带电粒子在电场中的曲线运动（人教版）

专题10.6带电粒子在电场中的曲线运动

【人教版】

【题型1交变电场中的曲线运动问题】.............................................................

【题型2类平抛问题】............................................................................

【题型3类斜抛问题】............................................................................

【题型4变速圆周运动杆模型】...................................................................

【题型5变速圆周运动绳模型】...................................................................

【题型6联系实际】..............................................................................

【题型7组合场中的运动问题】...................................................................

【题型8叠加场中的运动问题】...................................................................

。。崂A女三

【题型1交变电场中的曲线运动问题】

［例1］如图甲所示，A、8是两块水平放置的足够长的平行金属板，8板接地，A、8两极板间电压随时间

的变化情况如图乙所示，C、。两平行金属板竖直放置，中间有两正对小孔。'和。2,两板间电压为5。

现有一带负电粒子在f=0时刻以一定的初速度沿48两板间的口轴线OiOj进入，并能从0「沿0J01

进入C、。间。已知粒子的带电荷量为一小质量为〃?，(不计粒子重力)求：

⑴粒子刚好能到达&孔时，则该粒子进入A、8间的初速度的为多大；

(2)在(1)的条件下，A、8两板长度的最小值；

(3)八、8两板间距的最小值。

解析：(1)因粒子在A、8间运动时，水平方向不受外力作用做匀速运动，所以进入孔时的速度即为进

入A、8板的初速度

在C、。间，由动能定理有qUi=^nv(?

解得。。=仔。

(2)由于粒子进入A、B后,在一个周期T内，竖直方向上的速度变为初始状态，即。登=0,竖直方向的位

移也为0,若在第一个周期末粒子从A、B板中射出，则对应两板最短，长度为L=VQT=T\J^^°

(3)若粒子在运动过程中刚好不到A板而返回，则此时对应两板间距最小，设为d

则制黜3

解得d=q

【变式11】如图1所示，水平放置的平行金属板A和8的距离为，它们的右端安放着垂直于金属板的靶MN,

现在4、8板上加上如图2所示的方波形电压，电压的正向值为U。,反向电压值为号,且每隔（变向1次。现将质

量为m的带正电、电荷量为q的粒子束从AB的中点0沿平行于金属板的方向0。，射入，设粒子能全部打在

靶上而且所有粒子在4B间的飞行时间均为7；不计重力的影响。

⑴定性分析在t=0时刻从。点进入的粒子，在垂直于金属板的方向上的运动情况。

（2）在距靶MN的中心。，点多远的范围内有粒子击中？

⑶要使粒子能全部打在靶M/V上，电压U。的数值应满足什么条件?（写出U。、m、d,q、7"的关系式即可）

答案⑴先向下做匀加速运动,再向下做匀减速运动⑵击中的范围在以下陪到。'以上留

1077241loma

8md2

(3)(/o<

5qT2

解析⑴时间内，带正电的粒子受到向下的电场力而向下做加速运动,在卜了时间内，粒子受到向上的电场

力而向下做减速运动。竖直方向的Vt图像如图中①所示。

⑵当粒子在0727；…,"时刻进入电场中时，粒子将打在。点下方最远点在前!时间内，粒子在竖直方向向下的

位移5产1102=*；在后/时间内，粒子在竖直方向向下的位移父“.2（歹将v=ar;=^7

228md222\2/22ma

代入上式得52=新

故粒子打在距。'点正下方的最大距离S』+S2金然

16md

当粒子在其…，（2"16时刻进入电场时（竖直方向的S图像如图中②所示），将打在。点上方最远点，在前:时

间内,粒子在竖直方向向上的位移51ssO:阴

N\乙/lomu

2

在后吊寸间内，粒子在竖直向上的位移。吗”（9

其中/=6.邛%2'=吟代入上式得52'=0,故粒子打在距。点正上方的最大距离S』+52，=*

24mdma16md

所以击中的范围在。'以下陪到。'以上陪。

16md16ma

⑶结合⑵知，要使粒子能全部打在靶上，须有

SqUcT^d

16/nd2

解得U。等。

【变式12】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/=（）时刻，一带电粒子沿板间的中线OO'垂直电场方向射入电场，2小时刻粒子刚好沿

