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带电粒子在静电场中的运动
温故知新
平抛运动及其规律
(1)水平方向：做匀速直线运动，速度 vx＝v0，位移 x＝v0t．
(2) 1竖直方向：做自由落体运动，速度 vy＝gt，位移 y＝ gt2．
2
(3)合速度：v＝ vx 2＋vy 2，方向与水平方向的夹角为θ，则 tan θ
vy gt
＝ ＝ ．
vx v0
(4) s x2 y2 α tan α y gt合位移： ＝ ＋ ，方向与水平方向的夹角为 ， ＝ ＝ ．
x 2v0
知识导图
本讲重难点
1．带电粒子在电场中的偏转
2．带电粒子在静电场中的动力学分析
1
知识要点一：带电粒子的直线运动
1．运动状态分析
(1) 粒子所受合外力 F 合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动
(2) 粒子所受合外力 F 合 ≠ 0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速
直线运动
2．用功能观点分析
粒子动能的变化量等于电场力做的功。
1
（1）若粒子的初速度为零，则 qU = mv2
2
（2 1 1）若粒子的初速度不为零，则 W＝Eqd＝qU＝ mv2－ mv0 2
2 2
3．用牛顿运动定律和运动学公式分析：带电粒子平行电场线方向进入匀强电场，则带电粒子做匀变速
直线运动，可由电场力求得加速度进而求出末速度、位移或时间。
a F U＝ 合，E＝ ，v2－v0 2＝2ad
m d
深度思考：
（1）不管是匀强电场还是非匀强电场加速带电粒子 W=qU都适应，而 W=qEd，只适应于匀强电场。
（2）对于直线加速，实质上是电势能转化为动能，解决的思路是列动能定理的方程（能量观点）来
求解。
典例分析
例 1．如图所示，带电粒子在电场中的加速：在真空中有一对平行金属板，两板间加以电压 U，两板间有
一个带正电荷 q的带电粒子，它在电场力的作用下，由静止开始从正极板向负极板运动，到达负极板时的
速度有多大？（不考虑带电粒子的重力）
例 2．下列粒子从初速度为零的状态经过加速电压为 U的电场之后，哪种粒子的速度最大？
A．α粒子 B．氚核 C．质子 D．钠离子
2
例 3．(多选)如图所示，在真空中 A、B两块平行金属板竖直放置并接入电路．调节滑动变阻器，使 A、B
两板间的电压为 U时，一质量为 m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度 v0从 A板上的中心小孔沿垂直两
板的方向射入电场中，恰从 A、B两板的中点处沿原路返回(不计重力)，则下列说法正确的是( )
A．使初速度变为 2v0时，带电粒子恰能到达 B板
B．使初速度变为 2v0时，带电粒子将从 B板中心小孔射出
C．使初速度 v0和电压 U都增加为原来的 2倍时，带电粒子恰能到达 B板
D．使初速度 v0和电压 U都增加为原来的 2倍时，带电粒子将从 B板中心小孔射出
解决粒子在电场中直线运动问题的两种方法
1．用牛顿运动定律和运动学规律
学
2．用动能定理或能量守恒定律
霸 3．选取思路：前者适用于粒子受恒力作用时，后者适用于粒子受恒力或变力作用时。这和解决
说 物体受重力、弹力、摩擦力等做直线运动的问题的思路是相同的，不同的是受力分析时，不要
遗漏电场力。
举一反三
1．原来都是静止的质子和α粒子，经过同一电压的加速电场后，它们的速度大小之比为（ ）
A． ：2 B．1：2
C． ：1 D．1：1
2．如图所示，电子由静止开始从 A板向 B板运动，到达 B板的速度为 v，保持两极间电压不变，则( )
A．当减小两板间的距离时，速度 v增大
B．当减小两极间的距离时，速度 v减小
C．当减小两极间的距离时，速度 v不变
D．当减小两极间的距离时，电子在两极间运动的时间变长
知识要点二：带电粒子在电场中的偏转
1．带电粒子在电场中的偏转
(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场．
(2)运动性质：匀变速曲线运动．
(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动．
(4)运动规律：
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间
3
a.能飞出电容器：t l＝ .
v0
b. 1 qU 2mdy不能飞出电容器：y＝ at2＝ t2，t＝ .
2 2md qU
②沿电场力方向，做匀加速直线运动
a F qE qU加速度： ＝ ＝ ＝
m m md
2
离开电场时的偏移量：y 1＝ at2 qUl＝ .
2 2mdv0 2
vy qUl
离开电场时的偏转角：tan θ＝ ＝ .
v0 mdv0 2
2．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同
的．
qU 1证明：由 0＝ mv0 2
2
y 1 1 qU l＝ at2＝ · 1·( )2
2 2 md v0
tan θ qU1l＝
mdv0 2
y U l
2
得： ＝ 1 ，tan θ U1l＝
4U0d 2U0d
(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点 O为粒子水平位移的中点，即 O到
l
偏转电场边缘的距离为 .
2
3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系
v 1 1 U当讨论带电粒子的末速度 时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝ mv2－ mv0 2，其中 Uy＝ y，指初、
2 2 d
末位置间的电势差．
典例分析
例 1．在如图所示的匀强电场中，一个点电荷从 P点由静止释放后，以下说法中正确的是（ ）
A．该点电荷可能做匀变速曲线运动
B．该点电荷一定向右运动
C．电场力对该点电荷可能不做功
D．该点电荷一定做匀加速直线运动
4
例 2．分别将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分别以相同的水平速度由 P点射入水平放置的平
行金属板间，已知上板带负电，下板接地．三小球分别落在图中 A、B、C三点，则错误的是（ ）
A．A带正电、B不带电、C带负电
B．三小球在电场中加速度大小关系是：aA＜aB＜aC
C．三小球在电场中运动时间相等
D．三小球到达下板时的动能关系是 EkC＞EkB＞EkA
例 3．如图，场强大小为 E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域 abcd，水平边 ab长为 s，竖直边 ad
长为 h，质量均为 m、带电量分别为+q和﹣q的两粒子，由 a、c两点先后沿 ab和 cd方向以速率 v0进入矩
形区（两粒子不同时出现在电场中），不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则 v0等于（ ）
A． B．
C． D．
例 4．(多选)如图所示，一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
分析粒子在电场中偏转运动的两种方法
1．分解观点：垂直射入匀强电场的带电粒子，在电场中只受电场力作用，与重力场中的平抛运
动相类似，研究这类问题的基本方法是将运动分解，可分解成平行电场方向的匀加速直线运动
学 和垂直电场方向的匀速直线运动．
2．功能观点：首先对带电粒子进行受力分析，再进行运动过程分析，然后根据具体情况选用公
霸
式计算．
说 (1)若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末
状态及运动过程中的动能的增量．
(2)若选用能量守恒定律，则要分清带电粒子在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增
加的，哪些能量是减少的．
5
举一反三
1．(多选)如图甲，两水平金属板间距为 d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，质量为 m的
T
带电微粒以初速度 v0沿中线射入两板间，0～ 时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微
3
粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g.关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是( )
A．末速度大小为 2v0
B．末速度沿水平方向
C 1．重力势能减少了 mgd
2
D．克服电场力做功为 mgd
2．如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为 L、电场强度为 E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为 L
处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为＋q、质量为 m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的
初速度 v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为 O.试求：
(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；
(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向夹角的正切值 tan α；
(3)粒子打在屏上的点 P到 O点的距离 x.
