2019高考物理一轮复习第七章静电场微专题56带电粒子在电场中的加速和偏转加练半小时粤教版

第56讲 带电粒子在电场中的加速和偏转[方法点拨] (1)带电粒子在匀强电场中做直线运动时，一般用牛顿第二定律与运动学公式结合处理或用动能定理处理．(2)在匀强电场中做类平抛运动时一般从分解的角度处理．(3)注意带电粒子重力能否忽略．1．电子束焊接机中的电场线如图1中虚线所示．K 为阴极，A 为阳极，两极之间的距离为d ，在两极之间加上高压U ，有一电子在K 极由静止被加速．不考虑电子重力，元电荷为e ，则下列说法正确的是( )图1A ．A 、K 之间的电场强度为UdB ．电子到达A 极板时的动能大于eUC ．由K 到A 电子的电势能减小了eUD ．由K 沿直线到A 电势逐渐减小2．(多选)(2017·四川资阳4月模拟)如图2所示，质量相同的两个带电粒子M 、N 以相同的速度同时沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，M 从两极板正中央射入，N 从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点．不计带电粒子重力和带电粒子间的相互作用，则从开始射入到打在上极板的过程中( )图2A ．它们运动的时间t N ＝t MB ．它们电势能减少量之比ΔE M ∶ΔE N ＝1∶2C ．它们的动能增加量之比ΔE k M ∶ΔE k N ＝1∶2D ．它们所带的电荷量之比q M ∶q N ＝1∶23．(2017·山东师范大学附中第三次模拟)如图3所示，有一带电粒子贴着A 板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U 1时，带电粒子沿轨迹①从两板正中间飞出；当偏转电压为U 2时，带电粒子沿轨迹②落到B 板中间．设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次的电压之比为( )图3A ．U 1∶U 2＝1∶8B ．U 1∶U 2＝1∶4C ．U 1∶U 2＝1∶2D ．U 1∶U 2＝1∶14．(2017·广东汕头质量检测)一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒子a 和b ，从电容器边缘的P 点(如图4)以相同的水平速度射入两平行板之间．测得a 和b 与电容器的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1∶2.若不计重力，则a 和b 的比荷之比是( )图4A ．4∶1B．2∶1C．1∶1D．1∶25．(2017·安徽马鞍山第一次模拟)如图5所示，虚线表示匀强电场的等势线，间距均为d ，一质量为m 、电荷量大小为q 的粒子(不计重力)，从A 点以与等势线成θ角的速度v 0射入，到达B 点时，速度方向恰与等势线平行，则( )图5A ．粒子一定带正电B ．电场中A 点的电势一定高于B 点电势C ．匀强电场的电场强度大小为mv 02sin 2θ4qdD ．粒子在A 点具有的电势能大于在B 点具有的电势能6．(2018·河南省八校第二次测评)如图6，半径为R 的圆环处在匀强电场E 中，圆环平面与电场方向平行，直径ab 与电场线垂直；一带电粒子以速度v 0从a 点沿ab 方向射入电场，粒子打在圆环上的c 点；已知c 点与ab 的距离为R2，不计粒子重力，求带电粒子的比荷.图67.(2018·四川泸州一检)如图7所示，竖直平行正对放置的带电金属板A 、B ，B 板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy 的O 点；y 轴沿竖直方向；在x >0的区域内存在沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E ＝43×103V/m ；比荷为1.0×105C/kg 的带正电的粒子P 从A 板中心O ′处静止释放，其运动轨迹恰好经过M (3，1)点；粒子P 的重力不计，试求：图7(1)金属板A 、B 之间的电势差U AB ；(2)若在粒子P 经过O 点的同时，在y 轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电微粒Q ，使P 、Q 恰能运动中相碰；假设Q 的质量是P 的2倍、带电情况与P 相同；Q 的重力及P 、Q 之间的相互作用力均忽略不计；求粒子Q 所有释放点的集合．8．(2017·湖北孝感第一次统考)在xOy 直角坐标系中，三个边长都为2m 的正方形如图8所示排列，第Ⅰ象限正方形区域ABOC 中有水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E 0，在第Ⅱ象限正方形COED 的对角线CE 左侧CED 区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC 区域内无电场，正方形DENM 区域内无电场．现有一带电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子(重力不计)从AB 边上的A 点由静止释放，恰好能通过E 点．图8(1)求CED 区域内的匀强电场的电场强度的大小E 1；(2)保持(1)问中电场强度不变，若在正方形ABOC 中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过E 点，则释放点的坐标值x 、y 间应满足什么关系；(3)若CDE 区域内的电场强度大小变为E 2＝43E 0，方向不变，其他条件都不变，则在正方形区域ABOC 中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过N 点，则释放点的坐标值x 、y 间又应满足什么关系．答案精析1．C [A 、K 之间的电场为非匀强电场，A 、K 之间的电场强度不是U d，选项A 错误；由动能定理，电子到达A 极板时的动能E k ＝eU ，选项B 错误；电子由K 到A 的过程电场力做正功，电子的电势能减小了eU ，选项C 正确；沿电场线方向电势降低，则由K 沿直线到A 电势逐渐升高，选项D 错误．] 2．AD3．A [据题意，粒子在偏转电场中做类平抛运动，即粒子在水平方向做匀速直线运动，则：x ＝vt ，在竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，则：y ＝12at 2＝qUx22mdv 2，偏转电压为U ＝2mdyv2qx 2，则偏转电压之比为：U 1U 2＝y 1x 22y 2x 12＝y 1y 2·(x 2x 1)2＝18，故A 选项正确．] 4．A 5.C 6．见解析解析 沿ab 方向与电场强度方向建立xOy 直角坐标系，设粒子从a 到c 所需时间为t ，则：x ＝v 0t y ＝12at 2由牛顿第二定律得qE ＝ma由题意可知：y ＝12R ；x ＝(1＋32)R联立解得：qm＝－43v 02ER7．(1)1000V (2)y ＝16x 2，其中x >0解析 (1)设粒子P 的质量为m 、带电荷量为q ，从O 点进入匀强电场时的速度大小为v 0；由题意可知，粒子P 在y 轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O 点运动到M (3，1)点所用时间为t 0，由类平抛运动可得：x ＝v 0t 0，y ＝qE2m t 02解得：v 0＝2×104m/s在金属板A 、B 之间，由动能定理：qU AB ＝12mv 02解得：U AB ＝1000V(2)设P 、Q 在右侧电场中运动的加速度分别为a 1、a 2；Q 粒子从N (x ，y )点释放后，经时间t 与粒子P 相碰；由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得对于P ：Eq ＝ma 1 对于Q ：Eq ＝2ma 2x ＝v 0t12a 1t 2＝y ＋12a 2t 2 解得：y ＝16x 2，其中x >0即粒子Q 释放点N (x ，y )坐标满足的方程为y ＝16x 2，其中x >08．(1)4E 0 (2)y ＝x (3)y ＝3x －4解析 (1)设带电粒子出第Ⅰ象限电场时的速度为v ，在第Ⅰ象限电场中加速运动时，根据动能定理得E 0qL ＝12mv 2，其中L ＝2m ．要使带电粒子通过E 点，在第Ⅱ象限电场中偏转时，竖直方向位移为y 0，设水平方向位移为x 0，则y 0＝12·E 1q m (x 0v )2，因∠CEO ＝45°，即x 0＝y 0＝2m ，解得E 1＝4E 0.(2)设释放点的坐标为(x ，y )，带电粒子出第Ⅰ象限电场时的速度为v 1，在第Ⅰ象限电场中加速运动时，根据动能定理得E 0qx ＝12mv 12，要使带电粒子过E 点，在第Ⅱ象限电场中偏转时，竖直方向位移为y ，水平方向位移也为y ，则y ＝12·E 1q m (y v 1)2，解得y ＝x .(3)如图所示为其中一条轨迹图，带电粒子从DE 出电场时与DE 交于Q .进入CDE 区域的电场后，初速度延长线与DE 交于G ，出电场时速度的反向延长线与初速度延长线交于P 点，设在第Ⅰ象限释放点的坐标为(x ，y )．由图可知，在CDE 区域中带电粒子的水平位移为y ，设偏转位移为y ′，则y ′＝12·E 2q m (y v 2)2，而y ′y －y ′＝GP NE ，其中GP ＝y2， NE ＝2m ，在第Ⅰ象限加速过程中，E 0qx ＝12mv 22，解得y ＝3x －4.。

课后分级演练（二十二）电容器 带电粒子在电场中的运动【A 级一一基础练】1. 煤矿渗水会造成严重安全事故，2011年11月13日凌晨0时 10分，廿肃省白银市景泰县通达煤矿发生透水事故，当时井下作业 人员11名，其中4人泅水脱险，7人被困.利用传感电容器可检测 矿井渗水，发出安全警报，从而避免事故的发生.如图所示是一种 通过测量电容器电容的变化來检测液面高低的仪器原理图，川为固定的导体芯，〃为导体芯 外面的一层绝缘物质，C 为导电液体，把仪器接到图示电路中，已知灵敏电流表的指针偏转 方向与电流方向的关系为：电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转.当发现指针向 右偏转吋，导电液体深度力的变化为（）A.力正在增大 B.力正在减小 C.力不变 D.无法确定解析：B 本题考查电容的定义式、决定式和电容的动态变化问题，意在考查考生对电 容定义式和决定式的理解能力、对动态变化问题的分析判断能力.电容器保持与电源连接, 电路稳定时，电容器两端电压不变，灵敏电流表指针向右偏转，说明电流由右向左通过电源, 说明电容器在放电，即电荷量减小，由电容的定义式可知，电容器的电容减小，由电容的决定式•可知，电容器两极板的正对面积减小，即说明导电液体深度力减小，B 4只kd 项正确.2. 如图所示，不带电的金属球昇固定在绝缘底座上，它的正上方有〃点，该 处有带电液滴不断地自静止开始落下，液滴到达力球后将电荷量全部传给力球， 设前一液滴到达力球后，后一液滴才开始下落，不计空气阻力和下落液滴之间的 影响，则下列叙述中正确的是（）A. 第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达力球B. 当液滴下落到重力与电场力大小相等的位置时，开始做匀速运动C. 所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等D. 所有液滴下落过程中电场力做功相等解析：C 第一滴液滴下落吋，只受重力，所以做自由落体运动，以后的液滴在下落过 程中，将受电场力作用，且在靠近/的过程中电场力变大，所以做变加速运动，当力电荷量 较大时，使得液滴所受的电场力大于重力时，液滴有可能不能到达/球，所以A 错误；当液 滴下落到重力与电场力大小相等的位置时，液滴向下运动速度最大，再向下运动重力将小于 电场力，所以不会做匀速运动，故B 错误；每滴液滴在下落过程中力所带的电荷量不同，故 下落液滴动能最大的位置不同，此时合外力做功不同，最大动能不相等，所以C 正确；每滴 I I I液滴在下落过程屮zl所带的电荷量不同，液滴所受的电场力不同.电场力做功不同，所以D 错误.3.（2017 •衡水调研）一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地.两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、F表示两板间的场强、0表示P 点的电势，表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离厶的过程中，各物理量与负极板移动距离/的关系图象中正确的是（）C E11104A<P11X0-BW111X0-X0-XC D解析：C平行板电容器充电后与电源断开，平行板上所带电荷量0不再发生变化，设£ <7图示位置两平行板I'可距为A选项由平行板电容公式有C=g，电容C随x变化应为曲线，A错；B选项巴士，而〃卑联立得4牛学，E与x无关,B错；C选项P 点电势e = % = E（d_D,函数式与图象吻合，C对；D选项W=qe = qE（d—*, D错.4.（多选）示波管的内部结构如图甲所示.如果偏转电极AT、rr之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心.如果在偏转电极新‘之间和之间加上图丙所示的儿种电压，荧光屏上可能会岀现图乙屮（a）、（b）所示的两种波形.贝朕）解析：AC 要使荧光屏上出现图乙中(a)所示波形，XT 加扫描电压(3), JT加正弦电压(1),则A 正确；要使荧光屏上出现图乙屮(b)所示波形，XT 加扫描电压(3),KF 加方波电压(2),则C 正确.5. 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，在竖直平而内有初速度为％的带电微粒，恰能沿图示虚 线由外向〃做直线运动.那么()A. 微粒带正、负电荷都有对能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解析：B 微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力方向在同一条直线上，只有微粒 受到水平向左的电场力才能使得合外力方向与速度方向相反II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.6. (2017・合肥联考)如图所示，正方体真空盒置于水平面上， 它的畀伽?面与EFG 〃血为金属板，其他面为绝缘材料.ABCD'^带 正电，龙％〃面带负电.从小孔P 沿水平方向以相同速率射入三个 质量相同的带正电液滴久B 、C,最后分别落在1、2、3三点，则 下列说法正确的是()A. 三个液滴在真空盒中都做平抛运动B. 三个液滴的运动时间不一定相同C. 三个液滴落到底板时的速率相同D. 液滴C 所带电荷量最多解析：D 三个液滴在水平方向受到电场力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三 个液滴在真空盒中不是做平抛运动，选项A 错误.由于三个液A. 若XTB. 若XTC. 和YY'D.和YY' 分别加电压⑶和(1), 分别加电压(4)和(1), 分别加电压(3)和(2), 分别加电压(4)和(2), 荧光屏上可以出现图乙中Q)所示波形 荧光屏上可以出现图乙小(a)所示波形 荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形 荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形滴在竖直方向做自由落体运动, 三个液滴的运动时间相同，选项B错误.三个液滴落到底板时竖直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三个液滴到底板时的速率不相同，选项C 错误.由于液滴C在水平方向位移 最大，说明液滴C 在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，选项D 正确.7. 如图所示，一个带电粒子从粒子源飘入（初速度很小，可 忽略不计）电压为«的加速电场，经加速后从小孔S 沿平行金属 板弭、〃的屮线射入，A. 〃板长为乙相距为丛电压为弘则带 电粒子能从A. E板间飞出应该满足的条件是（）Ui 2d A -^T c 仝空解析：C 根据qU\=^mv, t=2, .韦.（£）",由题意知，7＜討，解得彳〈苓, 故C 正确.8. 如图，平行板电容器两极板的间距为也极板与水平面成45° 角，上极板带正电.一电荷量为q （q 〉O ）的粒子在电容器中靠近下极板 处，以初动能為竖直向上射岀.不计重力，极板尺寸足够大.若粒子 能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为（） A -~-4qd 边民2qd B — 2qd匹 qd解析：B 当电场足够大时， 粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度 恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动.将粒子初速度〃分解为垂直极板的匕和平行极板的*，根据运动的合成与分解，当5=0时，根据运动学公式有说=丹,1 E©v y = T^>cos 45° , &)=尹说,联立得 £=京^ 9. （多选）在电场方向水平向右的匀强电场屮，一-带电小球从弭点竖直向上抛出，其运 动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上久〃两点在同-•水平线上，财为轨迹的最高点，小 球抛出时的动能为8 J,在〃点的动能为6 J,不计空气的阻力，则下列判断正确的是（）A. 小球水平位移山与曲的比值为1 ： 3故选项B 正确.B.小球水平位移嵐与曲的比值为1 ： 4C.小球落到〃点时的动能为32 JD.小球从/点运动到〃点的过程中最小动能为6 J解析：AC小球在水平方向做初速度为零的匀加速运动，小球在竖直方向上升和下落的时间相同，由匀变速直线运动位移与时间的关系可知水平位移: %2=1 : 3,选项A正确，选项B错误；设小球在财点时的水平分速度为％则小球在〃点时的水平分速度为2叭，根据题意有如说=8J, 戒=6J,因而在〃点时小球的动能为皿=*加~ ]2=32 J,选项C正确；由题意知，小球受到的合外力为重力与电场力的合力，为恒力，小球在力点吋,F合与速度之间的夹角为钝角，小球在财点吋，速度与F合之间的夹角为锐角，即F合对小球先做负功再做正功，由动能定理知，小球从力到〃过程中，动能先减小后增大，小球从M 到〃的过程屮，合外力一直做正功，动能一直增大，故小球从/运动到〃的过程屮最小动能一定小于6 J,选项D错误.10.如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为弘，电容器板长和板间距离均为A=10cm,下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是力=10 cm,在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随吋间变化的图象如图乙所示.(每个电子穿过平行板的时I'可都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求:(1)在t=0. 06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处.(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？解析：(1)电子经加速电场，由动能定理得Ql^=^mv ,电子经偏转电场：沿y力向：沿电场方向：y=^at\又故偏转后偏移量尸* •于・£)2,所以尸罟由题图知t=0. 06 s时刻〃偏=1.84,所以y=4.5 cm设打在屏上的点距。

