资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩16页未读，
继续阅读
10.5 带电粒子在电场中的运动 -【学案】2024-2025年高二暑假物理讲义（人教版2019必修第三册）
展开
这是一份10.5 带电粒子在电场中的运动 -【学案】2024-2025年高二暑假物理讲义（人教版2019必修第三册），文件包含105带电粒子在电场中的运动原卷版docx、105带电粒子在电场中的运动解析版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共58页， 欢迎下载使用。
知识点1：带电粒子在电场中的加速
1.用运动观点分析
带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力的方向与运动方向在同一直线上，做匀加(减)速直线运动，即在匀强电场中可利用牛顿第二定律结合运动学公式分析.
运用的公式有：，v=v0+at，，
2.用功能观点分析
粒子只受电场力作用，电场力做的功即为合外力做的功，故粒子动能的变化量大小等于电势能的变化量大小。带电粒子经过电势差为U的电场加速后，由动能定理,则带电粒子的速度,若粒子的初速度为零，则带电粒子的速度。
带电粒子的重力是否可忽略的条件
重力场中的有质量的物质都要受到重力的作用，只是带电粒子受到的重力远小于静电力，通常可以忽略重力的影响.
（1）对于质量很小的带电粒子，如电子、质子、α粒子、离子等，虽然它们也受到重力的作用，但重力远小于电场力，可以忽略不计.对于带电粒子，若无说明或暗示，一般不计重力；
（2）带电颗粒：如尘埃、液滴、油滴、小球等，若无说明或暗示，一般要考虑重力；
（3）平衡问题一般要考虑重力；
（4）即使题目中给出了带电粒子的质量，也不一定需要求出重力；不管是物体还是粒子，在一定条件下都可看成质点；只要是实物粒子，都有质量，不能忽略。
【典例1】如图所示，两平行金属板带有等量异种电荷，极板与外电路断开，一电子从O点沿垂直极板方向射出，最远能达到A点，然后返回。不计电子的重力，若电子从O点射出的初速度不变，将右极板向右平移一小段距离，则（ ）
A．电子最远能达到A点右侧某点B．电子最远不可能再达到A点
C．电子返回O点所用时间不变D．电子返回O点时速度会变小
【答案】C
【详解】根据
E=Ud、C=QU、C=εrS4πkd
可得两平板间电场强度
E=4πkQεrS
在与外电路断开的情况下，移动右极板，Q不变，所以电场强度E不变，电子的受力不变，运动情况与之前相同。
故选C。
【典例2】如图甲所示，在光滑水平面上O点处有带正电的绝缘小物块处于静止状态，零时刻开始，加如图乙所示的水平电场（以水平向右为正方向），物块在T2时刻到达A点，速度有为vA；T时刻恰好回到出发点O，速度大小为v0′，则下列说法中正确的是（ ）
A．E1=E0B．E1=3E0C．v0′=0D．v0′=3vA
【答案】B
【详解】设OA长度为x，以向右为正方向，则由O→A过程有
x=0+vA2⋅T2
T2∼T时段加反向匀强电场，物块先向右做匀减速运动至零后反向向左做匀加速运动，则A→O过程有
−x=vA−v0'2⋅T2
结合两式有
v0'=2vA
则0~T2时段加速度
a1=vA−0T2
T2∼T时段加速度
a2=−v0'−vAT2
代入
v0'=2vA
得
a2= −3a1
则
E1=3E0
故选B。
【典例3】A、B是电场中的一条电场线，若将一个带负电的点电荷由A点静止释放，它在沿电场线从A向B运动过程中的v−t图像如图所示，A、B两点的电势φ和场强E的大小关系是（ ）
A．φA<φB，EAEB
C．φA>φB，EA>EBD．φA>φB，EA【答案】B
【详解】由v−t图像可知负电荷从A向B运动的过程中做加速度逐渐减小的加速运动，由a=qEm可知，电场强度逐渐减小，则
EA>EB
从A向B负电荷做加速运动，负电荷受到的电场力方向水平向右，电场强度方向水平向左，沿电场线方向电势降低，故
φA<φB
故选B。
【典例4】（多选）如图所示的直线加速器由沿轴线分布的金属圆筒（又称漂移管）A、B、C、D、E组成，相邻金属圆筒分别接在电源的两端。质子以初速度v0从O点沿轴线进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速直线运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时电压U大小相同。质子电量为e，质量为m，不计质子经过狭缝的时间，则（ ）
A．MN所接电源的极性应周期性变化
B．金属圆筒的长度应与质子进入圆筒时的速度成正比
C．质子从圆筒E射出时的速度大小为8eUm+v02
D．圆筒E的长度为T6eUm+v02
【答案】AB
【详解】A．因由直线加速器加速质子，其运动方向不变，由题图可知，A的右边缘为正极时，则在下一个加速时需B右边缘为正极，所以MN所接电源的极性应周期性变化，故A正确；
B．因质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，由
T=Lv
可知金属圆筒的长度应与质子进入圆筒时的速度成正比，故B正确；
C．质子以初速度v0从O点沿轴线进入加速器，质子经5次加速，由动能定理可得
5eU=12mvE2−12mv02
解得质子从圆筒E射出时的速度大小为
vE=10eUm+v02
故C错误；
D．质子在圆筒内做匀速运动，所以圆筒E的长度为
LE=vET=T8eUm+v02
故D错误。
故选AB。
知识点2：带电粒子在匀强电场中的偏转
1.运动情况
质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0平行两极板进入匀强电场中，两极板长为l,极板间距离为d、电压为U.不考虑粒子的重力且忽略电容器的边缘效应，带电粒子仅受恒定的电场力.粒子的运动特点和平抛运动相似，即带电粒子在电场中做类平抛运动.
2.处理方法
将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动.根据运动的合成与分解的知识分析.
（1）粒子沿初速度方向做匀速直线运动，穿过两极板的时间。
（2）粒子沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度。
（3）沿初速度方向：速度：vx=v0，位移：l=v0t
（4）沿电场力方向：速度：，位移：
（5）粒子离开电场时的速度偏转角θ满足
（6）粒子离开电场时位移与初速度方向的夹角α满足
3.几个常用推论
(1)tan θ =2tan α.联立上边(5)(6)中公式可推出。
(2)粒于从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于沿初速度方向分位移的中点，即粒子好像从该中点处沿直线飞离电场一样.
(3)不同的带电粒子、电性相同，不计重力，由静止开始先在同一电场中加速，又在同一电场中偏转，射出电场时粒子的偏移量和偏转角相同，与粒子的带电荷量和质量无关，即运动轨迹相同。
(4)若粒子以相同的初动能Ek进入同一个偏转电场，只要电荷量相同，不论质量是否相同，偏转距离y和偏转角θ均相同.
重难点1：带电粒子在电场中做类平抛运动的问题
如图所示，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，需再经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P,如图所示.
1.确定最终偏移距离OP的两种方法
方法1：
方法2：
2.确定粒子经偏转电场后的动能(或速度)的两种方法
方法1:
方法2：
【典例5】如图所示，比荷相同、重力不计的a、b两个带电粒子，从同一位置水平射入竖直向下的匀强电场中，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，则（ ）
A．a、b均带负电
B．a的初速度一定小于b的初速度
C．a的运动时间一定小于b的运动时间
D．该过程中a所受电场力做的功一定大于b的
【答案】B
【详解】A．因电场线向下，两粒子均受向下的电场力而做类平抛运动，故均带正电，故A错误；
B．设任一粒子的速度为v0，电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度为
a=qEm
对竖直分运动为匀加速直线运动，有
y=12at2
对水平分运动为匀速直线运动，有
x=v0t
联立得
v0=xqE2my
因比荷qm相同，y相同，E相同，则x大的初速度大，即a的初速度一定小于b的初速度，故B正确；
C．由竖直分运动可得时间为
t=2ymqE
因比荷qm相同，y相同，E相同，则a的运动时间一定等于b的运动时间，故C错误；
D．由于只有电场力做功，有
W=qEy
两粒子比荷qm相同，y相同，E相同，则无法比较电量关系，故无法比较做功关系，故D错误。
故选B。
【典例6】（多选）如图所示，在竖直平面xOy内存在大小、方向均未知的匀强电场。一质量为m的小球从y轴上P点以水平速度v进入第一象限，速度方向沿x轴正方向，经过x轴上Q点时的速度大小也为v，方向与x轴正方向夹角为37°。已知sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，重力加速度大小为g，不计空气阻力。小球从P点运动到Q点的过程中（ ）
A．所受电场力的最小值为1010mg
B．速度的最小值为45v
C．动能与电势能之和一直增大
D．水平位移与竖直位移的大小之比为2：1
【答案】AC
【详解】D．将运动沿水平方向与竖直方向分解，可知，水平方向做双向匀变速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，根据平均速度规律有
x=v+vcs37∘2t，y=vsin37∘2t
解得
x:y=3:1
故D错误；
C．小球受到电场力与重力作用，小球在运动过程中只有动能、重力势能与电势能之间的转化，小球从P运动到Q过程，由于重力做正功，重力势能减小，则动能与电势能之和一直增大，故C正确；
A．小球受到重力与电场力作用，小球做类斜抛运动，由于P、Q两点速度大小相等，根据类斜抛的对称性可知，连接PQ，小球所受重力与电场力的合力方向一定垂直于PQ斜向左下方，令∠QPO=θ，结合上述有
tanθ=xy=3
令电场力与PQ夹角为α，则有
F电csα=mgcsθ
可知。当α等于0°，电场力最小，解得
Fmin=1010mg
故A正确；
B．令∠PQO=β，结合上述，将小球的运动沿PQ与垂直于PQ分解，可知，沿PQ方向做匀速直线运动，垂直于PQ方向做双向匀变速直线运动，可知，小球的速度的最小值为
vmin=vcsβ
结合上述有
csβ=sinθ=31010
解得
vmin=31010v
故B错误。
故选AC。
【典例7】（多选）如图所示，竖直放置的、带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，金属板板长为L（不考虑边界效应）.t=0时刻，位于M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右发射的粒子，到达N板时速度大小为2v0；平行M板向下发生的粒子，刚好从N板下端边缘射出.不计重力和粒子间的相互作用，则（ ）
A．两个粒子带正电
B．两个粒子的动能增加量不相等
C．两个粒子在金属板M、N间运动的时间不相等
D．两个粒子在电场中加速度相同，且加速度a=2v02L
【答案】CD
【详解】A．由于不知道M板和N板的电势高低，故不能确定两粒子的电性，故A错误；
B．根据题意两个粒子都是从M板到达了N板，电场力对两个粒子做了相同的正功，故两个粒子的动能增加量相等，B错误；
C．两个粒子在垂直M板方向上，初速度不一样，但加速度相同，故两个粒子在金属板M、N间运动的时间不相等，C正确；
D．设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有
L2=v0t
d=12at2
对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，又因两粒子在电场中加速度相同，有
2v02−v02=2ad
联立解得
t=L2v0
a=2v02L
故D正确；
故选CD。
【典例8】如图所示，平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔，初始时不带电。距小孔正上方高h处不断有质量为m，电荷量为+q的小液滴由静止滴落，当带电液滴接触到下极板后会把电量全部传给极板，直到液滴不能到达下极板时停止释放液滴（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）。求：
（1）小液滴到达小孔处的速度；
（2）电容器所带电荷量的最大值；
（3）最后滴下的液滴从开始下落到离开上极板的时间。
【答案】（1）2gℎ；（2）mgC(ℎ+d)q；（3）(1+2dℎ)2gℎg
【详解】（1）因电容器上方无电场，故液滴在电容器上方做自由落体运动，由运动学规律得
2gℎ=v2
解得
v=2gℎ
（2）当带电液滴刚好不能到达电容器下极板时电容器的电量达到最大，对刚好不能到达电容器下极板的带电液滴运用动能定理得
mg(ℎ+d)−qU=0
根据
Q=CU
解得
Q=mgC(ℎ+d)q
（3）液滴在电容器上方做自由落体运动，由运动学规律
ℎ=12gt2
解得
t1=2ℎg=2gℎg
液滴在电容器内部做匀变速运动，由运动学规律
d=v⋅t22=v2⋅t22=vt24
解得
t2=4d2gℎ=2d2gℎgℎ
故最后滴下的液滴从开始下落到离开上极板的时间为
t=t1+t2=2ℎg+2d2gℎ=(1+2dℎ)2gℎg
【典例9】XCT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，可用于对多种病情的探测。图甲是某种XCT机主要部分的剖面图，其产生X射线部分的示意图如图乙所示。图乙中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内为偏转元件中的匀强偏转场S；经调节后电子从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到水平圆形靶台上的中心点P，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）。已知电子的质量为m，带电荷量为e，MN两端的电压为U0，偏转场区域水平宽度为L0，竖直高度足够长，MN中电子束距离靶台竖直高度为H，电子束射出偏转场S时速度方向与水平方向夹角为30°，忽略电子的重力影响，不考虑电子间的相互作用及电子进入加速电场时的初速度，不计空气阻力。求