下极板右边缘射出电场.不计粒子重力.则（）

A.粒子带负电

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白

D.若粒子射入电场时的速度减为一半，射出甩场时的速度垂直于电场方向

答案C

解析粒子向下偏转，可知粒子带正电，选项A错误；粒子在平行板间在。〜/o时间内做曲线运动；在/o〜

2fo时问内不受任何力，则做直线运动，选项B错误；籽子在水平方向一直做勺速运动，可知射入电场时的

速度大小为火=/，选项C正确：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，射出电场时有沿电场方向的速度，则射出电场时的速度不可能垂直于电场方向，选项D

错误.

【变式13］在图中所示的极板4、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期

为r,现有一电子以平行于极板的速度如从两板中央。。’射入.已知电子的质量为〃?，电荷量为e,不计

电子的重力，问：

（1）若电子从f=0时刻射入，在半个周期内恰好能从4板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？

（2）若电子从1=0时刻射入，恰能平行于极板飞出，则极板至少为多长？

（3）若电子恰能从00'平行于极板飞出，电子应从哪〜时刻射入？两极板间距至少为多大？

答案见解析

解析（1）由动能定理得年=）加（『

定的初速度进入偏转电场，经过偏转电场发生偏转后，打到纸匕显示出字体。无信号输入时，墨汁微粒

不带电，沿直线通过偏转电场而注入回流槽流回墨盒。设偏转极板长匕=1.6cm,两板间的距离d=0.50cm,

偏转极板的右端到纸的距离心=2.4cm。若一个墨汁微粒的质量为1.6X1010kg,所带电荷量为1.25X10一

,2C,以20m/s的初速度垂直于电场方向进入偏转电场，打到纸上的点距原射入方向的距离是1.0mm（不计

空气阻力和墨汁微粒的重力，可以认为偏转电场只局限在平行板电容器内部，忽略边缘电场的不均匀

性）1）

A.墨汁从进入偏转电场到打在纸上，做类平抛运动

B.两偏转板间的电压是2.0X103v

C.两偏转板间的电压是5.0X102v

D.为了使纸上的字体放大10%,可以把偏转电压降低10%

解析：选C墨汁在偏转电场中做美平抛运动，出偏转电场后做匀速直线运动，A错误；墨汁出偏转电场后

做匀速直线运动，且反向延长线平分水平位移，如图所示：

由图可知tantan。二丁，一，又“.=〃/=吗/,1=勺，联立解得两偏转板间的电压是U=5.0X1（）2丫

'metPo

B错误，C正确；由以上式子整理得=qUL=12五）为了使纸上的字体放大io%,可以把偏转也压提高

AitiaVo

10%,D错误。

【变式22］（多选）四个带电粒子的电荷量和质量分别为（+q,㈤、（+夕,2M）、（+3夕,3m）、（—g,⑼，它们先

后以相同的速度从坐标原点沿工轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与），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（）

解析：选AD分析可知带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则带电粒子的运动轨迹方程为产/WJ，

由于带电粒子的初速度相同，带电粒子（+%/〃）、（+3q,3m）的比荷相同,则带电粒子（+q,m）、（+3g,3m）

的运动轨迹重合，C错误；当电场方向沿y轴正方向时，带正电荷的粒子向y轴正方向偏转，带负电荷的粒

子向y轴负方向偏转，则粒子（十小〃?）、（+3q,3〃?）的运动轨迹与粒子（一q,加）的运动轨迹关于x轴对称，

粒子（+“2〃?）的比荷比粒子（+q,⑼、（+3。，3〃?）的小，则x相同时，粒子（+q,2〃?）沿y轴方向的偏转量比

粒子（+q,小）、（+3/3M的小，D正确；当电场方向沿y轴负方向时，同理可知A正确，B锌误。

【变式23］空间存在一方向竖直向下的勺强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方何以不同速度

先后发射两个质量均为m的小球.4、瓦A不带电，B的电荷量为式4>0）。A从。点发射时的速度大小为我,

到达P点所用时间为1;8从。点到达P点所用时间痣。重力加速度为g,求：

⑴电场强度的大小；

（2）B运动到P点时的动能。

解析：（1）设电场强度的大小为旦小球4运动的加速度为根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，