3．如图所示，两块相同的金属板正对着水平放置，板间距离为 d．当两板间加电压 U时，一个质量为 m、
电荷量为+q的带电粒子，以水平速度 v0从 A点射入电场，经过一段时间后从 B点射出电场，A、B间的
水平距离为 L，不计重力影响．求：
（1）带电粒子从 A点运动到 B点经历的时间；
（2）带电粒子经过 B点时速度的大小；
（3）A、B间的电势差．
6
知识要点三：示波器原理
1．构造及功能
（1）电子枪：发射并加速电子．
（2）偏转电极ＹＹ＇：使电子束竖直偏转（加信号电压）
偏转电极ＸＸ＇：使电子束水平偏转（加扫描电压）
（3）荧光屏：电子打在上面发光
2．原理
（1）ＹＹ＇作用：被电子枪加速的电子在ＹＹ＇电场中做匀变速曲线运动，出电场后做匀速直线运动
L
y' l L
打到荧光屏上，由几何知识 2L ，可以导出偏移 y' (l ) tan
ql
2 (l
L
)U 。
y 2 mv0d 2
2
若信号电压 U=Umaxsin wt，
y' (l L ) tan ql L 2 (l )U maxsin wt=y maxsin wt2 mv0d 2
y’随信号电压同步调变化,但由于视觉暂留及荧光物质的残光特性看到一条竖直亮线.加扫描电压可使这
一竖直亮线转化成正弦图形。
XX’的作用：与上同理,如果只在偏转电极 XX’上加电压,亮斑就在水平方向发生偏移,加上扫描电压,一周
期内,信号电压也变化一周期,荧光屏将出现一完整的正弦图形。
典例分析
例 1．如图所示为一示波管内部结构示意图，A、B为水平放置的电极，C、D为竖直放置的电极，为使阴
极发射出的电子能打在荧光屏上的区域“Ⅱ”，则 A、B间加的电压 UAB和 C、D间加的电压 UCD应该是
（ ）
A．UAB＞0，UCD＞0 B．UAB＞0，UCD＜0
C．UAB＜0，UCD＞0 D．UAB＜0，UCD＜0
7
例 2．示波器是一种用来观察电信号的电子仪器，其核心部件是示波管，下图是示波管的原理图．示波管
由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空．电子从灯丝 K发射出来（初速度可不计），经电压为
U0的加速电场加速后，以垂直于偏转电场的方向先后进入偏转电极 YY′、XX′．当偏转电极 XX′、YY′上都
不加电压时，电子束从电子枪射出后，沿直线运动，打在荧光屏的中心 O点，在那里产生一个亮斑．若要
荧光屏上的 A点出现亮斑，则（ ）
A．电极 X、Y接电源的正极，X′、Y′接电源的负极
B．电极 X、Y′接电源的正极，X′、Y接电源的负极
C．电极 X′、Y接电源的正极，X、Y′接电源的负极
D．电极 X′、Y′接电源的正极，X、Y接电源的负极
举一反三
1．图（a）为示管的原理图．如果在电极 YY′之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极 XX′
之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（ ）
A． B． C． D．
8
2．示波器可以用来观察电信号随时间变化的情况，其核心部件是示波管，其原理图如下，XX′为水平偏转
电极，YY′为竖直偏转电极．以下说法正确的是（ ）
A．XX′加图 3波形电压、YY′不加信号电压，屏上在两个位置出现亮点
B．XX′加图 2波形电压、YY′加图 1波形电压，屏上将出现两条竖直亮线
C．XX′加图 4波形电压、YY′加图 2波形电压，屏上将出现一条竖直亮线
D．XX′加图 4波形电压、YY′加图 3波形电压，屏上将出现图 1所示图线
课堂闯关 正确率：
※温馨提示：学生完成题目后，提醒学生给做错的题标星级，星级标准为：简单-“☆”；中等- “☆☆”；较难-
“☆☆☆”。
初出茅庐
建议用时：10min
1．如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度
为 v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由 A向 B做直线运动．那么( )
A．微粒带正、负电荷都有可能 B．微粒做匀减速直线运动
C．微粒做匀速直线运动 D．微粒做匀加速直线运动
2．如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距 l.在正极板附近有一质量为 M、电荷量为 q(q＞0)
的粒子；在负极板附近有另一质量为 m、电荷量为－q的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止
2
开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距 l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略．不
5
计重力，则 M∶m为( )
A．3∶2 B．2∶1
C．5∶2 D．3∶1
9
3．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( )
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．运动轨迹与所带电荷量无关
优学学霸
建议用时：15min
4．(多选)如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为 m、电荷
量为－q的带电粒子(不计重力)，以初速度 v0由小孔进入电场，当 M、N间电压为 U时，粒子刚好能到
1
达 N板，如果要使这个带电粒子能到达 M、N两板间距的 处返回，则下述措施能满足要求的是( )
2
A 1．使初速度减为原来的
2
B．使 M、N间电压提高到原来的 2倍
C．使 M、N间电压提高到原来的 4倍
D．使初速度和 M、N 1间电压都减为原来的
2
5．(多选)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 E.在与环心等高处放有
一质量为 m、带电荷量＋q的小球，由静止开始沿轨道运动，下述说法正确的是( )
A．小球经过环的最低点时速度最大
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(mg＋qE)
6．(多选)如图所示为匀强电场的电场强度 E随时间 t变化的图象．当 t＝0 时，在此匀强电场中由静止
释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2 s末带电粒子回到原出发点