（1）求电子刚进入偏转场时的速度大小；
（2）求匀强电场的电场强度E的大小；
（3）求P点距离偏转场右边界的水平距离L的大小。
【答案】（1）2U0em；（2）23U03L0；（3）3H−L02
【详解】（1）根据动能定理有
U0e=12mv2
电子刚进入偏转场时的速度大小为
v=2U0em
（2）电子在偏转场运动的时间为
t=L0v
电子射出偏转场S时速度方向与水平方向夹角为30°，可得
tan30°=atv
电子在偏转场的加速度为
a=Eem
匀强电场的电场强度E的大小为
E=23U03L0
（3）作电子离开偏转电场的速度反向延长线，由电子束离开偏转场时速度偏转角正切值
tanα=vyv=atv
速度偏转角正切值
tanθ=yx=12at2vt=at2v
则
tanα=2tanθ
所以电子离开偏转场时速度反向延长线与进入偏转场时的速度方向交于偏转电场宽度的中点，可知
(L+L02)tan30°=H
可得
L=3H−L02
【典例10】如图所示，一质量为m=1×10−20kg、带电量为q=+1×10−10C的粒子，从静止开始被加速电场（图中未画出）加速后从E点沿中线水平方向飞入平行板电容器，初速度v0=3×106m/s，粒子飞出平行板电场后经过无电场区域后，打在垂直于中心线EF的荧光屏PS上。已知两平行金属板水平正对且板长均为l=6cm，两板间距d=2cm，板间电压UAB=100V，界面MN与荧光屏PS相距。L=15cm，粒子重力不计。求：
（1）加速电场的电压U；
（2）粒子经过界面MN时的速度；
（3）粒子打到荧光屏PS时偏离中心线EF的距离Y。
【答案】（1）450V；（2）10×106m/s，速度方向与水平方向夹角为tanθ=13；（3）0.06m
【详解】（1）在加速电场中，由动能定理有
qU=12mv02−0
解得
U=450V
（2）粒子的运动轨迹如图所示，在偏转电场中，粒子做类平抛运动
平行于极板方向有
l=v0t
解得
t=2×10−8s
垂直于极板方向，由牛顿第二定律有
a=qEm=qUABmd=5×1013m/s2
设粒子从偏转电场中飞出时沿电场方向的速度大小为vy，则
vy=at=1×106m/s
所以粒子经过界面MN时的速度大小为
v=v02+vy2=10×106m/s
设粒子经过界面MN时的速度方向与水平方向夹角为θ，则
tanθ=vyv0=13
（3）带电粒子在离开电场后做匀速直线运动，垂直于极板方向有
y=12at2=0.01m
由相似三角形知识得
yY=l2l2+L
解得
Y=0.06m
知识点3：示波管的原理
1.示波器的构成：
示波器是用来观察电信号随时间变化的仪器，其核心部件是示波管，它由电子柜、偏较电极和荧光屏组成，如图所示。
2.工作原理
(1)如果在偏转电极XX'和YY'之间都没有加电压，则电子束从电子枪射出后沿直线传播，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑。
(2)如果在偏转电极XX'之间不加电压，在YY'之间加不变的电压，则电子枪射出的电子沿Y方向向上或向下偏转到荧光屏上某一点，产生一个亮斑，如图所示.
(3)如果在偏转电极XX'之间加不变的电压，在YY'之间不加电压，则电子枪射出的电子沿X方向向里或向外偏转到荧光屏上某一点，产生一个亮斑，如图所示.
(4)YY'偏转电极上加的是待显示的信号电压.XX'偏转电极通常接入仪器自身产生的锯齿形电压，叫作扫描电压.若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像了.
(1)电子在偏转电场中向正极板偏转，在荧光屏上打出的亮斑位置随电压的变化而变化.
(2)要研究的信号电压加在竖直偏转极板上，水平偏转极板上的电压是扫描电压.
(3)电子打在荧光屏上将出现亮斑，若电子打在屏上的位置快速移动，由于视觉暂留效应，能在荧光屏上看到一条亮线.
3.示波管波形
（1）仅在XX'之间或YY'之间加电压
（2）在YY'之间加周期性变化的电压
【典例11】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。
【典例12】示波器可以用来观察电信号随时间变化的情况，YY'偏转电极上加的是待测信号电压，XX'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YY'偏转电极时，受到与YY'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XX'偏转电极，受到与XX'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YY'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v0，YY'、XX'两极板的长度分别为Ly、Lx，则在两电场中运动的时间分别为
ty=Lyv0tx=Lxv0
由题意可知，时间ty、tx均为定值，与电压的变化无关。
设YY'、XX'两极板间的距离分别dy、dx，两极板间的电场分别为
Ey=uydyEx=uxdx
又有牛顿第二定律得
eE=ma
电子朝正极的偏转位移
l=12at2
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。
【典例12】有一种电子仪器叫作示波器，可以用来观察电信号随时间变化的情况。示波器的核心部件是示波管，图甲是它的原理图。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。电子枪的作用是产生高速飞行的一束电子。如果在电极YY'之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极XX'之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是选项图中（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】在0~2t1时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期，当UY为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，当UY为负的最大值时，电子打在荧光屏上有负的最大位移，因此一个周期内荧光屏上的图形为C。
故选C。
【典例13】（多选）示波器是一种常见的电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时间变化的情况。示波器的内部构造简化图如图所示，电子经电子枪加速后进入偏转电场，最终打在荧光屏上。下列关于所加偏转电压与荧光屏上得到图形的说法中正确的是（ ）
A．如果只在XX′上加图甲所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（b）
B．如果只在YY′上加图乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（a）
C．如果在YY′、XX′上分别加图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（c）
D．如果在YY′，XX′上分别加图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（d）
【答案】ABD
【详解】A．如果只在XX′上加图甲所示的电压，竖直方向不偏转，所以在荧光屏上看到的图形如图（b），故A正确；
B．如果只在YY′上加图乙所示的电压，水平方向不偏转，则在荧光屏上看到的图形如图（a），故B正确；
CD．如果在YY′、XX′上分别加图甲、乙所示的电压，则水平方向为扫描电压，扫描电压覆盖了两个周期的待测信号波形，在荧光屏上看到的图形将如图（d）所示，故C错误，D正确。
故选BD。
重难点2：带电粒子在交变电场中运动的问题
带电粒子在交变电场中运动时，由于电场发生变化，粒子所受电场力也发生变化，其加速度、速度、位移等都会发生相应的变化，从而出现粒子加速、减速或者往返运动.通常只讨论电压的大小不变、方向发生周期性变化(如方波)且不计粒子重力的情形。
1.常见的类型
(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解).
(2)粒子做往返运动(一般根据交变电场的特点分段研究).
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究).
2.常用的分析方法
(1)在两个相互平行的金属板间加交变电压时，两板中间便可获得交变电场.此类电场从空间看是匀强电场，即同一时刻，电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同；从时间看是变化的，即电场强度的大小、方向都随时间的变化而变化.
①当粒子平行于电场方向射入时，粒子做直线运动，其初速度和受力情况决定粒子的运动情况，粒子做周期性的运动；
②当粒子垂直于电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性.
(2)研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况.根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等.
(3)对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，一般来说题中会直接或间接提到“粒子在其中运动时电场为恒定电场”，故带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动。
做好两个分析(受力分析和运动分析),抓住粒子的运动具有周期性、空间上有的具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等，并确定与物理过程相关的临界条件.
【典例14】（多选）如图甲所示，两平行金属板A、B的板长和板间距均为d，两板之间的电压随时间周期性变化规律如图乙所示。一不计重力的带电粒子以速度v0从O点沿板间中线射入极板之间，若t=0时刻进入电场的带电粒子在t=T时刻刚好沿A板右边缘射出电场，则（ ）
A．t=0时刻进入电场的粒子在t=T2时刻速度大小为2v0
B．t=T4时刻进入电场的粒子在t=T2时刻速度大小为v0
C．t=T4时刻进入电场的粒子在两板间的最大偏移量为d4
D．t=T6时刻进入电场的粒子最终平行于极板射出电场
【答案】AD
【详解】A．在T2时刻，粒子在水平方向上的分速度为v0，两平行金属板A、B的板长和板间距均为d，，则有
v0⋅T=vy2×T2×2×2
解得
vy=v0
则t=T2时刻，vy=v0，根据平行四边形定则知，粒子的速度为
v=v02+vy2=2v0
故A正确；
C．当t=0时刻射入电场的粒子，运动时间为电场变化周期的整数倍，则有水平方向
d=v0T
竖直方向每T2移动的位移都相同设为Δy，则有
Δy=12a（T2）2=18aT2=14d
当该粒子在T4时刻以速度进入电场，则此时粒子竖直方向上在电场力的作用下，先做匀加速，再匀减速，接着再匀加速和匀减速后回到中线位置，由运动的对称性可知，竖直方向先匀加速后匀减速的位移为
y1=2×12a（T4）2=116aT2=d8
故C错误；
B．t=T4时刻进入电场的粒子在t=T2时刻，竖直方向速度为
v′y=a⋅T4=v02
根据平行四边形定则知，粒子的速度为
v=v02+v′y2=52v0
故B错误；
D．由于水平方向做匀速直线运动，所以粒子无论什么时候进入电场，运动时间都是T，粒子在t=T6时刻以速度v0进入电场，竖直方向先向上加速T3再向下减速T2，再向上加速T6，竖直方向速度为零，粒子最终平行于极板射出电场，故D正确。
故选AD。
【典例15】（多选）如图甲是一对长度为 L 的平行金属板，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直。在t=0时刻，一带电粒子沿板间的中线OO'垂直电场方向射入电场，2t0时刻粒子刚好沿下极板右边缘射出电场。不计粒子重力。则（ ）
A．粒子带正电
B．粒子在平行板间一直做曲线运动
C．粒子射入电场时的速度大小为L2t0
D．若粒子射入电场时的速度减为一半，射出电场时的速度垂直于电场方向
【答案】AC
【详解】A．粒子向下偏转，电场力方向与电场方向相同可知，粒子带正电，故A正确；
B．在0~ t0时间内，粒子在平行板间做曲线运动；在t0~2 t0时间内，粒子不受任何力，则做直线运动，故B错误；
C．粒子在水平方向一直做匀速运动，可知射入电场时的速度大小为
v0=L2t0
故C正确；
D．若粒子射入电场时的速度减为一半，由于粒子在电场中受向下的静电力，有向下的加速度，射出电场时沿电场方向的速度不为零，则射出电场时的速度不可能垂直于电场方向，故D错误。
故选AC。
【典例16】如图甲所示，真空中有一电子枪连续不断且均匀的发出质量为m、电荷量为e、初速度为零的电子经电压大小为U1=2mL2eT2的直线加速电场加速，由小孔穿出加速电场后，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B间的中线射入偏转电场。A、B两板距离为d、板长均为L，两板间加周期性变化的电势差UAB，UAB随时间变化的关系图像如图乙所示，变化周期为T，t=0时刻，UAB=U0，不计电子的重力和电子间的相互作用力，不考虑电场的边缘效应，且所有电子都能离开偏转电场，求：
（1）电子从加速电场U1飞出后的水平速度v0的大小；
（2）t=3T4时射入偏转电场的电子离开偏转电场时距两板间中线的距离y；
【答案】（1）2LT；（2）eU0T24md
【详解】（1）电子经过加速场后，根据动能定理得
eU1=12mv02
解得
v0=2LT
（2）电子在偏转电场中，水平方向做匀速直线运动，所以运动的时间为
t=Lv0=T2 t=3T4时射入偏转电场的电子，在前
T−34T=14T
时间内偏转位移为
y1=12×3eU0mdT42
解得
y1=3eU0T232md
垂直于板的速度为
vy=3eU0md×T4=3eU0T4md
在随后
T2−T4=T4
时间内偏转的位移为
y2=vyT2−T4−12×eU0mdT2−T42
解得
y2=5eU0T232md
则t=3T4时射入偏转电场的电子离开偏转电场时距两板间中线的距离为
y=y1+y2=eU0T24md
重难点3：带电体在等效场中的运动
等效场一般说的是电场和重力场共存的情况，分析这类问题时可以等效看成带电体受一个合场力作用，也可以单独分析.