有m&+qE=ma①

割。=家②

解得E=*。③

（2）没B从。点发射时的速度为力，到达。点时的动能为反，0、尸两点的高度差为/?,根据动能定理有

Ek-多HVF=mgh+qE/i④

且有Vi^=Vot®

J

力=*~⑥

22

联立③④⑤⑥式得Ek=2/^o+^/）o⑦

答案：（1补肥（2）2〃?（如2+g2产）

【题型3类斜抛问题】

【例3】（多选）如图所示，有一匀强电场平行于平面X。?，一个带电粒子仅在电场力作用下从。点运动到A

点，粒子在。点时速度沿y轴正方向，经A点时速度沿x轴正方向，且粒子在4点的动能是它在0点时动

能的3倍。关于粒子在。4段的运动情况，下列判断正确的是（）

O\x

A.该带电粒子带正电荷

B.带电粒子在A点的电势能比在。点的电势能小

C.这段时间中间时刻粒子的动能最小

D.加速度方向与），轴正方向之间的夹角等于120°

解析：选BD依题意，匀强电场场强方向未知，故该带电粒子电性不明，故A错误；从。点运动到A点

的过程，动能增加，根据动能定理可知，也场力做正功，又根据电场力做功与也势能变化关系，可知带电

粒子在A点的电势能比在。点的电势能小，故B正确；设加速度方向与y轴正方向之间的夹角等于仇则

2

有qcos（7t—。）=岸asin（7i—0）=亍，^/ncr=3X^/nu0,联立，可得。=120°,故D正确；加速度与初速度方

向夹角为钝角，故粒子速度先减小，后增大，最小的动能出现在加速度与速度垂直的时候，这段时间中间

时刻粒子的两个分速度分别为2号=坐如，叭=当,合速度与水平面夹角为a,则tan坐，解得a

乙乙乙Ux3

=30°,加速度与速度夹角为60。，不垂直，故C错误。

【变式31］（多选）如图所示，•带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左.不

计空气阻力，则小球（）

A.做直线运动

B.做曲线运动

C.速率先减小后增大

D.速率先增大后减小

答案BC

解析对小球受力分析，小球受重力、静电力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故

小球做曲线运动，故A错误，B正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，

故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，选项C正确，D错误.

【变式32］（多选）在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从4点竖直向上抛出,其运动的轨迹如图所

示，小球运动的轨迹上4、B两点在同一水平线上,M为轨迹的最高点,小球抛出时的动能为8J,在M点的动能

为6J,不计空气阻力，则下列判断正确的是（）。

A.小球水平位移xi与x2的比值为103

B.小球水平位移xi与X2的比值为104

C.小球落到B点时的动能为32J

D.小球落到B点时的动能为14J

答案AC

解析将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动，竖直分运动

为竖直上抛运动,所以从A到M和从M到B点所用时间相等。对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相

等的时间间隔内位移之比为1团3,则小球水平位移X1与刈的比值为103;A项正确,B项错误;从4到8,根据动能

定理有F4XI=&88从4到M的水平方向，根据运动学公式和牛顿第二定律有为2=2%L得以产斤），兀2=6J,联立

mN

解得小球落到B点时的动能为32J,C项正确Q项错误。

【变式33］（多选）如图，质量为跖、带电荷量为+夕的小金属块人以初速度的从光滑绝缘水平高台上飞出。

已知在足够高的高台边缘右面空间中存在水平向左的匀强电场，电场强度大小£=警。则（）

A.金属块不一定会与高台边缘柱碰

B.金属块一定会与高台边缘相碰，相碰前金属块在做匀变速运动

C.金属块运动过程中距高台边缘的最大水平距离%

D.金属块运动过程的最小速度为唔2

解析小金属块水平方向先向右做匀减速直线运动，然后向左做匀加速直线运动，一定会与高台边缘相碰，

故A错误；相碰前，金属块受重力和电场力，合力是恒力，做匀变速运动，故B正确；小金属块水平方向

向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律qE=〃口，得加速度大小为。=3%根据速度与位移关系式知金属