C．3 s末带电粒子的速度为零
D．0～3 s内，电场力做的总功为零
10
7．如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑离心轨道，一个带负电的小球从斜轨道上的 A
点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为 m，电量大小为﹣q，匀强电场的场强大小为 E，斜轨
道的倾角为α （小球的重力大于所受的电场力）．
（1）求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小；
（2）若使小球通过半径为 R的圆轨道顶端的 B点时不落下来，求 A点距水平地面的高度 h至少应为多
大？
课
程
回
顾
11
考场直播
（2014·全国卷 I）如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA=60°，OB= OA，
将一质量为 m的小球以一定的初动能自 O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过 A点，使此小
球带电，电荷量为 q（q＞0），同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行．现从 O点以同样
的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了 A点，到达 A点时的动能是初动能的 3倍，若该
小球从 O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过 B点，且到达 B点时的动能为初动能的 6倍，
重力加速度大小为 g，求：
（1）无电场时，小球到达 A点时的动能与初动能的比值；
（2）电场强度的大小和方向．
自我挑战 建议用时：30min
1．（多选）如图所示，三维坐标系 O﹣xyz 的 z轴方向竖直向上，所在空间存在 y轴正方向的匀强电场，
一质量为 m、电荷量为+q的小球从 z轴上的 A点以速度 v0水平抛出，A点坐标为（0，0，l），重力加
速度为 g，场强 ．下列说法中正确的是（ ）
A．小球做非匀变速曲线运动
B．小球运动的轨迹所在的平面与 xOy 平面的夹角为 45°
C．小球的轨迹与 xOy平面交点的坐标为（ ，l，0）
D．小球到达 xOy平面时的速度大小为
12
2．如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为 E，一根不可伸长的绝缘细线长度为 l，
细线一端拴一个质量为 m、电荷量为 q的带负电小球，另一端固定在 O点．把小球拉到使细线水平的位
置 A处，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ=60°角的位置 B时速度为零．以下说法中
正确的是（ ）
A．小球在 B位置处于平衡状态
B．小球受到的重力与电场力的关系是 Eq=mg
C．小球将在 AB之间往复运动，且幅度将逐渐减小
D．小球从 A运动到 B的过程中，电场力对其做的功为﹣ qEl
3．如图所示，ABC是固定在竖直平面内的绝缘圆弧轨道，圆弧半径为 R．A点与圆心 O等高，B、C
点处于竖直直径的两端．PA是一段绝缘的竖直圆管，两者在 A点平滑连接，整个装置处于方向水平向
右的匀强电场中．一质量为 m、电荷量为+q的小球从管内与 C点等高处由静止释放，一段时间后小球
离开圆管进入圆弧轨道运动．已知匀强电场的电场强度 （g为重力加速度），小球运动过程中的
电荷量保持不变，忽略圆管和轨道的摩擦阻力．求：
（1）小球到达 B点时速度的大小；
（2）小球到达 B点时对圆弧轨道的压力；
（3）小球在圆弧轨道运动过程中速度最大为多少？
4．如图所示，在 E＝103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道 QPN与一水平绝缘轨道 MN
在 N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径 R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为 QN
－
圆弧的中点，一带负电 q＝10 4 C的小滑块质量 m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于 N
点右侧 1.5 m的 M处，g取 10 m/s2，求：
(1)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点 Q，则小滑块应以多大的初速度 v0向左运动？
(2)这样运动的小滑块通过 P点时对轨道的压力是多大？
13
5．质量为 m的小球带+q电荷，由长为 L的绝缘绳系住，在水平向右，场强为 E的匀强电场中最初静止
于 A点，如图所示，已知θ=60°，为了让小球在竖直平面内做完整的圆周运动，问在 A点至少给小球的
初速度为多少（ ）
A． B．
C． D．
6．（多选）如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为 E，ACB为光滑固定的半圆形
轨道，圆轨道半径为 R，AB为圆水平直径的两个端点，AC为 圆弧．一个质量为 m电荷量为﹣q的带
电小球，从 A点正上方高为 H处由静止释放，并从 A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能
量损失，关于带电粒子的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A．小球一定能从 B点离开轨道
B．小球在 AC部分可能做匀速圆周运动
C．若小球能从 B点离开，上升的高度一定小于 H
D．小球到达 C点的速度可能为零
7．如图所示，一电荷量为＋q、质量为 m的小物块处于一倾角为 37°的光滑斜面上，当整个装置被置于
一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取 g，s in 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)水平向右电场的电场强度；
(2) 1若将电场强度减小为原来的 ，物块的加速度是多大；
2
(3)电场强度变化后物块下滑距离 L时的动能．
14带电粒子在静电场中的运动
温故知新
平抛运动及其规律
(1)水平方向：做匀速直线运动，速度 vx＝v0，位移 x＝v0t．