带电粒子在等效场中运动的问题实质上是力学问题的延续，从受力角度看带电粒子与一般物体相比多受到一个静电力；从处理方法上仍旧可利用力学中的规律分析：例如选用平衡条件、牛顿运动定律，动能定理、功能关系，能量守恒定律等.
1.带电体在等效场中有约束情况下的运动
带电体在等效场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动、解题时要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解.
类型一：如果带电体在等效场中受轨道、支撑面、轻绳或轻杆等有形的约束时，做变速直线运动、解题时只要从受力分析入手，明确变力、恒力及做功等情况，就可用动能定理、牛顿运动定律、运动学相关知识进行求解.
类型二：若带电体运动的空间存在轨道、支撑面、轻绳、轻杆等有形的约束时，带电体在等效场中做匀变速圆周运动，一般应用牛顿运动定律和动能定理求解.
2.带电体在等效场中无约束情况下的运动
在带电体只受重力和电场力的情况下：
若电场力和重力平衡，则带电体做匀速直线运动；
若电场力和重力不平衡，则带电体将做直线或曲线运动，用动能定理求解.
3.电场力、重力都是恒力时常用的方法是等效“重力”法
将重力与电场力进行合成，合力F合等效为“重力”,等效为“重力加速度”,F合的方向等效为“重力”的方向.若电场力的方向与重力方向一致，等效重力场的重力加速g' =g+，g'的方向与重力mg和电场力qE合力的方向一致；若电场力与重力方向垂直，合力的方向与重力mg方向的夹角为θ,则g'可表示为。
【典例17】（多选）如图所示的坐标系中，x轴水平向右，质量为m=0.5kg、带电量为q=＋10-4C的小球从坐标原点O处，以初速度v0=3m/s斜向右上方抛出，进入斜向右上方场强为E=5×104V/m的匀强电场中，E与x轴正方向的夹角为30°，v0与E的夹角为30°，重力加速度取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．小球的加速度的大小为102m/s2
B．小球的加速度的大小为10m/s2
C．若小球能运动到x轴上的P点，则小球在P点的速度大小为39m/s
D．O、P两点间的电势差为63×104V
【答案】BC
【详解】AB．小球在电场中受到的电场力为
F=qE=10−4×5×104N=5N
小球受到的重力为
G=mg=0.5×10N=5N
小球受力如图所示
根据几何知识可知小球受到合力为
F合=5N
则小球的加速度的大小为
a=F合m=50.5m/s2=10m/s2
故A错误，B正确；
C．设OP的距离为x，把x分别沿着v0和垂直分解，则有
x1=xsin30，x2=xcs30
由类平抛运动规律可得
x1=v0t，x2=12at2
小球在P点的速度为
v=v02+(at)2
联立解得
x=635m，v=39m/s
故C正确；
D．由匀强电场电势差与电场强度关系可得
UOP=Excs30=9×104V
故D错误。
故选BC。
【典例18】（多选）如图所示，在竖直平面内有一电场强度为E的匀强电场，电场的等势面如图中实线所示，与水平方向夹角为37°。一个质量为m，电荷量为+q的小球在A点以初速度v0竖直上抛，运动轨迹如图中虚线所示，B点是轨迹的最高点。已知重力加速度为g，小球的电荷量q=mgE。下列说法正确的是（ ）
A． A点电势低于B点电势
B．A、B两点的高度差为5v022g
C．A、B两点的电势差为13mv024q
D．小球再次回到抛出点等高位置过程电势能的减少量等于动能的增加量
【答案】BD
【详解】由图可知小球向右运动，故电场线方向斜向右上方，受力分析如图所示
A．由于沿着电场线方向电势降低，故根据图像可知A点电势高于B点电势，故A错误；
B．竖直方向上根据动能定理可得
(Eqcs37°−mg)ℎ=0−12mv02
解得A、B两点的高度差为
ℎ=5v022g
故B正确；
C．到最高点过程中水平方向运动距离
x=12axt2=12qEsin37°m(2ℎv0)2=15v022g
根据几何关系
d=ℎcs37°+xsin37°=13v022gA、B两点的电势差为
U=Ed=13mv022q
故C错误；
D．小球再次回到抛出点等高位置过程，根据动能定理可知，电场力做正功，故电场力做功等于动能的增加，且电势能减小，故小球再次回到抛出点等高位置过程电势能的减少量等于动能的增加量，故D正确。
故选BD。
【典例19】如图所示，一内壁光滑的细管弯成半径为R=0.1m的半圆形轨道CD，竖直放置，其内径略大于小球的直径，水平轨道与竖直半圆轨道在最低点C点平滑连接。置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，C的左侧有水平向右E=2×104N/C的匀强电场。将一个带电量q=3×10−6C，质量为m=4×10−2kg的绝缘小球放在弹簧的右侧后，用力水平向左推小球而压缩弹簧至A处使弹簧具有弹性势能Ep=0.1J，然后将小球由静止释放，小球运动到C处后进入CD管道，刚好能到最高点D处。在小球运动到C点前弹簧已恢复原长，水平轨道左侧AC段长为L=0.2m。g=10m/s2，小球运动的全过程中所带电荷不变，试求：
（1）小球运动到轨道最低处C点时对轨道的压力的大小；
（2）水平轨道的动摩擦因数μ。
【答案】（1）2N；（2）0.4
【详解】（1）小球刚好能到最高点D处，可知到达D处时的速度为零，则从C到D由机械能守恒定律
12mvC2=2mgR
在C点时
FNC−mg=mvC2R
解得
FNC=5mg=2N
根据牛顿第三定律可知小球运动到轨道最低处C点时对轨道的压力的大小2N；
（2）从A到C由动能定理
EP+EqL−μmgL=12mvC2
解得
μ=0.4
【典例20】如图所示，一绝缘细圆环半径为r，环面处于竖直面内，匀强电场与圆环平面平行且水平。环上穿有一电量为+q、质量为m的小球，可沿圆环做无摩擦的圆周运动，小球所受电场力和重力大小相等。小球经过A点时速度的方向恰与电场垂直。设地球表面的重力加速度为g，则：
（1）若小球经过A点时，圆环与小球间无力的作用，小球经过A点时的速度大小vA是多大？
（2）要使小球能运动到与A点对称的B点时，小球在A点速度至少是多大？
（3）在保证小球恰好做圆周运动的前提下，小球对轨道的最大压力是多大？
【答案】（1）gr；（2）2(2−1)gr；（3）52mg
【详解】（1）在A点，根据电场力提供向心力
qE=mg=mvA2r
解得
vA=gr
（2）能过等效最高点C必能过B点，在等效最高点C
vC=0
从A→C由动能定理得
−mgrsin45°+mgr(1−cs45°)=0−12mvA2
解得
vA=2(2−1)gr
（3）等效最高点C到等效最低点D由动能定理得
2mg⋅2r=12mvD2−0
在D点由牛顿第二定律得
FN−2mg=mvD2r
解得
FN=52mg
根据牛顿第三定律：圆环对轨道的最大压力为52mg。
一、单选题
1．在与纸面平行的匀强电场中，建立如图甲所示的直角坐标系，a、b、c、d是该坐标系中的4个点，已知φa=8V、φb=6V、φd=4V。现有一带负电的粒子（重力不计）以某一初速度从O点沿Od方向射入，则图乙中abcd区域内，能大致反映该粒子运动轨迹的是（ ）
A．①B．②C．③D．④
【答案】B
【详解】已知φa=8V、φb=6V、φd=4V，则ad中点f（0，L）的电势为
φf=φa+φd2=6V=φb
可知bf连线为等势线，场强与等势线垂直，即沿着aO方向斜向下，电子以某一初速度从O点沿Od方向射入图乙中abcd区域内，电子的初速度方向与电场力方向垂直，电子做类平抛运动，则能大致反映电子运动轨迹的是②。
故选B。
2．随着环保理念的深入，废弃塑料分选再循环利用可减少对资源的浪费。其中静电分选装置如图所示，两极板带上等量异种电荷仅在板间形成匀强电场，漏斗出口与极板上边缘等高，到极板间距相等，a、b两类塑料颗粒离开漏斗出口时分别带上正、负电荷，经过分选电场后a类颗粒汇集在收集板的右端，已知极板间距为d，板长为L，极板下边缘与收集板的距离为H，两种颗粒的荷质比均为k，重力加速度为g，颗粒进入电场时的初速度为零且可视为质点，不考虑颗粒间的相互作用和空气阻力，在颗粒离开电场区域时不接触极板但有最大偏转量，则（ ）
A．右极板带正电
B．颗粒离开漏斗口在电场中做匀变速曲线运动
C．两极板间的电压值为gkd22L
D．颗粒落到收集板时的速度大小为2g(L+H)+gd22L
【答案】D
【详解】A．根据题意可知，正电荷所受电场力水平向右，则电场方向水平向右，可知，右极板带负电，故A错误；
B．由于颗粒进入电场时的初速度为零，在电场中受电场力和重力的合力保持不变，则颗粒离开漏斗口在电场中做匀变速直线运动，故B错误；
C．根据题意，设两极板间的电压值为U，水平方向上有
Uqd=ma，d2=12at2
竖直方向上有
L=12gt2
联立解得
U=gd22kL
故C错误；
D．根据题意，结合C分析可知，颗粒离开电场时的水平速度为
vx=2a⋅d2=gd22L
离开电场后，水平方向做匀速运动，则颗粒落到收集板时的水平速度仍为vx，竖直方向上，颗粒一直做自由落体运动，则颗粒落到收集板时的竖直速度为
vy=2gH+L
则颗粒落到收集板时的速度大小为
v=vx2+vy2=2g(L+H)+gd22L
故D正确。
故选D。
二、多选题
3．静电植绒产品具有立体感强、耐磨、阻燃、隔音、保暖等特点.如图所示为植绒流程示意图，正电金属板与负电金属网间有60kV的电压，将绒毛放在带负电荷的容器中，使绒毛带负电，绒毛在电场力的作用下飞到需要植绒的布匹表面上，忽略绒毛的重力、空气阻力、绒毛之间的相互作用力和边缘效应，正电金属板与负电金属网之间可视为匀强电场，下列说法正确的是（ ）
A．绒毛在飞向布匹的过程中，电场力做正功
B．绒毛运动经过处各点的电势逐渐降低
C．若仅增大正电金属板与负电金属网之间的电压，绒毛到达布匹时的速率将增大
D．若仅增大正电金属板与负电金属网之间的距离，绒毛到达布匹表面时间将减小
【答案】AC
【详解】A．电场方向向上，则绒毛在飞向布匹的过程中，电场力向下，电场力做正功，选项A正确；
B．绒毛运动经过处各点的电势逐渐升高，选项B错误；
C．根据
qU=12mv2