块运动过程距高台边缘的最大水平距离为知=券=居，故C错误;小金属块水平方向的分速度2=的-3a

竖直方向做自由落体运动，分速度外尸g/；合速度0=弋*+/=[(、()-3g/)?+(gj)2=N10g2/2—6g/p()+。

根据二次函数知识，当/=靛时，小金属块的速度有极小值为噜4故D正确。

答案BD

【题型4变速圆周运动杆模型】

【例4】如图，两个带等量正电的点电荷，分别固定在绝缘水平桌面上的A、8两点，一绝缘圆形细管水平

固定在桌面A、B两点、间,且圆形细管圆心。位于A、3连线的中点，

细管与人、B连线及中垂线交点分别为C、E、D、F,一个带负电的小球在细管中按顺时针方网做完整的圆

周运动，不计一切摩擦。下列说法正确的是()

:/­

A.小球从C运动到。的过程中，速度先减小后增大

B.在两个带正电的点电荷产生的电场中，C点的电势比尸点的电势低

C.小球在C、E两点的速度大小相等，有相同的电势能

D.小球在。、尸两点所受的电场力相同

解析：选C小球从C到。的过程中包场力的方向与速度方向的夹痢一直是钝角，电场力一直做负功，速

度一直减小，A错误；由等量正点电荷的电场线的分布可知，电场线在0C方向由。指向0,在0尸方向则

有。指向£顺着电场线方向电势降低，因此有伙B错误；根据电场分布的对称性规律可知℃=

（PE,则小球在C、E两点的电势能相同，由能量守恒定律可得小球在。和E两点动能相同，速度大小相等，

C正确：等量同种正点电荷的电场线如图，。、尸两点场强方向相反，因此小球受到的电场力方向相反，D

错误。

【变式41］如图所示，环形塑料管半径为R,竖直放置，且管的内径远小于环的半径,ab为该环的水平直径，环的

ab及其以下部分有水平向左的匀强电场，电场强度的大小，管的内壁光滑。现将一质量为m,电荷量为“

q

的小球从管中a点由静止释放，则（）。

A.小球到达b点时速度为零，并在adb间往复运动

B.小球每周的运动过程中最大速度在圆弧ad之间的某一位置

C.小球第一次和第二次经过最高点c时对管壁的压力之比为105

D.小球第一次经过最低点d和最高点c时对管壁的压力之比为他

答案C

解析带电小球从a点由静止释放，只有重力和电场力做功,带电小球到达b点,重力势能不变，电势能减小，故

到达b点时的动能Ek=qE2R=2mgR,A项错误;当小球重力和电场力的合力正好沿半径方向时，小球的速度最大,

所以速度最大点在d点的左侧,B项错误;第一次过d点时根据动能定理，有mgR+qE/4mv1,根据向心力公式,

有，解得FNid=5mg,第一次过c点根据向心力公式，有风行偌=邛，第一次经过c点的动能为

KK

1%c2=mgRAdmg,则小球第一次经过最低点d和最高点c时对管壁的压力之比为FNIJ3FNIC=501,D项错误;

从a点释放到第二次到c点的过程根据动能定理，有mgR+2M2c2,根据向心力公式，有

解得FN2c=5mg,则小球第一次和第二次经过最高点c时对管壁的压力之比为FNI&FN2c=1团51项正确。

【变式42］如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心。处放一点电荷，将质量为〃?，带电量为

q的小球从圆弧管的水平直径端点C由静止释放，小球沿细管滑到最低点8时，对管壁恰好无压力，则放于

圆心处的点电荷在C点产生的场强大小为（）

A

B

答案：B

故选B。

【变式43］如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为「的绝缘光滑圆环固定在竖直工面内，。是

圆心，A8是竖直方向的直径。一质量为，〃、电荷量为十夕（9>0）的小球套在圆环上，开静止在尸点，O尸与

竖直方向的夹角夕=37。。不计空气阻力，已知重力加速度为g,sin37。=06cos37。=0.8。求:

（1）电场电度E的大小；

（2）若要使小球从P点出发能做完整的圆周运动，小球初速度的大小应满足的条件。

解析：（1）当小球岸止在P点时，，卜球的受力情况如图所示，

则有,=tan仇所以E=喑。

（2）小球所受重力与电场力的合力C="咫产+（2=加。当小球做圆周运动时，可以等效为在一个“重力

加速度”为余的“重力场”中运动。若要使小球能做完整的圆周运动，则小球必须能通过图中的Q点。设

当小球从尸点出发的速度为。min叶，小球到达Q点时速度为零，在小球从尸运动到。的过程中，根据动能

定理有

51、

-yn^-2r=0-^Wmin",

所以Qnin=、5gr,即小球的初速度应不小于小gr。

答案：（1）翳（2）不小于痂

【题型5变速圆周运动绳模型】

【例5】如图所示，一光滑绝缘半圆环轨道固定在竖直平面内，与光滑绝缘水平面相切于8点，轨道半径为

R。整个空间存在水平向右的匀强电场E，场强大小为翳，一带正电小球质量为/〃、电荷量为q,从距离8

R

点为？处的A点以某•初速度沿AB方向开始运动，经过B点后恰能运动到轨道的最高点Cc(重力加速度为

g,sin370=0.6>cos37。=0.8)贝!I：

(1)带电小球从A点开始运动时的初速度加多大？

(2)带电小球从轨道最高点C经过一段时间运动到光滑绝缘水平面上。点(图中未标出)，B点与D点的水平

距窝多大？

［解析］(1)小球在半圆环轨道上运动时，当小球所受重力、电场力的合力方向与速度垂直时，速度最小。设

产台与竖直方向夹角为氏则tan6=W=》则9=37。，故尸合=寻诃=»〃8。设此时的速度为以由于合

力恰好提供小球圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得平=〃哈

解得。=十?

从A点到该点由动能定理得

一+cos37°)-3臂尺!+>in37°=z/nu2—r//zr()2

解得Vo=^\fgR0

(2)没小球运动到C点的速度为Vc,小球从A点到C点由动能定理得一2〃?gR—当^X4=%M一3九“『

解得Uc=%7gR

当小球离开C点后，在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀加速直线运动，设C点到D点的运动时间

为1。设水平方向的加速度为。，8点到。点的水平距离为x

水平方向上有誓=〃心

x=vd+\at1

竖直方向上有2s2

联立解得工=巾+5心

［答案I(1)17谋(2附+*

【变式51］(多选)如图所示，长为L的细线拴一个带电荷量为+夕、质量为加小球，重力加速度为g,球处

在竖直向下的匀强电场中，电场强度为£,小球恰好能够在竖直平面内做圆周运动，则()

V»-/E

A.小球在最高点的速度大小为痔

B.当小球运动到最高点时电势能最小

C.小球运动到最低点时，机械能最大

D.小球运动到最低点时，动能为|（mg+c/E）L

答案CD

解析小球恰好能够在竖直平面内做圆周运动，则在最高点由重力和静电力的合力提供向心力，则有加g+

Eq=/*,解得v=N（"咯:Eq》,故A错误；小球向上运动时，静电力做负功，电势能增加，当小球运动

到最高点时电势能最大，故B错误；小球向下运动时，静也力做正功，机械能增大，运动到最低点时，小

球的机械能最大，故C正确；从最高点到最低点的过程中，根据动能定理得以一会/=〃%g+Eq）-2L,解得

反=|（〃吆+%乂，故D正确.

