專題11 電容器帶電粒子在電場中的運動（解析版）

資料整理【淘寶店鋪：向陽百分百】資料整理【淘寶店鋪：向陽百分百】專題10電容器帶電粒子在電場中的運動目錄TOC\o"1-3"\h\u題型一有關(guān)平行板電容器的問題分析 1題型二帶電粒子在電場中的加速直線與偏轉(zhuǎn) 5題型三帶電粒子在交變電場中的運動 14題型四帶電粒子（帶電體）在電場中的力電綜合問題 25題型一有關(guān)平行板電容器的問題分析【解題指導】(1)兩類動態(tài)問題的分析要抓住C＝eq\f(Q,U)、C＝eq\f(εrS,4πkd)和E＝eq\f(U,d)三個基本關(guān)系．(2)板間粒子的運動常用動力學方法或動能定理分析．【典例分析1】（2023上·山西晉城·高三晉城市第一中學校校考期中）如圖甲所示，計算機鍵盤為電容式傳感器，每個鍵下面由相互平行、間距為d的活動金屬片和固定金屬片組成，兩金屬片間有空氣間隙，兩金屬片組成一個平行板電容器，如圖乙所示。其內(nèi)部電路如圖丙所示，則下列說法正確的是（）A．按鍵的過程中，電容器的電容減小B．按鍵的過程中，電容器的電荷量增大C．按鍵的過程中，圖丙中電流方向從a流向bD．按鍵的過程中，電容器間的電場強度減小【答案】B【詳解】A．根據(jù)平行板電容器的電容計算公式得知，按鍵過程中，板間距離d減小，電容C增大，故A錯誤；BC．因C增大，U不變，根據(jù)Q=CU知Q增大，電容器充電，電流方向從b流向a，故B正確，C錯誤；D．根據(jù)電勢差與電場強度的關(guān)系U=Ed，可知電容器間的電場強度增大，故D錯誤；故選B?！镜淅治?】（2023上·遼寧錦州·高三渤海大學附屬高級中學?？计谥校┤鐖D所示，平行板電容器與電動勢為的直流電源（內(nèi)阻不計）連接，下極板接地，靜電計所帶電荷量很少，可被忽略。一帶負電的油滴被固定于電容器中的P點?，F(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向下平移一小段距離，則下列說法正確的是（）A．平行板電容器的極板所帶電荷量不變B．靜電計指針張角變小C．帶電油滴的電勢能增加D．若將上極板與電源斷開后再將下極板左移一小段距離，則油滴所受電場力變大【答案】D【詳解】A．將平行板電容器的上極板豎直向下移動一小段距離，導致極板間距減小，根據(jù)知，d減小，則電容增加，電壓不變，則平行板電容器的極板所帶電荷量增大，故A錯誤；B．靜電計測量的是電容器兩端的電勢差，因為電容器始終與電源相連，則電勢差不變，所以靜電計指針張角不變，故B錯誤；C．電勢差不變，d減小，則電場強度增加，P點與下極板的電勢差變大，則P點的電勢增大，因為該電荷為負電荷，則電勢能減小，故C錯誤；D．若先將電容器上極板與電源正極的導線斷開，則電荷量不變，正對面積S減小，根據(jù)知電場強度變大，則油滴所受電場力變大，故D正確。故選D?！痉椒ㄌ釤挕科叫邪咫娙萜鞯膭討B(tài)問題分析秘籍(1)抓住三個基本公式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)，E＝eq\f(U,d)。(2)兩類動態(tài)分析d、S、εr變化時U、Q、C、E變化的判斷依據(jù)：①充電后與電池兩極相連：U不變，C＝eq\f(εrS,4πkd)，Q＝CU(變化同C)，E＝eq\f(U,d)。②充電后與電池兩極斷開：Q不變，C＝eq\f(εrS,4πkd)，U＝eq\f(Q,C)(變化與C相反)，E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)。(3)電勢和電勢能的變化結(jié)合電場的相關(guān)公式分析?！咀兪窖菥殹?．（2023上·廣東肇慶·高三肇慶市第一中學校考期中）前智能手機普遍采用了指紋識別，常用的指紋識別傳感器是電容式傳感器，指紋的凸起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”。傳感器上有大量面積相同的小極板，當手指貼在傳感器上時，這些小極板和正對的皮膚表面部分形成大量的小電容器，這樣在嵴處和峪處形成的電容器的電容大小不同。此時傳感器給所有的電容器充電后達到某一電壓值，然后電容器放電，電容值小的電容器放電較快，根據(jù)放電快慢的不同，就可以探測到嵴和峪的位置，從而形成指紋圖像數(shù)據(jù)。根據(jù)文中信息，下列說法正確的是（

）

A．峪處形成的電容器電容較小 B．在峪處形成的電容器放電較慢C．充電后在嵴處形成的電容器的電荷量小 D．濕的手指頭對指紋識別也絕對沒有影響【答案】A【詳解】A．在嵴處皮膚表面和小極板之間的距離較小，在峪處皮膚表面與小極板之間的距離較大，根據(jù)電容的決定式知，在峪處形成的電容器電容較小，在嵴處形成的電容器電容較大，故A正確；B．充電后在峪處形成的電容器電容器小，帶電量少，放電時間短，故B錯誤；C．在嵴處形成的電容器電容較大，充電后帶電量大，故C錯誤；D．潮濕的手指頭影響了皮膚表面與小極板之間的相對介電常數(shù)?r，從而影響電容，所以潮濕的手指頭對指紋的識別有一定的影響，故D錯誤。故選A。2．（2023上·重慶沙坪壩·高三重慶八中?？茧A段練習）如圖甲所示，計算機鍵盤為電容式傳感器，每個鍵下面由相互平行、間距為d的活動金屬片和固定金屬片組成，兩金屬片間有空氣間隙，兩金屬片組成一個平行板電容器，如圖乙所示。其內(nèi)部電路如圖丙所示，已知只有當該鍵的電容改變量大于或等于原電容的40％時，傳感器才有感應(yīng)，則下列說法正確的是（