可知，若仅增大正电金属板与负电金属网之间的电压，绒毛到达布匹时的速率将增大，选项C正确；
D．根据
qU=12mv2
可知，带正电金属板与负电金属网之间的电压一定，则绒毛到达布匹表面的速度一定，若仅增大正电金属板与负电金属网之间的距离，绒毛到达布匹表面时间将增加，选项D错误。
故选AC。
4．如图所示，一带电微粒从A点射入水平方向的匀强电场中（实线代表电场线，电场方向未知），微粒恰沿直线AB运动，AB与水平方向夹角θ=45°，已知带电微粒的质量为m，电荷量大小为q，A与B相距L，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．从A到B，带电微粒做匀减速直线运动
B．若电场方向向左，则带电微粒带负电
C．从A到B的过程中，带电微粒的重力势能增加、机械能增加
D．要使带电微粒能从A点运动到B点，其射入电场时的速度大小至少为22gL
【答案】AD
【详解】A．带电微粒沿直线从A运动到B，说明带电微粒受到的电场力一定水平向左，受力分析可得
mgsinθ=ma
带电微粒的加速度大小为
a=2g
做匀减速直线运动，故A正确；
B．电场力一定向左，若电场方向向左，则带电微粒带正电，故B错误；
C．从A到B的过程中，重力对带电微粒做负功，重力势能增加，电场力对带电微粒做负功，电势能增加，机械能减少，故C错误；
D．恰好能到B处时，有
v02=22gL
解得
v0=22gL
故D正确。
故选AD。
5．如图所示，倾角为（θ=37°的斜面末端连接一段水平轨道后与竖直的光滑绝缘半圆轨道平滑连接，O为圆心，A、B为竖直直径的上、下两端点。现有一质量为m=0.3kg、带电荷量为q=+1.0×10−5C的小球（可视为质点），以大小为v0=1.8m/s的初速度从斜面上某点以垂直斜面方向向上抛出，小球恰好从半圆轨道的最高点A无碰撞飞入半圆轨道。已知整个空间存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E=4×105N/C，重力加速度g取10m/s²，sin37°=0.6，cs37°=0.8下列说法正确的是（ ）
A．小球在A点的速度大小为2.25m/s
B．小球从抛出到A点的运动是类平抛运动
C．小球第一次在半圆轨道上滑行过程中，可能会在某处脱离半圆轨道
D．小球第一次在半圆轨道上滑行过程中对轨道的最大压力大小为24N
【答案】BD
【详解】AB．小球受重力和电场力的作用，则合力大小为
F=mg2+qE2=5N
设F与水平方向夹角为α，则
tanα=mgqE=34
解得
α=37°
即F与v0垂直，故小球做类平抛运动，有几何关系有
vA=v0sinθ=3m/s
故A错误，B正确；
C．如图所示
根据受力情况可知小球运动过程中的等效最低点为C点，小球到C点时对轨道的压力最大，因在A点小球恰好能无碰撞飞入半圆轨道，故小球在A点对轨道的压力为零，小球在从A到C的过程其小球对轨道的压力逐渐增加，所以小球第一次在半圆轨道上滑行过程中不会脱离半圆轨道，故C项错误；
D．在A点，根据牛顿第二定律得
mg=mvA2R
解得
R=0.9m
从A到C，对小球由动能定理有
FR1+sinθ=12mvC2−12mvA2
根据牛顿第二定律有
FN−F=mvC2R
联立解得
FN=24N
根据牛顿第三定律得小球对轨道的最大压力大小为24N，故D项正确。
故选BD。
6．如图甲是一对长度为 L 的平行金属板，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直。在t=0时刻，一带电粒子沿板间的中线OO'垂直电场方向射入电场，2t0时刻粒子刚好沿下极板右边缘射出电场。不计粒子重力。则（ ）
A．粒子带正电
B．粒子在平行板间一直做曲线运动
C．粒子射入电场时的速度大小为L2t0
D．若粒子射入电场时的速度减为一半，射出电场时的速度垂直于电场方向
【答案】AC
【详解】A．粒子向下偏转，电场力方向与电场方向相同可知，粒子带正电，故A正确；
B．在0~ t0时间内，粒子在平行板间做曲线运动；在t0~2 t0时间内，粒子不受任何力，则做直线运动，故B错误；
C．粒子在水平方向一直做匀速运动，可知射入电场时的速度大小为
v0=L2t0
故C正确；
D．若粒子射入电场时的速度减为一半，由于粒子在电场中受向下的静电力，有向下的加速度，射出电场时沿电场方向的速度不为零，则射出电场时的速度不可能垂直于电场方向，故D错误。
故选AC。
7．如图所示，一带电油滴在竖直放置、足够大的正对平行金属板MN间沿图示方向做匀变速直线运动，油滴在位置A时速度大小为v0，速度方向与竖直方向的夹角θ=37°，经过一段时间后，油滴到达位置B（位置B未画出）时的速度大小为v02。已知位置A和位置B间的距离为d，板间距离为d0，油滴的质量为m，电荷量为−q，sin37°=0.6，cs37°=0.8，下列说法正确的是（ ）
A．极板M带负电
B．油滴由位置A到位置B经历的时间可能为4dv0
C．当地的重力加速度为3v0210d
D．两极板间的电压为9mv02d10qd0
【答案】BC
【详解】A．由题可知，油滴沿图示速度方向做匀减速直线运动，可知油滴受到的静电力水平向左，极板M带正电，A项错误；
B．由
v022−v02=−2ad
可得油滴做匀减速运动的加速度大小
a=3v028d
对油滴减速到0后反向加速到v02的过程，有
−v02−v0=−at
解得油滴由位置A到位置B经历的时间
t=4dv0
B项正确；
C．根据运动的合成与分解，可得
ga=cs37°
可得当地的重力加速度
g=3v0210d
C项正确；
D．由
qUd0=masin37°
可得两极板间的电压
U=9mv02d040qd
D项错误。
故选BC。
8．如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为d的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度E=3mgq，下列说法正确的是（ ）
A．若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为gd
B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大
C．若将细线剪断，再将小球在A点以大小为gd的速度竖直向上抛出，小球将不能到达B点
D．若将小球在A点由静止开始释放，则小球沿AC圆弧到达C点的速度为2gd+gd23
【答案】BC
【详解】A．小球受到水平向右的电场力
F=Eq=3mg
合力为
F合=（mg）2+（3mg）2=2mg
方向斜向右下方，与竖直方向夹角为60，设小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最小速度为v，有
F合=mv2d
联立解得
v=2gd
故A错误；
B．由功能关系知，小球机械能的变化等于除重力或弹力之外的力所做的功，小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，运动到B点时，静电力做功最多，故运动到B点时小球的机械能最大，故B正确；
C．小球将在竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，当竖直方向位移为0时，有
t=2gdg
水平位移有
x=12at2
由牛顿第二定律
a=qEm=3g
解得
x=23d>2d
所以小球将不能到达B点，故C正确；
D．设合力方向与电场线方向夹角为θ，有
tanθ=mgF=33
得
θ=30
所以将小球静止释放，小球将沿合力方向做匀加速直线运动，故D错误。
故选BC。
三、解答题
9．如图所示，质量为m，带电量为q的微观粒子从静止开始经电压为U的电场加速后，沿中轴线垂直进入长为L，宽为d的匀强偏转电场，恰好从极板右侧离开偏转电场。不计粒子重力。求：
（1）粒子经过电场加速后进入偏转电场时的速度大小v；
（2）粒子在偏转电场中飞行的时间t；
（3）粒子恰好离开偏转电场后落在距偏转电场右侧距离为x的挡板上，记为P点。求偏转电场中心轴线与挡板交点O到P点的距离y。
【答案】（1）v=2qUm；（2）t=Lm2qU；（3）y=d2+xdL
【详解】（1）粒子在加速电场中，由动能定理
qU=12mv2
得
v=2qUm
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，设运动的时间为 t，有
L=vt
d2=12⋅qEmt2
解得
t=Lm2qU
E=2UdL2
（3）粒子离开偏转电场后做匀速直线运动，其反向延长线交偏转电场中央轴线的中点。由几何关系可知
L2L2+x=d2y
得
y=d2+xdL
10．如图1所示，水平放置的两平行金属板相距为d，充电后带电量保持不变，其间形成匀强电场。一带电量为+q、质量为m的液滴以速度v0从下板左边缘射入电场，沿直线运动恰好从上板右边缘射出。已知重力加速度为g。
（1）求匀强电场的电场强度大小E；
（2）求静电力对液滴做的功W；
（3）如图2所示，若将上极板上移少许，其他条件不变，请在图2中画出液滴在两板间的运动轨迹。
【答案】（1）E=mgq；（2）W=mgd；（3）
【详解】（1）液滴沿直线恰好从上板右边缘射出，可知受力平衡，即
Eq=mg
解得
E=mgq
（2）静电力对液滴做的功
W=Eqd=mgd
（3）根据
E=Ud
C=QU
C=εS4πkd
可得
E=4πkQεS
若将上极板上移少许，两板间场强不变，液滴受电场力不变，则液滴仍沿直线运动，轨迹如图
加电压的电极
X极电势高
X'极电势高
XX'间加不变的电压，YY'间不加电压
加电压的电极
Y极电势高
Y'极电势高
XX'间不加电压，YY'间加不变的电压
电压
亮斑位置
描述
YY'间所加电压如图所示，XX'间不加电压
0t₁YY'间所加电压如图所示，XX'间加不变的电压(X电极的电势高于X')
0t₁
知识点1：带电粒子在电场中的加速
1.用运动观点分析
带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力的方向与运动方向在同一直线上，做匀加(减)速直线运动，即在匀强电场中可利用牛顿第二定律结合运动学公式分析.
