學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精帶電粒子在電場中的運動一、單選題(本大題共5小題,共30。0分）如圖所示,在矩形abdc區域中有豎直向下的勻強電場，場強大小為E,某種正粒子(不計粒子的重力)從O點以初速度v0水平射入后偏轉角為θ.現電場換為方向垂直紙面向外的勻強磁場(圖中未畫出)，仍使該粒子穿過該區域，并使偏轉角也為θ角，若勻強磁場的磁感應強度大小為B，粒子穿過電場和磁場的時間之比為t1t2,則(A.B=Esin?θv0，t1t2=sin?θθ B。B=C（濟南一中)解：粒子在電場中運動，只受電場力作用，做類平拋運動，加速度a=qEm，故有：t1=abv0，tanθ=at1v0=qE?abmv02；

粒子在勻強磁場中運動，洛倫茲力做向心力，故有：Bvq=mv02R，所以，B=mv0qR;

如圖所示，正方形線框由邊長為L的粗細均勻的絕緣棒組成，O是線框的中心，線框上均勻地分布著正電荷，現在線框上側中點A處取下足夠短的帶電量為q的一小段,將其沿OA連線延長線向上移動L2的距離到B點處，若線框的其它部分的帶電量與電荷分布保持不變，則此時O點的電場強度大小為()A。kqL2

B。k3q2L2C(濟南一中)解：在閉合線框中,電荷關于O點分布對稱,故在O點場強為零；

現在講電荷量q從A移到B，那么，線框部分在O點的場強等效于與A點關于O點對稱的電荷量q在O點的場強E1=kq(12L)2=4kqL2

B處電荷q在O點的場強E2=kqL2；

又有兩處電荷符號相同,故E?1，E2的方向相反，那么，O點的場強E=E1-E2=k3qL如圖所示，光滑絕緣水平桌面上有一勻強電場,電場強度大小為E，方向與桌面平行。平行實線為該電場等勢線,過B點的等勢線與BC的夾角為30°，AB與等勢線垂直。一質量為m，電荷量為q的帶正電小球，在A點的速度為v0，方向與BC平行，經過時間t小球運動至C點，且AB=BC。則時間t的表達式正確的是A。

mv0Eq B.

2mv0Eq C。

3mvB(濟南一中）【分析】本題要注意分析小球受力情況，由電場線利用好幾何關系確定小球的高度變化;要注意采用運動的合成與分解知識進行分析求解。本題考查了帶電粒子在勻強電場中的運動；要注意明確運動的合成與分解的應用，同時明確幾何關系的應用.【解答】小球在電場中作類斜拋運動，沿電場方向做加速運動，沿與電場垂直方向做勻速直線運動；沿電場方向：a=qEm,y=v沿沿與電場垂直方向:x=v0cos30°解得：t=2m故ACD錯誤，B正確。故選B。

如圖所示，電子在某一靜電場中做勻速圓周運動。不計電子所受的重力。該電場可能是()A.孤立的負點電荷的電場

B。兩個等量異種點電荷的電場

C.兩個等量同種點電荷的電場

D。兩平行金屬板間的勻強電場

C(濟南一中)解：電子做勻速圓周運動，只受電場力作用，故電場力做向心力，那么，圓周上的場強相等，且場強方向指離圓心;

故電場不可能為勻強電場；

若電場為孤立的點電荷電場,則點電荷帶正電；

若電場為兩個點電荷的電場,則點電荷同號，且都帶正電，故C正確,ABD錯誤;

故選:C。

根據電子做勻速圓周運動得到電場分布,即可根據選項中電場分布來判斷.

要熟悉各種電場中的場強分布，然后根據場強分布得到粒子受力情況，即可得到運動情況。

如圖所示,相距為d的兩塊平行金屬板M、N與電源相連，電鍵S閉合后，MN間有勻強電場.有一帶電粒子垂直于電場方向以某一初速度從M板邊緣射入電場,恰打在N板中央，不計重力，為了使粒子剛好能飛出電場,下列措施可行的是()A.若保持S閉合，N板應向下平移2d B.若保持S閉合，N板應向下平移3d

C.若斷開S后，N板應向下平移2d D。若斷開S后，N板應向下平移3dD（濟南一中）解：AB、帶電粒子在板間的運動均為類平拋運動，水平方向的運動速度一定，設第一次帶電粒子的運動時間為t1，第二次恰從邊緣飛出,所用時間為t2，則有t2=2t1…①