）A．按鍵的過程中，電容器的電容減小B．按鍵的過程中，電容器的電量減小C．按鍵的過程中，圖丙中電流方向從a流向bD．欲使傳感器有感應(yīng)，按鍵需至少按下【答案】D【詳解】A．根據(jù)電容計算公式得，按鍵過程中，d減小，C增大，故A錯誤；BC．因C增大，U不變，根據(jù)得Q增大，電容器充電，電流方向從b流向a，故BC錯誤；D．按鍵過程，正對面積，介電常數(shù)不變，間距d減小，令按鍵至少按下距離為傳感器會響應(yīng)，則有聯(lián)立解得故D正確。故選D。3．（2023上·江蘇鎮(zhèn)江·高三統(tǒng)考期中）電容式位移傳感器工作原理如圖所示，當被測物體在左、右方向發(fā)生位移時，電介質(zhì)板隨之在電容器兩極板之間移動。若電介質(zhì)板向左移動一微小位移x，下列說法正確的是（

）A．電容器兩極板間電壓變小B．電容器電容C變大C．電容器帶電量變少D．有方向的電流流過電阻【答案】B【詳解】AB．若電介質(zhì)板向左移動一微小位移x，電介質(zhì)插入兩板間的長度增大，根據(jù)可知電容C增大；電容器與電源連接，電壓不變，故A錯誤，B正確；CD．根據(jù)可知，若電容C增大，則Q增大，電容器充電，電量變大，同時有方向的電流流過電阻，故CD錯誤。故選B。題型二帶電粒子在電場中的加速直線與偏轉(zhuǎn)【解題指導】(1)帶電粒子在勻強電場中做直線運動時，一般用牛頓第二定律與運動學公式結(jié)合處理或用動能定理處理．(2)在勻強電場中做類平拋運動時一般從分解的角度處理．(3)注意帶電粒子重力能否忽略．【典例分析1】（2023上·北京西城·高三北京市第一六一中學?？计谥校┤鐖D所示，電子從燈絲K發(fā)出（初速度不計），在KA間經(jīng)加速電壓加速后，從A板中心小孔射出，進入由M、N兩個水平極板構(gòu)成的偏轉(zhuǎn)電場，M、N兩板間的距離為d，電壓為，板長為L，電子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度與電場方向垂直，射出時沒有與極板相碰。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子的重力及它們之間的相互作用力。求：（1）電子穿過A板小孔時的速度大小v；（2）電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時沿垂直于板方向偏移的距離y；（3）電子在離開偏轉(zhuǎn)電場時的動能?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)動能定理解得（2）在平行于極板方向做勻速運動在垂直于極板方向做勻加速直線運動根據(jù)牛頓第二定律解得（3）由動能定理解得【典例分析2】（2023·廣東東莞·高三校聯(lián)考期中）如圖所示，離子發(fā)生器發(fā)射出一束質(zhì)量為m，電荷量為q的離子，從靜止經(jīng)加速電壓U1加速后，獲得一定的速度，并沿垂直于電場方向射入兩平行板中央，受偏轉(zhuǎn)電壓U2作用后，離開電場。已知平行板長為L，兩板間距離為d，求：（1）離子出加速電場時的速度大??；（2）離子在離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏移量y；（3）離子在離開偏轉(zhuǎn)電場時的動能Ek的大小。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）在加速電場中，由動能定理得解得（2）離子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，則聯(lián)立解得（3）由運動學公式可得聯(lián)立可知【方法提煉】1．帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律2．處理帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題的方法(1)運動的分解法一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動．(2)功能關(guān)系當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢差．3.計算粒子打到屏上的位置離屏中心的距離的方法(1)y＝y(tǒng)0＋Ltanθ(L為屏到偏轉(zhuǎn)電場的水平距離)；(2)y＝(eq\f(l,2)＋L)tanθ(l為電場寬度)；(3)y＝y(tǒng)0＋vy·eq\f(L,v0)；(4)根據(jù)三角形相似eq\f(y,y0)＝eq\f(\f(l,2)＋L,\f(l,2)).