运用的公式有：，v=v0+at，，
2.用功能观点分析
粒子只受电场力作用，电场力做的功即为合外力做的功，故粒子动能的变化量大小等于电势能的变化量大小。带电粒子经过电势差为U的电场加速后，由动能定理,则带电粒子的速度,若粒子的初速度为零，则带电粒子的速度。
带电粒子的重力是否可忽略的条件
重力场中的有质量的物质都要受到重力的作用，只是带电粒子受到的重力远小于静电力，通常可以忽略重力的影响.
（1）对于质量很小的带电粒子，如电子、质子、α粒子、离子等，虽然它们也受到重力的作用，但重力远小于电场力，可以忽略不计.对于带电粒子，若无说明或暗示，一般不计重力；
（2）带电颗粒：如尘埃、液滴、油滴、小球等，若无说明或暗示，一般要考虑重力；
（3）平衡问题一般要考虑重力；
（4）即使题目中给出了带电粒子的质量，也不一定需要求出重力；不管是物体还是粒子，在一定条件下都可看成质点；只要是实物粒子，都有质量，不能忽略。
【典例1】如图所示，两平行金属板带有等量异种电荷，极板与外电路断开，一电子从O点沿垂直极板方向射出，最远能达到A点，然后返回。不计电子的重力，若电子从O点射出的初速度不变，将右极板向右平移一小段距离，则（ ）
A．电子最远能达到A点右侧某点B．电子最远不可能再达到A点
C．电子返回O点所用时间不变D．电子返回O点时速度会变小
【答案】C
【详解】根据
E=Ud、C=QU、C=εrS4πkd
可得两平板间电场强度
E=4πkQεrS
在与外电路断开的情况下，移动右极板，Q不变，所以电场强度E不变，电子的受力不变，运动情况与之前相同。
故选C。
【典例2】如图甲所示，在光滑水平面上O点处有带正电的绝缘小物块处于静止状态，零时刻开始，加如图乙所示的水平电场（以水平向右为正方向），物块在T2时刻到达A点，速度有为vA；T时刻恰好回到出发点O，速度大小为v0′，则下列说法中正确的是（ ）
A．E1=E0B．E1=3E0C．v0′=0D．v0′=3vA
【答案】B
【详解】设OA长度为x，以向右为正方向，则由O→A过程有
x=0+vA2⋅T2
T2∼T时段加反向匀强电场，物块先向右做匀减速运动至零后反向向左做匀加速运动，则A→O过程有
−x=vA−v0'2⋅T2
结合两式有
v0'=2vA
则0~T2时段加速度
a1=vA−0T2
T2∼T时段加速度
a2=−v0'−vAT2
代入
v0'=2vA
得
a2= −3a1
则
E1=3E0
故选B。
【典例3】A、B是电场中的一条电场线，若将一个带负电的点电荷由A点静止释放，它在沿电场线从A向B运动过程中的v−t图像如图所示，A、B两点的电势φ和场强E的大小关系是（ ）
A．φA<φB，EA
C．φA>φB，EA>EBD．φA>φB，EA
【详解】由v−t图像可知负电荷从A向B运动的过程中做加速度逐渐减小的加速运动，由a=qEm可知，电场强度逐渐减小，则
EA>EB
从A向B负电荷做加速运动，负电荷受到的电场力方向水平向右，电场强度方向水平向左，沿电场线方向电势降低，故
φA<φB
故选B。
【典例4】（多选）如图所示的直线加速器由沿轴线分布的金属圆筒（又称漂移管）A、B、C、D、E组成，相邻金属圆筒分别接在电源的两端。质子以初速度v0从O点沿轴线进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速直线运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时电压U大小相同。质子电量为e，质量为m，不计质子经过狭缝的时间，则（ ）
A．MN所接电源的极性应周期性变化
B．金属圆筒的长度应与质子进入圆筒时的速度成正比
C．质子从圆筒E射出时的速度大小为8eUm+v02
D．圆筒E的长度为T6eUm+v02
【答案】AB
【详解】A．因由直线加速器加速质子，其运动方向不变，由题图可知，A的右边缘为正极时，则在下一个加速时需B右边缘为正极，所以MN所接电源的极性应周期性变化，故A正确；
B．因质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，由
T=Lv
可知金属圆筒的长度应与质子进入圆筒时的速度成正比，故B正确；
C．质子以初速度v0从O点沿轴线进入加速器，质子经5次加速，由动能定理可得
5eU=12mvE2−12mv02
解得质子从圆筒E射出时的速度大小为
vE=10eUm+v02
故C错误；
D．质子在圆筒内做匀速运动，所以圆筒E的长度为
LE=vET=T8eUm+v02
故D错误。
故选AB。
知识点2：带电粒子在匀强电场中的偏转
1.运动情况
质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0平行两极板进入匀强电场中，两极板长为l,极板间距离为d、电压为U.不考虑粒子的重力且忽略电容器的边缘效应，带电粒子仅受恒定的电场力.粒子的运动特点和平抛运动相似，即带电粒子在电场中做类平抛运动.
2.处理方法
将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动.根据运动的合成与分解的知识分析.
（1）粒子沿初速度方向做匀速直线运动，穿过两极板的时间。
（2）粒子沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度。
（3）沿初速度方向：速度：vx=v0，位移：l=v0t
（4）沿电场力方向：速度：，位移：
（5）粒子离开电场时的速度偏转角θ满足
（6）粒子离开电场时位移与初速度方向的夹角α满足
3.几个常用推论
(1)tan θ =2tan α.联立上边(5)(6)中公式可推出。
(2)粒于从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于沿初速度方向分位移的中点，即粒子好像从该中点处沿直线飞离电场一样.
(3)不同的带电粒子、电性相同，不计重力，由静止开始先在同一电场中加速，又在同一电场中偏转，射出电场时粒子的偏移量和偏转角相同，与粒子的带电荷量和质量无关，即运动轨迹相同。
(4)若粒子以相同的初动能Ek进入同一个偏转电场，只要电荷量相同，不论质量是否相同，偏转距离y和偏转角θ均相同.
重难点1：带电粒子在电场中做类平抛运动的问题
如图所示，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，需再经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P,如图所示.
1.确定最终偏移距离OP的两种方法
方法1：
方法2：
2.确定粒子经偏转电场后的动能(或速度)的两种方法
方法1:
方法2：
【典例5】如图所示，比荷相同、重力不计的a、b两个带电粒子，从同一位置水平射入竖直向下的匀强电场中，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，则（ ）
A．a、b均带负电
B．a的初速度一定小于b的初速度
C．a的运动时间一定小于b的运动时间
D．该过程中a所受电场力做的功一定大于b的
【答案】B
【详解】A．因电场线向下，两粒子均受向下的电场力而做类平抛运动，故均带正电，故A错误；
B．设任一粒子的速度为v0，电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度为
a=qEm
对竖直分运动为匀加速直线运动，有
y=12at2
对水平分运动为匀速直线运动，有
x=v0t
联立得
v0=xqE2my
因比荷qm相同，y相同，E相同，则x大的初速度大，即a的初速度一定小于b的初速度，故B正确；
C．由竖直分运动可得时间为
t=2ymqE
因比荷qm相同，y相同，E相同，则a的运动时间一定等于b的运动时间，故C错误；
D．由于只有电场力做功，有
W=qEy
两粒子比荷qm相同，y相同，E相同，则无法比较电量关系，故无法比较做功关系，故D错误。
故选B。
【典例6】（多选）如图所示，在竖直平面xOy内存在大小、方向均未知的匀强电场。一质量为m的小球从y轴上P点以水平速度v进入第一象限，速度方向沿x轴正方向，经过x轴上Q点时的速度大小也为v，方向与x轴正方向夹角为37°。已知sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，重力加速度大小为g，不计空气阻力。小球从P点运动到Q点的过程中（ ）
A．所受电场力的最小值为1010mg
B．速度的最小值为45v
C．动能与电势能之和一直增大
D．水平位移与竖直位移的大小之比为2：1
【答案】AC
【详解】D．将运动沿水平方向与竖直方向分解，可知，水平方向做双向匀变速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，根据平均速度规律有
x=v+vcs37∘2t，y=vsin37∘2t
解得
x:y=3:1
故D错误；
C．小球受到电场力与重力作用，小球在运动过程中只有动能、重力势能与电势能之间的转化，小球从P运动到Q过程，由于重力做正功，重力势能减小，则动能与电势能之和一直增大，故C正确；
A．小球受到重力与电场力作用，小球做类斜抛运动，由于P、Q两点速度大小相等，根据类斜抛的对称性可知，连接PQ，小球所受重力与电场力的合力方向一定垂直于PQ斜向左下方，令∠QPO=θ，结合上述有
tanθ=xy=3
令电场力与PQ夹角为α，则有
F电csα=mgcsθ
可知。当α等于0°，电场力最小，解得
Fmin=1010mg
故A正确；
B．令∠PQO=β，结合上述，将小球的运动沿PQ与垂直于PQ分解，可知，沿PQ方向做匀速直线运动，垂直于PQ方向做双向匀变速直线运动，可知，小球的速度的最小值为
vmin=vcsβ
结合上述有
csβ=sinθ=31010
解得
vmin=31010v
故B错误。
故选AC。
【典例7】（多选）如图所示，竖直放置的、带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，金属板板长为L（不考虑边界效应）.t=0时刻，位于M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右发射的粒子，到达N板时速度大小为2v0；平行M板向下发生的粒子，刚好从N板下端边缘射出.不计重力和粒子间的相互作用，则（ ）
A．两个粒子带正电
B．两个粒子的动能增加量不相等
C．两个粒子在金属板M、N间运动的时间不相等
D．两个粒子在电场中加速度相同，且加速度a=2v02L
【答案】CD
【详解】A．由于不知道M板和N板的电势高低，故不能确定两粒子的电性，故A错误；
B．根据题意两个粒子都是从M板到达了N板，电场力对两个粒子做了相同的正功，故两个粒子的动能增加量相等，B错误；
C．两个粒子在垂直M板方向上，初速度不一样，但加速度相同，故两个粒子在金属板M、N间运动的时间不相等，C正确；
D．设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有
L2=v0t
d=12at2
对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，又因两粒子在电场中加速度相同，有
2v02−v02=2ad
联立解得
t=L2v0
a=2v02L
故D正确；
故选CD。
【典例8】如图所示，平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔，初始时不带电。距小孔正上方高h处不断有质量为m，电荷量为+q的小液滴由静止滴落，当带电液滴接触到下极板后会把电量全部传给极板，直到液滴不能到达下极板时停止释放液滴（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）。求：
（1）小液滴到达小孔处的速度；
（2）电容器所带电荷量的最大值；
（3）最后滴下的液滴从开始下落到离开上极板的时间。
【答案】（1）2gℎ；（2）mgC(ℎ+d)q；（3）(1+2dℎ)2gℎg
【详解】（1）因电容器上方无电场，故液滴在电容器上方做自由落体运动，由运动学规律得
2gℎ=v2
解得
v=2gℎ
（2）当带电液滴刚好不能到达电容器下极板时电容器的电量达到最大，对刚好不能到达电容器下极板的带电液滴运用动能定理得
mg(ℎ+d)−qU=0
根据
Q=CU
解得
Q=mgC(ℎ+d)q
（3）液滴在电容器上方做自由落体运动，由运动学规律
ℎ=12gt2
解得
t1=2ℎg=2gℎg
液滴在电容器内部做匀变速运动，由运动学规律
d=v⋅t22=v2⋅t22=vt24
解得
t2=4d2gℎ=2d2gℎgℎ
故最后滴下的液滴从开始下落到离开上极板的时间为
t=t1+t2=2ℎg+2d2gℎ=(1+2dℎ)2gℎg
【典例9】XCT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，可用于对多种病情的探测。图甲是某种XCT机主要部分的剖面图，其产生X射线部分的示意图如图乙所示。图乙中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内为偏转元件中的匀强偏转场S；经调节后电子从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到水平圆形靶台上的中心点P，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）。已知电子的质量为m，带电荷量为e，MN两端的电压为U0，偏转场区域水平宽度为L0，竖直高度足够长，MN中电子束距离靶台竖直高度为H，电子束射出偏转场S时速度方向与水平方向夹角为30°，忽略电子的重力影响，不考虑电子间的相互作用及电子进入加速电场时的初速度，不计空气阻力。求
（1）求电子刚进入偏转场时的速度大小；
（2）求匀强电场的电场强度E的大小；
（3）求P点距离偏转场右边界的水平距离L的大小。
【答案】（1）2U0em；（2）23U03L0；（3）3H−L02
【详解】（1）根据动能定理有
U0e=12mv2
电子刚进入偏转场时的速度大小为
v=2U0em
（2）电子在偏转场运动的时间为
t=L0v
电子射出偏转场S时速度方向与水平方向夹角为30°，可得
