2025年人教版高中物理必修3专项强化：带电粒子在电场运动题型归纳（解析版）

专题强化02：带电粒子在电场运动题型归纳

【题型归纳】

>题型一、带电粒子的直线运动问题

>题型二、带电粒子计算重力的直线运动

>题型三、带电粒子计算重力的圆周运动问题

>题型四、带电粒子计算重力的一般运动物体

>题型五、带电粒子在非匀强电场的运动

>题型六、带电粒子在电场的偏转计算问题

>题型七、带电粒子在电场的偏转推论

>题型八、带电粒子运动的综合问题

【题型探究】

题型一、带电粒子的直线运动问题

1.（23-24高二上.四川凉山.期中）如图所示，在虚线的左侧存在向右的匀强电场，场强为瓦现有一质量

为机、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），从虚线上某点以一定的初速度向左射入电场，已知粒子射入

的最大深度为/,则粒子到达最大深度所用时间为（）

—>

【答案】C

【详解】设该带正电粒子初速度为%,由动能定理得

12

—QEI=0——TTtVg

解得

%=产

该带正电粒子的加速度大小

qE

a=—

m

末速度为零的匀减速直线运动，可以看成反方向初速度为零的匀加速直线运动，则粒子到达最大深度所用

时间

m

故选c。

2.（22-23高三上•黑龙江鸡西•期末）如图在P板附近有电荷由静止开始向Q板运动，则以下解释正确的是

A.到达Q板的速率与板间距离和加速电压两个因素有关

B.到达Q板的速率与板间距离无关

C.两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越大

D.若电荷的电压U、与电量q均变为原来的2倍，则到达Q板的速率变为原来的4倍

【答案】B

【详解】AB.根据动能定理得

〃12

qU=—mv

到达Q板的速率为

v=

可知到达Q板的速率只与加速电压有关，与板间距离无关，故A错误，B正确；

C.根据动力学公式

L=-at~

2

可知两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越小，故C错误；

D.到达Q板的速率为

v=

故若电荷的电压U、与电量q均变为原来的2倍，则到达Q板的速率变为原来的2倍，故D错误。

故选B。

3.（22-23高二上•贵州贵阳•期中）如图所示，A和B是置于真空中的两平行金属板，所加电压为U。一带

负电的粒子以初速度均由小孔水平射入电场中，粒子刚好能达到金属板B。如果要使粒子刚好达到两板间

距离的一半处，可采取的办法有（)

A.初速度为，，电压。不变B.初速度为今，电压为?

C.初速度为v。，电压为?D,初速度为好,电压为0U

【答案】B

【详解】A.设粒子的电荷量为4,质量为机，板间距为4,板间电场强度为E,根据题意，由动能定理有

12

-qU=0--mv0

若调整粒子的初速度为半，设此时的电压为U',则根据动能定理有

"、吟2

解得

U'=-U=E--d

44

则可知，初速度为，，电压U不变，粒子到达两板间距离;的地方，故A错误；

B.根据以上分析可知，当初速度为葭，电压U不变，粒子到达两板间距离:的地方，而若电压为假时，

此时板间场强

设此时粒子到达距离极板A的距离为d',则应有

E'd'=-U

4

解得

d'=—d

2

故B正确；

C.若初速度为%不变，电压为?，根据

=机片

分析可知，此种情况下粒子可到达极板B,且到达极板B时动能不为零，故C错误；

D.由

12

=

-qU0--JTIVQ

分析可知，当初速度为力,电压为0U时，此时电场强度

£〃=回

d

因粒子速度减为零所需电压为U,设种情况下粒子到达极板间距的d"处，则有

E"d〃=U

解得

d"=—d

2

故D错误。

故选Bo

题型二、带电粒子计算重力的直线运动

4.（23-24高二上.吉林延边）如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为仇极板间距为d,

带负电的微粒质量为相、带电量为4,从极板M的左边缘A处以初速度物水平射入，沿直线运动并从极板

N的右边缘8处射出，则（）

A.微粒的加速度大小等于gsin。

B.两极板的电势差沪墨

C.微粒达到8点时动能为机看

D.微粒从人点到5点的过程电势能增加鬻

【答案】B

【详解】AB.微粒在电场中受到重力和电场力，而做直线运动，电场力与重力的合力必定水平向左，如图

所示

微粒沿直线做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得

mgtm3=ma

mg=Eq=4q

COS0d

解得

mgd

a=gtan6,U=

MNqcosO

故A错误，B正确;