(2) 1竖直方向：做自由落体运动，速度 vy＝gt，位移 y＝ gt2．
2
(3)合速度：v＝ vx 2＋vy 2，方向与水平方向的夹角为θ，则 tan θ
vy gt
＝ ＝ ．
vx v0
(4) s x2 y2 α tan α y gt合位移： ＝ ＋ ，方向与水平方向的夹角为 ， ＝ ＝ ．
x 2v0
知识导图
本讲重难点
1．带电粒子在电场中的偏转
2．带电粒子在静电场中的动力学分析
1
知识要点一：带电粒子的直线运动
1．运动状态分析
(1) 粒子所受合外力 F 合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动
(2) 粒子所受合外力 F 合 ≠ 0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速
直线运动
2．用功能观点分析
粒子动能的变化量等于电场力做的功。
1 qU = 1（ ）若粒子的初速度为零，则 mv2
2
1 1
（2）若粒子的初速度不为零，则 W＝Eqd＝qU＝ mv2－ mv0 2
2 2
3．用牛顿运动定律和运动学公式分析：带电粒子平行电场线方向进入匀强电场，则带电粒子做匀变速
直线运动，可由电场力求得加速度进而求出末速度、位移或时间。
a F 合 E U＝ ， ＝ ，v2－v0 2＝2ad
m d
深度思考：
（1）不管是匀强电场还是非匀强电场加速带电粒子 W=qU都适应，而 W=qEd，只适应于匀强电场。
（2）对于直线加速，实质上是电势能转化为动能，解决的思路是列动能定理的方程（能量观点）来
求解。
典例分析
例 1．如图所示，带电粒子在电场中的加速：在真空中有一对平行金属板，两板间加以电压 U，两板间有
一个带正电荷 q的带电粒子，它在电场力的作用下，由静止开始从正极板向负极板运动，到达负极板时的
速度有多大？（不考虑带电粒子的重力）
1
【解析】带电粒子在运动过程中，电场力所做的功W=qU。设带电粒子到达负极板时的动能 EK= mv2，
2
1
由动能定理 qU= mv2 得：v= 2qU
2 m
2
例 2．下列粒子从初速度为零的状态经过加速电压为 U的电场之后，哪种粒子的速度最大？
A．α粒子 B．氚核 C．质子 D．钠离子
1
【解析】由动能定理 qU= mv2 ，得：v= 2qU
2 m
故选 C
例 3．(多选)如图所示，在真空中 A、B两块平行金属板竖直放置并接入电路．调节滑动变阻器，使 A、B
两板间的电压为 U时，一质量为 m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度 v0从 A板上的中心小孔沿垂直两
板的方向射入电场中，恰从 A、B两板的中点处沿原路返回(不计重力)，则下列说法正确的是( )
A．使初速度变为 2v0时，带电粒子恰能到达 B板
B．使初速度变为 2v0时，带电粒子将从 B板中心小孔射出
C．使初速度 v0和电压 U都增加为原来的 2倍时，带电粒子恰能到达 B板
D．使初速度 v0和电压 U都增加为原来的 2倍时，带电粒子将从 B板中心小孔射出
2
【解析】设带电粒子进入电场中的位移为 x，根据动能定理得：－qEx＝0 1－ mv 2 U mdv，又 E＝ 得 x＝ 00 ，
2 d 2qU
由此可知，要使带电粒子进入电场后恰能到达 B板处，x变为原来的 2倍，采取的方法有：使带电粒子的
1
初速度变为 2v0；或使 A、B两板间的电压变为 U；或使初速度 v0和电压 U都增加到原来的 2倍，故 B、
2
C正确，A、D错误．
故选 BC
解决粒子在电场中直线运动问题的两种方法
学 1．用牛顿运动定律和运动学规律
2．用动能定理或能量守恒定律
霸
3．选取思路：前者适用于粒子受恒力作用时，后者适用于粒子受恒力或变力作用时。这和解决
说 物体受重力、弹力、摩擦力等做直线运动的问题的思路是相同的，不同的是受力分析时，不要
遗漏电场力。
举一反三
1．原来都是静止的质子和α粒子，经过同一电压的加速电场后，它们的速度大小之比为（ ）
A． ：2 B．1：2
C． ：1 D．1：1
【解答】解：设任一带电粒子的质量为 m，电量为 q，加速电场的电压为 U，根据动能定理得：
3
qU=
得速度大小：v= ，即得速度大小与比荷的平方根成正比．
质子和α粒子比荷之比为 ： = ： =2：1
所以解得速度之比 vH：vα= ：1．
故选：C．
2．如图所示，电子由静止开始从 A板向 B板运动，到达 B板的速度为 v，保持两极间电压不变，则( )
A．当减小两板间的距离时，速度 v增大
B．当减小两极间的距离时，速度 v减小
C．当减小两极间的距离时，速度 v不变
D．当减小两极间的距离时，电子在两极间运动的时间变长
答案 C
1
解析 由动能定理得 eU＝ mv2，当改变两极板间的距离时，U不变，v就不变，故选项 A、B错误，C正
2
d v d 2d
确；粒子在极板间做初速度为零的匀加速直线运动， v ＝ ， ＝ ，即 t＝ ，当 d减小时，v不变，电子
t 2 t v
在两极板间运动的时间变短，故选项 D错误．
4
知识要点二：带电粒子在电场中的偏转
1．带电粒子在电场中的偏转
(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场．
(2)运动性质：匀变速曲线运动．
(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动．
(4)运动规律：
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间
a. l能飞出电容器：t＝ .
v0
b.不能飞出电容器：y 1at2 qU t2 t 2mdy＝ ＝ ， ＝ .
2 2md qU
②沿电场力方向，做匀加速直线运动
a F qE qU加速度： ＝ ＝ ＝
m m md
1 qUl2
离开电场时的偏移量：y＝ at2＝ .
2 2mdv0 2
vy qUl
离开电场时的偏转角：tan θ＝ ＝ .
v mdv0 20
2．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同
的．
1
证明：由 qU0＝ mv0 2
2
y 1at2 1·qU1·( l＝ ＝ )2
2 2 md v0
tan θ qU1l＝
mdv0 2
y U1l
2
tan θ U1l得： ＝ ， ＝
4U0d 2U0d
(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点 O为粒子水平位移的中点，即 O到
l
偏转电场边缘的距离为 .