56 带电粒子在电场中的加速和偏转[方法点拨] (1)带电粒子在匀强电场中做直线运动时，一般用牛顿第二定律与运动学公式结合处理或用动能定理处理．(2)在匀强电场中做类平抛运动时一般从分解的角度处理．(3)注意带电粒子重力能否忽略．1．电子束焊接机中的电场线如图1中虚线所示．K 为阴极，A 为阳极，两极之间的距离为d ，在两极之间加上高压U ，有一电子在K 极由静止被加速．不考虑电子重力，元电荷为e ，则下列说法正确的是( )图1A ．A 、K 之间的电场强度为UdB ．电子到达A 极板时的动能大于eUC ．由K 到A 电子的电势能减小了eUD ．由K 沿直线到A 电势逐渐减小2．(多选)(2017·四川资阳4月模拟)如图2所示，质量相同的两个带电粒子M 、N 以相同的速度同时沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，M 从两极板正中央射入，N 从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点．不计带电粒子重力和带电粒子间的相互作用，则从开始射入到打在上极板的过程中( )图2A ．它们运动的时间t N ＝t MB ．它们电势能减少量之比ΔE M ∶ΔE N ＝1∶2C ．它们的动能增加量之比ΔE k M ∶ΔE k N ＝1∶2D ．它们所带的电荷量之比q M ∶q N ＝1∶23．(2017·山东师范大学附中第三次模拟)如图3所示，有一带电粒子贴着A 板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U 1时，带电粒子沿轨迹①从两板正中间飞出；当偏转电压为U 2时，带电粒子沿轨迹②落到B 板中间．设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次的电压之比为( )图3A ．U 1∶U 2＝1∶8B ．U 1∶U 2＝1∶4C ．U 1∶U 2＝1∶2D ．U 1∶U 2＝1∶14．(2017·广东汕头质量检测)一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒子a 和b ，从电容器边缘的P 点(如图4)以相同的水平速度射入两平行板之间．测得a 和b 与电容器的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1∶2.若不计重力，则a 和b 的比荷之比是( )图4A ．4∶1B ．2∶1 C．1∶1 D．1∶25．(2017·安徽马鞍山第一次模拟)如图5所示，虚线表示匀强电场的等势线，间距均为d ，一质量为m 、电荷量大小为q 的粒子(不计重力)，从A 点以与等势线成θ角的速度v 0射入，到达B 点时，速度方向恰与等势线平行，则( )图5A ．粒子一定带正电B ．电场中A 点的电势一定高于B 点电势C ．匀强电场的电场强度大小为mv 02sin 2θ4qdD ．粒子在A 点具有的电势能大于在B 点具有的电势能6．(2018·河南省八校第二次测评)如图6，半径为R 的圆环处在匀强电场E 中，圆环平面与电场方向平行，直径ab 与电场线垂直；一带电粒子以速度v 0从a 点沿ab 方向射入电场，粒子打在圆环上的c 点；已知c 点与ab 的距离为R2，不计粒子重力，求带电粒子的比荷.图67.(2018·四川泸州一检)如图7所示，竖直平行正对放置的带电金属板A 、B ，B 板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy 的O 点；y 轴沿竖直方向；在x >0的区域内存在沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E ＝43×103 V/m ；比荷为1.0×105C/kg 的带正电的粒子P从A 板中心O ′处静止释放，其运动轨迹恰好经过M (3，1)点；粒子P 的重力不计，试求：图7(1)金属板A 、B 之间的电势差U AB ；(2)若在粒子P 经过O 点的同时，在y 轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电微粒Q ，使P 、Q 恰能运动中相碰；假设Q 的质量是P 的2倍、带电情况与P 相同；Q 的重力及P 、Q 之间的相互作用力均忽略不计；求粒子Q 所有释放点的集合．8．(2017·湖北孝感第一次统考)在xOy 直角坐标系中，三个边长都为2 m 的正方形如图8所示排列，第Ⅰ象限正方形区域ABOC 中有水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E 0，在第Ⅱ象限正方形COED 的对角线CE 左侧CED 区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC 区域内无电场，正方形DENM 区域内无电场．现有一带电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子(重力不计)从AB 边上的A 点由静止释放，恰好能通过E 点．图8(1)求CED 区域内的匀强电场的电场强度的大小E 1；(2)保持(1)问中电场强度不变，若在正方形ABOC 中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过E 点，则释放点的坐标值x 、y 间应满足什么关系；(3)若CDE 区域内的电场强度大小变为E 2＝43E 0，方向不变，其他条件都不变，则在正方形区域ABOC 中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过N 点，则释放点的坐标值x 、y 间又应满足什么关系．答案精析1．C [A 、K 之间的电场为非匀强电场，A 、K 之间的电场强度不是Ud，选项A 错误；由动能定理，电子到达A 极板时的动能E k ＝eU ，选项B 错误；电子由K 到A 的过程电场力做正功，电子的电势能减小了eU ，选项C 正确；沿电场线方向电势降低，则由K 沿直线到A 电势逐渐升高，选项D 错误．] 2．AD3．A [据题意，粒子在偏转电场中做类平抛运动，即粒子在水平方向做匀速直线运动，则：x ＝vt ，在竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，则：y ＝12at 2＝qUx22mdv 2，偏转电压为U ＝2mdyv2qx 2，则偏转电压之比为：U 1U 2＝y 1x 22y 2x 12＝y 1y 2·(x 2x 1)2＝18，故A 选项正确．] 4．A 5.C 6．见解析解析 沿ab 方向与电场强度方向建立xOy 直角坐标系，设粒子从a 到c 所需时间为t ，则：x ＝v 0t y ＝12at 2由牛顿第二定律得qE ＝ma由题意可知：y ＝12R ；x ＝(1＋32)R联立解得：qm＝－43v 02ER7．(1)1 000 V (2)y ＝16x 2，其中x >0解析 (1)设粒子P 的质量为m 、带电荷量为q ，从O 点进入匀强电场时的速度大小为v 0；由题意可知，粒子P 在y 轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O 点运动到M (3，1)点所用时间为t 0，由类平抛运动可得：x ＝v 0t 0，y ＝qE2m t 02解得：v 0＝2×104m/s在金属板A 、B 之间，由动能定理：qU AB ＝12mv 02解得：U AB ＝1 000 V(2)设P 、Q 在右侧电场中运动的加速度分别为a 1、a 2；Q 粒子从N (x ，y )点释放后，经时间t 与粒子P 相碰；由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得对于P ：Eq ＝ma 1 对于Q ：Eq ＝2ma 2x ＝v 0t12a 1t 2＝y ＋12a 2t 2 解得：y ＝16x 2，其中x >0即粒子Q 释放点N (x ，y )坐标满足的方程为y ＝16x 2，其中x >08．(1)4E 0 (2)y ＝x (3)y ＝3x －4解析 (1)设带电粒子出第Ⅰ象限电场时的速度为v ，在第Ⅰ象限电场中加速运动时，根据动能定理得E 0qL ＝12mv 2，其中L ＝2 m ．要使带电粒子通过E 点，在第Ⅱ象限电场中偏转时，竖直方向位移为y 0，设水平方向位移为x 0，则y 0＝12·E 1q m (x 0v )2，因∠CEO ＝45°，即x 0＝y 0＝2 m ，解得E 1＝4E 0.(2)设释放点的坐标为(x ，y )，带电粒子出第Ⅰ象限电场时的速度为v 1，在第Ⅰ象限电场中加速运动时，根据动能定理得E 0qx ＝12mv 12，要使带电粒子过E 点，在第Ⅱ象限电场中偏转时，竖直方向位移为y ，水平方向位移也为y ，则y ＝12·E 1q m (y v 1)2，解得y ＝x .(3)如图所示为其中一条轨迹图，带电粒子从DE 出电场时与DE 交于Q .进入CDE 区域的电场后，初速度延长线与DE 交于G ，出电场时速度的反向延长线与初速度延长线交于P 点，设在第Ⅰ象限释放点的坐标为(x ，y )．由图可知，在CDE 区域中带电粒子的水平位移为y ，设偏转位移为y ′，则y ′＝12·E 2q m (y v 2)2，而y ′y －y ′＝GP NE ，其中GP ＝y2， NE ＝2 m ，在第Ⅰ象限加速过程中，E 0qx ＝12mv 22，解得y ＝3x －4.。

第57讲带电粒子在交变电场中的运动[方法点拨] (1)在交变电场中做直线运动时，一般是几段变速运动组合．可画出v－t图像，分析速度、位移变化．(2)在交变电场中的偏转若是几段类平抛运动的组合，可分解后画出沿电场方向分运动的v－t图像，分析速度变化，或是分析偏转位移与偏转电压的关系式．1．(2018·湖北黄冈模拟)一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图1所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是( )图1A．带电粒子只向一个方向运动B．0～2s内，电场力做功等于0C．4s末带电粒子回到原出发点D．2.5～4s内，电场力做功等于02．(多选)(2017·山东青岛二中模拟)如图2甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大．当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是( )图23．(多选)(2017·四川宜宾二诊)如图3甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压．在两板左侧紧靠P 板处有一粒子源A ，自t ＝0时刻开始连续释放初速度大小为v 0，方向平行于金属板的相同带电粒子.t ＝0时刻释放的粒子恰好从Q 板右侧边缘离开电场．已知电场变化周期T ＝2d v 0，粒子质量为m ，不计粒子重力及相互间的作用力．则( )图3A ．在t ＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v 0B ．粒子的电荷量为mv 022U 0C ．在t ＝18T 时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了18mv 02 D ．在t ＝14T 时刻进入的粒子刚好从P 板右侧边缘离开电场 4．(多选)(2018·河北邢台质检)如图4甲所示，两平行金属板A 、B 放在真空中，间距为d ，P 点在A 、B 板间，A 板接地，B 板的电势φ随时间t 变化情况如图乙所示．t ＝0时，在P 点由静止释放一质量为m 、电荷量为e 的电子，当t ＝2T 时，电子回到P 点．电子运动中没与极板相碰，不计重力．则( )图4A ．φ1∶φ2＝1∶2B ．φ1∶φ2＝1∶3C ．在0～2T 内，当t ＝T 时电子的动能最大D ．在0～2T 内，电子的电势能减小了2e 2T 2φ12md 2 5．(多选)如图5甲所示，一平行板电容器极板长l ＝10cm ，宽a ＝8cm ，两极板间距为d ＝4cm ，距极板右端l 2处有一竖直放置的荧光屏．在平行板电容器左侧有一长b ＝8cm 的“狭缝”粒子源，可沿着两板中心平面，均匀、连续不断地向电容器内射入比荷为2×1010C/kg ，速度为4×106 m/s 的带电粒子．现在平行板电容器的两极板间加上如图乙所示的交流电，已知粒子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期．下面说法正确的是( )。