設板下移的距離為△d,則S閉合時，有：d=qU2md?t?12…②

d+△d=qU2(d+△d)m?t22…③

由①、②、③可得△d=d,

即N板向下移動的距離為d,故AB錯誤；

CD、若S斷開，則板上的電荷量不變，不難判斷，移動N板時，板間的場強將不變，

設板下移距離△d'，有d=12?qEm?t12…④

d+△d'=12?qEm?t2二、多選題（本大題共4小題，共24分）光滑水平面上有一邊長為L的正方形區域處在電場強度為E的勻強電場中，電場方向與正方形一邊平行.一質量為m、帶電量為q的小球由某一邊的中點，以垂直于該邊的水平速度V0進入該正方形區域.當小球再次運動到該正方形區域的邊緣時，具有的動能可能為()A.12mv?02 B。ABD（濟南一中)解：如圖所示,正方形區域ABCD處在場強為E的勻強電場中,假設小球帶正電．

第一種情況，若電場的方向平行于AD向左，小球在勻強電場中做勻減速直線運動，若能達到CD端，根據動能定理得：-qEL=Ek-12mv02，則Ek=12mv02-qEL，到達CD邊時動能為12mv02-qEL.故B正確，若不能到達CD端，則又返回到AB段，電場力做功為零，則動能為：Ek=12mv02,故A正確；

第二種情況，若電場的方向平行于AD向上或向下，小球在勻強電場中做類平拋運動，偏轉位移最大為12L，電場力做功最多為qEL2如圖所示的虛線呈水平方向,圖中的實線為與虛線成30°角的勻強電場,圖中OM與電場線垂直，且OM=ON.現從電場中的M點沿與虛線平行的方向拋出一質量為m、電荷量為+q可視為質點的物體，經時間t物體恰好落在N點.已知物體在M、N兩點的速率相等，重力加速度為g。則下列說法錯誤的是()A.電場的方向垂直OM斜向下

B.該勻強電場的場強為mgq

C.物體由M點到N點的過程中電場力做功的值為12mg2t2

CD（濟南一中）解：A、設物體由M點到N點的過程中電場力做功為W.OM=ON=L.

根據動能定理得：mgLsin60°+W=0

得：W=-mgLsin60°<0

可知，小球所受的電場力垂直OM斜向下，小球帶正電，則電場的方向垂直OM斜向下。故A正確。

B、M、N兩點沿電場方向的距離為：d=Lcos30°

根據W=-qEd=-mgLsin60°得：E=mgq，故B正確。

CD、設電場力大小為F.建立如圖坐標系.

x軸方向：由牛頓第二定律得：F+mgsin30°=max，ax=32g

由運動學公式有：Lcos30°=v0cos30°t-12axt2

y軸方向：由牛頓第二定律得：mgcos30°=ma如圖所示,在豎直平面內的xOy坐標系中分布著與水平方向成30°角的勻強電場,將一質量為0.1kg、帶電荷量為+0.02C的小球以某一初速度從原點O豎直向上拋出,它的軌跡恰好滿足拋物線方程y2=x，已知P點為軌跡與直線方程y=x的交點,重力加速度g=10m/s2，則()A。電場強度的大小為100N/C

B.小球初速度的大小為53m/s

C.小球通過P點時的動能為534J

D.小球從AC（濟南一中)解：AB、小球受重力和電場力作用；故豎直方向做加速度a1=qEsin30°-mgm的勻變速運動，水平方向做加速度a2=qEcos30°m的勻加速運動；

故y=v0t+12a1t2，x=12a2t2；

由運動軌跡滿足y2=x，所以，a1=0，v0=12a2；

所以，場強E=mgqsin30°=100N/C，a如圖所示，在一足夠大的水平向右勻強電場中，有一光滑絕緣水平面。將質量分別為m、M(m<M)的金屬塊A、B用一根短的絕緣線連接,靜置于該絕緣面上，現使A帶正電,A、B將在電場力作用下一起向右運動(運動過程中A的電荷量不變)，A運動的加速度大小為a1，繩子拉力大小為F1：將A與B接觸一下(A、B電荷總量與接觸前相等)，把A、B靜置于該絕緣面上，A、B在電場力作用下一起向右運動，運動過程中絕緣線始終繃系，A運動的加速度大小為a2，繩子拉力大小為F2.若A、B間的庫侖斥力小于B受到的電場力，則下列關系式正確的是(A。a1=a2 B。aAC（濟南一中）解:AB、對整體分析,加速度為：a=qEM+m，因為A、B接觸前后總電量不變，則整體所受的電場力不變，加速度大小相等,即a1=a2，故A正確，B錯誤。