2
3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系
1 1 U
当讨论带电粒子的末速度 v 时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝ mv2－ mv0 2，其中 Uy＝ y，指初、
2 2 d
末位置间的电势差．
5
典例分析
例 1．在如图所示的匀强电场中，一个点电荷从 P点由静止释放后，以下说法中正确的是（ ）
A．该点电荷可能做匀变速曲线运动
B．该点电荷一定向右运动
C．电场力对该点电荷可能不做功
D．该点电荷一定做匀加速直线运动
【解答】解：A、点电荷不论是否受重力，合力均恒定，从静止释放后，做匀加速直线运动，故 A错误，
D正确．
B、点电荷可能受重力和电场力作用，合力斜向下，斜向下做匀加速直线运动，故 B错误．
C、在运动的过程中，电场力做正功，故 C错误．
故选：D．
例 2．分别将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分别以相同的水平速度由 P点射入水平放置的平
行金属板间，已知上板带负电，下板接地．三小球分别落在图中 A、B、C三点，则错误的是（ ）
A．A带正电、B不带电、C带负电
B．三小球在电场中加速度大小关系是：aA＜aB＜aC
C．三小球在电场中运动时间相等
D．三小球到达下板时的动能关系是 EkC＞EkB＞EkA
【解答】解：A、B、C三个小球在水平方向都做匀速直线运动，由图看出水平位移关系是：xA＞xB＞xC．三
个小球水平速度 v0相同，由 x=v0t得，运动时间关系是：tA＞tB＞tC．竖直方向上三个小球都做匀加速直线
运动，由图看出竖直位移 y大小相等，由 y= 得到加速度关系为：aA＜aB＜aC．根据牛顿第二定律得
到合力关系为：FA＜FB＜FC，三个小球重力相同，而平行金属板上板带负极，可以判断出来 A带正电、B
不带电、C带负电．故 AB正确，C错误．
D、三个小球所受合力方向都竖直向下，都做正功，竖直位移大小相等，而合力 FA＜FB＜FC，则合力做功
大小关系为：WA＜WB＜WC，根据动能定理得，三小球到达下板时的动能关系是 EkC＞EkB＞EkA．故 D正
确．
故选 C
6
例 3．如图，场强大小为 E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域 abcd，水平边 ab长为 s，竖直边 ad
长为 h，质量均为 m、带电量分别为+q和﹣q的两粒子，由 a、c两点先后沿 ab和 cd方向以速率 v0进入矩
形区（两粒子不同时出现在电场中），不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则 v0等于（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：由于正负粒子的质量、电荷量大小、运动初速度大小均相等，且粒子仅在电场的作用下运动，
所以可知粒子做类平抛运动，且运动轨迹形状相同，根据空间的对称性可知，相切点为矩形的几何中心．
由类平抛运动的关系可得：
竖直方向： at2= t2= ，
水平方向：v0t= ，
解得 t= ， 则 v0= ．
故选：B．
例 4．(多选)如图所示，一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、电场力作用，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．
7
分析粒子在电场中偏转运动的两种方法
1．分解观点：垂直射入匀强电场的带电粒子，在电场中只受电场力作用，与重力场中的平抛运
动相类似，研究这类问题的基本方法是将运动分解，可分解成平行电场方向的匀加速直线运动
学 和垂直电场方向的匀速直线运动．
2．功能观点：首先对带电粒子进行受力分析，再进行运动过程分析，然后根据具体情况选用公
霸
式计算．
说 (1)若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末
状态及运动过程中的动能的增量．
(2)若选用能量守恒定律，则要分清带电粒子在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增
加的，哪些能量是减少的．
举一反三
1．(多选)如图甲，两水平金属板间距为 d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，质量为 m的
T
带电微粒以初速度 v0沿中线射入两板间，0～ 时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微
3
粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g.关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是( )
A．末速度大小为 2v0
B．末速度沿水平方向
C 1．重力势能减少了 mgd
2
D．克服电场力做功为 mgd
答案 BC
T
解析 因 0～ 时间内微粒匀速运动，故 E0q＝mg；
3
T 2T t 2T v gT在 ～ 时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在 ＝ 时刻的竖直速度为 y1＝ ，水平速度为 v0；
3 3 3 3
2T
在 ～T T时间内，由牛顿第二定律 2E0q－mg＝ma，解得 a＝g，方向向上，则在 t＝T时刻，vy2＝vy1－g ＝
3 3
0 d，粒子的竖直速度减小到零，水平速度为 v0，选项 A错误，B正确；微粒的重力势能减小了ΔEp＝mg· ＝
2
1mgd，选项 C 1 1正确；从射入到射出，由动能定理可知， mgd－W 克电＝0，可知克服电场力做功为 mgd，2 2 2
选项 D错误；故选 B、C
8
2．如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为 L、电场强度为 E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为 L
处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为＋q、质量为 m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的
初速度 v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为 O.试求：
(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；
(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向夹角的正切值 tan α；
(3)粒子打在屏上的点 P到 O点的距离 x.
2
答案 (1)2L (2) qEL (3)3qEL
v0 mv0 2 2mv0 2
【解析】(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的
2L
时间 t＝ .
v0
(2) Eq设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为 vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a＝
m
v aL qEL所以 y＝ ＝
v0 mv0
vy qEL
所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向夹角的正切值为 tan α＝ ＝ .
v0 mv0 2
(3)设粒子在电场中的偏转距离为 y，则
y 1a(L
2
＝ )2 1·qEL＝
2 v0 2 mv0 2
2
又 x＝y＋Ltan α 3qEL，解得：x＝
2mv0 2
3．如图所示，两块相同的金属板正对着水平放置，板间距离为 d．当两板间加电压 U时，一个质量为 m、
电荷量为+q的带电粒子，以水平速度 v0从 A点射入电场，经过一段时间后从 B点射出电场，A、B间的
水平距离为 L，不计重力影响．求：
（1）带电粒子从 A点运动到 B点经历的时间；
（2）带电粒子经过 B点时速度的大小；
（3）A、B间的电势差．
【解答】解：（1）带电粒子在水平方向做匀速直线运动，从 A点运动到 B点经历的时间 ；
（2）带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动
板间场强大小
加速度大小 =
9
经过 B点时粒子沿竖直方向的速度大小 vy=at=
带电粒子在 B点速度的大小 v=
（3）带电粒子从 A点运动到 B点过程中，根据动能定理得
A、B间的电势差 UAB= =
答：（1）带电粒子从 A点运动到 B点经历的时间为 ；（2）带电粒子经过 B点时速度的大小为
；（3）A、B间的电势差为
知识要点三：示波器原理
1．构造及功能
（1）电子枪：发射并加速电子．
（2）偏转电极ＹＹ＇：使电子束竖直偏转（加信号电压）
偏转电极ＸＸ＇：使电子束水平偏转（加扫描电压）
（3）荧光屏．
2．原理
（1）ＹＹ＇作用：被电子枪加速的电子在ＹＹ＇电场中做匀变速曲线运动，出电场后做匀速直线运动
L
y' l L ql
打到荧光屏上，由几何知识 2L ，可以导出偏移 y' (l ) tan 2 (l
L
)U 。
y 2 mv0d 2
2
若信号电压 U=Umaxsin wt，
10
y' (l L ) tan ql L (l )U maxsin wt=y maxsin wt
2 mv20d 2
y’随信号电压同步调变化,但由于视觉暂留及荧光物质的残光特性看到一条竖直亮线.加扫描电压可使这
一竖直亮线转化成正弦图形。
（2） XX’的作用:与上同理,如果只在偏转电极 XX’上加电压,亮斑就在水平方向发生偏移,加上扫描电压,
一周期内,信号电压也变化一周期,荧光屏将出现一完整的正弦图形.