C.由于微粒做匀减速直线运动，动能减小，故C错误;

D.微粒的电势能增加量为

"3%

cos6

故D错误。

故选B。

5.（23-24高二上.四川自贡•期中）如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止

开始由6沿直线运动到/且加与竖直方向所夹的锐角为45。，则下列结论正确的是（）

A.此液滴带负电B.液滴做匀加速直线运动

C.合外力对液滴做的总功等于零D.液滴的电势能增加

【答案】B

【详解】A.若液滴带正电，其受力情况如图所示

Eq

\/、d

Mw

屋mg

液滴不可能沿切做直线运动，故只能带负电荷，故A正确;

B.对液滴进行受力分析，其受力情况如图所示

故液滴所受合力方向与液滴运动方向相同，且合外力为恒力，故液滴做匀加速直线运动，故B正确；

C.由上分析可知，合外力对液滴做正功，故C错误；

D.由上分析可知，电场力对液滴做正功，故液滴的电势能减小，故D错误。

故选B。

【点睛】物体做直线运动，则合外力方向与速度方向始终共线。

6.（23-24高二上.安徽黄山•期中）一质量为机的带正电小球，在竖直方向的匀强电场中静止释放，小球下

2

落的加速度大小为（g为重力加速度），小球下落的高度〃，则在过程中（）

,2

A.电场方向竖直向下B.重力势能减少

C.机械能减少了D.电势能减少了^mgh

【答案】C

【详解】A.由于小球由静止下落，下落加速度大小为

2

a=-g<g

可知，电场力向上，小球带正电，则电场方向竖直向上，由牛顿第二定律有

mg-/=ma

解得

厂1

埼=产

故A错误；

B.在小球下落力高度的过程中，重力做功为

WG=mgh

由功能关系可知，重力势能减少了，跖3故B错误；

CD.在小球下落/z高度的过程中，电场力做功为

%=-^mgh

由功能关系可知，机械能减少了;磔〃，电势能增加了;机g",故D错误，C正确。

故选C„

题型三、带电粒子计算重力的圆周运动问题

7.（23-24高二上・北京东城•期末）如图所示，用一不可伸长的绝缘细线拴一个带正电的小球，让它在竖直

向下的匀强电场中绕。点做竖直平面内完整的圆周运动,小。两点分别是圆周的最高点和最低点，那么（

a

✓、

Z、

✓✓\、

/\

I/\\

:lo:

\I

\I

\/

\/

\✓

\、、,✓Z

、--

V（6。E、，

A.小球经过。点时细线上的拉力大于经过b点时细线上的拉力

B.小球经过a点时，动能最大，电势能最小

C.小球经过6点时，其动能与重力势能之和最大

D.小球在整个圆周运动过程中，系统机械能守恒

【答案】C

【详解】A.小球在竖直平面内做完整的圆周运动，从a点到。点重力与电场力做正功，所以小球在b点速

度最大，设小球在。点速度大小为1,在6点速度大小为V；,,小球质量为他，带电荷量为分电场强度为E,

细线的长度为L重力加速度为g,细线上的拉力为凡由牛顿第二定律，在a点可得

V2

m

Fa+mg+qE=~£

v2

Fa=m--mg-qE

在b点可得

Fb-mg-qE=

Fb=mg+qE+m+

所以小球经过a点时细线上的拉力小于经过b点时细线上的拉力，A错误；

B.小球从6点到a点的过程中，重力与电场力做负功，重力势能增大，电势能增大，动能减小，B错误；

C.小球从a点到b点的过程中，重力与电场力做正功，小球的电势能减小，动能增大，机械能增大，因此

小球经过b点时机械能最大，所以其动能与重力势能之和最大，C正确；

D.小球在整个圆周运动过程中，除重力做功外，电场力也做功，因此系统机械能不守恒，D错误。

故选C。

8.（22-23高二上•广西柳州•阶段练习）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

强为瓦在与环心等高处由静止释放一质量为机、带正电、电荷量为q的小球，下列说法正确的是（）

A.小球运动到最低点过程电势能逐渐增大

B.小球在运动过程中机械能守恒

C.小球经过环的最低点时对轨道的压力为mg+qE

D.小球经过环的最低点时对轨道的压力为3（〃?g+qE）

【答案】D

【详解】A.在运动到最低点的过程中，电场力一直做正功，则电势能逐渐减小，故A错误;