知识回顾 1．带电粒子在电场中的加速(1)匀强电场中，v 0与E 平行时，优先用功能关系求解，若不行，则用牛顿第二定律和运动学公式． (2)非匀强电场中，只能用功能关系求解．2．带电粒子在匀强电场中的偏转(v 0垂直于E 的方向)，如图所示(1)沿v 0方向的匀速直线运动． (2)垂直于v 0方向的匀加速直线运动． ①加速度a ＝qE m ＝qUmd；②偏转距离y ＝12at 2＝qU 2md x v 02――→x ＝Ly ＝qUL 22mdv 20； ③速度偏向角tan φ＝v y v 0＝qUx mdv 20――→x ＝Ltan φ＝qUL mdv 20； ④位移偏向角tan θ＝y x ＝qUx 2mdv 20――→x ＝Ltan θ＝qUL 2mdv 20； ⑤两个重要的结论a ．位移偏向角θ和速度偏向角φ满足tan φ＝2tan θ；b ．射出极板时粒子的速度反向延长线过粒子水平位移的中点． 规律方法带电粒子在电场中运动的解题方法(1)求解带电粒子在匀强电场中的运动时，运动和力、功能关系两个途径都适用，选择依据是题给条件，当不涉及时间时选择功能关系，否则必须选择运动和力．(2)带电粒子在非匀强电场中运动时，加速度不断变化，只能选择功能关系求解．例题分析【例1】(2017年高考·江苏卷)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子()A．运动到P点返回B．运动到P和P′点之间返回C．运动到P′点返回D．穿过P′点【例2】如图所示，两平行金属板A、B长l＝8 cm，两板间距离d＝8 cm，A板比B板电势高300 V，即U AB＝300 V．一带正电的粒子电量为q＝10－10C，质量为m＝10－20kg，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响)．已知两界面MN、PS相距为L＝12 cm，粒子穿过界面PS后被点电荷Q施加的电场力俘获，从而以O点为圆心做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上静电力常量k＝9×109N·m2/C2，粒子重力不计，tan37°＝34，tan53°＝43.求：(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离h；(2)粒子穿过界面MN时的速度v；(3)粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离Y；(4)点电荷的电荷量Q (该小题结果保留一位有效数字)．【例3】 如图甲所示，真空中两水平放置的平行金属板A 、B 相距为d ，板长为L ，今在A 、B 两板间加一如图乙所示的周期性变化的交变电压．从t ＝0时刻开始，一束初速度均为v 0的电子流沿A 、B 两板间的中线从左端连续不断地水平射入板间的电场，要想使电子束都能从A 、B 右端水平射出，则所加交变电压的周期T 和所加电压的大小应满足什么条件？规律总结“两个分运动、三个一”求解粒子偏转问题带电粒子在匀强电场中偏转的基本模型如图所示．(1)分解为两个独立的分运动——平行极板的匀速直线运动，L ＝v 0t ；垂直极板的匀加速直线运动，y ＝12at 2，v y ＝at ，a ＝qUmd.(2)一个偏转角：tan θ＝v yv 0；一个几何关系：y ＝L2tan θ；一个功能关系：ΔE k ＝qUyd .专题练习1.如图，在P 板附近有一电子由静止开始向Q 板运动．已知两极板间电势差为U ，板间距为d ，电子质量为m ，电量为e.则关于电子在两板间的运动情况，下列叙述正确的是( )A ．若将板间距d 增大一倍，则电子到达Q 板的速率保持不变B ．若将板间距d 增大一倍，则电子到达Q 板的速率也增大一倍C ．若将两极板间电势差U 增大一倍，则电子到达Q 板的时间保持不变D ．若将两极板间电势差U 增大一倍，则电子到达Q 板的时间减为一半2.(2017·洛阳联考)如图所示，平行金属板A 、B 水平正对放置，虚线为中心线，A 、B 板间加上稳定的电压，有三个带电微粒a 、b 、c 从靠近A 板边缘处以相同的水平初速度射入板间，a 从中心线上M 点飞出板间区域，b 从B 板右侧边缘飞出，c 落在B 板的中点N 处，不计微粒的重力，则带电微粒a 、b 、c 的比荷关系为( )A.q c m c ＝4q b m b ＝8q am a B.q a m a ＝q b m b ＝4q cm cC.q a m a ＝2q b m b ＝4q cm c D.q c m c ＝2q b m b ＝4q am a3．(2017·临沂二模)(多选)有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示．其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符．不考虑墨汁的重力，为了使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是( )A．减小墨汁微粒的质量B．减小墨汁微粒所带的电荷量C．增大偏转电场的电压D．增大墨汁微粒喷入偏转场的速度4．(2017·衡阳质检)(多选)如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(不计P、Q的重力以及它们间的相互作用)，则从开始射入到打到上极板的过程，下列说法中正确的是()A．它们运动的时间相等B．它们所带的电荷量之比q P：q Q＝1∶2C．它们的电势能减小量之比ΔE P：ΔE Q＝1∶2D．它们的电场力做功之比W P：W Q＝2∶15．(2017·广州综合测试)如图，带电粒子由静止开始，经电压为U1的加速电场加速后，垂直电场方向进入电压为U2的平行板电容器，经偏转落在下板的中间位置．为使同样的带电粒子，从同样的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器，下列措施可行的是()A．保持U2和平行板间距不变，减小U1B．保持U1和平行板间距不变，增大U2C．保持U1、U2和下板位置不变，向下平移上板D．保持U1、U2和下板位置不变，向上平移上板6.(2016·海南)如图，平行板电容器两极板的间距为d ，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q(q>0)的粒子在电容器中靠近下极板处．以初动能E k0竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大，若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为( )A.E k04qdB.E k02qdC.2E k02qdD.2E k0qd7．(2017·青岛一模)(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图像．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，电场力做的总功为零8．(多选)(2017·山东淄博市模拟卷)(多选)如图所示，平行板电容器两极板水平放置，一电容为C.电容器与一直流电源相连，初始时开关闭合，极板间电压为U ，两极板间距为d ，电容器储存的能量E ＝12CU 2.一电荷量为q 的带电油滴以初动能E k 从平行板电容器的轴线水平射入(极板足够长)，恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则( )A ．保持开关闭合，只将上极板下移了d3，带电油滴仍能沿水平线运动B ．保持开关闭合，只将上极板下移d 3，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为E k ＋qU12C ．断开开关后，将上极板上移d 3，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为23CU 2D ．断开开关后，将上极板上移d 3，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为16CU 29．如图，与水平方向成45°角的直线MN 处于竖直向下的匀强电场E 中．带电粒子从直线MN 上的P 点以速度v 0水平向右抛出，经过时间t 到达直线MN 上的Q 点．带正电的粒子质量为m ，带电粒子的重力可以忽略．则下列正确的是( )A ．粒子在Q 点的速度大小为2v 0B ．P 、Q两点距离5v 0tC ．粒子运动时的加速度大小为2v 0t D ．P 、Q 两点间的电势差2Etv 010.(2017·河南天一大联考)如图所示，以直线AB 为边界，上下存在场强大小相等、方向相反的匀强电场．在P 点由静止释放一质量为m 、电荷量为q 的带电小球，小球穿过AB 边界时速度为υ0，到达M 点速度恰好减为零．此过程中小球在AB 上方电场中运动的时间是在下方电场中运动时间的12.已知重力加速度为g ，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A ．小球带正电B ．电场强度大小是3mgqC ．P 点距边界线AB 的距离为3v 028gD ．若边界线AB 电势为零，则M 点电势为3mv 028g11．(2016·秋·宝安区校级期末)示波管的内部结构如图1所示，如果在电极YY ′之间加上图2(a)所示的电压，在XX ′之间加上图2(b)所示电压，荧光屏上会出现的波形是( )12.(2017·江西红色七校联考)如图所示，空间存在一匀强电场，其方向与水平方向间的夹角为30°，AB 与电场垂直，一质量为m ，电荷量为q 的带正电小球以初速度v 0从A 点水平向右抛出，经过时间t 小球最终落在C 点，速度大小仍是v 0，且AB ＝BC ，则下列说法中错误的是( )A ．AC 满足AC ＝32v 0·t B ．电场力和重力的合力方向垂直于AC 方向 C ．此过程增加的电势能等于12mg 2t 2D ．电场强度大小为E ＝mgq13．(2017年江西赣中南五校联考)如图所示，a 、b 两个带正电的粒子，电荷量分别为q 1和q 2，质量分别为m 1和m 2.它们以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a 粒子打在B 板的a ′点，b 粒子打在B 板的b ′点，若不计重力，则( )A ．电荷量q 1大于q 2B ．质量m 1小于m 2C ．粒子的电荷量与质量之比q 1m 1>q 2m 2D ．粒子的电荷量与质量之比q 1m 1<q 2m 214．(多选)(2017年潍坊高三调研)如图所示，水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，一带电小球由MN 上方的A 点以一定初速度水平抛出，从B 点进入电场，到达C 点时速度方向恰好水平．由此可知( )A ．从B 到C ，小球的动能减小 B ．从B 到C ，小球的电势能减小C ．从A 到B 与从B 到C 小球的运动时间一定相等D ．从A 到B 与从B 到C 小球的速度变化量大小一定相等15. (2017年汕头模拟)如图所示，M 和N 是两个带等量异种电荷的平行正对金属板，两板与水平方向的夹角为60°.将一个质量为m 、电荷量为q 的带正电小球从靠近N 板的位置由静止释放，释放后，小球开始做匀加速直线运动，运动方向与竖直方向成30°角，已知两金属板间的距离为d ，重力加速度为g ，则( )A ．N 板带负电B ．M 、N 板之间的场强大小为3mgqC ．小球从静止到与M 板接触前的瞬间，合力对小球做的功为3mgdD ．M 、N 板之间的电势差为－mgdq16．(2017·浙江测试)如图所示，在区域Ⅰ(0≤x≤L)和区域Ⅱ内分别存在匀强电场，电场强度大小均为E ，但方向不同．在区域Ⅰ内场强方向沿y 轴正方向，区域Ⅱ内场强方向未标明，都处在xOy 平面内，一质量为m ，电量为q 的正粒子从坐标原点O 以某一初速度沿x 轴正方向射入电场区域Ⅰ，从P 点进入电场区域Ⅱ，到达Ⅱ区域右边界Q处时速度恰好为零．P点的坐标为(L，L2)．不计粒子所受重力，求：(1)带电粒子射入电场区域Ⅰ时的初速度；(2)电场区域Ⅱ的宽度．17．(2017·江苏模拟)如图所示，在正交坐标系xOy的第一、四象限内分别存在两个大小相等、方向不同的匀强电场，两组平行且等间距的实线分别表示两个电场的电场线，每条电场线与x轴所夹的锐角均为60°.一质子从y轴上某点A沿着垂直于电场线的方向射入第一象限，仅在电场力的作用下第一次到达x轴上的B点时速度方向正好垂直于第四象限内的电场线，之后第二次到达x轴上的C点．求：(1)质子在A点和B点的速度之比；(2)OB与BC长度的比值．。

带电粒子在电场中的加速和偏转知识要点梳理知识点一：带电粒子在电场中的加速和减速运动要点诠释：（1）带电粒子在匀强电场中运动的计算方法用牛顿第二定律计算：带电粒子受到恒力的作用，可以方便地由牛顿第二定律以及匀变速直线运动的公式进行计算。

用动能定理计算：带电粒子在电场中通过电势差为U的两点时动能的变化是，AB则。

(2)带电粒子在非匀强电场中运动的计算方法用动能定理计算：在非匀强电场中，带电粒子受到变力的作用，用牛顿第二定律计算不方便，通常只用动能定理计算。

：如图真空中有一对平行金属板，间距为d，接在电压为U的电源上，质量为m、电量为q的正进入电场，到达负极板时从负极板上正对的小孔穿出。

不计重力，求：正电电荷穿过正极板上的小孔以v荷穿出时的速度v是多大？解法一、动力学由牛顿第二定律：①2=2ad ②由运动学知识：v2－v联立①②解得：解法二、由动能定理解得讨论：（1）若带电粒子在正极板处v0≠0，由动能定理得qU=mv2-mv，解得v=（2）若将图中电池组的正负极调换，则两极板间匀强电场的场强方向变为水平向左，带电量为+q，质量为m的带电粒子，以初速度v，穿过左极板的小孔进入电场，在电场中做匀减速直线运动。

①若v＞，则带电粒子能从对面极板的小孔穿出，穿出时的速度大小为v，有 -qU=mv2-mv2解得v=②若v＜，则带电粒子不能从对面极板的小孔穿出，带电粒子速度减为零后，反方向加速运动，从左极板的小孔穿出，穿出时速度大小v=v。

设带电粒子在电场中运动时距左极板的最远距离为x，由动能定理有： -qEx=0-mv2又E=(式d中为两极板间距离)解得x=。

知识点二：带电粒子在电场中的偏转要点诠释：（1）带电粒子在匀强电场中的偏转高中阶段定量计算的是，带电粒子与电场线垂直地进入匀强电场或进入平行板电容器之间的匀强电场。

如图所示：（2）粒子在偏转电场中的运动性质受到恒力的作用，初速度与电场力垂直，做类平抛运动：在垂直于电场方向做匀速直线运动；在平行于电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。

