的电场加速，然后再让它们经过由平行带电金属板C、D所形成的另一匀强电场发生偏转．若氦离子进入加速电场时的速度可忽略不计，氦离子重力和氦离子间的相互作用不计，且所有的氦离子均可到达离子接收器处．那么在离子接收器处，下列说法正确的是( )
图2
A．一价氦离子和二价氦离子不能分开
B．一价氦离子和二价氦离子能分开
C．一价与二价氦离子获得的动能相等
D．二价氦离子获得的动能大于一价氦离子获得的动能
答案 AD
解析 设离子电荷量为q、质量为m，加速电压为U1，偏转电场场强为E，偏转电场极板长为L，离子从偏转电场中射出时的速度偏向角为θ，在电场中加速有qU1＝eq \f(1,2)mv2，解得v2＝eq \f(2qU1,m)
在偏转电场中离子做类平抛运动，有：
y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)·t2＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)·(eq \f(L,v))2
从偏转电场中射出时有
tan θ＝eq \f(vy,v)＝eq \f(at,v)＝eq \f(a,v)·eq \f(L,v)＝eq \f(qE,m)·eq \f(L,v2)
代入v2可得y＝eq \f(L2E,4U1)，tan θ＝eq \f(LE,2U1)
说明一价氦离子与二价氦离子从偏转电场中射出的位置、射出方向均相同，与电荷量无关，两种离子不能分开，故A正确，B错误；由功能关系得，离子离开偏转电场时获得的动能为Ek＝qU1＋qEy＝q(U1＋Ey)
二价氦离子电荷量大，所以二价氦离子获得的动能较大，故C错误，D正确．
4.(2021·浙江高三专题练习)如图3所示，水平放置的充电平行金属板相距为d，其间形成匀强电场，一带正电的油滴从下极板左边缘射入，并沿直线从上极板右边缘射出，油滴质量为m，带电荷量为q，现仅将上极板上移少许，其他条件保持不变，重力加速度为g，则下列分析正确的是( )
图3
A．上移后油滴的运动轨迹是曲线
B．上移后电场强度大小小于eq \f(mg,q)，方向竖直向上
C．上移后下极板和上极板之间的电势差为eq \f(mgd,q)
D．上移后油滴穿越两板之间的电场时电势能减少了mgd
答案 D
解析 由于油滴沿直线在两极板间运动，可知油滴一定做匀速直线运动，可得qE＝mg，则电场强度大小为E＝eq \f(mg,q)，根据公式E＝eq \f(U,d)，C＝eq \f(Q,U)，C＝eq \f(εrS,4πkd)，联立可得E＝eq \f(4πkQ,εrS)，则当上极板向上移动时，E不变，方向竖直向上，仍有qE＝mg，所以油滴的运动轨迹仍然是直线，A、B错误；综上分析，由于E不变，根据U＝Ed，当上极板向上移动少许，d变大，所以U变大，两极板间的电势差不再是eq \f(mgd,q)，C错误；当上极板向上移动少许，E不变，所以油滴射出电场时的位置也不变，重力做的功为－mgd，则静电力做的功为mgd，根据功能关系可知，油滴的电势能减少了mgd，D正确．
5.(多选)(2018·全国卷Ⅲ·21)如图4，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等．现同时释放a、b，它们由静止开始运动．在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面．a、b间的相互作用和重力可忽略．下列说法正确的是( )
图4
A．a的质量比b的大
B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等
D．在t时刻，a和b的动量大小相等
答案 BD
解析 经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xa>xb，根据x＝eq \f(1,2)at2，得aa>ab，又由a＝eq \f(F,m)知，ma
在t时刻，a、b处在同一等势面上，根据Ep＝qφ，a、b的电势能绝对值相等，符号相反，C项错误；
根据动量定理Ft＝p－p0，则经过时间t，a、b的动量大小相等，D项正确．
[争分提能练]
6．一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eq \f(d,2)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eq \f(d,3)，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eq \f(d,2)处返回
D．在距上极板eq \f(2d,5)处返回
答案 D