B.小球在运动的过程中除了重力做功以外，还有电场力做功，机械能不守恒，故B错误；

CD.小球经过环的最低点时有

v2

r-mg-Eq-m—

根据动能定理有

12

~mv=mgR+EqR

联立解得

F=3（mg+qE）

故C错误，D正确。

故选D。

9.（23-24高二上.四川成都.期末）如图，空间存在水平向右的匀强电场，电场强度大小石=」，半径为R

q

的圆环竖直固定。一质量为优、电荷量为q的带正电小球从轨道内侧最低点A以某一初速度v沿顺时针方向

做圆周运动，小球恰好能通过圆弧上与圆心。等高的B点，重力加速度为g,则速度V大小为（）

VA

A.yf2gRB.^[igRC.2y[gRD.yf5gR

【答案】C

【详解】小球恰好能通过圆弧上与圆心o等高的8点，根据动能定理有

1,12

-mgR-qER=—mvt--mv

mVt2

qE=——

R

速度v大小为

v=yf5gR

故选C。

题型四、带电粒子计算重力的一般运动物体

10.（23-24高三下•安徽黄山•阶段练习）如图所示，是竖直面内的光滑固定轨道，油水平，长度为几

be是半径为R的四分之一圆弧，与M相切于b点。空间分布有范围足够大的沿水平方向的匀强电场，电场

强度后=等。一质量为机、电量为g的带电小球（可视为质点），自。点处从静止开始释放后向右运动。

重力加速度为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，机械能的增量为（）

A.3mgRB.4mgRC.12mgRD.\6mgR

【答案】D

【详解】从。运动到C的过程中

12

EqlR-mgR=—mvc

解得

离开C点后，竖直方向上，上升到最高点

匕6R

gVS

水平方向上的位移为

x=—at2=—12=6R

2x2m

小球从。点开始运动到其轨迹最高点过程中电场力做功为

W=Eq-(27?+x)=16mgR

故选D。

H.（23-24高二上•江西南昌・期末）如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为机的带电小球，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

程中，速度大小的最小值为（）

N

E

A.空v——VC.vD.0

55

【答案】A

【详解】带电小球在电场中做匀变速曲线运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加

速运动,由运动学公式有

Vy=V=gt

v=2v=at=1

xm

可得

qE=2mg

合成电场力和重力，设等效重力与竖直方向的夹角为e,如图所示

x

2v

=x=£

_____________Vfn.Z；

qE,、酎

/^g效tng

故有

tan6=/=2

mg

则有

sin6=-V5i

当小球做类斜上抛运动到等效最高点时，速度最小，则有

.A2A

"min=vsin6=^—

故选Ao

12.（23-24高二上.四川绵阳•阶段练习）如图所示，在水平向右的匀强电场中，以初速度vo竖直向上抛出一

个带正电的小球，若qE=mg,则以下说法正确的是（）

----------EA

1:

A.小球做变加速运动

B.小球运动到最高点时速度最小

C.小球运动过程中速度改变量的方向始终不变

D.小球运动到与抛出点等高位置时速度大小仍为vo

【答案】C

【详解】A.小球受到的重力和电场力均为恒力，所以合外力恒定不变，则小球做匀变速曲线运动，速度改

变量的方向始终不变，故A错误，C正确；

B.水平电场力与重力等大，小球先做减速曲线运动，后做加速度曲线运动。当小球实际速度与合力即0mg

垂直，与水平方向夹角为45。时，速度最小，故B错误；

D.小球运动到与抛出点等高位置时，竖直方向有

g

水平方向

匕=At=gt=2v0

则小球运动到与抛出点等高位置时速度大小为

v=册+（2%•='