【变式52]（多选）如图，在水平向右的匀强电场中，一个质量为〃h电荷量为+q的小球，系在一根长为L

的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕。点做圆周运动。人3为圆周的水平直径，C。为竖直直径。已知重

力加速度为g，电场强度£=等，不计空气阻力，下列说法正确的是（）

A.若小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，则过最高点。的最小速度为相

B.若小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，则小球运动到B点时机械能最大

C.若小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，小球从C到。的过程中机械能不守恒

D.若将小球从A点由静止释放，小球能沿圆弧运动到。点且速度为零

解析：选BC由于电场强度"吆=”,将电场力和重力合成，合力方向通过圆心时，合力所在的直线与圆

周的交点是速度最大点和最小点。当绳子拉力为零时，小球的加速度大小为。=得=当詈=0g,故若小

球在竖直平面内绕。点做圆周运动，则它运动的最小速度为〃在右上方的交点时，绳子拉力为零，此时

则有：y[2mg=itrj-,解得，v=y/y[igL,故过最高点。的最小速度一定大于故A错误；除重力和弹力

外其他力做功等于机械能的增加值，若小球在竖直平面内绕。点做圆周运动，则小球运动到B点时，电场

力做正功最大，故到8点时的机械能最大，故B正确：若小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，小球从

。到。的过程中电场力做功，所以机械能不守恒，故C正确；由于"吆=%,则小球受合力方向与电场方向

夹角45°斜向下，故若将小球在4点由繇止开始释放，它将沿合力方向做勺加速直线运动，故D错误。

【变式53］如图所示，一半径为R的绝缘圆形轨道竖直放置，圆轨道最低点B点与一条水平轨道相连，轨

道是光滑的，轨道所在空间存在水平向右、场强为E的匀强电场，从水平轨道上的A点由静止释放一质量

为冽带正电的小球，设小8间的距离为s.已知小球受到的静电力大小等于小球重力的彳倍，。点为圆形轨

道上与圆心。的等高点.（重力加速度为g）

⑴若s=2R,求小球运动到。点时对轨道的压力大小;

（2）为使小球刚好在圆轨道内完成圆周运动，求s的值.

答案（1号⑵半

解析（1）当小球从4点释放，在静也力作用下运动，从人到C点岸也力做正功，重力做负功，应用动能定

理得：

qE3R—mgR=%如（2

到达C点时，小球受到的支持力和静电力提供向心力，

即：F^-qE=nr^-

由牛顿第三定律，小球对就道的压力大小与小球受到的支持力大小相等，则

%，=尺=粤

（2）为了使小球刚好在圆周凯道内运动，小球到达。点时恰好仅重力和静电力，如图所示，此时有:

7=4（〃陪）2+（夕回2

V2

从A点到D点时据动能定理有：q反5—0.6/?）一〃窗1.8R）=%〃

23/?

则可以计算得:

6•

【题型6联系实际问题】

【例6】（多选）示波管是电子示波器的心脏，其中的电子枪产生一个聚集很细的电子束，电子束经电场加速到很

大的速度,再经过•对偏转板，加在偏转板上的电压使电子束发生偏转，电子束将随偏转板的电后的变化而上

下运动。简化示波管的工作原理图如图所示,两组平行带电金属板回和段板间距离和板长均为L,金属板组团竖直

放置，两板间所加电压为S,金属板组团水平放置，两板间所加电压为电子从金属板组£竖直板上的另点山

静止释放后，经B点沿金属板组⑶的中心线水平进入，最终恰好从金属板组团的下板右边缘射出。则下列说法止

确的是（）。

A.电子经过两组金属板的时间之比为201

B.电子经过两组金属板的加速度之比为102

C.平行带电金属板组团和团所加电压之比为1明

D.电子射出两组金属板的末动能之比为103

答案AB

解析设经过B点的速度为以经过金属板组团的时间卜=当经过金属板组团的时间。=匕电子经过两组金属板

的时间之比为201,A项正确;经过金属板组晡上夕止」,经过金属板组团有三色丫,电子经过两组金属板的加速

度之比为102,B项正确;经过金属板组团的加速度。产华，经过金属板组团的加速度。2=当，结合01^=102可得两

组

金属板所加电压之比为12c项错误;电子经过金属板组上4方/A电子经过金属板组残斗叫2解得

刎/0刎。2,射出两组金属板的末动能之比为12D项错误

【变式61］如图为某静电除尘装置的示意图。A、8为甩极和集尘板上某点连线上的两点。不计烟尘微粒与

空气的作用力及重力，下列说法正确的是（）

集

生

电极少”板

壬高压电源

A.A、8两点的电场强度大小不同，方向相同

B.集尘板边缘的电场方向一定与集尘板表面垂直

C.向集尘板加速靠近的烟尘微粒带负电,且加速度逐渐增大

D.若带电烟尘微粒由静止开始仅受电场力作用，则一定沿电场线到达集尘板

解析：选B也极与集尘板之间的包场线是曲线，并非直线，并且越靠近电极处电场线越密集，所以4、B

两点的电场强度大小不同，方向也不同，故A错误；集尘板表面为一等势面，所以集尘板边缘的电场方向

一定与集尘板表面垂直，故B正确：向集尘板加速靠近的烟尘微粒带负电，但所受电场力逐渐减小，加速

度逐渐减小，故C错误；由于电极与集尘板之间的电场线并非直线，所以带电烟尘微粒由静止开始仅受电

场力作用，其速度方向不可能始终沿电场线的切线方向，故D错误。

【变式62］如图所示，一种p射线管由平行金属板A、6和平行于金属板的细管C组成.放射源O在A极

板左端，可以向各个方向发射不同速度、质量为〃，的0粒子（电子）.若极板长为L,间距为4当A、B板

加上电压U时，只有某一速度的0粒子能从细管C水平射出，细管C离两板等距.已知元电荷为e,则从

放射源。发射出的P粒子的这一速度为（）

A.cqB.cqB》旧

eU（，+Z?）D宗厚

maN2m

答案C

解析从细管C水平射出的0粒子反方向的运动为类平抛运动，水平方向有乙=。说，竖直方向有苧=5户,

且a=Mi从4到C的过程有一如（？一5加，c/=e,以上各式联立解得v=^\Je*,：L）,选项c

正确.

【变式63］（多选）电子束熔炼是指高真空下，将高速电子束的动能转换为热能作为热源来进行金属熔炼的一

种熔炼方法。如图所小，阴极灯丝被加热后产生初速度为0的电子，在3X10』V加速电压的作用卜，以极

高的速度向阳极运动；穿过阳极后，在金属电极A、A2间IX1（户V电压形成的聚焦电场作用下，轰击到物

料上，其动能全部转换为热能，使物料不断熔炼。已知某电子在熔炼炉中的轨迹如图中虚线OPO'所示，P

是轨迹上的一点，聚焦电场过户点的一条电场线如图中弧线所示，则（）

＞，丫极

A』'扁（

砒赤

H

物料SO,

A.电极4的电势高于电极A2的电势

B.电子在P点时速度方向与聚焦电场强度方向夹角大于90°

C.聚焦电场只改变电子速度的方向，不改变电子速度的大小

D.电子轰击到物料上时的动能大于3X104eV

解析：选ABD由粒子运动轨迹与力的关系可知电子在P点受到的电场力斜向左下方，电子带负电，所以

电场强度方向与电子受到的电场方方向相反，即电极A］的电势高于电极4的电势，故A正确；电子在尸

点时速度方向与聚焦电•场强度方向夹角大于90。，故B正确；聚焦电1场不仅改变电子速度的方向，也改变电

子速度的大小，故C错误；由动能定理，电子到达聚焦电场时动能已经为3X104eV,再经过聚焦电场加速，

可知电子轰击到物料上时的动能大于3X10%V,故D正确。

【题型7组合场中的运动问题】

【例7］（多选）质子和a粒子（氮核）分别从静止开始经同一加速电压S加速后，垂直于电场方向进入同一偏

转电场，偏转电场电压为S.两种粒子都能从偏转电场射出并打在荧光屏MN上,粒子进入偏转电场时速度

方向正对荧光屏中心。点.下列关于两种粒子运动的说法正确的是（）

A.两种粒子会打在屏MN上的同一点

B.两种粒子不会打在屏上的同一点，质子离0点较远

C.两种粒子离开偏转电场时具有相同的动能

D.两种粒子离开偏转电场时具有不同的动能，a粒子的动能较大

答案AD

解析两种粒子在加速立场中做加速运动，由动能定理得一0,偏转电场中，设板长为匕平行

于极板方向：L=Votf垂直于极板方向：4=普=^^，丁=）尸，离开偏转电场时速度的偏转角为a,有tana

=^=~,联立以上各式得.v=义忍.tan版，偏移量）和速度偏转角a都与粒子的质量〃?、电荷量g

无关，所以偏移量y相同，速度方向相同，则两种粒子打在屏WN上同一点，故A正确，B错误：对两个

粒子先加速后偏转的全过程，根据动能定理得夕S+qU2'=Ek-0,因a粒子的电荷量g较大，故离开偏转

电场时。粒子的动能较大，C错误，D正确.