典例分析
例 1．如图所示为一示波管内部结构示意图，A、B为水平放置的电极，C、D为竖直放置的电极，为使阴
极发射出的电子能打在荧光屏上的区域“Ⅱ”，则 A、B间加的电压 UAB和 C、D间加的电压 UCD应该是
（ ）
A．UAB＞0，UCD＞0 B．UAB＞0，UCD＜0
C．UAB＜0，UCD＞0 D．UAB＜0，UCD＜0
【解答】解：为使阴极发射出的电子能打在荧光屏上的区域“Ⅱ”，则说明电子向 A极与 D极偏，由于电子
带负电，因此电场力方向与电场强度的方向相反，则 A的电势高于 B极，而 D极的电势高于 C极，故 B
正确，ACD错误；
故选：B．
例 2．示波器是一种用来观察电信号的电子仪器，其核心部件是示波管，下图是示波管的原理图．示波管
由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空．电子从灯丝 K发射出来（初速度可不计），经电压为
U0的加速电场加速后，以垂直于偏转电场的方向先后进入偏转电极 YY′、XX′．当偏转电极 XX′、YY′上都
不加电压时，电子束从电子枪射出后，沿直线运动，打在荧光屏的中心 O点，在那里产生一个亮斑．若要
荧光屏上的 A点出现亮斑，则（ ）
11
A．电极 X、Y接电源的正极，X′、Y′接电源的负极
B．电极 X、Y′接电源的正极，X′、Y接电源的负极
C．电极 X′、Y接电源的正极，X、Y′接电源的负极
D．电极 X′、Y′接电源的正极，X、Y接电源的负极
【解答】解：要使电子达到 A点，则电子在 YY中应向下偏转，故 Y′应接电源的正极，在 XX′应向 X偏
转，故 X应接电源的正极，故 B正确；
故选：B
举一反三
1．图（a）为示管的原理图．如果在电极 YY′之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极 XX′
之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：由于电极 XX′加的是扫描电压，电极 YY′之间所加的电压是信号电压，信号电压与扫描电压
周期相同，所以荧光屏上会看到的图形是 B；
故选 B．
12
2．示波器可以用来观察电信号随时间变化的情况，其核心部件是示波管，其原理图如下，XX′为水平偏转
电极，YY′为竖直偏转电极．以下说法正确的是（ ）
A．XX′加图 3波形电压、YY′不加信号电压，屏上在两个位置出现亮点
B．XX′加图 2波形电压、YY′加图 1波形电压，屏上将出现两条竖直亮线
C．XX′加图 4波形电压、YY′加图 2波形电压，屏上将出现一条竖直亮线
D．XX′加图 4波形电压、YY′加图 3波形电压，屏上将出现图 1所示图线
【解答】解：A、XX′加图 3波形电压、YY′不加信号电压，据示波管的工作原理可知会使电子枪发射的电
子在水平电场的作用下，左右周期性的打在屏上，所以出现屏上在两个位置出现亮点，故 A正确；
B、XX′加图 2波形电压、YY′加图 1波形电压，屏上将出现一条竖直亮线，故 B错误；
C、XX′加图 4波形电压、YY′加图 2波形电压，屏上将出现一条水平亮线，故 C错误；
D、XX′加图 4波形电压、YY′加图 3波形电压，屏上将出现两条水平亮线，故 D错误；
故选：A．
课堂闯关 正确率：
※温馨提示：学生完成题目后，提醒学生给做错的题标星级，星级标准为：简单-“☆”；中等- “☆☆”；较难-
“☆☆☆”。
初出茅庐
建议用时：10min
1．如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度
为 v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由 A向 B做直线运动．那么( )
A．微粒带正、负电荷都有可能 B．微粒做匀减速直线运动
C．微粒做匀速直线运动 D．微粒做匀加速直线运动
答案 B
解析 微粒做直线运动的条件是速度方向和合力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场
13
力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向
相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故 B正确．
2．如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距 l.在正极板附近有一质量为 M、电荷量为 q(q＞0)
的粒子；在负极板附近有另一质量为 m、电荷量为－q的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止
2
开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距 l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略．不
5
计重力，则 M∶m为( )
A．3∶2 B．2∶1
C．5∶2 D．3∶1
答案 A
解析 设电场强度为 E Eq 2 1Eq Eq 3，两粒子的运动时间相同，对 M有，aM＝ ， l＝ t2；对 m有，am＝ ， l
M 5 2M m 5
1Eqt2 M 3＝ ，联立解得 ＝ ，A正确．
2m m 2
3．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( )
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．运动轨迹与所带电荷量无关
答案 C
解析 带负电的微滴进入电场后受到向上的电场力，故带电微滴向正极板偏转，选项 A错误；带电微滴
垂直进入电场受竖直向上的电场力作用，电场力做正功，故墨汁微滴的电势能减小，选项 B错误；根据
2
x＝v0t，y
1
＝ at2及 a qE qEx＝ ，得带电微滴的轨迹方程为 y＝ ，即运动轨迹是抛物线，与所带电荷量有
2 m 2mv0 2
关，选项 C正确，D错误．
优学学霸
建议用时：15min
4．(多选)如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为 m、电荷
量为－q的带电粒子(不计重力)，以初速度 v0由小孔进入电场，当 M、N间电压为 U时，粒子刚好能到
1
达 N板，如果要使这个带电粒子能到达 M、N两板间距的 处返回，则下述措施能满足要求的是( )
2
A 1．使初速度减为原来的
2
B．使 M、N间电压提高到原来的 2倍
C．使 M、N间电压提高到原来的 4倍
14
D．使初速度和 M、N 1间电压都减为原来的
2
答案 BD
1 mv0 2
解析 在粒子刚好到达 N板的过程中，由动能定理得－qEd＝0－ mv0 2，所以 d＝ ，令带电粒子离
2 2qE
1 d
开 M板的最远距离为 x，则使初速度减为原来的 ，x＝ ，故 A错；使 M、N间电压提高到原来的 2倍，
2 4
d
电场强度变为原来的 2倍，x＝ ，故 B对；使 M、N间电压提高到原来的 4倍，电场强度变为原来的 4
2
d
倍，x＝ ，故 C错；使初速度和 M、N 1 d间电压都减为原来的 ，电场强度变为原来的一半，x＝ ，故 D
4 2 2
对．
5．(多选)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 E.在与环心等高处放有
一质量为 m、带电荷量＋q的小球，由静止开始沿轨道运动，下述说法正确的是( )