故D错误。

故选Co

题型五、带电粒子在非匀强电场的运动

13.（23-24高二上•四川成都・期中）如图所示为点电荷产生的电场中的一条电场线，若一带负电的粒子从A

点运动到B点时，其速度图像如图，关于A8两点场强及电势可判定（）

AB

A.EA>EB-,(pA>cpBB.EA>EB-,(pA<(pB

C.EA<EB-(pA>(pBD.EA<EB-(pA<(pB

【答案】C

【详解】V—图像的斜率表示加速度，带负电的粒子从A点运动到8点过程中，V—图像斜率的绝对值逐

渐增大，可知粒子的加速度逐渐增大，根据牛顿第二定律

qE

a——

m

可得

EA<EB

带负电的粒子从A点运动到B点过程中，粒子的速度逐渐减小，电场力做负功，根据

^AB=uAB，（—q）=（0A一%）（—q）<。

可得

(PA>(PB

故选c。

14.（22-23高二上•四川眉山•期中）如图所示，空间中有两个固定的等量正点电荷，两电荷的连线处于水平

方向，。为连线的中点，尸、加为连线的中垂线上的两点，且尸O=OM=/?。现将一带负电的小球从尸点静止

释放，重力加速度为g,下列说法正确的是（）

I

I

I

I

I

I

@---冷----㊉

I

I

I

I

I

A.到达M点时，小球的速度为

B.从尸到M的过程中，小球在。点的动能最大

C.从尸到。的过程中，小球的加速度可能一直增大

D.从P到M的过程中，小球的机械能先增大后减小

【答案】D

【详解】A.根据两个等量的正点电荷中垂线上电场的对称性可知，尸与M两点的电势相等，则小球在这两

点的电势能相等，故小球从尸到M的过程中，电场力做功为零，由动能定理得

〃2

mg-2/i=—1mv

解得

v=2y[gh

故A错误；

B.当小球加速度为零时，小球的速度最大，动能最大，小球在。点加速度为重力加速度，故B错误；

C.两个等量的正点电荷，其连线中垂线上。点场强为零，无穷远处场强为零，从O点至无穷远，电场强

度先增大后减小，所以，从尸到。的过程中，电场强度大小变化情况不确定，则小球所受电场力大小变化

情况不确定，加速度变化情况不确定，但不可能是一直增大，故C错误；

D.小球从P到。的过程中电场力做正功，根据功能关系可知，小球的机械能增加；小球从。到M的过程

中，由于电场强度的方向为则小球受到电场力方向MT。，从。到M电场力做负功，根据功能关

系可知小球的机械能减少，所以，从尸到〃的过程中，小球的机械能先增大后减小，故D正确；

故选D。

15.（22-23高二上•山东济南•期末）如图所示，斜面长为工、倾角为30。的固定光滑绝缘斜面处于电场（图

中未画出）中，一电荷量为外质量为相的带正电小球，以大小为%的初速度由斜面底端的A点开始沿斜

面向上运动，到达斜面顶端的速度大小仍为%。重力加速度大小为g。下列说法正确的是()