带电粒子在电场中的加速和偏转的运动资料1．带电粒子的加速(1)动力学分析：带电粒子沿与电场线平行方向进入电场，受到的电场力与运动方向在同一直线上，做加(减)速直线运动，如果是匀强电场，则做匀加(减)速运动．(2)功能关系分析：粒子只受电场力作用，动能变化量等于电势能的变化量． 221qU mv =(初速度为零)；2022121qU mv mv -= 此式适用于一切电场． 2．带电粒子的偏转(1)动力学分析：带电粒子以速度v 0垂直于电场线方向飞入两带电平行板产生的匀强电场中，受到恒定的与初速度方向成900角的电场力作用而做匀变速曲线运动 (类平抛运动)．(2)运动的分析方法(看成类平抛运动)：①沿初速度方向做速度为v 0的匀速直线运动．②沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动．例1如图1—8—1所示，两板间电势差为U ，相距为d ，板长为L ．—正离子q 以平行于极板的速度v 0射入电场中，在电场中受到电场力而发生偏转，则电荷的偏转距离y 和偏转角θ为多少?解析：电荷在竖直方向做匀加速直线运动，受到的力F ＝Eq ＝Uq/d由牛顿第二定律，加速度a = F/m = Uq/md水平方向做匀速运动，由L = v 0t 得t = L/ v 0由运动学公式221at s =可得： U dmv qL L md Uq y 202202)v (21=⋅= 带电离子在离开电场时，竖直方向的分速度：v ⊥dmv qUL at 0== 离子离开偏转电场时的偏转角度θ可由下式确定：d mv qUL v v 200Ítan ==θ 电荷射出电场时的速度的反向延长线交两板中心水平线上的位置确定：如图所示，设交点P 到右端Q 的距离为x ，则由几何关系得：x y /tan =θ21/2/tan 20202===∴dmv qLU d mv U qL y x θ电荷好像是从水平线OQ 中点沿直线射出一样，注意此结论在处理问题时应用很方便．例2两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回，如图1—8—3所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是 ( )A ．U edhB ．edUhC ．dh eUD ．d eUh 解析：电子从O 点到A 点，因受电场力作用，速度逐渐减小，根据题意和图示可知，电子仅受电场力，由能量关系：OA eU mv =2021，又E ＝U ／d ，h d U Eh U OA ==，所以deUh mv =2021 . 故D 正确． 例3一束质量为m 、电荷量为q 的带电粒子以平行于两极板的速度v 0进入匀强电场，如图1—8—4所示．如果两极板间电压为U ，两极板间的距离为d 、板长为L ．设粒子束不会击中极板，则粒子从进入电场到飞出极板时电势能的变化量为 ．(粒子的重力忽略不计)分析：带电粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速运动．电场力做功导致电势能的改变．解析：水平方向匀速，则运动时间t ＝L/ v 0 ①竖直方向加速，则侧移221at y =② 且dmqU a = ③ 由①②③得2022mdv qUL y = 则电场力做功20222220222v md L U q mdv qUL d U q y qE W =⋅⋅=⋅= 由功能原理得电势能减少了2022222v md L U q 例4如图1—8－5所示，离子发生器发射出一束质量为m ，电荷量为q 的离子，从静止经加速电压U 1加速后，获得速度0v ，并沿垂直于电场线方向射入两平行板中央，受偏转图1—8—4电压U 2作用后，以速度v 离开电场，已知平行板长为l ，两板间距离为d ，求：①0v 的大小；②离子在偏转电场中运动时间t ；③离子在偏转电场中受到的电场力的大小F ；④离子在偏转电场中的加速度；⑤离子在离开偏转电场时的横向速度y v ；⑥离子在离开偏转电场时的速度v 的大小；⑦离子在离开偏转电场时的横向偏移量y ；⑧离子离开偏转电场时的偏转角θ的正切值tgθ解析：①不管加速电场是不是匀强电场，W ＝qU 都适用，所以由动能定理得：0121mv qU = mqU v 20=∴ ②由于偏转电场是匀强电场，所以离子的运动类似平抛运动．即：水平方向为速度为v 0的匀速直线运动，竖直方向为初速度为零的匀加速直线运动．∴在水平方向102qU m l v l t == ③d U E 2=F =qE =.d qU 2④md qU m F a 2== ⑤.mU q d l U qU m l md qU at v y 121222=•== ⑥1242222212220U md U ql U qd v v v y +=+=⑦1221222422121dU U l qU m l md qU at y =•==（和带电粒子q 、m 无关，只取决于加速电场和偏转电场）解题的一般步骤是：(1)根据题目描述的物理现象和物理过程以及要回答问题，确定出研究对象和过程．并选择出“某个状态”和反映该状态的某些“参量”，写出这些参量间的关系式．(2)依据题目所给的条件，选用有关的物理规律，列出方程或方程组，运用数学工具，图1—8－5对参量间的函数关系进行逻辑推理，得出有关的计算表达式．(3)对表达式中的已知量、未知量进行演绎、讨论，得出正确的结果．练习：一、选择题（不定项）某电场的部分电场线如图所示，A、B是一带电粒子仅在电场力作用下运动轨迹(图中虚线)上的两点，下列说法中正确的是: ( )A．粒子一定带负电 B．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度C．粒子不可能是从B点向A点运动 D．电场中A点的电势高于B点的电势2、一带电粒子射入一固定正点电荷Q形成的电场中，并沿图中虚线由a运动到b点，a、b 两点到点电荷Q的距离分别为r a、r b，且r a>r b，若粒子只受电场力作用，这一过程中: （）A．电场力对粒子做负功 B．粒子在b点电势能小于在a点的电势能C．粒子在b点动能小于在a点的动能 D．粒子在b点加速度大于在a点的加速度3、如图5所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹。