A．小球经过环的最低点时速度最大
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(mg＋qE)
答案 AD
解析 根据动能定理知，在运动到最低点的过程中，电场力和重力一直做正功，到达最低点的速度最大，
故 A正确；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；根
据动能定理得：
mgR＋qER 1＝ mv2，
2
v2
根据牛顿第二定律得：FN－qE－mg＝m ，
R
解得：FN＝3(mg＋qE)，
则球对轨道的压力为 3(mg＋qE)，故 C错误，D正确．
6．(多选)如图所示为匀强电场的电场强度 E随时间 t变化的图象．当 t＝0 时，在此匀强电场中由静止
释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2 s末带电粒子回到原出发点
C．3 s末带电粒子的速度为零
D．0～3 s内，电场力做的总功为零
答案 CD
qE
解析 设第 1 s内粒子的加速度为 a1，第 2 s内的加速度为 a2，由 a＝ 可知，a2＝2a1，可见，粒子第 1
m
15
s内向负方向运动，1.5 s 末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至 3 s末回到原出发点，粒子的速度
为 0，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知 C、D正确．
7．如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑离心轨道，一个带负电的小球从斜轨道上的 A
点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为 m，电量大小为﹣q，匀强电场的场强大小为 E，斜轨
道的倾角为α （小球的重力大于所受的电场力）．
（1）求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小；
（2）若使小球通过半径为 R的圆轨道顶端的 B点时不落下来，求 A点距水平地面的高度 h至少应为多
大？
【解答】解：（1）由牛顿第二定律有（mg﹣qE）sinθ=ma得：
a=
（2）球恰能过 B点有：
（mg﹣qE）= （1）
由动能定理，从 A点到 B点过程，则有：
（mg﹣qE）（h1﹣2R）= m ﹣0 （2）
由（1）（2）解得 h1=
答：（1）求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小 ；
（2）若使小球通过半径为 R的圆轨道顶端的 B点时不落下来，求 A点距水平地面的高度 h至少应为
16
课
程
回
顾
考场直播
（2014·全国卷 I）如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA=60°，OB= OA，
将一质量为 m的小球以一定的初动能自 O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过 A点，使此小
球带电，电荷量为 q（q＞0），同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行．现从 O点以同样
的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了 A点，到达 A点时的动能是初动能的 3倍，若该
小球从 O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过 B点，且到达 B点时的动能为初动能的 6倍，
重力加速度大小为 g，求：
（1）无电场时，小球到达 A点时的动能与初动能的比值；
（2）电场强度的大小和方向．
【解析】（1）小球做平抛运动，设初速度 v0．初动能 EK0，从 O到 A的运动时间为 t，将该运动分解即
可；
（2）加电场后，同样使用动能定理与功能关系对小球到达 A与到达 B的过程分别列出公式即可．
【解答】解：（1）小球做平抛运动，设初速度 v0．初动能 EK0，从 O到 A的运动时间为 t，令 ，
则： ，
根据平抛运动的规律得：水平方向：d sin60°=v0t…①
竖直方向： …②
又： …③
联立①②③解得： …④
17
设小球到达 A时的动能为 EKA，则： …⑤
所以： ；
（2）加电场后，从 O点到 A点下降了 y= d，从 O点到 B点下降了 ，设两点的电势能分别减小
△EPA和△EPB，由能量守恒和④得：
…⑥
…⑦
在匀强电场中，沿着任意直线，电势的降落是均匀的，设直线 OB上的M点的电势与 A的电势相同，
M点到 O点的距离是 x，如图，则有：
…⑧
解得：x=d，
MA是等势线，电场线与MA的垂线 OC平行，设电场方向与竖直向下的方向之间的夹角是α，
由几何关系可得△OAM是等边三角形，所以：α= =30°，
即电场线的方向与竖直方向之间的夹角是 30°，
设电场强度的大小是 E，则：qE dcos30°=△EPA…⑨
联立④⑥⑨得：E= ，
自我挑战 建议用时：30min
1．（多选）如图所示，三维坐标系 O﹣xyz 的 z轴方向竖直向上，所在空间存在 y轴正方向的匀强电场，
一质量为 m、电荷量为+q的小球从 z轴上的 A点以速度 v0水平抛出，A点坐标为（0，0，l），重力加
速度为 g，场强 ．下列说法中正确的是（ ）
A．小球做非匀变速曲线运动
B．小球运动的轨迹所在的平面与 xOy 平面的夹角为 45°
C．小球的轨迹与 xOy平面交点的坐标为（ ，l，0）
D．小球到达 xOy平面时的速度大小为
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【解答】解：A、带电小球始终受到重力与电场力，因此可等效成一个恒定的力，且此力方向与初速度
方向垂直．所以做匀变速曲线运动．故 A错误；
B、由于重力与电场力大小相等，所以小球在这两个力的合力所在平面运动，且与水平面成 45°．故 B
正确；
C、小球在 Z轴方向做自由落体运动，只受重力，且初速度为零，所以经过时间 t= ，则小球在 X
轴方向做匀速直线运动，则发生的位移 ，而在 Y轴方向小球只受电场力，初速度为零，因此发
生的位移 ．所以小球的轨迹与 xOy平面交点的坐标为（ ，L，0）．故 C正确；
D、小球在重力与电场力共同作用产生的加速度为 ，则在 t= 内增加的速度为 ，所以
最后落地速度大小为 ，故 D正确；
故选：BCD
2．如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为 E，一根不可伸长的绝缘细线长度为 l，
细线一端拴一个质量为 m、电荷量为 q的带负电小球，另一端固定在 O点．把小球拉到使细线水平的位
置 A处，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ=60°角的位置 B时速度为零．以下说法中
正确的是（ ）
A．小球在 B位置处于平衡状态
B．小球受到的重力与电场力的关系是 Eq=mg
C．小球将在 AB之间往复运动，且幅度将逐渐减小
D．小球从 A运动到 B的过程中，电场力对其做的功为﹣ qEl
【解答】解：A、小球到达 B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，而小球有沿圆弧的
切向分力，故在 B点小球的合力不为零，不是平衡状态．故 A错误；