A.小球在A点的电势能大于B点的电势能

B.小球由A点运动至8点的过程中，其所受电场力做的功为机gL

C.A点的电势低于2点的电势

D.若该电场是由正点电荷。产生的，则A点场强小于8点场强

【答案】A

【详解】A.根据题意可知，小球沿斜面运动过程中，只有重力势能、动能与电势能之间的转化，A点与8

点速度大小相等，这两点的动能相等，运动过程中，重力势能增大，可知电势能减小，即小球在A点的电

势能大于8点的电势能，A正确；

B.由上述可知，减小的电势能等于增加的重力势能，可知

%=一八综电=AEp重=mgLsin30mgL

B错误；

C.小球带正电，根据上述，电势能减小，则电场力做正功，根据

WAB=qUAB=qq)A-q(pB>0

可知

(PA>(PB

C错误；

D.根据上述，A点的电势高于B点的电势，若该电场是由正点电荷。产生的，根据正电荷电场分布呈现由

正电荷发散的规律，而沿电场线电势降低，可知A点的电场线分布比8点密集一些，可知若该电场是由正

点电荷。产生的，则A点场强大于8点场强，D错误。

故选A„

题型六、带电粒子在电场的偏转计算问题

16.（23-24高二上.陕西西安・期末）如图所示，平行板电容器的上、下极板间的距离恒定，上极板带有正电

荷，下极板带有等量负电荷。粒子1和粒子2分别沿着两极板的中心线先后以相同的初速度射入平行板电

容器，已知两粒子均能从电场射出，粒子1和粒子2比荷之比为1:3,不计粒子所受重力，下列说法正确的

是（）

一°

E

F、1、1、1\

A,粒子1和粒子2在电场中运动的时间之比为1:3

B.粒子1和粒子2在电场中运动的加速度大小之比为1:9

C.粒子1和粒子2在电场中运动的侧位移大小之比为1:3

D.粒子1和粒子2在电场中运动的侧位移大小之比为1:9

【答案】C

【详解】A.粒子1和粒子2在电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，设极板长度为L,粒

子的初速度为%,则运动时间为

L

t=——

%

则粒子1和粒子2在电场中运动的时间相等，即时间之比为1:1,故A错误；

B.由牛顿第二定律有

qE=ma

由于同一个电场，所以场强相等，粒子1和粒子2比荷之比为1:3,则粒子1和粒子2在电场中运动的加速

度大小之比为1:3,故B错误；

CD.粒子在电场中运动的侧位移大小

12

y=—at

-2

结合之前的分析可知，粒子1和粒子2在电场中运动的侧位移大小之比为1:3,故C正确，D错误。

故选Co

17.（23-24高二上.江西吉安・期末）如图所示，两极板间的电压为U。，比荷为左的带电粒子以初速度v从距

离为4、水平长度为L的两极板中心处水平射入，不计粒子的重力，则粒子射出极板时速度方向与水平方向

夹角的正切值为（）

1-

kLU0

A.------B也

dv2.dv

2"U°D2kLU°

C.--------z-

dv2dv

【答案】A

【详解】微子在极板中的运动时间为

L

t=—

v

竖直方向上粒子的加速度为

射出极板时，竖直方向上粒子的速度为

Vv=qu°L

ymdv

所以粒子射出极板时速度方向与水平方向夹角的正切值为

vqULkLU

tanay00

vmdv2dv2

故选Ao

18.（23-24高二上•北京丰台•期末）如图所示，一个正电荷由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的

方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电荷质量为机，电荷量为加速电场电压为4。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4不计正电荷所受重力，下列说法正确的是（

A.正电荷从加速电场射出时具有的速度%=

B.正电荷从偏转电场射出时具有的动能Ek=qU°+qU

UL

C.正电荷从偏转电场射出时速度与水平方向夹角的正切值tana=

2U0d

一p

D.正电荷从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离y=源

【答案】C

【详解】A.在加速电场中，根据动能定理知

代入得

%=

A错误；

B.根据动能定理知

U,尸尸

^-7^y=Ek~Eki

a

代入得

UqU2c

yAy+g-叩+也

B错误；

C.正电荷从偏转电场射出时速度与水平方向夹角的正切值为

tana--

%

沿垂直板面方向速度为

at=如"

nid%

代入得

,a。噜坐=处乂m_UL

mdv&md2qU02U0d

C正确;

D.由类平抛运动知，正电荷从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离

水平方向

L=v°t

代入得

、2

ui3

4U0d

D错误；

故选C。

题型七、带电粒子在电场的偏转推论

19.(2020・浙江•高考真题)如图所示，电子以某一初速度沿两块平行板的中线方向射入偏转电场中，已知

极板长度/,间距心电子质量小，电荷量e。若电子恰好从极板边缘射出电场，由以上条件可以求出的是

()

+++++

T

d㊀-----------------------

L

A.偏转电压B.偏转的角度C.射出电场速度D.电场中运动的时间

【答案】B

【详解】AD.粒子在平行板电容器中做以初速度为做类平抛运动，分解位移：

I=

d12

——=-at

22

电场力提供加速度：

eE=ma

极板间为匀强电场，偏转电压和电场强度满足：

U=Ed

联立方程可知偏转位移满足：

deUi2

22mv；d

结合上述方程可知，由于初速度v。未知，所以偏转电压和电场中运动的时间无法求出，故AD错误;

BC.偏转的角度满足：

tan^=—=-y-

%L

2

解得：tan6=。；初速度v。未知，粒子飞出电场时的竖直方向速度匕无法求出，所以粒子射出电场的速度无

法求出，故B正确，C错误。

故选B.