tan30°=atv
电子在偏转场的加速度为
a=Eem
匀强电场的电场强度E的大小为
E=23U03L0
（3）作电子离开偏转电场的速度反向延长线，由电子束离开偏转场时速度偏转角正切值
tanα=vyv=atv
速度偏转角正切值
tanθ=yx=12at2vt=at2v
则
tanα=2tanθ
所以电子离开偏转场时速度反向延长线与进入偏转场时的速度方向交于偏转电场宽度的中点，可知
(L+L02)tan30°=H
可得
L=3H−L02
【典例10】如图所示，一质量为m=1×10−20kg、带电量为q=+1×10−10C的粒子，从静止开始被加速电场（图中未画出）加速后从E点沿中线水平方向飞入平行板电容器，初速度v0=3×106m/s，粒子飞出平行板电场后经过无电场区域后，打在垂直于中心线EF的荧光屏PS上。已知两平行金属板水平正对且板长均为l=6cm，两板间距d=2cm，板间电压UAB=100V，界面MN与荧光屏PS相距。L=15cm，粒子重力不计。求：
（1）加速电场的电压U；
（2）粒子经过界面MN时的速度；
（3）粒子打到荧光屏PS时偏离中心线EF的距离Y。
【答案】（1）450V；（2）10×106m/s，速度方向与水平方向夹角为tanθ=13；（3）0.06m
【详解】（1）在加速电场中，由动能定理有
qU=12mv02−0
解得
U=450V
（2）粒子的运动轨迹如图所示，在偏转电场中，粒子做类平抛运动
平行于极板方向有
l=v0t
解得
t=2×10−8s
垂直于极板方向，由牛顿第二定律有
a=qEm=qUABmd=5×1013m/s2
设粒子从偏转电场中飞出时沿电场方向的速度大小为vy，则
vy=at=1×106m/s
所以粒子经过界面MN时的速度大小为
v=v02+vy2=10×106m/s
设粒子经过界面MN时的速度方向与水平方向夹角为θ，则
tanθ=vyv0=13
（3）带电粒子在离开电场后做匀速直线运动，垂直于极板方向有
y=12at2=0.01m
由相似三角形知识得
yY=l2l2+L
解得
Y=0.06m
知识点3：示波管的原理
1.示波器的构成：
示波器是用来观察电信号随时间变化的仪器，其核心部件是示波管，它由电子柜、偏较电极和荧光屏组成，如图所示。
2.工作原理
(1)如果在偏转电极XX'和YY'之间都没有加电压，则电子束从电子枪射出后沿直线传播，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑。
(2)如果在偏转电极XX'之间不加电压，在YY'之间加不变的电压，则电子枪射出的电子沿Y方向向上或向下偏转到荧光屏上某一点，产生一个亮斑，如图所示.
(3)如果在偏转电极XX'之间加不变的电压，在YY'之间不加电压，则电子枪射出的电子沿X方向向里或向外偏转到荧光屏上某一点，产生一个亮斑，如图所示.
(4)YY'偏转电极上加的是待显示的信号电压.XX'偏转电极通常接入仪器自身产生的锯齿形电压，叫作扫描电压.若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像了.
(1)电子在偏转电场中向正极板偏转，在荧光屏上打出的亮斑位置随电压的变化而变化.
(2)要研究的信号电压加在竖直偏转极板上，水平偏转极板上的电压是扫描电压.
(3)电子打在荧光屏上将出现亮斑，若电子打在屏上的位置快速移动，由于视觉暂留效应，能在荧光屏上看到一条亮线.
3.示波管波形
（1）仅在XX'之间或YY'之间加电压
（2）在YY'之间加周期性变化的电压
【典例11】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。
【典例12】示波器可以用来观察电信号随时间变化的情况，YY'偏转电极上加的是待测信号电压，XX'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YY'偏转电极时，受到与YY'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XX'偏转电极，受到与XX'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YY'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v0，YY'、XX'两极板的长度分别为Ly、Lx，则在两电场中运动的时间分别为
ty=Lyv0tx=Lxv0
由题意可知，时间ty、tx均为定值，与电压的变化无关。
设YY'、XX'两极板间的距离分别dy、dx，两极板间的电场分别为
Ey=uydyEx=uxdx
又有牛顿第二定律得
eE=ma
电子朝正极的偏转位移
l=12at2
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。
【典例12】有一种电子仪器叫作示波器，可以用来观察电信号随时间变化的情况。示波器的核心部件是示波管，图甲是它的原理图。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。电子枪的作用是产生高速飞行的一束电子。如果在电极YY'之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极XX'之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是选项图中（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】在0~2t1时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期，当UY为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，当UY为负的最大值时，电子打在荧光屏上有负的最大位移，因此一个周期内荧光屏上的图形为C。
故选C。
【典例13】（多选）示波器是一种常见的电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时间变化的情况。示波器的内部构造简化图如图所示，电子经电子枪加速后进入偏转电场，最终打在荧光屏上。下列关于所加偏转电压与荧光屏上得到图形的说法中正确的是（ ）
A．如果只在XX′上加图甲所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（b）
B．如果只在YY′上加图乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（a）
C．如果在YY′、XX′上分别加图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（c）
D．如果在YY′，XX′上分别加图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（d）
【答案】ABD
【详解】A．如果只在XX′上加图甲所示的电压，竖直方向不偏转，所以在荧光屏上看到的图形如图（b），故A正确；
B．如果只在YY′上加图乙所示的电压，水平方向不偏转，则在荧光屏上看到的图形如图（a），故B正确；
CD．如果在YY′、XX′上分别加图甲、乙所示的电压，则水平方向为扫描电压，扫描电压覆盖了两个周期的待测信号波形，在荧光屏上看到的图形将如图（d）所示，故C错误，D正确。
故选BD。
重难点2：带电粒子在交变电场中运动的问题
带电粒子在交变电场中运动时，由于电场发生变化，粒子所受电场力也发生变化，其加速度、速度、位移等都会发生相应的变化，从而出现粒子加速、减速或者往返运动.通常只讨论电压的大小不变、方向发生周期性变化(如方波)且不计粒子重力的情形。
1.常见的类型
(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解).
(2)粒子做往返运动(一般根据交变电场的特点分段研究).
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究).
2.常用的分析方法
(1)在两个相互平行的金属板间加交变电压时，两板中间便可获得交变电场.此类电场从空间看是匀强电场，即同一时刻，电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同；从时间看是变化的，即电场强度的大小、方向都随时间的变化而变化.
①当粒子平行于电场方向射入时，粒子做直线运动，其初速度和受力情况决定粒子的运动情况，粒子做周期性的运动；
②当粒子垂直于电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性.
(2)研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况.根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等.
(3)对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，一般来说题中会直接或间接提到“粒子在其中运动时电场为恒定电场”，故带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动。
做好两个分析(受力分析和运动分析),抓住粒子的运动具有周期性、空间上有的具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等，并确定与物理过程相关的临界条件.
【典例14】（多选）如图甲所示，两平行金属板A、B的板长和板间距均为d，两板之间的电压随时间周期性变化规律如图乙所示。一不计重力的带电粒子以速度v0从O点沿板间中线射入极板之间，若t=0时刻进入电场的带电粒子在t=T时刻刚好沿A板右边缘射出电场，则（ ）
A．t=0时刻进入电场的粒子在t=T2时刻速度大小为2v0
B．t=T4时刻进入电场的粒子在t=T2时刻速度大小为v0
C．t=T4时刻进入电场的粒子在两板间的最大偏移量为d4
D．t=T6时刻进入电场的粒子最终平行于极板射出电场
【答案】AD
【详解】A．在T2时刻，粒子在水平方向上的分速度为v0，两平行金属板A、B的板长和板间距均为d，，则有
v0⋅T=vy2×T2×2×2
解得
vy=v0
则t=T2时刻，vy=v0，根据平行四边形定则知，粒子的速度为
v=v02+vy2=2v0
故A正确；
C．当t=0时刻射入电场的粒子，运动时间为电场变化周期的整数倍，则有水平方向
d=v0T
竖直方向每T2移动的位移都相同设为Δy，则有
Δy=12a（T2）2=18aT2=14d
当该粒子在T4时刻以速度进入电场，则此时粒子竖直方向上在电场力的作用下，先做匀加速，再匀减速，接着再匀加速和匀减速后回到中线位置，由运动的对称性可知，竖直方向先匀加速后匀减速的位移为
y1=2×12a（T4）2=116aT2=d8
故C错误；
B．t=T4时刻进入电场的粒子在t=T2时刻，竖直方向速度为
v′y=a⋅T4=v02
根据平行四边形定则知，粒子的速度为
v=v02+v′y2=52v0
故B错误；
D．由于水平方向做匀速直线运动，所以粒子无论什么时候进入电场，运动时间都是T，粒子在t=T6时刻以速度v0进入电场，竖直方向先向上加速T3再向下减速T2，再向上加速T6，竖直方向速度为零，粒子最终平行于极板射出电场，故D正确。
故选AD。
【典例15】（多选）如图甲是一对长度为 L 的平行金属板，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直。在t=0时刻，一带电粒子沿板间的中线OO'垂直电场方向射入电场，2t0时刻粒子刚好沿下极板右边缘射出电场。不计粒子重力。则（ ）
A．粒子带正电
B．粒子在平行板间一直做曲线运动
C．粒子射入电场时的速度大小为L2t0
D．若粒子射入电场时的速度减为一半，射出电场时的速度垂直于电场方向
【答案】AC
【详解】A．粒子向下偏转，电场力方向与电场方向相同可知，粒子带正电，故A正确；
B．在0~ t0时间内，粒子在平行板间做曲线运动；在t0~2 t0时间内，粒子不受任何力，则做直线运动，故B错误；
C．粒子在水平方向一直做匀速运动，可知射入电场时的速度大小为
v0=L2t0
故C正确；
D．若粒子射入电场时的速度减为一半，由于粒子在电场中受向下的静电力，有向下的加速度，射出电场时沿电场方向的速度不为零，则射出电场时的速度不可能垂直于电场方向，故D错误。
故选AC。
【典例16】如图甲所示，真空中有一电子枪连续不断且均匀的发出质量为m、电荷量为e、初速度为零的电子经电压大小为U1=2mL2eT2的直线加速电场加速，由小孔穿出加速电场后，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B间的中线射入偏转电场。A、B两板距离为d、板长均为L，两板间加周期性变化的电势差UAB，UAB随时间变化的关系图像如图乙所示，变化周期为T，t=0时刻，UAB=U0，不计电子的重力和电子间的相互作用力，不考虑电场的边缘效应，且所有电子都能离开偏转电场，求：
（1）电子从加速电场U1飞出后的水平速度v0的大小；
（2）t=3T4时射入偏转电场的电子离开偏转电场时距两板间中线的距离y；
【答案】（1）2LT；（2）eU0T24md
【详解】（1）电子经过加速场后，根据动能定理得
eU1=12mv02
解得
v0=2LT
（2）电子在偏转电场中，水平方向做匀速直线运动，所以运动的时间为
t=Lv0=T2 t=3T4时射入偏转电场的电子，在前
T−34T=14T
时间内偏转位移为
y1=12×3eU0mdT42
解得
y1=3eU0T232md
垂直于板的速度为
vy=3eU0md×T4=3eU0T4md
在随后
T2−T4=T4
时间内偏转的位移为
y2=vyT2−T4−12×eU0mdT2−T42
解得
y2=5eU0T232md
则t=3T4时射入偏转电场的电子离开偏转电场时距两板间中线的距离为
y=y1+y2=eU0T24md
重难点3：带电体在等效场中的运动
等效场一般说的是电场和重力场共存的情况，分析这类问题时可以等效看成带电体受一个合场力作用，也可以单独分析.