知识回顾 1．带电粒子在电场中的加速(1)匀强电场中，v 0与E 平行时，优先用功能关系求解，若不行，则用牛顿第二定律和运动学公式． (2)非匀强电场中，只能用功能关系求解．2．带电粒子在匀强电场中的偏转(v 0垂直于E 的方向)，如图所示(1)沿v 0方向的匀速直线运动． (2)垂直于v 0方向的匀加速直线运动． ①加速度a ＝qE m ＝qUmd； ②偏转距离y ＝12at 2＝qU 2md x v 02y ＝qUL22mdv 20；③速度偏向角 tan φ＝v y v 0＝qUx mdv 20tan φ＝qUL mdv 20；④位移偏向角tan θ＝y x ＝qUx 2mdv 20tan θ＝qUL2mdv 20； ⑤两个重要的结论a ．位移偏向角θ和速度偏向角φ满足tan φ＝2tan θ；b ．射出极板时粒子的速度反向延长线过粒子水平位移的中点．规律方法带电粒子在电场中运动的解题方法(1)求解带电粒子在匀强电场中的运动时，运动和力、功能关系两个途径都适用，选择依据是题给条件，当不涉及时间时选择功能关系，否则必须选择运动和力．(2)带电粒子在非匀强电场中运动时，加速度不断变化，只能选择功能关系求解． 例题分析【例1】 (2017年高考·江苏卷)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子( )A．运动到P点返回B．运动到P和P′点之间返回C．运动到P′点返回D．穿过P′点【★答案★】 A【例2】如图所示，两平行金属板A、B长l＝8 cm，两板间距离d＝8 cm，A板比B板电势高300 V，即U AB＝300 V．一带正电的粒子电量为q＝10－10C，质量为m＝10－20kg，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×106 m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响)．已知两界面MN、PS相距为L＝12 cm，粒子穿过界面PS后被点电荷Q施加的电场力俘获，从而以O点为圆心做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上静电力常量k＝9×109N·m2/C2，粒子重力不计，tan37°＝34，tan53°＝43.求：(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离h；(2)粒子穿过界面MN 时的速度v ；(3)粒子穿过界面PS 时偏离中心线RO 的距离Y ； (4)点电荷的电荷量Q (该小题结果保留一位有效数字)．(2)粒子的运动轨迹如图8－6－4所示设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为v y ，则：v y ＝at ＝qU AB lmdv 0解得：v y ＝1.5×106m/s所以粒子从电场中飞出时的速度为：v ＝v 20＋v 2y ＝2.5×106m/s设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为θ，则：tan θ＝v y v 0＝34解得：θ＝37°【例3】如图甲所示，真空中两水平放置的平行金属板A、B相距为d，板长为L，今在A、B两板间加一如图乙所示的周期性变化的交变电压．从t＝0时刻开始，一束初速度均为v0的电子流沿A、B两板间的中线从左端连续不断地水平射入板间的电场，要想使电子束都能从A、B右端水平射出，则所加交变电压的周期T和所加电压的大小应满足什么条件？【解析】根据题意可知，电子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做变速直线运动，可画出t ＝0时刻射入板间的电子在竖直方向上的速度－时间(v y－t)图象，如图8－6－6所示，因电子进入板间电场和离开板间电场时，其竖直分速度均为零，所以电子在电场中的运动时间t必为交变电压周期T的整数倍：t＝nT(n＝1、2、3、…)而t ＝l v 0故T ＝lnv 0(n ＝1、2、3…)规律总结“两个分运动、三个一”求解粒子偏转问题 带电粒子在匀强电场中偏转的基本模型如图所示．(1)分解为两个独立的分运动——平行极板的匀速直线运动，L ＝v 0t ；垂直极板的匀加速直线运动，y ＝12at 2，v y ＝at ，a ＝qUmd.(2)一个偏转角：tan θ＝v y v 0；一个几何关系：y ＝L2tan θ；一个功能关系：ΔE k ＝qUy d. 专题练习1.如图，在P 板附近有一电子由静止开始向Q 板运动．已知两极板间电势差为U ，板间距为d ，电子质量为m ，电量为e.则关于电子在两板间的运动情况，下列叙述正确的是( )A ．若将板间距d 增大一倍，则电子到达Q 板的速率保持不变B ．若将板间距d 增大一倍，则电子到达Q 板的速率也增大一倍C ．若将两极板间电势差U 增大一倍，则电子到达Q 板的时间保持不变D ．若将两极板间电势差U 增大一倍，则电子到达Q 板的时间减为一半 【★答案★】 A2.(2017·洛阳联考)如图所示，平行金属板A 、B 水平正对放置，虚线为中心线，A 、B 板间加上稳定的电压，有三个带电微粒a 、b 、c 从靠近A 板边缘处以相同的水平初速度射入板间，a 从中心线上M 点飞出板间区域，b 从B 板右侧边缘飞出，c 落在B 板的中点N 处，不计微粒的重力，则带电微粒a 、b 、c 的比荷关系为( )A.q c m c ＝4q b m b ＝8q a m aB.q a m a ＝q b m b ＝4q c m cC.q a m a ＝2q b m b ＝4q c m cD.q c m c ＝2q b m b ＝4q a m a 【★答案★】 A【解析】根据平抛运动的知识可知，微粒在竖直方向上的偏转距离y ＝12at 2＝qU 2dm t 2，t a ＝t b ＝2t c ，解得q c m c ＝4q b m b ＝8q am a，故A 项正确．3．(2017·临沂二模)(多选)有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示．其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符．不考虑墨汁的重力，为了使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是( )A．减小墨汁微粒的质量 B．减小墨汁微粒所带的电荷量C．增大偏转电场的电压 D．增大墨汁微粒喷入偏转场的速度【★答案★】BD4．(2017·衡阳质检)(多选)如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(不计P、Q的重力以及它们间的相互作用)，则从开始射入到打到上极板的过程，下列说法中正确的是( )A．它们运动的时间相等B．它们所带的电荷量之比q P：q Q＝1∶2C．它们的电势能减小量之比ΔE P：ΔE Q＝1∶2D．它们的电场力做功之比W P：W Q＝2∶1【★答案★】AB【解析】设两板间的距离为d，带电粒子的质量为m，带电粒子射入电场的初速度为v0.垂直电场方向P、Q 粒子都做匀速直线运动，则有v0t P＝v0t Q，解得t P＝t Q，A项正确；两粒子在垂直初速度方向都做初速度为零的匀加速直线运动，对两粒子分别应用牛顿第二定律和运动学公式得，P 粒子，q P E ＝ma P ，12d ＝12a P t P 2；Q 粒子，q Q E ＝ma Q ，d ＝12a Q t Q 2，联立解得q P ∶q Q ＝1∶2，B 项正确；两粒子的电势能减少量分别为ΔE P ＝q P E ×12d ，ΔE Q ＝q Q Ed ，解得ΔE P ∶ΔE Q ＝1∶4，C 项错误；两粒子的动能增量分别为ΔE kP ＝q P E ×12d ，ΔE kQ ＝q Q Ed ，解得ΔE kP ∶ΔE kQ ＝1∶4，D 项错误．5．(2017·广州综合测试)如图，带电粒子由静止开始，经电压为U 1的加速电场加速后，垂直电场方向进入电压为U 2的平行板电容器，经偏转落在下板的中间位置．为使同样的带电粒子，从同样的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器，下列措施可行的是( )A ．保持U 2和平行板间距不变，减小U 1B ．保持U 1和平行板间距不变，增大U 2C ．保持U 1、U 2和下板位置不变，向下平移上板D ．保持U 1、U 2和下板位置不变，向上平移上板 【★答案★】 D6.(2016·海南)如图，平行板电容器两极板的间距为d ，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q(q>0)的粒子在电容器中靠近下极板处．以初动能E k0竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大，若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为( )A.E k04qd B.E k02qdC.2E k02qdD.2E k0qd【★答案★】 B【解析】根据电荷受力可以知道，粒子在电场中做曲线运动，如图所示：当电场足够大时，粒子到达上极板时速度恰好与上极板平行，如图，将粒子初速度v 0分解为垂直极板的v y 和平行极板的v x ，根据运动的合成与分解，当分速度v y ＝0时，则粒子的速度正好平行上极板，则根据运动学公式：－v y 2＝－2Eq m d ，由于v y ＝v 0cos45°，E k0＝12mv 02，联立整理得到E ＝E k02qd，故B 项正确．7．(2017·青岛一模)(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图像．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★】 CD8．(多选)(2017·山东淄博市模拟卷)(多选)如图所示，平行板电容器两极板水平放置，一电容为C.电容器与一直流电源相连，初始时开关闭合，极板间电压为U ，两极板间距为d ，电容器储存的能量E ＝12CU 2.一电荷量为q 的带电油滴以初动能E k 从平行板电容器的轴线水平射入(极板足够长)，恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则( )A ．保持开关闭合，只将上极板下移了d3，带电油滴仍能沿水平线运动B ．保持开关闭合，只将上极板下移d 3，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为E k ＋qU12C ．断开开关后，将上极板上移d 3，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为23CU 2D ．断开开关后，将上极板上移d 3，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为16CU 2【★答案★】 BD9．如图，与水平方向成45°角的直线MN 处于竖直向下的匀强电场E 中．带电粒子从直线MN 上的P 点以速度v 0水平向右抛出，经过时间t 到达直线MN 上的Q 点．带正电的粒子质量为m ，带电粒子的重力可以忽略．则下列正确的是( )A ．粒子在Q 点的速度大小为2v 0B ．P 、Q 两点距离5v 0tC ．粒子运动时的加速度大小为2v 0tD ．P 、Q 两点间的电势差2Etv 0【★答案★】 C10.(2017·河南天一大联考)如图所示，以直线AB 为边界，上下存在场强大小相等、方向相反的匀强电场．在P 点由静止释放一质量为m 、电荷量为q 的带电小球，小球穿过AB 边界时速度为υ0，到达M 点速度恰好减为零．此过程中小球在AB 上方电场中运动的时间是在下方电场中运动时间的12.已知重力加速度为g ，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A ．小球带正电B ．电场强度大小是3mgqC ．P 点距边界线AB 的距离为3v 028gD ．若边界线AB 电势为零，则M 点电势为3mv 028g【★答案★】 B【解析】小球先做匀加速运动，后做匀减速运动，可知电场力大于重力；结合牛顿运动定律求电场强度，P 点距边界的距离；通过动能定理求出M 的电势．根据题意，小球先做匀加速运动，后做匀减速运动，可知电场力大于重力，且直线AB 下方区域的场强方向向下，故电荷带负电，故A 项错误；在上方电场，根据牛顿第二定律得：a 1＝mg ＋qE m ，在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为：a 2＝qE －mgm ，因为a 1t 1＝a 2t 2，由题意可知：t 1＝12t 2，解得：E ＝3mg q ，故B 项正确；设P 点距边界的距离为h ，则h ＝v 022a 1＝v 028g，故C 项错误；对边界到M 的过程运用动能定理得：qU ＋mgh ′＝0－12mv 02，h ′＝v 024g ，解得：U ＝－3mv 024q ，若边界线AB 电势为零，则M 点电势为－3mv 024q，故D 项错误．11．(2016·秋·宝安区校级期末)示波管的内部结构如图1所示，如果在电极YY ′之间加上图2(a)所示的电压，在XX ′之间加上图2(b)所示电压，荧光屏上会出现的波形是( )【★答案★】 C12.(2017·江西红色七校联考)如图所示，空间存在一匀强电场，其方向与水平方向间的夹角为30°，AB 与电场垂直，一质量为m ，电荷量为q 的带正电小球以初速度v 0从A 点水平向右抛出，经过时间t 小球最终落在C 点，速度大小仍是v 0，且AB ＝BC ，则下列说法中错误的是( )A ．AC 满足AC ＝32v 0·t B ．电场力和重力的合力方向垂直于AC 方向 C ．此过程增加的电势能等于12mg 2t 2D ．电场强度大小为E ＝mgq【★答案★】 AC13．(2017年江西赣中南五校联考)如图所示，a 、b 两个带正电的粒子，电荷量分别为q 1和q 2，质量分别为m 1和m 2.它们以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a 粒子打在B 板的a ′点，b 粒子打在B 板的b ′点，若不计重力，则( )A ．电荷量q 1大于q 2B ．质量m 1小于m 2C ．粒子的电荷量与质量之比q 1m 1>q 2m 2D ．粒子的电荷量与质量之比q 1m 1<q 2m 2【★答案★】：C【解析】：设任一粒子的速度为v ，电量为q ，质量为m ，加速度为a ，运动的时间为t ，则加速度：a ＝qE m① 时间t ＝x v② 偏转量y ＝12at 2③因为两个粒子的初速度相等，由②得t ∝x ，则a 粒子的运动时间短，由③得a 的加速度大，由①得a 粒子的比荷q m就一定大，但a 的电荷量不一定大，质量也不一定小，故C 正确，A 、B 、D 错误，故选C. 14．(多选)(2017年潍坊高三调研)如图所示，水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，一带电小球由MN 上方的A 点以一定初速度水平抛出，从B 点进入电场，到达C 点时速度方向恰好水平．由此可知( )A ．从B 到C ，小球的动能减小 B ．从B 到C ，小球的电势能减小C ．从A 到B 与从B 到C 小球的运动时间一定相等D ．从A 到B 与从B 到C 小球的速度变化量大小一定相等 【★答案★】：AD15. (2017年汕头模拟)如图所示，M 和N 是两个带等量异种电荷的平行正对金属板，两板与水平方向的夹角为60°.将一个质量为m 、电荷量为q 的带正电小球从靠近N 板的位置由静止释放，释放后，小球开始做匀加速直线运动，运动方向与竖直方向成30°角，已知两金属板间的距离为d ，重力加速度为g ，则( )A ．N 板带负电B ．M 、N 板之间的场强大小为3mgqC ．小球从静止到与M 板接触前的瞬间，合力对小球做的功为3mgdD ．M 、N 板之间的电势差为－mgdq【★答案★】：D16．(2017·浙江测试)如图所示，在区域Ⅰ(0≤x≤L)和区域Ⅱ内分别存在匀强电场，电场强度大小均为E ，但方向不同．在区域Ⅰ内场强方向沿y 轴正方向，区域Ⅱ内场强方向未标明，都处在xOy 平面内，一质量为m ，电量为q 的正粒子从坐标原点O 以某一初速度沿x 轴正方向射入电场区域Ⅰ，从P 点进入电场区域Ⅱ，到达Ⅱ区域右边界Q 处时速度恰好为零．P 点的坐标为(L ，L2)．不计粒子所受重力，求：(1)带电粒子射入电场区域Ⅰ时的初速度； (2)电场区域Ⅱ的宽度． 【★答案★】 (1)qEL m (2)22L 【解析】(1)设带电粒子射入电场区域Ⅰ时的初速度为v 0， 在x 方向：粒子做匀速直线运动，有L ＝v 0t 在y 方向：粒子做初速度为零的匀加速直线运动， 有L 2＝12at 2，且a ＝qEm 解得：v 0＝qELm. (2)粒子在区域Ⅱ做匀减速直线运动，设粒子在P 处的速度为v P ，在x 方向的分速度为v Px ，在y 方向的分速度为v Py ，电场区域Ⅱ的宽度为Δx 2，则 v Px ＝v 0＝qELmv Py 2＝2×qE m ×L 2即：v Px ＝v Py 故：v P ＝2qELm设粒子在P 处的速度方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝v Py v Px ，∴θ＝π4.设粒子从P 做直线运动到Q 所通过的位移为x ， 因有：0－v P 2＝－2·qE m ·x解得：x ＝L ，Δx 2＝xcos45° 得Δx 2＝22L. 17．(2017·江苏模拟)如图所示，在正交坐标系xOy 的第一、四象限内分别存在两个大小相等、方向不同的匀强电场，两组平行且等间距的实线分别表示两个电场的电场线，每条电场线与x 轴所夹的锐角均为60°.一质子从y 轴上某点A 沿着垂直于电场线的方向射入第一象限，仅在电场力的作用下第一次到达x 轴上的B 点时速度方向正好垂直于第四象限内的电场线，之后第二次到达x 轴上的C 点．求：(1)质子在A 点和B 点的速度之比； (2)OB 与BC 长度的比值． 【★答案★】 (1)12 (2)2764设质子从B 到C 经历时间为t 2，作如图辅助线，沿CP 方向：BCsin60°＝vt 2 沿BP 方向：BCcos60°＝12at 22联立求解：BC ＝16v 023a所以：OB BC ＝2764.感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。