解析 设带电粒子的质量为m，电容器两极板的电压为U，由动能定理得mg(eq \f(d,2)＋d)－qU＝0，若将下极板向上移动eq \f(d,3)，设带电粒子在电场中下降h，再由动能定理得mg(eq \f(d,2)＋h)－qeq \f(U,\f(2d,3))h＝0，联立解得h＝eq \f(2,5)d
图5
A．小球在A点时速度最小
B．小球在B点时的动能比在A点的大
C．小球从O点到A点的过程中电势能逐渐减小
D．小球从O点到A点与从A点到B点的过程中机械能的变化量相等
答案 BC
解析 由题意可知，小球带正电，小球从O点到A点的过程中，重力做负功，静电力做正功，A点动能不是最小，最小值应在小球速度与重力与静电力的合力垂直的位置，则小球在A点时速度不是最小，故A错误；因小球从O点到B点重力不做功，静电力做正功，且做功最多，根据动能定理，可知小球在B点时的动能比在A点时的大，故B正确；小球从O点到A点的过程中，静电力做正功，则电势能逐渐减小，故C正确；在竖直方向上，小球做竖直上抛运动，从O到A与从A到B的时间相同，在水平方向上，小球做初速度为零的匀加速直线运动，因此相等的时间内通过的位移之比为x1∶x2＝1∶3，则静电力做功之比为W1∶W2＝qEx1∶qEx2＝1∶3，因此机械能的变化量之比为1∶3，故D错误．
8.(多选)(2021·安徽江南十校高三3月一模联考)如图6，在竖直向下的匀强电场(E＝eq \f(3mg,q))中，一质量为m，带电荷量为－q(q>0)的小球，用长为R的轻绳悬挂于O点，让小球在竖直平面内做圆周运动，其中A、B是圆周上的最高点和最低点，则下列说法正确的是( )
图6
A．若要完成完整的圆周运动，到达A点的速度至少为vA＝eq \r(gR)
B．若要完成完整的圆周运动，到达B点的速度至少为vB＝eq \r(2gR)
C．小球由A运动到B的过程中，绳子拉力逐渐减小
D．小球由A运动到B的过程中，小球电势能的增加量等于重力势能减少量
答案 BC
解析 重力与静电力合力的大小为 F＝qE－mg＝2mg，方向是竖直向上的，所以A点相当于圆周运动中的等效最低点，B点相当于圆周运动中的等效最高点，若恰好做完整的圆周运动，在B点，根据圆周运动规律可得meq \f(v\\al(,B2),R)＝2mg，解得vB＝eq \r(2gR)，从A到B，根据动能定理可得－2mg·2R＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mvA2，解得vA＝eq \r(10gR)，故A错误，B正确；在A点绳子受到的拉力最大，在B点绳子受到的拉力最小，所以小球由A运动到B的过程中，绳子拉力逐渐减小，故C正确；小球由A运动到B的过程中，根据能量守恒可知，小球电势能的增加量等于机械能的减少量，故D错误．
9．(多选)(2021·湖南高三月考)如图7所示，不带电物体A和带电荷量为q(q>0)的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，物体B静止在倾角为θ＝30°且足够长的斜面上，A、B的质量分别为m和2m，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，不计一切摩擦．某时刻，施加一场强大小为eq \f(2mg,q)，方向沿斜面向下的匀强电场，如图所示，弹簧始终未超过弹性限度，下列说法正确的是( )
图7
A．施加电场的初始时刻，物体B的加速度为eq \f(2g,3)
B．物体B的速度最大时，弹簧的伸长量为eq \f(2mg,k)
C．物体B从开始运动到速度最大的过程中，系统电势能的减少量为eq \f(4m2g2,k)
D．物体B从开始运动到速度最大的过程中，物体A和物体B机械能的增加量之和为eq \f(4m2g2,k)
答案 AC
解析 施加电场的初始时刻，A和B系统受到的合外力大小等于静电力的大小，即F合＝F电＝Eq＝2mg，由牛顿第二定律知a＝eq \f(2g,3)，选项A正确；物体B的速度最大时，A和B系统受到的合外力大小为0，此时弹簧弹力F弹2＝F电＋2mgsin θ＝3mg，由胡克定律得弹簧的伸长量x2＝eq \f(3mg,k)，选项B错误；没有施加电场的时候弹簧的弹力F弹1＝2mgsin θ＝mg，弹簧的伸长量x1＝eq \f(mg,k)，此过程中物块B的位移大小x＝x2－x1＝eq \f(2mg,k)，电势能的减少量ΔEp＝F电x＝eq \f(4m2g2,k)，选项C正确；此过程中，弹簧、物块A和物块B三者组成的系统机械能的增加量为eq \f(4m2g2,k)，选项D错误．
[尖子生选练]