带电粒子在等效场中运动的问题实质上是力学问题的延续，从受力角度看带电粒子与一般物体相比多受到一个静电力；从处理方法上仍旧可利用力学中的规律分析：例如选用平衡条件、牛顿运动定律，动能定理、功能关系，能量守恒定律等.
1.带电体在等效场中有约束情况下的运动
带电体在等效场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动、解题时要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解.
类型一：如果带电体在等效场中受轨道、支撑面、轻绳或轻杆等有形的约束时，做变速直线运动、解题时只要从受力分析入手，明确变力、恒力及做功等情况，就可用动能定理、牛顿运动定律、运动学相关知识进行求解.
类型二：若带电体运动的空间存在轨道、支撑面、轻绳、轻杆等有形的约束时，带电体在等效场中做匀变速圆周运动，一般应用牛顿运动定律和动能定理求解.
2.带电体在等效场中无约束情况下的运动
在带电体只受重力和电场力的情况下：
若电场力和重力平衡，则带电体做匀速直线运动；
若电场力和重力不平衡，则带电体将做直线或曲线运动，用动能定理求解.
3.电场力、重力都是恒力时常用的方法是等效“重力”法
将重力与电场力进行合成，合力F合等效为“重力”,等效为“重力加速度”,F合的方向等效为“重力”的方向.若电场力的方向与重力方向一致，等效重力场的重力加速g' =g+，g'的方向与重力mg和电场力qE合力的方向一致；若电场力与重力方向垂直，合力的方向与重力mg方向的夹角为θ,则g'可表示为。
【典例17】（多选）如图所示的坐标系中，x轴水平向右，质量为m=0.5kg、带电量为q=＋10-4C的小球从坐标原点O处，以初速度v0=3m/s斜向右上方抛出，进入斜向右上方场强为E=5×104V/m的匀强电场中，E与x轴正方向的夹角为30°，v0与E的夹角为30°，重力加速度取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．小球的加速度的大小为102m/s2
B．小球的加速度的大小为10m/s2
C．若小球能运动到x轴上的P点，则小球在P点的速度大小为39m/s
D．O、P两点间的电势差为63×104V
【答案】BC
【详解】AB．小球在电场中受到的电场力为
F=qE=10−4×5×104N=5N
小球受到的重力为
G=mg=0.5×10N=5N
小球受力如图所示
根据几何知识可知小球受到合力为
F合=5N
则小球的加速度的大小为
a=F合m=50.5m/s2=10m/s2
故A错误，B正确；
C．设OP的距离为x，把x分别沿着v0和垂直分解，则有
x1=xsin30，x2=xcs30
由类平抛运动规律可得
x1=v0t，x2=12at2
小球在P点的速度为
v=v02+(at)2
联立解得
x=635m，v=39m/s
故C正确；
D．由匀强电场电势差与电场强度关系可得
UOP=Excs30=9×104V
故D错误。
故选BC。
【典例18】（多选）如图所示，在竖直平面内有一电场强度为E的匀强电场，电场的等势面如图中实线所示，与水平方向夹角为37°。一个质量为m，电荷量为+q的小球在A点以初速度v0竖直上抛，运动轨迹如图中虚线所示，B点是轨迹的最高点。已知重力加速度为g，小球的电荷量q=mgE。下列说法正确的是（ ）
A． A点电势低于B点电势
B．A、B两点的高度差为5v022g
C．A、B两点的电势差为13mv024q
D．小球再次回到抛出点等高位置过程电势能的减少量等于动能的增加量
【答案】BD
【详解】由图可知小球向右运动，故电场线方向斜向右上方，受力分析如图所示
A．由于沿着电场线方向电势降低，故根据图像可知A点电势高于B点电势，故A错误；
B．竖直方向上根据动能定理可得
(Eqcs37°−mg)ℎ=0−12mv02
解得A、B两点的高度差为
ℎ=5v022g
故B正确；
C．到最高点过程中水平方向运动距离
x=12axt2=12qEsin37°m(2ℎv0)2=15v022g
根据几何关系
d=ℎcs37°+xsin37°=13v022gA、B两点的电势差为
U=Ed=13mv022q
故C错误；
D．小球再次回到抛出点等高位置过程，根据动能定理可知，电场力做正功，故电场力做功等于动能的增加，且电势能减小，故小球再次回到抛出点等高位置过程电势能的减少量等于动能的增加量，故D正确。
故选BD。
【典例19】如图所示，一内壁光滑的细管弯成半径为R=0.1m的半圆形轨道CD，竖直放置，其内径略大于小球的直径，水平轨道与竖直半圆轨道在最低点C点平滑连接。置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，C的左侧有水平向右E=2×104N/C的匀强电场。将一个带电量q=3×10−6C，质量为m=4×10−2kg的绝缘小球放在弹簧的右侧后，用力水平向左推小球而压缩弹簧至A处使弹簧具有弹性势能Ep=0.1J，然后将小球由静止释放，小球运动到C处后进入CD管道，刚好能到最高点D处。在小球运动到C点前弹簧已恢复原长，水平轨道左侧AC段长为L=0.2m。g=10m/s2，小球运动的全过程中所带电荷不变，试求：
（1）小球运动到轨道最低处C点时对轨道的压力的大小；
（2）水平轨道的动摩擦因数μ。
【答案】（1）2N；（2）0.4
【详解】（1）小球刚好能到最高点D处，可知到达D处时的速度为零，则从C到D由机械能守恒定律
12mvC2=2mgR
在C点时
FNC−mg=mvC2R
解得
FNC=5mg=2N
根据牛顿第三定律可知小球运动到轨道最低处C点时对轨道的压力的大小2N；
（2）从A到C由动能定理
EP+EqL−μmgL=12mvC2
解得
μ=0.4
【典例20】如图所示，一绝缘细圆环半径为r，环面处于竖直面内，匀强电场与圆环平面平行且水平。环上穿有一电量为+q、质量为m的小球，可沿圆环做无摩擦的圆周运动，小球所受电场力和重力大小相等。小球经过A点时速度的方向恰与电场垂直。设地球表面的重力加速度为g，则：
（1）若小球经过A点时，圆环与小球间无力的作用，小球经过A点时的速度大小vA是多大？
（2）要使小球能运动到与A点对称的B点时，小球在A点速度至少是多大？
（3）在保证小球恰好做圆周运动的前提下，小球对轨道的最大压力是多大？
【答案】（1）gr；（2）2(2−1)gr；（3）52mg
【详解】（1）在A点，根据电场力提供向心力
qE=mg=mvA2r
解得
vA=gr
（2）能过等效最高点C必能过B点，在等效最高点C
vC=0
从A→C由动能定理得
−mgrsin45°+mgr(1−cs45°)=0−12mvA2
解得
vA=2(2−1)gr
（3）等效最高点C到等效最低点D由动能定理得
2mg⋅2r=12mvD2−0
在D点由牛顿第二定律得
FN−2mg=mvD2r
解得
FN=52mg
根据牛顿第三定律：圆环对轨道的最大压力为52mg。
一、单选题
1．在与纸面平行的匀强电场中，建立如图甲所示的直角坐标系，a、b、c、d是该坐标系中的4个点，已知φa=8V、φb=6V、φd=4V。现有一带负电的粒子（重力不计）以某一初速度从O点沿Od方向射入，则图乙中abcd区域内，能大致反映该粒子运动轨迹的是（ ）
A．①B．②C．③D．④
【答案】B
【详解】已知φa=8V、φb=6V、φd=4V，则ad中点f（0，L）的电势为
φf=φa+φd2=6V=φb
可知bf连线为等势线，场强与等势线垂直，即沿着aO方向斜向下，电子以某一初速度从O点沿Od方向射入图乙中abcd区域内，电子的初速度方向与电场力方向垂直，电子做类平抛运动，则能大致反映电子运动轨迹的是②。
故选B。
2．随着环保理念的深入，废弃塑料分选再循环利用可减少对资源的浪费。其中静电分选装置如图所示，两极板带上等量异种电荷仅在板间形成匀强电场，漏斗出口与极板上边缘等高，到极板间距相等，a、b两类塑料颗粒离开漏斗出口时分别带上正、负电荷，经过分选电场后a类颗粒汇集在收集板的右端，已知极板间距为d，板长为L，极板下边缘与收集板的距离为H，两种颗粒的荷质比均为k，重力加速度为g，颗粒进入电场时的初速度为零且可视为质点，不考虑颗粒间的相互作用和空气阻力，在颗粒离开电场区域时不接触极板但有最大偏转量，则（ ）
A．右极板带正电
B．颗粒离开漏斗口在电场中做匀变速曲线运动
C．两极板间的电压值为gkd22L
D．颗粒落到收集板时的速度大小为2g(L+H)+gd22L
【答案】D
【详解】A．根据题意可知，正电荷所受电场力水平向右，则电场方向水平向右，可知，右极板带负电，故A错误；
B．由于颗粒进入电场时的初速度为零，在电场中受电场力和重力的合力保持不变，则颗粒离开漏斗口在电场中做匀变速直线运动，故B错误；
C．根据题意，设两极板间的电压值为U，水平方向上有
Uqd=ma，d2=12at2
竖直方向上有
L=12gt2
联立解得
U=gd22kL
故C错误；
D．根据题意，结合C分析可知，颗粒离开电场时的水平速度为
vx=2a⋅d2=gd22L
离开电场后，水平方向做匀速运动，则颗粒落到收集板时的水平速度仍为vx，竖直方向上，颗粒一直做自由落体运动，则颗粒落到收集板时的竖直速度为
vy=2gH+L
则颗粒落到收集板时的速度大小为
v=vx2+vy2=2g(L+H)+gd22L
故D正确。
故选D。
二、多选题
3．静电植绒产品具有立体感强、耐磨、阻燃、隔音、保暖等特点.如图所示为植绒流程示意图，正电金属板与负电金属网间有60kV的电压，将绒毛放在带负电荷的容器中，使绒毛带负电，绒毛在电场力的作用下飞到需要植绒的布匹表面上，忽略绒毛的重力、空气阻力、绒毛之间的相互作用力和边缘效应，正电金属板与负电金属网之间可视为匀强电场，下列说法正确的是（ ）
A．绒毛在飞向布匹的过程中，电场力做正功
B．绒毛运动经过处各点的电势逐渐降低
C．若仅增大正电金属板与负电金属网之间的电压，绒毛到达布匹时的速率将增大
D．若仅增大正电金属板与负电金属网之间的距离，绒毛到达布匹表面时间将减小
【答案】AC
【详解】A．电场方向向上，则绒毛在飞向布匹的过程中，电场力向下，电场力做正功，选项A正确；
B．绒毛运动经过处各点的电势逐渐升高，选项B错误；
C．根据
qU=12mv2
可知，若仅增大正电金属板与负电金属网之间的电压，绒毛到达布匹时的速率将增大，选项C正确；
D．根据
qU=12mv2
可知，带正电金属板与负电金属网之间的电压一定，则绒毛到达布匹表面的速度一定，若仅增大正电金属板与负电金属网之间的距离，绒毛到达布匹表面时间将增加，选项D错误。
故选AC。