第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动一、电容器及电容 1.电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成. (2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值. (3)电容器的充、放电：①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能. ②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电能转化为其他形式的能. 2.电容(1)定义：电容器所带的电荷量与两个极板间的电势差的比值. (2)定义式：C ＝QU.(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1F ＝106μF ＝1012pF. (4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低.(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关. 3.平行板电容器的电容(1)决定因素：正对面积，相对介电常数，两板间的距离. (2)决定式：C ＝εr S4πkd.自测1 关于电容器及其电容，下列说法中正确的是( ) A.平行板电容器一板带电＋Q ，另一板带电－Q ，则此电容器不带电 B.由公式C ＝Q U可知，电容器的电容随电荷量Q 的增加而增大 C.对一个电容器来说，电容器的电荷量与两板间的电势差成正比 D.如果一个电容器两板间没有电压，就不带电荷，也就没有电容 答案 C二、带电粒子在电场中的运动 1.加速(1)在匀强电场中，W ＝qEd ＝qU ＝12mv 2－12mv 02.(2)在非匀强电场中，W ＝qU ＝12mv 2－12mv 02.2.偏转(1)运动情况：如果带电粒子以初速度v 0垂直场强方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，2好教育云平台——教育因你我而变2017年高考“最后三十天”专题透析如图1所示.图1(2)处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动.根据运动的合成与分解的知识解决有关问题.(3)基本关系式：运动时间t ＝l v 0，加速度a ＝F m ＝qE m ＝qU md ，偏转量y ＝12at 2＝qUl22mdv 02，偏转角θ的正切值：tan θ＝v y v 0＝at v 0＝qUlmdv 02.三、示波管 1.示波管的构造①电子枪，②偏转电极，③荧光屏(如图2所示)图22.示波管的工作原理(1)YY ′上加的是待显示的信号电压，XX ′上是仪器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压. (2)观察到的现象①如果在偏转电极XX ′和YY ′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑.②若所加扫描电压和信号电压的周期相等，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图象. 自测2 教材P39第3题 先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场.进入时速度方向与板面平行，在下列两种情况下，分别求出离开时电子偏角的正切与氢核偏角的正切之比. (1)电子与氢核的初速度相同. (2)电子与氢核的初动能相同. 答案 见解析解析 设加速电压为U 0，偏转电压为U ，带电粒子的电荷量为q 、质量为m ，垂直进入偏转电场的速度为v 0，偏转电场两极板间距离为d 、极板长为l ，则：带电粒子在加速电场中加速运动，进入偏转电场时的初动能12mv 02＝qU 0，粒子在偏转电场中的加速度a ＝qU dm ，在偏转电场中运动的时间为t ＝l v 0，粒子离开偏转电场时沿电场力方向的速度v y ＝at ＝qUl dmv 0，粒子离开偏转电场时速度方向的偏转角的正切值tan θ＝v y v 0＝qUldmv 02.3(1)若电子与氢核的初速度相同，则tan θe tan θH ＝m Hm e .(2)若电子与氢核的初动能相同，则tan θetan θH＝1.命题点一 平行板电容器的动态分析1.两类典型问题(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U 保持不变. (2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q 保持不变. 2.动态分析思路 (1)U 不变①根据C ＝Q U ＝εr S4πkd先分析电容的变化，再分析Q 的变化.②根据E ＝U d分析场强的变化. ③根据U AB ＝E ·d 分析某点电势变化. (2)Q 不变①根据C ＝Q U ＝εr S4πkd 先分析电容的变化，再分析U 的变化.②根据E ＝U d ＝4k πQεr S分析场强变化.例1 (2016·全国卷Ⅰ·14)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上.若将云母介质移出，则电容器( )A.极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B.极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C.极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D.极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变 答案 D解析 由C ＝εr S4πkd 可知，当将云母介质移出时，εr 变小，电容器的电容C 变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故U 不变，根据Q ＝CU 可知，当C 减小时，Q 减小.再由E ＝U d，由于U 与d 都不变，故电场强度E 不变，选项D 正确.变式1 (2016·天津理综·4)如图3所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P 点的点电荷，以E 表示两板间的电场强度，E p 表示点电荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角.若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位4好教育云平台——教育因你我而变2017年高考“最后三十天”专题透析置，则()图3A.θ增大，E 增大B.θ增大，E p 不变C.θ减小，E p 增大D.θ减小，E 不变答案 D解析 若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据C ＝εr S4πkd可知，C 变大；根据Q ＝CU 可知，在Q 一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角θ减小；根据E ＝U d ，Q ＝CU ，C ＝εr S4πkd 联立可得E ＝4πkQεr S，可知E 不变；P 点离下极板的距离不变，E 不变，则P 点与下极板的电势差不变，P 点的电势不变，故E p 不变；由以上分析可知，选项D 正确.变式2 (多选)如图4所示，A 、B 为两块平行带电金属板，A 带负电，B 带正电且与大地相接，两板间P 点处固定一负电荷，设此时两极板间的电势差为U ，P 点场强大小为E ，电势为φP ，负电荷的电势能为E p ，现将A 、B 两板水平错开一段距离(两板间距不变)，下列说法正确的是()图4A.U 变大，E 变大B.U 变小，φP 变小C.φP 变小，E p 变大D.φP 变大，E p 变小答案 AC解析 根据题意可知两极板间电荷量保持不变，当正对面积减小时，则由C ＝εr S 4πkd 可知电容减小，由U ＝QC 可知极板间电压增大，由E ＝Ud可知，电场强度增大，故A 正确；设P 与B 板之间的距离为d ′，P 点的电势为φP ，B 板接地，φB ＝0，则由题可知0－φP ＝Ed ′是增大的，则φP 一定减小，由于负电荷在电势低的地方电势能一定较大，所以可知电势能E p 是增大的，故C 正确. 命题点二 带电粒子在电场中的直线运动1.做直线运动的条件(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.用动力学观点分析5a ＝qE m ，E ＝Ud，v 2－v 02＝2ad .3.用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12mv 2－12mv 02非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1例2 如图5所示，三块平行放置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O 、M 、P 点.由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点.现将C 板向右平移到P ′点，则由O 点静止释放的电子()图5A.运动到P 点返回B.运动到P 和P ′点之间返回C.运动到P ′点返回D.穿过P ′点 答案 A解析 根据平行板电容器的电容的决定式C ＝ εr S 4πkd 、定义式C ＝QU和匀强电场的电压与电场强度的关系式U ＝Ed 可得E ＝4πkQεr S，可知将C 板向右平移到P ′点，B 、C 两板间的电场强度不变，由O 点静止释放的电子仍然可以运动到P 点，并且会原路返回，故选项A 正确.变式3 匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象如图6所示.当t ＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子(带正电)，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是()图6A.带电粒子将始终向同一个方向运动B.2s 末带电粒子回到原出发点C.3s 末带电粒子的速度不为零D.0～3s 内，电场力做的总功为零 答案 D解析 由牛顿第二定律可知带电粒子在第1s 内的加速度和第2s 内的加速度的关系，因此粒子将先加速1s 再减速0.5s ，速度为零，接下来的0.5s 将反向加速……，v －t 图象如图所示，根据图象可知选项A 错误；由图象可知2s 内的位移为负，故选项B 错误；由图象可知3s 末带电粒子的速度为零，故选项C 错误；由动能定理结合图象可知0～3s 内，电场力做的总功为零，故选项D 正确.6好教育云平台——教育因你我而变2017年高考“最后三十天”专题透析变式4 如图7所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间距离为d ，上极板正中有一小孔.质量为m 、电荷量为＋q 的小球从小孔正上方高h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g ).求：图7(1)小球到达小孔处的速度大小；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量； (3)小球从开始下落到运动到下极板处的时间. 答案 (1)2gh (2)mg h ＋d qd C mg h ＋dq(3)h ＋dh2hg解析 (1)由v 2＝2gh 得v ＝2gh .(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，加速度大小为a ，有qE －mg ＝ma且v 2－0＝2ad ，得E ＝mg h ＋dqd，由U ＝Ed 、Q ＝CU ，得Q ＝C mg h ＋dq. (3)由v2t ＝h ＋d ，可得t ＝h ＋dh2hg命题点三 带电粒子在电场中的偏转1.运动规律(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间⎩⎪⎨⎪⎧a.能飞出电容器：t ＝lv 0.b.不能飞出电容器：y ＝12at 2＝qU 2mdt 2，t ＝2mdyqU.(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动7⎩⎪⎨⎪⎧加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22mdv2.离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝qUl mdv2.2.两个结论(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. 证明：由qU 0＝12mv 02y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(l v 0)2 tan θ＝qU 1lmdv 02得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l2U 0d(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 到偏转电场边缘的距离为l2.3.功能关系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：qU y ＝12mv 2－12mv 02，其中U y ＝Ud y ，指初、末位置间的电势差.例3 (2016·北京理综·23改编)如图8所示，电子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.已知电子质量为m ，电荷量为e ，加速电场电压为U 0，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d.图8(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v 0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy ； (2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法.在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因.已知U ＝2.0×102V ，d ＝4.0×10－2m ，m ＝9.1×10－31kg ，e ＝1.6×10－19C ，g ＝10m/s 2.答案 (1)2eU 0m UL 24U 0d(2)见解析 解析 (1)根据动能定理，有eU 0＝12mv 02，电子射入偏转电场时的初速度v 0＝2eU 0m8好教育云平台——教育因你我而变2017年高考“最后三十天”专题透析在偏转电场中，电子的运动时间Δt ＝Lv 0＝L m 2eU 0加速度a ＝eE m ＝eU md偏转距离Δy ＝12a (Δt )2＝UL 24U 0d(2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力G ＝mg ≈10－29N电场力F ＝eU d≈10－15N由于F≫G ，因此不需要考虑电子所受的重力.1.如图1所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S 闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ，则( )图1A.当开关S 断开时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大B.当开关S 断开时，若增大平行板间的距离，则夹角θ增大C.当开关S 闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大D.当开关S 闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ减小 答案 C解析 带电小球在电容器中处于平衡时，由平衡条件有tan θ＝qEmg，当开关S 断开时，电容器两极板上的电荷量Q 不变，由C ＝εr S 4πkd ，U ＝Q C ，E ＝U d 可知E ＝4πkQεr S ，故增大或减小两极板间的距离d ，电容器两极板间的电场强度不变，θ不变，选项A 、B 错误；当开关S 闭合时，因为两极板间的电压U 不变，由E ＝U d可知，减小两极板间的距离d ，E 增大，θ变大，选项C 正确，D 错误.2.(多选)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d 、U 、E 和Q 表示.下列说法正确的是( )A.保持U 不变，将d 变为原来的两倍，则E 变为原来的一半B.保持E 不变，将d 变为原来的一半，则U 变为原来的两倍C.保持d 不变，将Q 变为原来的两倍，则U 变为原来的一半9D.保持d 不变，将Q 变为原来的一半，则E 变为原来的一半 答案 AD解析 由E ＝U d可知，若保持U 不变，将d 变为原来的两倍，则E 变为原来的一半，A 项正确；若保持E 不变，将d 变为原来的一半，则U 变为原来的一半，B 项错误；由C ＝Q U ，C ＝εr S 4πkd ，E ＝U d ，可得U ＝4Qk πd εr S ，E ＝4Qk πεr S，所以，保持d 不变，若Q 变为原来的两倍，则U 变为原来的两倍，C 项错误；保持d 不变，若Q 变为原来的一半，则E 变为原来的一半，D 项正确.3.两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m 、电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回，如图2所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是()图2A.edhU h C.eU dhD.eUh d答案 D解析 由动能定理得：－e U d h ＝－E k ，所以E k ＝eUh d. 4.(2015·新课标全国Ⅱ·14)如图3所示，两平行的带电金属板水平放置.若在两板中间a 点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a 点从静止释放一同样的微粒，该微粒将()图3A.保持静止状态B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动 答案 D解析 两平行金属板水平放置时，带电微粒静止，有mg ＝qE ，现将两板绕过a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D 正确.5.如图4所示，电容器极板间有一可移动的电介质板，介质与被测物体相连，电容器接入电路后，通过极板上物理量的变化可确定被测物体的位置，则下列说法中正确的是( )10好教育云平台——教育因你我而变2017年高考“最后三十天”专题透析图4A.若电容器极板间的电压不变，x 变大，电容器极板上带电荷量增加B.若电容器极板上带电荷量不变，x 变小，电容器极板间电压变大C.若电容器极板间的电压不变，x 变大，有电流流向电容器的正极板D.若电容器极板间的电压不变，x 变大，有电流流向电容器的负极板 答案 D解析 若x 变大，则由C ＝εr S4πkd，可知电容器电容减小，在极板间的电压不变的情况下，由Q ＝CU 知电容器带电荷量减少，此时带正电荷的极板得到电子，带负电荷的极板失去电子，所以有电流流向负极板，A 、C 错误，D 正确.若电容器极板上带电荷量不变，x 变小，则电容器电容增大，由U ＝Q C可知，电容器极板间电压减小，B 错误.6.如图5所示，平行板电容器与电动势为E 的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地.一带电油滴位于电容器中的P 点且恰好处于平衡状态.现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离()图5A.带电油滴将沿竖直方向向上运动B.P 点的电势将降低C.带电油滴的电势能将减少D.电容器的电容减小，极板带电荷量将增大 答案 B解析 电容器和电源相连，则电容器两端的电压不变，两极板间距离增大，可知两极板间的电场强度E 电减小，故油滴将向下运动，A 错误；下极板接地，所以电势为零，设P 点距离下极板的距离为L ，则φP ＝E 电L ，L 不变，E 电减小，所以P 点的电势将降低，B 正确；油滴向下运动，带负电，故电场力做负功，电势能增大，C 错误；根据公式C ＝εr S 4πkd 可得，d 增大，C 减小，因U 不变，根据公式C ＝QU 可得，C 减小，Q 减小，故D 错误.7.(2017·安徽蚌埠四校联考)如图6所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘沿垂直电场方向射入匀强电场，电子恰好从正极板边缘飞出，现保持负极板不动，正极板在竖直方向移动，并使电子入射速度变为原来的2倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间距离变为原来的( )图6A.2倍B.4倍C.12D.14答案 C解析 电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，做类平抛运动.假设电子的带电荷量为e ，质量为m ，初速度为v ，极板的长度为L ，极板的间距为d ，电场强度为E .由于电子做类平抛运动，所以水平方向有：L ＝vt ，竖直方向有：y ＝12at 2＝12·eE m ·(L v )2＝d .因为E ＝U d ，可得：d 2＝eUL 22mv 2，若电子的速度变为原来的两倍，仍从正极板边缘飞出，则由上式可得两极板的间距d 应变为原来的12，故选C.8.如图7所示，带正电的粒子以一定的初速度v 0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L ，板间的距离为d ，板间电压为U ，带电粒子的电荷量为＋q ，粒子通过平行金属板的时间为t (不计粒子的重力)，则( )图7A.在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为qU4B.在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为3qU 8C.在粒子下落前d 4和后d 4的过程中，电场力做功之比为1∶2D.在粒子下落前d4和后d4的过程中，电场力做功之比为2∶1 答案 B解析 带正电的粒子以一定的初速度v 0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，带电粒子所做的运动是类平抛运动.竖直方向上的分运动是初速度为零的匀加速直线运动，由运动学知识可知，前后两段相等时间内竖直方向上的位移之比为1∶3，电场力做功之比也为1∶3.又因为电场力做的总功为qU2，所以在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为qU 8，A 选项错；在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为3qU8，B 选项对；在粒子下落前d 4和后d4的过程中，电场力做功相等，故C 、D 选项错.9.(2014·山东理综·18)如图8所示，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2017年高考“最后三十天”专题透析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v 0进入矩形区域(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v 0等于( )图8A.s22qEmhB.s2qE mh C.s 42qEmhD.s4qE mh答案 B解析 根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd 的中心，则在水平方向有12s ＝v 0t ，在竖直方向有12h＝12·qE m ·t 2，解得v 0＝s2qEmh，故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误. 10.如图9所示，一带电荷量为＋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时，小物块恰好静止.重力加速度取g ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图9(1)水平向右电场的电场强度；(2)若将电场强度减小为原来的12，物块的加速度是多大？(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时的动能. 答案 (1)3mg4q(2)0.3g (3)0.3mgL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F N sin 37°＝qEF N cos 37°＝mg解得E ＝3mg4q(2)若电场强度减小为原来的12，即E ′＝3mg8q由牛顿第二定律得mg sin 37°－qE ′cos 37°＝ma 解得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，支持力不做功，由动能定理得mgL sin 37°－qE ′L cos 37°＝E k －0解得E k ＝0.3mgL .11.反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似.如图10所示，在虚线MN 两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A 点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A 、B 两点间往返运动.已知电场强度的大小分别是E 1＝2.0×103N/C 和E 2＝4.0×103N/C ，方向如图所示.带电微粒质量m ＝1.0×10－20kg 、带电荷量q ＝－1.0×10－9C ，A 点距虚线MN 的距离d 1＝1.0cm ，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应.求：图10(1)B 点到虚线MN 的距离d 2；(2)带电微粒从A 点运动到B 点所经历的时间t . 答案 (1)0.50cm (2)1.5×10－8s解析 (1)带电微粒由A 运动到B 的过程中，由动能定理有|q |E 1d 1－|q |E 2d 2＝0，E 1d 1＝E 2d 2， 解得d 2＝0.50 cm.(2)设微粒在虚线MN 两侧的加速度大小分别为a 1、a 2， 由牛顿第二定律有 |q |E 1＝ma 1， |q |E 2＝ma 2，设微粒在虚线MN 两侧运动的时间分别为t 1、t 2，由运动学公式有d 1＝12a 1t 12，d 2＝12a 2t 22.又t ＝t 1＋t 2，代入数据，联立解得t ＝1.5×10－8 s.12.(2017·湖北黄冈中学模拟)如图11甲所示，空间存在水平方向的大小不变、方向周期性变化的电场，其变化规律如图乙所示(取水平向右为正方向).一个质量为m 、电荷量为＋q 的粒子(重力不计)，开始处于图中的A 点.在t ＝0时刻将该粒子由静止释放，经过时间t 0，刚好运动到B 点，且瞬时速度为零.已知电场强度大小为E 0.试求：图112017年高考“最后三十天”专题透析(1)电场变化的周期T 应满足的条件； (2)A 、B 之间的距离；(3)若在t ＝T6时刻释放该粒子，则经过时间t 0粒子的位移为多大？答案 见解析解析 (1)经过时间t 0，瞬时速度为零，故时间t 0为周期的整数倍，即：t 0＝nT解得：T ＝t 0n，n 为正整数. (2)作出v －t 图象，如图甲所示.最大速度为：v m ＝a ·t 02n ＝qE 0m ·t 02nv －t 图象与时间轴包围的面积表示位移大小，为：s ＝12v m t 0＝qE 0t 024nm，n 为正整数. (3)若在t ＝T6时刻释放该粒子，作出v －t 图象，如图乙所示.v －t 图象与时间轴包围的面积表示位移大小，上方面积表示前进距离，下方的面积表示后退的距离：故位移为：x ＝12·qE 0m ·(T 3)2·2n －12·qE 0m ·(T 6)2·2n ＝qE 0t 0212nm，n 为正整数.。