CD、隔離對B分析，A、B接觸前，繩子的拉力為：F1=Ma=MqEM+m,A、B接觸后，對B有：F2+q'E-F庫=Ma，則有:F2=MqEM+m+F庫-q'E，由于A、B間的庫侖斥力小于B受到的電場力，可知F1三、填空題（本大題共1小題，共3分）如圖所示，在方向水平的勻強電場中，一不可伸長的長為L的絕緣細線的一端連著一個質量為m，帶電量為+q小球，另一端固定于O點，把小球拉起直至細線與場強平行，然后無初速由A點釋放，已知細線轉過60°角，小球到達B點時速度恰為零.則

(1)A、B兩點的電勢差為______；

(2)勻強電場的電場強度為______．-3mgl2q（濟南一中）解：(1)以小球為研究對象，受到重力、彈力和電場力，從A到B由動能定理得:

mgLsin60°+qUab=0

解得：Uab=-3mgl2q

(2)由勻強電場:E=Ud=mg3q

故答案:四、計算題（本大題共2小題，共30。0分)平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖所示.一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動,Q點到y軸的距離為到x軸距離的2倍.粒子從坐標原點O離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y軸距離與Q點到y軸距離相等.不計粒子重力，為：

(1)粒子到達O點時速度的大小和方向;

(2)電場強度和磁感應強度的大小之比．解:(1)在電場中,粒子做類平拋運動,設Q點到x軸的距離為L,到y軸的距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t，有

沿x軸正方向:2L=v0t，①

豎直方向根據勻變速直線運動位移時間關系可得：L=12at2

②

設粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為vy

根據速度時間關系可得:vy=at

③

設粒子到達O點時速度方向與x軸方向的夾角為α,有tanα=vyv0

④

聯立①②③④式得：α=45°

⑤

即粒子到達O點時速度方向與x軸方向的夾角為45°角斜向上．

設粒子到達O點時的速度大小為v，由運動的合成有

v=v02+vy2=2v0;

(2)設電場強度為E，粒子電荷量為q,質量為m，粒子在電場中受到的電場力為F,

由牛頓第二定律可得:qE=ma

⑧

由于vy2=2aL

解得：E=（濟南一中）(1)在電場中，粒子做類平拋運動，根據x軸方向的勻速直線運動和y方向的勻加速直線運動列方程求解；

(2)粒子在電場中受到的電場力時由牛頓第二定律求解加速度，再根據速度位移關系求解電場強度；根據粒子所受的洛倫茲力提供向心力得到半徑計算公式，再根據則由幾何關系得到半徑大小，由此求解磁感應強度大小，然后求解比值．

有關帶電粒子在勻強電場中的運動，可以根據帶電粒子受力情況,用牛頓第二定律求出加速度,結合運動學公式確定帶電粒子的速度；

對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析,一般是確定圓心位置，根據幾何關系求半徑，結合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據周期公式結合軌跡對應的圓心角求時間．

如圖甲所示，真空中水平放置的相距為d的平行金屬板板長為L，兩板上加有恒定電壓后，板間可視為勻強電場.在t=0時,將圖乙中所示的交變電壓加在兩板上，這時恰有一個質量為m、電荷量為q的帶電粒子從兩板正中間以速度v0水平飛入電場.若此粒子離開電場時恰能以平行于兩板的速度飛出(粒子重力不計).求：

(1)兩板上所加交變電壓的頻率應滿足的條件．

(2)該交變電壓U0的取值范圍．解：(1)粒子水平方向做勻速直線運動,水平分速度為v0;

豎直方向沿著同一方向做加速度周期性變化的運動，速度時間圖象如圖所示:

要使粒子在離開電場時恰能以平行A、B兩板的速度飛出，豎直分速度為零，即恰好在整數倍周期時刻飛出，即:Lv0=nT

f=1T

解得:f=nv0L

(其中n=1,2，3,…)

(2)粒子射出時，豎直分位移不大于板間距離的一半,故：

水平分運動:L=v0t

豎直分運動:y=n(12aT2)=nqU0T22md

由于：

y