【變式演練】1.（2023上·山西晉城·高三晉城市第一中學校?？计谥校┤鐖D所示，電荷量之比為的帶電粒子A、B以相等的速度v，從同一點出發(fā)，沿著與電場強度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在極板上的C、D點，若OC=CD，忽略粒子重力的影響，則下列說法正確的是（）A．A和B在電場中運動的時間之比為2∶1B．A和B運動的加速度大小之比為4∶1C．A和B的位移大小之比為1∶2D．A和B的質(zhì)量之比為1∶12【答案】BD【詳解】A．A和B在電場中運動時水平方向做勻速運動，則時間之比等于水平位移之比，即時間之比為1∶2，選項A錯誤；B．豎直方向做勻加速運動，則根據(jù)可得則A和B運動的加速度大小之比為4∶1，選項B正確；C．A和B的位移水平位移之比為1:2，豎直位移相等，可知位移大小之比不等于1∶2，選項C錯誤；D．根據(jù)則可得A和B的質(zhì)量之比為1∶12，選項D正確。故選BD。2.（2023上·河北邢臺·高三河北內(nèi)丘中學校聯(lián)考期中）如圖所示，邊長為的正方形區(qū)域內(nèi)存在沿方向、大小為的勻強電場，帶電荷量為的粒子從點沿方向以速度射入勻強電場，從邊的中點離開勻強電場，不計粒子受到的重力，下列說法正確的是（）

A．帶電粒子在勻強電場中運動的時間為 B．帶電粒子經(jīng)過點時的速度大小為C．帶電粒子經(jīng)過點時的動能為 D．帶電粒子的質(zhì)量為【答案】AD【詳解】A．帶電粒子在勻強電場中運動的時間為故A正確；B．帶電粒子在豎直方向有可得帶電粒子經(jīng)過點時的速度大小為故B錯誤；D．根據(jù)動力學公式有加速度為帶電粒子的質(zhì)量為故D正確；C．帶電粒子經(jīng)過點時的動能為帶電粒子經(jīng)過點時的動能為故C錯誤。故選AD。3.（2023上·江蘇揚州·高三統(tǒng)考期中）如圖所示，兩金屬板、豎直放置，間距為，兩金屬板正中間有一豎直放置的金屬網(wǎng)，、、的尺寸相同，接地，、的電勢均為。帶電微粒在距離為的點由靜止釋放，恰好經(jīng)過右側(cè)距離也為的點。已知微粒的質(zhì)量為，電荷量為，微粒與金屬網(wǎng)不發(fā)生碰撞，重力加速度為。求：（1）P、N間電場強度的大小；（2）微粒第一次到達的時間；（3）A、B兩點間的高度差。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）、間，、間均為勻強電場，電場方向相反，由得（2）設(shè)微粒的水平加速度大小為解得解得（3）設(shè)微粒在、兩點間運動的時間為B兩點間的高度差解得4．（2023·河北石家莊·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子從粒子源無初速度地飄入電壓為U的加速電場，經(jīng)加速后從小孔沿平行金屬板A、B的中線射入，并打到B板的中心。已知A、B兩極板長為L，間距為d，不計帶電粒子的重力和粒子間的相互作用。（1）求A、B板間電場的電場強度大小；（2）僅將B板下移適當距離，其他條件不變，為使同種帶電粒子原樣射入且恰能射出電場，求B板下移的距離?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）設(shè)粒子離開加速電場時的速度為v，由動能定理可得解得設(shè)A、B板間電場的電場強度大小為E，帶電粒子在A、B板間電場中做類平拋運動，有聯(lián)立解得（2）若保持A、B兩極板的電荷量不變，將B板下移適當距離，根據(jù)可知電場強度保持不變。讓同種帶電粒子原樣射入恰能射出電場，則有解得y=2d故B板下移的距離為5．（2023上·江蘇鎮(zhèn)江·高三統(tǒng)考期中）如圖，靜止于A處的質(zhì)子（質(zhì)量為m、電荷量為e），經(jīng)電壓為U的加速電場加速后，沿圖中虛線垂直MP進入方向豎直向下的矩形有界勻強偏轉(zhuǎn)電場區(qū)域MNPQ，區(qū)域邊界、，質(zhì)子經(jīng)加速偏轉(zhuǎn)后恰好能從PQ邊距P點為2L處射出，粒子重力不計。（1）求質(zhì)子離開加速電場時的速度大??；（2）求質(zhì)子離開偏轉(zhuǎn)電場時的速度大小；（3）若偏轉(zhuǎn)電場的場強大小變?yōu)樵瓉淼娜种弧⒎较虿蛔?，求質(zhì)子離開該區(qū)域時的速度大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）質(zhì)子在加速電場中做加速直線運動，由動能定理有解得（2）由題意以及之前的分析可知，質(zhì)子在豎直方向做初速度為零的加速直線運動，在水平方向做速度大小為的勻速直線運動，當設(shè)電場的電場強度為E，豎直方向有水平方向有質(zhì)子離開偏轉(zhuǎn)磁場時速度為解得（3）其電場強度的大小變?yōu)樵瓉淼娜种?