第56讲 带电粒子在电场中的加速和偏转[方法点拨] (1)带电粒子在匀强电场中做直线运动时，一般用牛顿第二定律与运动学公式结合处理或用动能定理处理．(2)在匀强电场中做类平抛运动时一般从分解的角度处理．(3)注意带电粒子重力能否忽略．1．电子束焊接机中的电场线如图1中虚线所示．K 为阴极，A 为阳极，两极之间的距离为d ，在两极之间加上高压U ，有一电子在K 极由静止被加速．不考虑电子重力，元电荷为e ，则下列说法正确的是( )图1A ．A 、K 之间的电场强度为UdB ．电子到达A 极板时的动能大于eUC ．由K 到A 电子的电势能减小了eUD ．由K 沿直线到A 电势逐渐减小2．(多选)(2017·四川资阳4月模拟)如图2所示，质量相同的两个带电粒子M 、N 以相同的速度同时沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，M 从两极板正中央射入，N 从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点．不计带电粒子重力和带电粒子间的相互作用，则从开始射入到打在上极板的过程中( )图2A ．它们运动的时间t N ＝t MB ．它们电势能减少量之比ΔE M ∶ΔE N ＝1∶2C ．它们的动能增加量之比ΔE k M ∶ΔE k N ＝1∶2D ．它们所带的电荷量之比q M ∶q N ＝1∶23．(2017·山东师范大学附中第三次模拟)如图3所示，有一带电粒子贴着A 板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U 1时，带电粒子沿轨迹①从两板正中间飞出；当偏转电压为U 2时，带电粒子沿轨迹②落到B 板中间．设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次的电压之比为( )图3A ．U 1∶U 2＝1∶8B ．U 1∶U 2＝1∶4C ．U 1∶U 2＝1∶2D ．U 1∶U 2＝1∶14．(2017·广东汕头质量检测)一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒子a 和b ，从电容器边缘的P 点(如图4)以相同的水平速度射入两平行板之间．测得a 和b 与电容器的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1∶2.若不计重力，则a 和b 的比荷之比是( )图4A ．4∶1B．2∶1C．1∶1D．1∶25．(2017·安徽马鞍山第一次模拟)如图5所示，虚线表示匀强电场的等势线，间距均为d ，一质量为m 、电荷量大小为q 的粒子(不计重力)，从A 点以与等势线成θ角的速度v 0射入，到达B 点时，速度方向恰与等势线平行，则( )图5A ．粒子一定带正电B ．电场中A 点的电势一定高于B 点电势C ．匀强电场的电场强度大小为mv 02sin 2θ4qdD ．粒子在A 点具有的电势能大于在B 点具有的电势能6．(2018·河南省八校第二次测评)如图6，半径为R 的圆环处在匀强电场E 中，圆环平面与电场方向平行，直径ab 与电场线垂直；一带电粒子以速度v 0从a 点沿ab 方向射入电场，粒子打在圆环上的c 点；已知c 点与ab 的距离为R2，不计粒子重力，求带电粒子的比荷.图67.(2018·四川泸州一检)如图7所示，竖直平行正对放置的带电金属板A 、B ，B 板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy 的O 点；y 轴沿竖直方向；在x >0的区域内存在沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E ＝43×103V/m ；比荷为1.0×105C/kg 的带正电的粒子P 从A 板中心O ′处静止释放，其运动轨迹恰好经过M (3，1)点；粒子P 的重力不计，试求：图7(1)金属板A 、B 之间的电势差U AB ；(2)若在粒子P 经过O 点的同时，在y 轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电微粒Q ，使P 、Q 恰能运动中相碰；假设Q 的质量是P 的2倍、带电情况与P 相同；Q 的重力及P 、Q 之间的相互作用力均忽略不计；求粒子Q 所有释放点的集合．8．(2017·湖北孝感第一次统考)在xOy 直角坐标系中，三个边长都为2m 的正方形如图8所示排列，第Ⅰ象限正方形区域ABOC 中有水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E 0，在第Ⅱ象限正方形COED 的对角线CE 左侧CED 区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC 区域内无电场，正方形DENM 区域内无电场．现有一带电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子(重力不计)从AB 边上的A 点由静止释放，恰好能通过E 点．图8(1)求CED 区域内的匀强电场的电场强度的大小E 1；(2)保持(1)问中电场强度不变，若在正方形ABOC 中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过E 点，则释放点的坐标值x 、y 间应满足什么关系；(3)若CDE 区域内的电场强度大小变为E 2＝43E 0，方向不变，其他条件都不变，则在正方形区域ABOC 中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过N 点，则释放点的坐标值x 、y 间又应满足什么关系．答案精析1．C [A 、K 之间的电场为非匀强电场，A 、K 之间的电场强度不是U d，选项A 错误；由动能定理，电子到达A 极板时的动能E k ＝eU ，选项B 错误；电子由K 到A 的过程电场力做正功，电子的电势能减小了eU ，选项C 正确；沿电场线方向电势降低，则由K 沿直线到A 电势逐渐升高，选项D 错误．] 2．AD3．A [据题意，粒子在偏转电场中做类平抛运动，即粒子在水平方向做匀速直线运动，则：x ＝vt ，在竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，则：y ＝12at 2＝qUx22mdv 2，偏转电压为U ＝2mdyv2qx 2，则偏转电压之比为：U 1U 2＝y 1x 22y 2x 12＝y 1y 2·(x 2x 1)2＝18，故A 选项正确．] 4．A 5.C 6．见解析解析 沿ab 方向与电场强度方向建立xOy 直角坐标系，设粒子从a 到c 所需时间为t ，则：x ＝v 0t y ＝12at 2由牛顿第二定律得qE ＝ma由题意可知：y ＝12R ；x ＝(1＋32)R联立解得：qm＝－43v 02ER7．(1)1000V (2)y ＝16x 2，其中x >0解析 (1)设粒子P 的质量为m 、带电荷量为q ，从O 点进入匀强电场时的速度大小为v 0；由题意可知，粒子P 在y 轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O 点运动到M (3，1)点所用时间为t 0，由类平抛运动可得：x ＝v 0t 0，y ＝qE2m t 02解得：v 0＝2×104m/s在金属板A 、B 之间，由动能定理：qU AB ＝12mv 02解得：U AB ＝1000V(2)设P 、Q 在右侧电场中运动的加速度分别为a 1、a 2；Q 粒子从N (x ，y )点释放后，经时间t 与粒子P 相碰；由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得对于P ：Eq ＝ma 1 对于Q ：Eq ＝2ma 2x ＝v 0t12a 1t 2＝y ＋12a 2t 2 解得：y ＝16x 2，其中x >0即粒子Q 释放点N (x ，y )坐标满足的方程为y ＝16x 2，其中x >08．(1)4E 0 (2)y ＝x (3)y ＝3x －4解析 (1)设带电粒子出第Ⅰ象限电场时的速度为v ，在第Ⅰ象限电场中加速运动时，根据动能定理得E 0qL ＝12mv 2，其中L ＝2m ．要使带电粒子通过E 点，在第Ⅱ象限电场中偏转时，竖直方向位移为y 0，设水平方向位移为x 0，则y 0＝12·E 1q m (x 0v )2，因∠CEO ＝45°，即x 0＝y 0＝2m ，解得E 1＝4E 0.(2)设释放点的坐标为(x ，y )，带电粒子出第Ⅰ象限电场时的速度为v 1，在第Ⅰ象限电场中加速运动时，根据动能定理得E 0qx ＝12mv 12，要使带电粒子过E 点，在第Ⅱ象限电场中偏转时，竖直方向位移为y ，水平方向位移也为y ，则y ＝12·E 1q m (y v 1)2，解得y ＝x .(3)如图所示为其中一条轨迹图，带电粒子从DE 出电场时与DE 交于Q .进入CDE 区域的电场后，初速度延长线与DE 交于G ，出电场时速度的反向延长线与初速度延长线交于P 点，设在第Ⅰ象限释放点的坐标为(x ，y )．由图可知，在CDE 区域中带电粒子的水平位移为y ，设偏转位移为y ′，则y ′＝12·E 2q m (y v 2)2，而y ′y －y ′＝GP NE ，其中GP ＝y2， NE ＝2m ，在第Ⅰ象限加速过程中，E 0qx ＝12mv 22，解得y ＝3x －4.。