4．如图所示，一带电微粒从A点射入水平方向的匀强电场中（实线代表电场线，电场方向未知），微粒恰沿直线AB运动，AB与水平方向夹角θ=45°，已知带电微粒的质量为m，电荷量大小为q，A与B相距L，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．从A到B，带电微粒做匀减速直线运动
B．若电场方向向左，则带电微粒带负电
C．从A到B的过程中，带电微粒的重力势能增加、机械能增加
D．要使带电微粒能从A点运动到B点，其射入电场时的速度大小至少为22gL
【答案】AD
【详解】A．带电微粒沿直线从A运动到B，说明带电微粒受到的电场力一定水平向左，受力分析可得
mgsinθ=ma
带电微粒的加速度大小为
a=2g
做匀减速直线运动，故A正确；
B．电场力一定向左，若电场方向向左，则带电微粒带正电，故B错误；
C．从A到B的过程中，重力对带电微粒做负功，重力势能增加，电场力对带电微粒做负功，电势能增加，机械能减少，故C错误；
D．恰好能到B处时，有
v02=22gL
解得
v0=22gL
故D正确。
故选AD。
5．如图所示，倾角为（θ=37°的斜面末端连接一段水平轨道后与竖直的光滑绝缘半圆轨道平滑连接，O为圆心，A、B为竖直直径的上、下两端点。现有一质量为m=0.3kg、带电荷量为q=+1.0×10−5C的小球（可视为质点），以大小为v0=1.8m/s的初速度从斜面上某点以垂直斜面方向向上抛出，小球恰好从半圆轨道的最高点A无碰撞飞入半圆轨道。已知整个空间存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E=4×105N/C，重力加速度g取10m/s²，sin37°=0.6，cs37°=0.8下列说法正确的是（ ）
A．小球在A点的速度大小为2.25m/s
B．小球从抛出到A点的运动是类平抛运动
C．小球第一次在半圆轨道上滑行过程中，可能会在某处脱离半圆轨道
D．小球第一次在半圆轨道上滑行过程中对轨道的最大压力大小为24N
【答案】BD
【详解】AB．小球受重力和电场力的作用，则合力大小为
F=mg2+qE2=5N
设F与水平方向夹角为α，则
tanα=mgqE=34
解得
α=37°
即F与v0垂直，故小球做类平抛运动，有几何关系有
vA=v0sinθ=3m/s
故A错误，B正确；
C．如图所示
根据受力情况可知小球运动过程中的等效最低点为C点，小球到C点时对轨道的压力最大，因在A点小球恰好能无碰撞飞入半圆轨道，故小球在A点对轨道的压力为零，小球在从A到C的过程其小球对轨道的压力逐渐增加，所以小球第一次在半圆轨道上滑行过程中不会脱离半圆轨道，故C项错误；
D．在A点，根据牛顿第二定律得
mg=mvA2R
解得
R=0.9m
从A到C，对小球由动能定理有
FR1+sinθ=12mvC2−12mvA2
根据牛顿第二定律有
FN−F=mvC2R
联立解得
FN=24N
根据牛顿第三定律得小球对轨道的最大压力大小为24N，故D项正确。
故选BD。
6．如图甲是一对长度为 L 的平行金属板，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直。在t=0时刻，一带电粒子沿板间的中线OO'垂直电场方向射入电场，2t0时刻粒子刚好沿下极板右边缘射出电场。不计粒子重力。则（ ）
A．粒子带正电
B．粒子在平行板间一直做曲线运动
C．粒子射入电场时的速度大小为L2t0
D．若粒子射入电场时的速度减为一半，射出电场时的速度垂直于电场方向
【答案】AC
【详解】A．粒子向下偏转，电场力方向与电场方向相同可知，粒子带正电，故A正确；
B．在0~ t0时间内，粒子在平行板间做曲线运动；在t0~2 t0时间内，粒子不受任何力，则做直线运动，故B错误；
C．粒子在水平方向一直做匀速运动，可知射入电场时的速度大小为
v0=L2t0
故C正确；
D．若粒子射入电场时的速度减为一半，由于粒子在电场中受向下的静电力，有向下的加速度，射出电场时沿电场方向的速度不为零，则射出电场时的速度不可能垂直于电场方向，故D错误。
故选AC。
7．如图所示，一带电油滴在竖直放置、足够大的正对平行金属板MN间沿图示方向做匀变速直线运动，油滴在位置A时速度大小为v0，速度方向与竖直方向的夹角θ=37°，经过一段时间后，油滴到达位置B（位置B未画出）时的速度大小为v02。已知位置A和位置B间的距离为d，板间距离为d0，油滴的质量为m，电荷量为−q，sin37°=0.6，cs37°=0.8，下列说法正确的是（ ）
A．极板M带负电
B．油滴由位置A到位置B经历的时间可能为4dv0
C．当地的重力加速度为3v0210d
D．两极板间的电压为9mv02d10qd0
【答案】BC
【详解】A．由题可知，油滴沿图示速度方向做匀减速直线运动，可知油滴受到的静电力水平向左，极板M带正电，A项错误；
B．由
v022−v02=−2ad
可得油滴做匀减速运动的加速度大小
a=3v028d
对油滴减速到0后反向加速到v02的过程，有
−v02−v0=−at
解得油滴由位置A到位置B经历的时间
t=4dv0
B项正确；
C．根据运动的合成与分解，可得
ga=cs37°
可得当地的重力加速度
g=3v0210d
C项正确；
D．由
qUd0=masin37°
可得两极板间的电压
U=9mv02d040qd
D项错误。
故选BC。
8．如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为d的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度E=3mgq，下列说法正确的是（ ）
A．若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为gd
B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大
C．若将细线剪断，再将小球在A点以大小为gd的速度竖直向上抛出，小球将不能到达B点
D．若将小球在A点由静止开始释放，则小球沿AC圆弧到达C点的速度为2gd+gd23
【答案】BC
【详解】A．小球受到水平向右的电场力
F=Eq=3mg
合力为
F合=（mg）2+（3mg）2=2mg
方向斜向右下方，与竖直方向夹角为60，设小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最小速度为v，有
F合=mv2d
联立解得
v=2gd
故A错误；
B．由功能关系知，小球机械能的变化等于除重力或弹力之外的力所做的功，小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，运动到B点时，静电力做功最多，故运动到B点时小球的机械能最大，故B正确；
C．小球将在竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，当竖直方向位移为0时，有
t=2gdg
水平位移有
x=12at2
由牛顿第二定律
a=qEm=3g
解得
x=23d>2d
所以小球将不能到达B点，故C正确；
D．设合力方向与电场线方向夹角为θ，有
tanθ=mgF=33
得
θ=30
所以将小球静止释放，小球将沿合力方向做匀加速直线运动，故D错误。
故选BC。
三、解答题
9．如图所示，质量为m，带电量为q的微观粒子从静止开始经电压为U的电场加速后，沿中轴线垂直进入长为L，宽为d的匀强偏转电场，恰好从极板右侧离开偏转电场。不计粒子重力。求：
（1）粒子经过电场加速后进入偏转电场时的速度大小v；
（2）粒子在偏转电场中飞行的时间t；
（3）粒子恰好离开偏转电场后落在距偏转电场右侧距离为x的挡板上，记为P点。求偏转电场中心轴线与挡板交点O到P点的距离y。
【答案】（1）v=2qUm；（2）t=Lm2qU；（3）y=d2+xdL
【详解】（1）粒子在加速电场中，由动能定理
qU=12mv2
得
v=2qUm
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，设运动的时间为 t，有
L=vt
d2=12⋅qEmt2
解得
t=Lm2qU
E=2UdL2
（3）粒子离开偏转电场后做匀速直线运动，其反向延长线交偏转电场中央轴线的中点。由几何关系可知
L2L2+x=d2y
得
y=d2+xdL
10．如图1所示，水平放置的两平行金属板相距为d，充电后带电量保持不变，其间形成匀强电场。一带电量为+q、质量为m的液滴以速度v0从下板左边缘射入电场，沿直线运动恰好从上板右边缘射出。已知重力加速度为g。
（1）求匀强电场的电场强度大小E；
（2）求静电力对液滴做的功W；
（3）如图2所示，若将上极板上移少许，其他条件不变，请在图2中画出液滴在两板间的运动轨迹。
【答案】（1）E=mgq；（2）W=mgd；（3）
【详解】（1）液滴沿直线恰好从上板右边缘射出，可知受力平衡，即
Eq=mg
解得
E=mgq
（2）静电力对液滴做的功
W=Eqd=mgd
（3）根据
E=Ud
C=QU
C=εS4πkd
可得
E=4πkQεS
若将上极板上移少许，两板间场强不变，液滴受电场力不变，则液滴仍沿直线运动，轨迹如图
加电压的电极
X极电势高
X'极电势高
XX'间加不变的电压，YY'间不加电压
加电压的电极
Y极电势高
Y'极电势高
XX'间不加电压，YY'间加不变的电压
电压
亮斑位置
描述
YY'间所加电压如图所示，XX'间不加电压
0
0
相关学案
【暑假衔接】人教版新高二物理 暑假衔接讲义 第37讲 10.5带电粒子在电场中的运动（教师版+学生版）： 这是一份【暑假衔接】人教版新高二物理 暑假衔接讲义 第37讲 10.5带电粒子在电场中的运动（教师版+学生版），文件包含暑假衔接人教版新高二物理暑假衔接讲义第37讲105带电粒子在电场中的运动教师版docx、暑假衔接人教版新高二物理暑假衔接讲义第37讲105带电粒子在电场中的运动学生版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共61页， 欢迎下载使用。
物理人教版 (2019)5 带电粒子在电场中的运动导学案： 这是一份物理人教版 (2019)5 带电粒子在电场中的运动导学案，共2页。
高中物理人教版 (2019)必修 第三册5 带电粒子在电场中的运动学案设计： 这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第三册5 带电粒子在电场中的运动学案设计，共7页。学案主要包含了学习目标，自主学习，合作探究等内容，欢迎下载使用。