，由之前的分析可知，其豎直方向的加速度大小也變?yōu)樵瓉淼娜种唬屑僭O(shè)質(zhì)子從PQ邊射出，則質(zhì)子在豎直方向上依然做勻加速直線運動，有所以有則該短時間內(nèi)質(zhì)子在水平方向運動的距離為結(jié)合之前的分析可知，其有由上述分析可知，其質(zhì)子出磁場時不是從磁場下端離開，設(shè)其離開磁場時的豎直方向速度為，時間為，其豎直方向有水平方向仍然以做勻速直線運動，有其質(zhì)子離開磁場的速度大小為題型三帶電粒子在交變電場中的運動【解題指導】1.在交變電場中做直線運動時，一般是幾段變速運動組合．可畫出v－t圖象，分析速度、位移變化．2.在交變電場中的偏轉(zhuǎn)若是幾段類平拋運動的組合，可分解后畫出沿電場方向分運動的v－t圖象，分析速度變化，或是分析偏轉(zhuǎn)位移與偏轉(zhuǎn)電壓的關(guān)系式．【典例分析1】（2023上·遼寧沈陽·高三校聯(lián)考期中）如圖甲所示為兩塊水平金屬板，在兩板間加上周期為T的交變電壓U，電壓U隨時間t變化的圖像如圖乙所示。現(xiàn)有一群質(zhì)量為m、重力不計的帶電粒子以初速度沿中線射入兩金屬板間，經(jīng)時間T都能從兩板間飛出。下列關(guān)于粒子運動的描述正確的是（）A．時入射的粒子，從進入電場到射出電場，電場力對粒子始終不做功B．時入射的粒子，離開電場時的速度方向沿水平方向C．時入射的粒子，離開電場時偏離中線的距離最大D．時入射的粒子，離開電場時的速度大小等于初速度【答案】BD【詳解】A．因為在水平方向粒子的速度保持不變，當粒子在時入射時，在時粒子在豎直方向上的速度達到最大，當時粒子在豎直方向上的速度恰好減小為零，因此離開電場時偏離中線的距離最大，故時入射的粒子，從進入電場到射出電場，電場力對粒子做功，故A錯誤；C．時入射的粒子，在豎直方向上，時間內(nèi)進行加速，時間內(nèi)進行反向減速，直到速度為零，此時距離中線距離最大，在時間內(nèi)進行反向加速，時間內(nèi)再次減速，直到速度為零，此時粒子回到中線，即粒子離開電場時不偏離中線，故C錯誤；BD．無論哪個時刻入射的粒子，在一個周期T內(nèi)，受到的正向電壓和反向電壓的時間是相同的，所以在豎直方向上電場力的沖量為零，所以離開電場時的速度方向都是水平的，且離開電場時的速度大小都相等，都等于初速度，故BD正確。故選BD。（2024·山東德州·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖1，在矩形MNPQ區(qū)域中有平行于PM方向的勻強電場，電場強度為，一電荷量為，質(zhì)量為m帶電粒子以的初速度從M點沿MN方向進入勻強電場，剛好從Q點射出。，。現(xiàn)保持電場強度的大小不變，使勻強電場的方向按圖2做周期性變化。使帶電粒子仍以的初速度從M點沿MN方向進入，粒子剛好能從QN邊界平行PQ方向射出。不計粒子重力，取圖1中方向為電場正方向。則下列說法正確的是（）A．電場強度大小為B．電場強度大小為C．電場變化的周期可能為D．電場變化的周期可能為【答案】BCD【詳解】AB．對粒子分析，粒子沿MN方向做勻速直線運動，電場力方向做勻加速直線運動，則有，解得故A錯誤，B正確；CD．當場強方向周期性變化時，沿電場方向先做初速度為0的勻加速后再做勻減速到0的直線運動，此過程重復(fù)n次，n取正整數(shù)，根據(jù)解得當時，；當時，，故CD正確。故選BCD。【典例分析3】（2023上·海南省直轄縣級單位·高三?？茧A段練習）如圖1所示，豎直正對放置的平行極板間存在一勻強電場，從板處的放射源連續(xù)無初速度地釋放質(zhì)量為、電荷量為的電子，電子經(jīng)極板間的電場加速后由板上的小孔離開，然后沿水平放置的平行極板的中心線進入偏轉(zhuǎn)電場。兩極板的長度均為、間距為，兩板之間加有如圖2所示的交變電壓，時間段內(nèi)極板的電勢高于極板的電勢。電子被加速后離開極板間的加速電場時的速度大小為，所有電子在極板間的偏轉(zhuǎn)電場里運動時均不會打到兩極板上，不考慮電子的重力及電子之間的相互作用和極板的邊緣效應(yīng)。求：（1）極板之間的電勢差；（2）時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)移距離；（3）時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)移距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）粒子在板之間加速后獲得速度為根據(jù)動能定理可得極板之間的電勢差為（2）電子進入極板間的偏轉(zhuǎn)電場后在電場力的作用下做類平拋運動，沿水平方向做勻速直線運動有解得時刻進入極板間的偏轉(zhuǎn)電場的電子加速度大小為電子離開電場時距中心線的距離解得（3）時刻射入極板間的偏轉(zhuǎn)電場的電子，在的時間內(nèi)加速度大小為此過程的側(cè)移量為在時刻豎直方向的分速度為在時間內(nèi)電子加速度大小為此過程的側(cè)移量為離開極板間的偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)距離為【方法提煉】1．常見的交變電場常見的產(chǎn)生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等．