第3节 电容器 带电粒子在电场中的运动知识点1 电容器、电容、平行板电容器1．电容器(1)带电量：一个极板所带电荷量的绝对值．(2)电容器的充、放电： ①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能．2．电容(1)意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量．(2)定义式：C ＝Q U ＝ΔQ ΔU .(3)单位：法拉(F)，1 F ＝106μF ＝1012pF.3．平行板电容器 (1)影响因素：平行板电容器的电容与正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与两极板间的距离成反比．(2)决定式：C ＝εr S 4πkd，k 为静电力常量． 知识点2 带电粒子在电场中的运动1．带电粒子在电场中的加速(1)处理方法：利用动能定理：qU ＝12m v 2－12m v 20.(2)适用范围：任何电场．2．带电粒子在匀强电场中的偏转(1)研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场．(2)处理方法：类似于平抛运动，应用运动的合成与分解的方法．①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝l v0.②沿电场方向，做初速度为零的匀加速直线运动．知识点3示波管1．示波管装置示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空．如图7-3-1所示．图7-3-12．工作原理(1)如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子束沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑．(2)YY′上加的是待显示的信号电压．XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压．若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图象．1．正误判断(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和．(×)(2)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比．(×)(3)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动．(×)(4)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动．(√)(5)示波管屏幕上的亮线是由于电子束高速撞击荧光屏而产生的．(√)(6)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计．(×)2．[带电粒子在电场中的直线运动](多选)电子束焊接机中的电子枪如图7-3-2所示，K为阴极，A为阳极，两极之间的电势差为U.A、K之间的电场线分布如图所示．阴极发出的电子在电场作用下由静止状态从K加速运动到A，设电子的质量为m，则下列说法正确的是()图7-3-2A．阴阳两极的电场为匀强电场B．电子在运动过程中的加速度变大C．电子的电势能不断增加D．电子到达阳极时的速度v＝2eU mBD[由图中的电场线分布特点可知A项错误；从电场线的分布特点可看出，电子在加速过程中所受到的电场力逐渐变大，因此电子的加速度在变大，B 项正确；由于电子带负电，当它从K极向A极运动时，电场力做正功，电势能减小，C项错误；由动能定理可得eU＝12m v2，解得电子的速度为v＝2eUm，D项正确．]3．[平行板电容器的电容]电容式加速度传感器的原理结构如图7-3-3所示，质量块右侧连接轻质弹簧，左侧连接电介质，弹簧与电容器固定在外框上．质量块可带动电介质移动改变电容．则()图7-3-3A．电介质插入极板间越深，电容器电容越小B．当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流C．若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会伸长D．当传感器由静止突然向右加速瞬间，电路中有顺时针方向电流D[根据电容器的电容公式C＝εr S4kπd，当电介质插入极板间越深，即电介质增大，则电容器电容越大，故A错误；当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故B错误；若传感器原来向右匀速运动，突然减速时，质量块因惯性，则继续向右运动，从而压缩弹簧，故C错误；当传感器由静止突然向右加速瞬间，质量块要向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据Q＝CU，可知，极板间的电量增大，电容器处于充电状态，因此电路中有顺时针方向电流，故D正确．] 5．[示波管的原理](多选)如图7-3-4所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的()图7-3-4A．极板X应带正电B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电D．极板Y′应带正电AC[由荧光屏上亮斑的位置可知，电子在XX′偏转电场中向X极板方向偏转，故极板X带正电，A正确，B错误；电子在YY′偏转电场中向Y极板方向偏转，故极板Y带正电，C正确，D错误．](1)先确定是Q还是U不变：电容器保持与电源连接，U不变；电容器充电后与电源断开，Q不变．(2)用决定式C＝εr S4πkd确定电容器电容的变化．(3)用定义式C＝QU判定电容器所带电荷量Q或两极板间电压U的变化．(4)用E＝Ud分析电容器极板间场强的变化．2．两类动态变化问题的比较[1．(2017·汕头模拟)如图7-3-5所示，在水平放置的已经充电的平行板电容器之间，有一带负电的油滴处于静止状态，若某时刻油滴的电荷量开始减小，为维持该油滴原来的静止状态，应()图7-3-5A．给平行板电容器充电，补充电荷量B．让平行板电容器放电，减少电荷量C．使两极板相互靠近些D．使两极板相互远离些A[根据平行板电容器的电容公式和电容的定义式有：C＝QU＝εr S4πkd，油滴处于静止状态时，电场力与重力等大反向，qUd＝mg，给电容器充电，电荷量增大，电容不变，电势差增大，油滴电荷量减少，可以使电场力不变，故A正确；让电容器放电，电量减小，电容不变，电势差减小，油滴电荷量减少，电场力一定减小，故B错误；因电容器与电源断开，电荷量不变，两极板间电场强度E＝U d ＝4πkQ εr S ，与板间距离d 无关，所以电容器两极板靠近和远离时，电场强度不变，电荷的电量减小，则电场力减小，电荷不能平衡．]2．(2016·天津高考)如图7-3-6所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地．在两极板间有一固定在P 点的点电荷，以E 表示两板间的电场强度，E p 表示点电荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )图7-3-6A ．θ增大，E 增大B ．θ增大，E p 不变C ．θ减小，E p 增大D ．θ减小，E 不变D [由题意可知平行板电容器的带电荷量Q 不变，当下极板不动，上极板向下移动一段距离时，两极板间距d 减小，则电容C 变大，由U ＝Q C 可知U 变小，则静电计指针的偏角θ减小．又因为两板间电场强度E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ εr S ，Q 、S 不变，则E 不变．因为E 不变，则点电荷从P 点移动到下极板(电势为零)电场力做功不变，电势能的变化相同，则点电荷在P 点的电势能E p 不变，故只有选项D 正确．]电容器动态分析问题的分析技巧1．抓住不变量，弄清楚是电容器的电荷量不变还是电压不变．2．根据电容的决定式分析电容的变化，再根据电容的定义式分析电荷量或电压的变化，最后分析电场强度的变化．1.是否考虑重力的处理方法(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都要考虑重力．2．解决问题的两种思路(1)运动状态的分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力方向与运动方向在同一条直线上，做加(减)速直线运动．(2)用功与能的观点分析：电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的变化量，即qU＝12m v2－12m v2.[多维探究]●考向1仅在电场力作用下的直线运动1. (多选)如图7-3-7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()图7-3-7A．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CD[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＝qEm可知，a2＝2a1，可见，粒子第1 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，此过程中电场力做功为零，综上所述，可知C、D正确．]●考向2在电场力和重力作用下的直线运动2.如图7-3-8所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d ，带负电的微粒质量为m 、带电量为q ，从极板M 的左边缘A 处以初速度v 0水平射入，沿直线运动并从极板N 的右边缘B 处射出，则( )图7-3-8A ．微粒达到B 点时动能为12m v 20B ．微粒的加速度大小等于g sin θC ．两极板的电势差U MN ＝mgd q cos θD ．微粒从A 点到B 点的过程电势能减少mgd cos θC [微粒仅受电场力和重力，电场力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，微粒做直线运动，合力方向沿水平方向．由此可得，电场力方向垂直于极板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做减速运动，微粒到达B 时动能小于12m v 20，选项A 错误；根据qE sin θ＝ma ，qE cos θ＝mg ，解得a ＝g tan θ，选项B 错误；两极板的电势差U MN ＝Ed ＝mgd q cos θ，选项C 正确；微粒从A 点到B 点的过程中，电场力做负功，电势能增加，电势能增加量qU MN ＝mgd cos θ，选项D 错误．]3．(2017·汕头模拟)如图7-3-9所示，M 和N 是两个带等量异种电荷的平行正对金属板，两板与水平方向的夹角为60°.将一个质量为m 、电荷量为q 的带正电小球从靠近N 板的位置由静止释放，释放后，小球开始做匀加速直线运动，运动方向与竖直方向成30°角．已知两金属板间的距离为d ，重力加速度为g ，则( )图7-3-9A ．N 板带负电B ．M 、N 板之间的场强大小为3mg qC ．小球从静止到与M 板接触前的瞬间，合力对小球做的功为3mgdD ．M 、N 板之间的电势差为－mgd qD [小球带正电，受到的电场力方向与电场方向相同，所以N 板带正电，A 错误；小球的运动方向就是小球所受合力方向，而小球的运动方向恰好在小球所受重力方向和电场力方向夹角的平分线上，所以电场力等于mg ，M 、N 板之间的场强大小为E ＝mg q ，B 错误；M 、N 板之间的电势差为U ＝－Ed ＝－mgd q ，D正确；小球从静止到与M 板接触前的瞬间，重力和电场力做的功都是mgd ，合力对小球做的功为2mgd ，C 错误．]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求解．2．用动能定理或能量守恒定律求解．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．(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场．(2)运动形式：类平抛运动．(3)处理方法：应用运动的合成与分解．(4)运动规律：①加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qU md②在电场中的运动时间：t ＝l v 0③离开电场时的偏移量y ＝12at 2＝qUl 22m v 20d ＝U 1l 24U 0d ④离开电场时的偏转角tan θ＝v y v x ＝qUl m v 20d ＝U 1l 2U 0d2．两个结论(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．(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 到偏转电场边缘的距离为l 2.3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系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：qU y ＝12m v 2－12m v 20，其中U y ＝U d y ，指初、末位置间的电势差．[母题] (多选)(2015·天津高考)如图7-3-10所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E 1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E 2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( )图7-3-10A ．偏转电场E 2对三种粒子做功一样多B ．三种粒子打到屏上时的速度一样大C ．三种粒子运动到屏上所用时间相同D ．三种粒子一定打到屏上的同一位置【自主思考】(1)氕核、氘核、氚核三种粒子有什么不同点和相同点？提示：三种粒子的符号分别为：11H 、21H 、31H ，相同点是均带有一个单位的正电荷，q ＝＋e .不同点是质量数不同，分别是1、2、3，即质量之比为1∶2∶3.(2)如何分析在E 2中电场力对三种粒子的做功多少？提示：因电场力qE 2为恒力，故由W ＝qE 2·y 分析，而y 是在E 2中的偏转位移，可由y ＝E 2l 24E 1d 分析． AD [根据动能定理有qE 1d ＝12m v 21，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v 1＝2qE 1d m .在偏转电场中，由l ＝v 1t 2及y ＝12qE 2m t 22得，带电粒子经偏转电场的侧位移y ＝E 2l 24E 1d ，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据W ＝qE 2y 得，偏转电场E 2对三种粒子做功一样多，选项A 正确；根据动能定理，qE 1d ＋qE 2y ＝12m v 22，得到粒子离开偏转电场E 2打到屏上时的速度v 2＝2(qE 1d ＋qE 2y )m，由于三种粒子的质量不相等，故v 2不一样大，选项B 错误；粒子打在屏上所用的时间t ＝d v 12＋L ′v 1＝2d v 1＋L ′v 1(L ′为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v 1不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项C错误；根据v y ＝qE 2m t 2及tan θ＝v y 1得，带电粒子的偏转角的正切值tan θ＝E 2l 2E 1d ，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故三种粒子打到屏上的同一位置，选项D 正确．][母题迁移](2017·山西运城一模)真空中的某装置如图7-3-11所示，其中平行金属板A 、B 之间有加速电场，C 、D 之间有偏转电场，M 为荧光屏．今有质子、氘核和α粒子均由A 板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是( )图7-3-11A ．三种粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间相同B ．三种粒子打到荧光屏上的位置相同C ．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2D ．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4B [设加速电压为U 1，偏转电压为U 2，偏转极板的长度为L ，板间距离为d ，在加速电场中，由动能定理得qU 1＝12m v 20，解得v 0＝2qU 1m ，三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v 0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v 0不同，所以三种粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间不同，故A 错误；根据推论y ＝U 2L 24dU 1、tan θ＝U 2L 2dU 1可知，y 与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B 正确；偏转电场的电场力做功为W ＝qEy ，则W 与q 成正比，三种粒子的电荷量之比为1∶1∶ 2，则有电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故C 、D 错误．]带电粒子在电场中偏转问题求解通法(1)解决带电粒子先加速后偏转模型的通法： 加速电场中的运动一般运用动能定理qU ＝12m v 2进行计算；在偏转电场中的运动为类平抛运动，可利用运动的分解进行计算；二者靠速度相等联系在一起．(2)计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y 的四种方法：①Y ＝y ＋d tan θ(d 为屏到偏转电场的水平距离)；②Y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2＋d tan θ(L 为电场宽度)；③Y ＝y ＋v y ·d v 0； ④根据三角形相似Y y ＝L 2＋d L 2.xOy 中，x 轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m 、电荷量为－q (－q ＜0)的带电绝缘小球，从y 轴上的P (0，L )点由静止开始释放，运动至x 轴上的A (－L,0)点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入在x 轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管．细管的圆心O 1位于y 轴上，交y 轴于B 点，交x 轴于A 点和C (L,0)点．该细管固定且紧贴x 轴，内径略大于小球外径．不计一切阻力，重力加速度为g .求：图7-3-12(1)匀强电场的电场强度的大小； (2)小球运动到B 点时对细管的压力的大小和方向；(3)小球从C 点飞出后会落在x 轴上的哪一位置．【解析】 (1)小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A 点沿切线方向进入细管，则速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°则tan 45°＝mg Eq解得匀强电场的电场强度E ＝mg q .(2)根据几何关系可知，圆弧形细管的半径r ＝2L ，圆心的坐标为O 1(0，－L )设小球运动到B 点时速度为v B ，此时受到重力和细管的支持力F N ，从P 点到B 点的过程中根据动能定理得：12m v 2B －0＝mg (2L ＋2L )＋EqL小球运动到B 点时，根据牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2B r联立解得：F N ＝3(2＋1)mg根据牛顿第三定律可知，小球运动到B 点时对细管的压力大小为3(2＋1)mg ，方向竖直向下．(3)设小球运动到A 点的速度为v A ，运动到C 点的速度为v C ，从P 点到A 点的过程中，根据动能定理得：12m v 2A ＝mgL ＋EqL解得：v A ＝2gL小球从C 点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度v C ＝v A ＝2gL小球的加速度g ′＝2g当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x 轴则有：v C t ＝12g ′t 2解得：t ＝22Lg则沿x 轴方向运动的位移x ＝2v C t ＝2×2gL ×22Lg ＝8L则小球从C 点飞出后落在x 轴上的横坐标：x ′＝L －8L ＝－7L .【答案】 (1)mg q (2)3(2＋1)mg 方向竖直向下 (3)－7L[母题迁移](多选)如图7-3-13所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m 、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O点做圆周运动．AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径．已知重力加速度为g，电场强度E＝mgq.下列说法正确的是()图7-3-13A．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为gL B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大C．若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上往复运动D．若将小球在A点以大小为gL的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点BD[因为电场强度E＝mgq，所以小球所受电场力大小也为mg，故小球所受合力大小为2mg，方向斜向右下方，与竖直方向夹角为45°，故小球通过圆弧AD的中点时速度最小，此时满足2mg＝m v2minL，因此小球在竖直面内圆周运动的最小速度v min＝2gL，A项错误；由功能关系知，物体机械能的变化等于除重力、弹簧的弹力之外的力所做的功，小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，运动到B点时，电场力做功最多，故运动到B点时小球的机械能最大，B项正确；小球在A点由静止开始释放后，将沿合外力方向做匀加速直线运动，C项错误；若将小球以gL的速度竖直向上抛出，经时间t＝2gLg回到相同高度，其水平位移s＝12·qEm t2＝2L，故小球刚好运动到B点，D项正确．]“等效法”的关键带电体在匀强电场和重力场组成的复合场中的运动问题，是高中物理中一类重要而典型的问题．对于这类问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大．若采用“等效法”求解，则能避开复杂的运算，过程比较简捷．先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，将a＝F合m视为“等效重力加速度”，再将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解即可．。

带电粒子在电场中的运动——加速与偏转[主要内容]1．如图，在真空中有一对平行金属板，接上电压为U的电池组，在它们之间建立方向水平向右的匀强电场。

有一个带电量为+q，质量为m的带电粒子（重力不计）穿过正极板上的小孔进入电场，在电场中被加速，到达负极板时从负极板上正对的小孔穿出。

设穿出时速度大小为v，v是多大呢？如果带电粒子在正极板处v0=0，由动能定理得：qU=mv2-0若带电粒子在正极板处v0≠0，由动能定理得qU=mv2-mv022．若将上图中电池组的正负极调换，则两极板间匀强电场的场强方向变为水平向左，带电量为+q，质量为m的带电粒子，以初速度v0，穿过左极板的小孔进入电场，在电场中作匀减速直线运动。

<1>若v0>，则带电粒子能从对面极板的小孔穿出，穿出时的速度大小为v，有-qU=mv2-mv02v=<2>若v0<，则带电粒子不能从对面极板的小孔穿出，带电粒子速度减为零后，反方向加速运动，从左极板的小孔穿出，穿出时速度大小v=v0。

带电粒子在电场中运动时距左极板的最远距离为x，由动能定理：-qEx=0-mv02E=(式d中为两极板间距离)x=。

3．在真空中水平放置一对平行金属板，板长为L，板间距离为d，接上如图所示的电池组，电压为U，则两极间建立了方向竖直向下的匀强电场，场强大小为E=。

现有一质量为m，带电量为+q的带电粒子（重力可以忽略），垂直于电场方向以速度v0飞入电场，则带电粒子在电场中所受合力大小F=Eq=q, 方向竖直向下，带电粒子加速度大小为a==方向竖直向下，带电粒子在垂直于电场方向做匀速直线运动，带电粒子在平行于电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，画出带电粒子的运动轨迹如图所示，建立直角坐标系x0y。

当带电粒子由P点飞出电场时：v x=v0 (1)v y =at (2)L=v0t (3)y=at2 (4)v= (5)tana= (6)由(1)—(6)式可得，带电粒子飞出电场时，在垂直于电场方向的速度大小v x=v0，在平行于电场线方向的速度大小v y=合速度大小：v=合速度方向: tana==.带电粒子飞出电场时，偏移的距离y=.[例题讲解]例1．如图M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板。