20.（20-21高三上•山东青岛•期中）如图，一带负电的粒子（不计重力）以某一初速度沿两块平行板的中线

方向射入偏转电场中，已知极板长度/,间距d,粒子质量加，电荷量击若电子恰好从极板边缘射出电场，

由以上条件可以求出的是（）

A.粒子的初速度B.两平行板间的电势差

C.粒子射出电场时的速度D.粒子在板间运动过程中速度方向偏转的角度

【答案】D

【详解】AC.带负电粒子在电场中做类平抛运动，设初速度是vo,平行极板方向做匀速直线运动，则运动

时间是

离开电场时垂直极板方向的分速度是

离开电场时垂直极板方向的位移是

加速度。不是己知，时间Z'不能求出，因此初速度vo和出电场时垂直极板方向的分速度叩不能求出，粒子

射出电场时的速度也不能求出，AC错误；

B.加速度

因不知道粒子在极板间的加速度a,平行板间的电势差U不能求出，B错误;

D.粒子射出电场时的速度反向延长线经水平位移的中点，设偏转角为仇则有

d

八2d

tan0=~r~=一

£I

2

粒子射出电场时的速度偏转角可以求出，D正确。

故选D。

21.（20-21高二上•四川成都•阶段练习）如图所示，平行四边形尸。、间存在竖直向下的匀强电场，一

质量为根=2.0xl（Hikg,电荷量为q=+1.0xl0-5C的带电粒子，从。点由静止开始经电压为U=100V的电场加

速后，垂直边界PQ进入匀强电场中，离开电场时速度方向与电场方向成45。角，已知PQ、MN间距离为

20cm,带电粒子的重力忽略不计，则下列说法正确的是（）

A.带电粒子从边界PQ进入匀强电场时的速度大小为vo=2.OxlO4m/s

B.带电粒子离开电场时沿电场方向的偏移量为y=5cm

C.边界PQ、MN间的场强大小为E=1.0xl03N/C

D.若将带电粒子换成质子，仍从a点由静止开始运动，质子离开电场时沿电场方向的偏移量将发生变

化

【答案】C

【详解】A.带电粒子在加速电场中由动能定理得

机说

l2qU/2xl.0xl0-5>d00

m/s=1.0xl04m/s

\m-2,0x1011—

故A错误;

B.带离开电场时速度方向与电场方向成45。角，速度方向的反向延长线交于水平位移的中点，由于PQ、

MN间距离为20cm,所以带电粒子离开电场时沿电场方向的偏移量为

y=10cm

故B错误;

C.带电粒子在偏转电场中运动的时间为

20x10-2

s=2.0x10-55

l.OxlO4

粒子离开偏转电场时的电场力方向的速度

4

vy=%=l.OxlOm/s

所以有

qE

v=at——t

m

解得

4Hi

vvm_1.0xl0x2.0x10

口——N/C=1.0X103N/C

qtl.OxlO-5x2.0xW5

故C正确;

D.带电粒子在加速电场中有

qU=^mvl

在偏转电场中有

L=%，

y=-at2

-2

mL

联立解得

AU

由此可知，偏移量与电荷量和质量都无关，所以若将带电粒子换成质子，仍从。点由静止开始运动，质子

离开电场时沿电场方向的偏移量不会发生变化，故D错误。

故选Co

题型八、带电粒子运动的综合问题

22.(24-25高二上•辽宁)如图所示，位于真空中的平面直角坐标系xOy,在第二象限内存在电场强度大小

为E、方向沿无轴正方向的匀强电场I,在xN/的区域存在电场强度大小也为E、方向沿y轴正方向的匀强

电场II。某时刻，一质量为加、电荷量为4的带正电粒子，以一定的速度沿y轴负方向通过电场I区域中的

P(-/,2/)点，之后恰好经坐标原点。进入第四象限。不计粒子重力。求该粒子:

(1)经过尸点时的速度大小;

(2)在第四象限运动过程中与x轴的最大距离;

(3)从离开P点到第二次通过x轴经历的时间。

\2qEl

【答案】⑴

m

(2)2/

ml

(3)12+

qE

【详解】(1)设粒子经过尸点时速度大小为%,从尸到。经历的时间为心则

27—VQZJ

I=~at；

qE

a=—

m

整理得

%=产

Vm

(2)粒子经过。点时，沿x轴方向的分速度

匕=M

整理得

叭=V。

即粒子经过。点进入第四象限时的运动方向与X,y轴的夹角均为45。，粒子在第四象限进入II区域电场时

与x轴的距离

X=/

此时粒子的速度

V=y[lvx

设粒子运动到与X轴相距最远的距离为％，此时粒子速度沿无轴正方向，大小为匕，根据动能定理

一qE(%-%)=；mv；-1mv2

整理得

M=21

(3)粒子通过I区域的时间

21

(1=~

%

粒子通过第四象限无电场区域的时间

I

f2=~