2．常見的試題類型此類題型一般有三種情況：(1)粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解)．(2)粒子做往返運動(一般分段研究)．(3)粒子做偏轉(zhuǎn)運動(一般根據(jù)交變電場特點分段研究)．3．解答帶電粒子在交變電場中運動的思維方法(1)注重全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律)，抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的邊界條件．(2)分析時從兩條思路出發(fā)：一是力和運動的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運動學規(guī)律分析；二是功能關(guān)系．(3)注意對稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用．4.利用速度圖象分析帶電粒子的運動過程時的注意事項(1)帶電粒子進入電場的時刻；(2)速度圖象的切線斜率表示加速度；(3)圖線與坐標軸圍成的面積表示位移，且在橫軸上方所圍成的面積為正，在橫軸下方所圍成的面積為負；(4)注意對稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用；(5)圖線與橫軸有交點，表示此時速度改變方向，對運動很復(fù)雜、不容易畫出速度圖象的問題，還應(yīng)逐段分析求解．5.交變電壓的周期性變化，勢必會引起帶電粒子的某個運動過程和某些物理量的周期性變化，所以應(yīng)注意：(1)分過程解決．“一個周期”往往是我們的最佳選擇．(2)建立模型．帶電粒子的運動過程往往能在力學中找到它的類似模型．(3)正確的運動分析和受力分析：合力的變化影響粒子的加速度(大小、方向)變化，而物體的運動性質(zhì)則由加速度和速度的方向關(guān)系確定．【變式演練】1.（2023上·河南·高三校聯(lián)考期中）如圖甲所示，間距為d的平行金屬板水平放置，兩板間最高電壓為，電壓變化的周期為T，電壓U隨時間t變化的圖象如圖乙所示。一比荷的正離子以初速度沿平行金屬板中心線方向從左側(cè)射入，經(jīng)過時間T從右側(cè)射出，在運動過程中沒有碰到極板，不計離子的重力。在離子從左側(cè)射入到從右側(cè)射出的過程中下列說法正確的是（）A．如果離子在0時刻進入電場，它在垂直極板方向的位移為B．如果離子在時刻進入電場，它在垂直極板方向的位移為C．如果離子在時刻進入電場，它在垂直極板方向的位移為D．如果離子在T時刻進入電場，它在垂直極板方向的位移為【答案】AB【詳解】AD．如果離子在、T時刻進入電場，則離子先在兩板間做類平拋運動，垂直極板方向的位移為，然后做勻速直線運動，此過程垂直極板方向的位移為，離子在兩板間的加速度離子在兩板間垂直極板方向的位移為離子運動時在豎直分速度為在之后的內(nèi)離子做勻速直線運動，則離子偏離中心線的距離為故A正確，D錯誤；BC．如果離子在、時刻進入電場，離子先在水平方向上做勻速直線運動，運動后，離子開始偏轉(zhuǎn)，做類平拋運動，在垂直極板方向的位移，則故B正確，C錯誤。故選AB。2．（2023上·安徽·高三安徽省馬鞍山市第二十二中學校聯(lián)考階段練習）圖1的左側(cè)平行金屬板M、N間距為d，加有圖2所示的交變電壓，圖1右側(cè)為半徑為R（）的圓形勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B垂直于紙面向內(nèi)（圖中未畫出），AB為豎直方向直徑。是M、N板間的中線并經(jīng)過圓形磁場的圓心。不同時刻從O點沿中線射入初速度都為的不同粒子（不計粒子的重力），所有出射粒子都從A點離開磁場。則下列說法中正確的是（

）

A．粒子都帶負電B．粒子在電場中運動時間都相同，且一定是電場周期T的整數(shù)倍C．所有粒子從電場中射出的位置相同D．粒子的比荷一定相等，都為【答案】BD【詳解】B．所有粒子都匯聚到A點，顯然為磁聚焦，故所有粒子從電場中射出的速度都為，方向水平，在電場中運動時間一定為周期T的整數(shù)倍，故B正確；AD．進入磁場向上偏轉(zhuǎn)做圓周運動，故粒子帶正電，由，解得軌道半徑粒子的比荷為故A錯誤，D正確；C．不同時刻進入電場的粒子豎直方向運動不同，所有射出電場的位置也會不一樣，故C錯誤。故選BD。3．（2023下·湖南岳陽·高三湖南省岳陽縣第一中學校考開學考試）如圖甲所示，在空間存在一個變化的電場和一個變化的磁場，電場的方向水平向右（圖甲中由B到C），場強大小隨時間變化情況如圖乙所示；磁感應(yīng)強度方向垂直于紙面、大小隨時間變化情況如圖丙所示。在時，從A點沿AB方向（垂直于BC）以初速度射出第一個粒子，并在此之后，每隔2s有一個相同的粒子沿AB方向均以初速度射出，并恰好均能擊中C點，若，且粒子由A運動到C的運動時間小于1s。不計重力和空氣阻力，對于各粒子由A運動到C的過程中，以下說法正確的是（）