10．(2021·黑龙江鹤岗一中三校高三期末联考)如图8(a)所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d＝0.1 m，板长L＝0.3 m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间，距金属板右端x＝0.5 m处竖直放置一足够大的荧光屏，现在AB板间加如图(b)所示的方波形电压，已知U0＝1.0×102 V，在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m＝1.0×10－7 kg，电荷量q＝1.0×10－2 C，速度大小均为v0＝1.0×104 m/s，带电粒子的重力不计，则：
图8
(1)求带电粒子在电场中的运动时间；
(2)求在t＝0时刻进入的粒子打在荧光屏上的位置到O点的距离；
(3)若撤去挡板，求荧光屏上出现的光带长度．
答案 (1)3×10－5 s (2)0.085 m (3)0.095 m
解析 (1)假设粒子可以从电场中射出，则进入电场的粒子在水平方向不受力，做匀速直线运动，L＝v0t，粒子在电场中运动时间t＝eq \f(L,v0)＝3×10－5 s
从t＝0时刻进入的粒子偏移量最大，
竖直方向，0～2×10－5 s粒子匀加速运动，接着做匀减速直线运动，
由于电压大小一样，所以加速度大小相等
a＝eq \f(qU0,md)＝108 m/s2，
离开电场时竖直方向速度vy＝a×(2×10－5 s)－a×(10－5 s)＝103 m/s
竖直方向位移
y＝eq \f(1,2)a×(2×10－5 s)2＋a×(2×10－5 s)×(10－5 s)－eq \f(1,2)a×(10－5 s)2＝0.035 m
(2)粒子在电场运动时间是3×10－5 s，根据两极板电压变换规律，竖直方向，0～2×10－5 s粒子做匀加速运动，接着粒子做匀减速直线运动，由于电压大小一样，所以加速度大小相等a＝eq \f(qU0,md)＝108 m/s2
离开电场时竖直方向速度vy＝a×(2×10－5 s)－a×(10－5 s)＝103 m/s
竖直方向位移y＝0.035 m，
离开电场后到荧光屏的过程，
水平方向做匀速直线运动x＝v0t′
竖直方向做匀速直线运动y1′＝vyt′＝0.05 m，
所以打到荧光屏的位置到O点的距离为：y＋y1′＝0.085 m
(3)撤去挡板后，所有离开电场的粒子速度都相同，示意图如下：
t＝0时刻进入的粒子，偏转位移最大，且运动过程中速度没有反向
y＝0.035 m，
若粒子进入的位置合适，粒子可以从极板的下边沿离开电场，打在离荧光屏O点最远位置为d＝0.1 m，t＝2×10－5 s时刻进入的粒子反向偏转过程中位移最大是速度减小到0的时候，若粒子位置合适，粒子此时刚好到达上极板，随后开始反向加速，时间为t＝1×10－5 s ，此粒子上面的粒子将打在上极板上而不能离开电场，此粒子正向偏移离O点距离y2＝eq \f(1,2)a×(1×10－5 s)2＝0.005 m，根据离开电场区粒子速度大小、方向相同，判断打在荧光屏上面的光带长度为d－y2＝0.095 m.基本粒子
如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)
带电体
如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力
常见运动
受力特点
分析方法
静止或匀速直线运动
合外力F合＝0
共点力平衡
变速直线运动
合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上
1.匀强电场中：
(1)用动力学观点分析
a＝eq \f(F合,m)，E＝eq \f(U,d)，v2－v02＝2ad
(2)用功能观点分析
W＝qEd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
2．非匀强电场中：
W＝qU＝Ek2－Ek1
带电粒子在匀强电场中的偏转运动(类平抛)
进入电场时v0⊥E
运动的分解
偏转角：tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qU2l,mdv\\al(,02))＝eq \f(U2l,2U1d)＝eq \f(2y0,l)
侧移距离：y0＝eq \f(qU2l2,2mdv\\al(,02))＝eq \f(U2l2,4dU1)
y＝y0＋Ltan θ＝(eq \f(l,2)＋L)tan θ
相关教案
专题3 第11课时 电场教案： 这是一份专题3 第11课时 电场教案，共19页。
专题3 第13课时 磁场教案： 这是一份专题3 第13课时 磁场教案，共23页。
高中物理9 带电粒子在电场中的运动教案： 这是一份高中物理9 带电粒子在电场中的运动教案，共4页。教案主要包含了思考与讨论等内容，欢迎下载使用。