B、根据动能定理得：mglsinθ﹣qEl（1﹣cosθ）=0，解得，Eq= mg，故 B错误；
C、类比单摆，小球将在 AB之间往复运动，能量守恒，振幅不变．故 C错误．
D、小球从 A到 B，沿电场线方向运动的有效距离：d=l﹣lcosθ= l，所以电场力做功：W=﹣qEd=﹣ Eql，
故 D正确．
故选 D．
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3．如图所示，ABC是固定在竖直平面内的绝缘圆弧轨道，圆弧半径为 R．A点与圆心 O等高，B、C
点处于竖直直径的两端．PA是一段绝缘的竖直圆管，两者在 A点平滑连接，整个装置处于方向水平向
右的匀强电场中．一质量为 m、电荷量为+q的小球从管内与 C点等高处由静止释放，一段时间后小球
离开圆管进入圆弧轨道运动．已知匀强电场的电场强度 （g为重力加速度），小球运动过程中的
电荷量保持不变，忽略圆管和轨道的摩擦阻力．求：
（1）小球到达 B点时速度的大小；
（2）小球到达 B点时对圆弧轨道的压力；
（3）小球在圆弧轨道运动过程中速度最大为多少？
【解析】（1）小球从 P运动到 B的过程中，由动能定理得：
解得：
（2）小球在最低点 B时，根据牛顿第二定律得：
则由牛顿第三定律得：小球对圆弧轨道的压力大小为 ．
（3）对小球，等效最低点为 F点，在 F点小球的速度最大，设 OF与竖直方向的夹角为θ，在此位置小
球所受的电场力与重力的合力方向沿半径向外，则有：
tanθ= =
则知：sinθ=0.6，cosθ=0.8
设小球在圆弧轨道运动过程中速度最大为 vm，小球从 P到 F的过程，根据动能定理得：
mgR（1+cosθ）+qER（1+sinθ）=
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解得：vm=
答：（1）小球到达 B点时速度的大小是 ；
（2）小球到达 B点时对圆弧轨道的压力是 ；
（3）小球在圆弧轨道运动过程中速度最大为 ．
4．如图所示，在 E＝103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道 QPN与一水平绝缘轨道 MN
在 N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径 R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为 QN
－
圆弧的中点，一带负电 q＝10 4 C的小滑块质量 m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于 N
点右侧 1.5 m的 M处，g取 10 m/s2，求：
(1)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点 Q，则小滑块应以多大的初速度 v0向左运动？
(2)这样运动的小滑块通过 P点时对轨道的压力是多大？
答案 (1)7 m/s (2)0.6 N
解析 (1)设小滑块到达 Q点时速度为 v，
2
由牛顿第二定律得 mg＋qE＝mv
R
小滑块从开始运动至到达 Q点过程中，由动能定理得
－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x 1＝ mv2 1－ mv0 2
2 2
联立方程组，解得：v0＝7 m/s.
(2)设小滑块到达 P点时速度为 v′，则从开始运动至到达 P点过程中，由动能定理得
－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x 1 1 2＝ mv′2－ mv0
2 2
v′2
又在 P点时，由牛顿第二定律得 FN＝m
R
代入数据，解得：FN＝0.6 N
由牛顿第三定律得，小滑块通过 P点时对轨道的压力 FN′＝FN＝0.6 N.
5．质量为 m的小球带+q电荷，由长为 L的绝缘绳系住，在水平向右，场强为 E的匀强电场中最初静止
于 A点，如图所示，已知θ=60°，为了让小球在竖直平面内做完整的圆周运动，问在 A点至少给小球的
初速度为多少（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：小球做圆周运动的等效最高点与 A点关于圆心对称．当小球的速度在等效最高点最小时，
绳子的拉力为零，此时的合力 F 合=2mg
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根据牛顿第二定律得：2mg=m 则：v 小= ．
从等效最高点到等效最低点，由动能定理可得：2mg
解得： ，故 D正确，ABC错误；
故选：D
6．（多选）如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为 E，ACB为光滑固定的半圆形
轨道，圆轨道半径为 R，AB为圆水平直径的两个端点，AC为 圆弧．一个质量为 m电荷量为﹣q的带
电小球，从 A点正上方高为 H处由静止释放，并从 A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能
量损失，关于带电粒子的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A．小球一定能从 B点离开轨道
B．小球在 AC部分可能做匀速圆周运动
C．若小球能从 B点离开，上升的高度一定小于 H
D．小球到达 C点的速度可能为零
【解答】解：A、由于题中没有给出 H与 R、E的关系，所以小球不一定能从 B点离开轨道，故 A错误；
B、若重力大小等于电场力，小球在 AC部分做匀速圆周运动，故 B正确．
C、由于小球在 AC部分运动时电场力做负功，所以若小球能从 B点离开，上升的高度一定小于 H，故
C正确；
D、若小球到达 C点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达 C
点的速度不可能为零．故 D错误．
故选 BC．
7．如图所示，一电荷量为＋q、质量为 m的小物块处于一倾角为 37°的光滑斜面上，当整个装置被置于
一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取 g，s in 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)水平向右电场的电场强度；
(2) 1若将电场强度减小为原来的 ，物块的加速度是多大；
2
(3)电场强度变化后物块下滑距离 L时的动能．
(1)3mg答案 (2)0.3g (3)0.3mgL
4q
解析 (1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示，则有 FNsin 37°＝qE①
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FNcos 37°＝mg②
3mg
由①②可得 E＝
4q
(2) 1 3mg若电场强度减小为原来的 ，即 E′＝
2 8q
由牛顿第二定律得 mgsin 37°－qE′cos 37°＝ma
可得 a＝0.3g
(3)电场强度变化后物块下滑距离 L时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得 mgLsin 37°－qE′Lcos
37°＝Ek－0
可得 Ek＝0.3mgL
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