A．電場強度和磁感應(yīng)強度的大小之比為B．第一個粒子和第二個粒子運動的加速度大小之比為C．第一個粒子和第二個粒子運動的時間之比為D．第一個粒子和第二個粒子通過C的動能之比為【答案】BC【詳解】A．粒子在磁場中做圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力根據(jù)幾何關(guān)系有可得粒子在電場中做類平拋運動，豎直方向有水平方向有可得電場強度和磁感應(yīng)強度的大小之比為故A錯誤；B．第一個粒子和第二個粒子運動的加速度大小之比為故B正確；C．第一個粒子運動的時間為第二個粒子運動的時間為第一個粒子和第二個粒子運動的時間之比為故C正確；D．第一個粒子通過C的動能為根據(jù)動能定理有第二個粒子通過C的動能為第一個粒子和第二個粒子通過C的動能之比為故D錯誤。故選BC。4．（2023·黑龍江七臺河·高三勃利縣高級中學?？计谥校┤鐖D甲，真空中的兩平行金屬板間距為d、板長為L。A、B兩板間加上如乙圖所示的方波形電壓。在時刻，一質(zhì)量為m、電量為e的電子以初速度從兩板正中間沿板方向射入電場，并在時刻從板間射出，不計電子重力。下列說法正確的是（）A．電子沿板方向做加速運動B．板間距離必須滿足C．電子從板間射出時機械能增加eU0D．電子從板間射出時的速度大小為v0【答案】BD【詳解】AD．豎直方向上，內(nèi)電子做勻加速直線運動，內(nèi)電子勻減速至速度為零，出射速度大小為，故D正確，故A錯誤；B．豎直方向分位移為由可知故B正確；C．0～T內(nèi)電場力做功為零，機械能增加量為零，故C錯誤。故選BD。5.（2023上·黑龍江大慶·高三大慶市東風中學?？茧A段練習）如圖甲所示，質(zhì)量為m、電荷量為e的電子經(jīng)加速電壓，加速后，在水平方向沿垂直進入偏轉(zhuǎn)電場。已知形成偏轉(zhuǎn)電場的平行板電容器的極板長為L（不考慮電場邊緣效應(yīng)），兩極板間距為d，為兩極板的中線，P是足夠大的熒光屏，且屏與極板右邊緣的距離也為L。求：（1）粒子進入偏轉(zhuǎn)電場的速度v的大??；（2）若偏轉(zhuǎn)電場兩板間加恒定電壓，電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場后正好打中屏上的A點，A點與極板M在同一水平線上，求偏轉(zhuǎn)電場所加電壓；（3）若偏轉(zhuǎn)電場兩板間的電壓按如圖乙所示作周期性變化，要使電子經(jīng)加速電場后，時刻進入偏轉(zhuǎn)電場后水平飛出M板的右邊緣，試確定偏轉(zhuǎn)電場電壓以及周期T分別應(yīng)該滿足的條件。【答案】（1）；（2）；（3），【詳解】（1）電子經(jīng)加速電場加速解得（2）由題意知，電子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場偏轉(zhuǎn)后做勻速直線運動到達A點，設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角為，則由幾何關(guān)系得解得又解得（3）要使電子進入偏轉(zhuǎn)電場后水平飛出M板的右邊緣，電子必向上極板偏轉(zhuǎn)，且，則電子應(yīng)在時刻進入偏轉(zhuǎn)電場，且電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為整數(shù)個周期，因為電子水平射出，則電子在偏轉(zhuǎn)電場中的運動時間滿足則在豎直方向位移應(yīng)滿足解得題型四帶電粒子（帶電體）在電場中的力電綜合問題【解題指導】1.勻強電場可與重力場合成用一合場代替，即電場力與重力合成一合力，用該合力代替兩個力．2.力電綜合問題注意受力分析、運動過程分析，應(yīng)用動力學知識或功能關(guān)系解題．【典例分析1】（2023上·遼寧丹東·高三統(tǒng)考期中）在平面坐標系內(nèi)，半徑為圓形區(qū)域內(nèi)有平行紙面的勻強電場，圓與坐標軸的交點分別為坐標原點軸上的點和軸上的點，為圓的直徑，．質(zhì)量為，電荷量為的帶電粒子在紙面內(nèi)自點以不同的速度先后進入電場區(qū)域．已知進入電場時速度為零的粒子，從軸上的點以速率穿出電場（粒子僅受電場力作用）．求：（1）圓形區(qū)域內(nèi)電場強度的大??；（2）所有沿軸正方向進入電場的粒子中，穿出電場時動能增量的最大值；（3）某粒子以的速度沿軸正方向進入電場，求該粒子射出電場時的位置坐標?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）由題意知，在點速度為零的粒子會沿著電場線方向運動，由于，則電場線沿軸正方向，根據(jù)幾何關(guān)系可知根據(jù)動能定理有解得電場強度的大小（2）根據(jù)題意可知，要使粒子動能增量最大，測沿電場線方向移動的距離最遠．作與軸平行的直線與圓相切于點，與軸相交于點，粒子從點射出時沿電場線方向移動的距離最遠，如圖所示．粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)幾何關(guān)系有由電場力提供加速度有聯(lián)立各式解得粒子由點到點根據(jù)動能定理有解得（3）設(shè)該粒子射出點的坐標為，則可得該粒子的軌跡方程為又有圓的軌跡方程為聯(lián)立可得即粒子射出點的坐標為【典例分析2】（2023上·黑龍江哈爾濱·高三哈九中?？计谥校┤鐖D，在足夠大的光滑、絕緣水平面上有兩小球A和B，質(zhì)量分別為3m、m，其中A帶電量為，B不帶電，開始時A與B相距，空間加有水平向右勻強電場，場強大小為E，此時小球A由靜止釋放，小球A、B發(fā)生彈性正碰且A電荷量不會轉(zhuǎn)移，A與B均可視為質(zhì)點，重力加速度為g。（1）求小球A與B第一次碰撞后的瞬間物塊B的速度大??；（2）求從初始時刻，到兩小球發(fā)生第二次碰撞時，小球A電勢能的減少量；（3）求兩小球第2023次碰撞后到第2024次碰撞前的時間間隔?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）A加速運動，由動能定理得解的設(shè)A與B發(fā)生碰撞后瞬間，A與B的速度大小分別為，，對于A、B碰撞過程，由動量守恒定律得由機械能能守恒定律得聯(lián)立得（2）若A、B發(fā)生第一次碰撞后到恰好發(fā)生第二次碰撞，運動時間為，則A的位移大小為根據(jù)牛頓第二定律可得B的位移大小為且聯(lián)立四式得對小球A從初始到與B球第二次碰撞時，電場力做功又聯(lián)立解得小球A電勢能的減少量（3）由（2）可知，當A、B第二次相碰時，A球速度為解得設(shè)第二次碰撞后兩個小球的速度分別為、，根據(jù)動量守恒定律得由機械能能守恒定律得聯(lián)立解得設(shè)從第二次碰撞到第三次碰撞的時間間隔為，根據(jù)位移關(guān)系解得以此類推，可以發(fā)現(xiàn)兩小球每次碰撞后速度之差為，到下一次碰撞前速度差仍為，所以他們再次碰撞所需的時間均為所以兩小球第2023次碰撞后到第2024次碰撞前的時間間隔【典例分析3】如圖所示，BCD是光滑絕緣的半圓形軌道，位于豎直平面內(nèi)，直徑BD豎直，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點平滑連接，質(zhì)量為m的不帶電的滑塊b靜止在B點，整個軌道處在水平向左的勻強電場中，場強大小為E。質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊a置于水平軌道上，電荷量為q＝eq\f(3mg,2E)，滑塊a與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度為g?，F(xiàn)將滑塊a從水平軌道上距離B點12R的A點由靜止釋放，運動到B點與滑塊b碰撞，碰撞時間極短且電量不變，碰后兩滑塊粘在一起運動，a、b滑塊均視為質(zhì)點。求：(1)滑塊a、b碰撞后的速度大小；(2)滑塊在圓形軌道上最大速度的大小，以及在最大速度位置處滑塊對軌道作用力的大?。?3)滑塊第一次落地點到B點的距離?！緟⒖即鸢浮?1)eq\r(6gR)(2)eq\r(\f(13gR,2))eq\f(31mg,2)(3)(2eq\r(2)－eq\f(3,2))R【名師解析】此題涉及重力場與勻強電場組成的“等效重力場”問題，大部分同學不會將重力場中的知識遷移到“等效重力場”中來，不會尋找物理最高點、最低點，而成為犯錯率極高的題型。(1)a從A到B的過程由動能定理得Eeq\f(3mg,2E)×12R－μmg×12R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得v1＝2eq\r(6gR)對a與b碰撞過程由動量守恒定律得mv1＝2mv2解得v2＝eq\r(6gR)。(2)當滑塊的重力與電場力的合力方向和圓軌道半徑方向一致時，滑塊速度最大。如圖，則有θ＝arctaneq\f(Eq,2mg)＝arctaneq\f(3,4)＝37°對滑塊從碰后到速度最大的過程由動能定理有Eeq\f(3mg,2E)Rsin37°－2mgR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)解得滑塊的最大速度v3＝eq\r(\f(13gR,2))對滑塊在此處，由牛頓第二定律得，F(xiàn)N－eq\f(2mg,cos37°)＝eq\f(2mv\o\al(2,3),R)解得滑塊受到軌道的支持力FN＝eq\f(31mg,2)由牛頓第三定律可知，此時滑塊對軌道的作用力大小FN′＝eq\f(31mg,2)。(3)假設(shè)滑塊能運動到D點，對滑塊從B到D的過程，由動能定理有－2mg×2R＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,4)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)，解得v4＝eq\r(2gR)。