【变式71］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（）

纸

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

【解题指南】解答本题需明确以下三点：

⑴分析带负电的微滴的受力情况判断其偏转方向。

⑵根据电场力做功的正负判断电势能是增大还是减小。

⑶根据微滴在电场中做类平抛运动计算其偏移量，从而确定运动轨迹的性质。

【变式72］如图所示，虚线左侧有一场强为巴=£的匀强电场，在两条平行的虚线和产。之间存在着

宽为L，电场强度为&=2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为人处有一与电场后平行的屏.现将一电子

(电荷量0质量为加)无初速度放入电场扇中的A点，最后打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为0,

求：

(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；

(2)电子刚射出电场所时的速度方向与A。连线夹角的正切值；

⑶电子打到屏上的点B到0点的距离.

答案(2)2(3)3L

解析(1)包子在电场Ei中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为出，时间为小

由牛顿第二定律得：0=誓=得

电子进入电场£2时的速度为：

V\=a\t\

27

从进入电场所到打到屏上，电子水平方向做匀速直线运动，时间为：t2~

电子从释放到打到屏上所用的时间为：

t=h+t2

解得：匡

(2)没粒子射出电场反时平行电场方向的速度为叩，由牛顿第二定律得：电子在电场及中的加速度为：牝

Eie2Ee

=~=~

vy=a2t3

L

F

电子刚射出电场Ei时的速度方向与AO连线夹角的正切值为tan

解得：(an0=2

(3)带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示：

设巳子打到屏上的点3到。点的距离为x,由几何关系得：tan0=?-,

平

联立得：x=3L.

【变式73](多选)如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为乙板间距离

为乩距板右端L处有一竖直屏M.一带电荷量为外质量为〃，的质点以初速度的沿中线射入两板间，最后

垂直打在M上，则下列说法中正确的是(已知重力加速度为g)()

A.两极板间电压为婴

B.板间电场强度大小为当

D.若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上

答案BC

解析据题分析可知，质点在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，轨迹向下偏转，

才能最后垂直打在M屏■上，前后过程质点的运动航迹有对称性，如图所示：

则两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得qE—mg=ma,解得E="^,由U=Ed得

两极板间电压为。=爷4故A错误，B正确；质点在电场中向上偏转的距离y^at2,t=^,解得丫=寨,

故质点打在屏上的位置与P点的距离为s=2y=本，整个过程中质点的重力势能的增加量4=〃侬=嚅之

故C正确；仅增大两极板间的距离，因两极板上电荷量不变，根据七=g=先=二冬一="务可知，板间场

uCuy

~^r

强不变，质点在电场中受力情况不变，则运动情况不变，仍垂直打在用上，故D错误.

【题型8叠加场中的运动问题】

【例8】空间存在一方向竖直向下的匀强电场，0、P是电场中的两点.从。点沿水平方向以不同速度先后

发射两个质量均为，〃的小球A、B4不带电，8的电荷量为仪g>0).4从。点发射时的速度大小为。o,到达

P点所用时间为r；8从O点到达P点所用时间为水重力加速度为g,求：

⑴电场强度的大小：

（2）B运动到P点时的动能.

答案（1心^（2）2〃?（如2+小尸）

解析（1）设电场强度的大小为跳小球8运动的加速度为根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，

有mg-}-qE=nia®

；4（$2=上户②

解得E=等③

（2）没B从。点发射时的速度为小，到达P点时的动能为反，0、P两点、的高皮专为h,根据动能定理有"吆/?

+qEh=Ek-最〃02④

且有V\^