在D點，對滑塊受力分析得：FN1＋2mg＝eq\f(2mv\o\al(2,4),R)解得FN1＝2mg所以滑塊能通過D點并水平飛出，在豎直方向：2R＝eq\f(1,2)gt2解得t＝eq\r(\f(4R,g))水平方向受電場力，加速度不變，則s＝v4t－eq\f(1,2)×eq\f(Eq,2m)t2＝(2eq\r(2)－eq\f(3,2))R。【方法提煉】1帶電粒子在電場中力電綜合問題的分析思路(1)首先分析粒子的運動規(guī)律，確定粒子在電場中做直線運動還是曲線運動。(2)對于直線運動問題，可根據(jù)對粒子的受力分析與運動分析，從以下兩種途徑進行處理：①如果是帶電粒子受恒定電場力作用下的直線運動問題，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運動學公式確定帶電粒子的速度、位移等。②如果是非勻強電場中的直線運動問題，一般利用動能定理分析全過程中能的轉(zhuǎn)化，研究帶電粒子的速度變化、運動的位移等。(3)對于曲線運動問題，通常有以下兩種情況：①對于在勻強電場中的曲線運動，一般是類平拋運動，通常采用運動的合成與分解的方法處理。通過對帶電粒子的受力分析和運動規(guī)律分析，借助運動的合成與分解，尋找兩個分運動，再應(yīng)用牛頓運動定律或運動學規(guī)律求解。②對于在非勻強電場中的曲線運動，一般是根據(jù)牛頓運動定律、曲線運動知識和動能定理、能量守恒定律定性分析。(4)當帶電粒子從一個電場區(qū)域進入另一個電場區(qū)域時，要注意分析帶電粒子的運動規(guī)律的變化及兩區(qū)域電場交界處的有關(guān)聯(lián)的物理量，這些關(guān)聯(lián)量往往是解決問題的突破口。2.帶電體在電場、重力場中運動的動力學問題1．等效重力法將重力與電場力進行合成，如圖所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g′＝eq\f(F合,m)為等效重力場中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場中的豎直向下方向．2．物理最高點與幾何最高點在“等效力場”中做圓周運動的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動的臨界速度問題．小球能維持圓周運動的條件是能過最高點，而這里的最高點不一定是幾何最高點，而應(yīng)是物理最高點．幾何最高點是圖形中所畫圓的最上端，是符合人眼視覺習慣的最高點．而物理最高點是物體在圓周運動過程中速度最小(稱為臨界速度)的點．【變式演練】1.（2024·全國·高三專題練習）如圖所示，虛線MN下方存在著方向水平向左、范圍足夠大的勻強電場。AB為絕緣光滑且固定的四分之一圓弧軌道，軌道半徑為R，O為圓心，B位于O點正下方。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，以初速度vA豎直向下從A點沿切線進入四分之一圓弧軌道內(nèi)側(cè)，沿軌道運動到B處以速度vB射出。已知重力加速度為g，電場強度大小為，，空氣阻力不計，下列說法正確的是（）A．從A到B過程中，小球的機械能先增大后減小B．從A到B過程中，小球?qū)壍赖膲毫ο葴p小后增大C．在A、B兩點的速度大小滿足vA>vBD．從B點拋出后，小球速度的最小值為【答案】D【詳解】A．從A到B過程中，靜電力一直做負功，小球的機械能一直減小，故A錯誤；B．設(shè)等效重力與豎直線的夾角為θ，則故θ為37°，等效重力方向與豎直方向成37°角偏左下方，所以從A到B過程中，小球速度先增大后減小，對軌道的壓力先增大后減小，故B錯誤；C．B點比A點更靠近等效最低點，所以，故C錯誤；D．從A到B，由動能定理有解得之后小球做類斜拋運動，在垂直于等效場方向上的分速度即為最小速度，則故D正確。故選D。2.（2023·廣西玉林·高三?？计谥校┤鐖D所示，勻強電場，方向水平向右，ABCD為豎直放置在電場中的絕緣導軌，半圓形軌道BCD光滑，半徑，B為圓軌道最低點，水平軌道與其相切于B點，水平軌道粗糙，，一質(zhì)量、電荷量的帶正電的小滑塊在A點有一個水平向右的初速度。已知水平軌道與小滑塊之間的動摩擦因數(shù)，重力加速度g取10m/s，求：（1）小滑塊從A到C的過程中，電場力做功為多少？（2）小滑塊到達C點時速度大?。唬?）小滑塊到達C點時對軌道壓力大小。（4）通過計算說明小滑塊能否到達最高點D點。

【答案】（1）0.3J；（2）；（3）7N；（4）能【詳解】（1）小滑塊從A到C的運動過程，電場力做功為代入數(shù)據(jù)解得（2）設(shè)小滑塊到達C點時速度大小為，對小滑塊從A到C的運動過程，根據(jù)動能定理有代入數(shù)據(jù)解得（3）設(shè)小滑塊到達C點時所受軌道支持力的大小為N，根據(jù)牛頓第二定律有解得根據(jù)牛頓第三定律可知小滑塊到達C點時對軌道壓力大小為7N。（4）小球恰好能通過D點時，有得假設(shè)小球能到達D時，到達D點的速度為v，從A到D，由動能定理得解得所以，小滑塊能到達最高點D。3.（2023·遼寧丹東·統(tǒng)考二模）真空中存在空間范圍足夠大的，水平向右的勻強電場。在電場中，若將一個質(zhì)量為，帶正電的小球由空中靜止釋放，運動中小球的速度與豎直方向夾角為53°。如圖