2009届物理一轮复习专题训练四·带电粒子在场中的运动

一课一练60：带电粒子在交变电磁场中的周期性运动分析：主要是电磁场周期性变化导致带电粒子周期性运动，对运动轨迹的处理以及规律的归纳是难点。

1．如图甲所示，偏转电场的两个平行极板水平放置，板长L=0.08 m，板间距足够大，两板的右侧有水平宽度l=0.06 m、竖直宽度足够大的有界匀强磁场．一个比荷为qm=5×107 C/kg的带负电粒子以速度v0=8×105 m/s从两板中间沿与板平行的方向射入偏转电场，若从该粒子进入偏转电场时开始计时，板间场强恰好按图乙所示的规律变化，粒子离开偏转电场后进入匀强磁场并最终垂直磁场右边界射出．不计粒子重力，求：（1）粒子在磁场中运动的速率v；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径R和磁场的磁感应强度B．2．回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0，周期2mTqBπ=．一束粒子在0～2T时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为0．现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够射出的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用力．求：（1）出射粒子的动能；（2）粒子从飘入狭缝至动能达到E k所需的总时间．3．小明受回旋加速器的启发，设计了如图1所示的“回旋变速装置”．两相距为d的平行金属极板M、N，板M位于x轴上，板N在它的正下方．两板间加上如图2所示的幅值为U0的交变电压，周期2 =TmqB．板M上方和板N下方有磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场．粒子探测器位于y轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子．有一沿x轴可移动、粒子射出的初动能可调节的粒子发射源，沿y轴正方向射出质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子．t=0时刻，发射源在(x，0)位置发射一带电粒子．忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在电场中运动的时间不计．（1）若粒子只经磁场偏转并在y=y0处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能；（2）若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置x与被探测到的位置y之间的关系．4．如图甲所示，直角坐标系xOy 中，第二象限内有沿x 轴正方向的匀强电场，第一、四象限内有垂直坐标平面的匀强交变磁场，磁场方向垂直纸面向外为正方向．第三象限内有一发射装置(没有画出)沿y 轴正方向射出一个比荷=100 C/kg qm的带正电的粒子(可视为质点且不计重力)，该粒子以v 0=20 m/s 的速度从x 轴上的点A (－2 m ，0)进入第二象限，从y 轴上的点C (0，4 m)进入第一象限．取粒子刚进入第一象限的时刻为0时刻，第一、四象限内磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化，g=10 m/s 2．（1）求第二象限内电场的电场强度大小； （2）求粒子第一次经过x 轴时的位置坐标．5．在某一真空空间内建立xOy 坐标系，从原点O 处向第 Ⅰ 象限发射一比荷为1×104 C/kg 的带正电的粒子(重力不计)，速度大小v 0=103 m/s 、方向与x 轴正方向成30°角．（1）若在坐标系y 轴右侧加有匀强磁场，在第Ⅰ象限，磁场方向垂直xOy 平面向外；在第Ⅳ象限，磁场方向垂直xOy 平面向里；磁感应强度均为B =1 T ，如图甲所示，求粒子从O 点射出后，第2次经过x 轴时的坐标x 1．（2）若将上述磁场改为如图乙所示的匀强磁场．在t =0到t =2π3×10－4 s 时，磁场方向垂直于xOy 平面向外；在t=2π3×10－4 s到t=4π3×10－4 s时，磁场方向垂直于xOy平面向里，此后该空间不存在磁场。

课题：带电粒子在复合场中的运动知识点总结：一、带电粒子在有界磁场中的运动1．解决带电粒子在有界磁场中运动问题的方法可总结为：（1）画轨迹（草图）；（2）定圆心；（3）几何方法求半径．2．几个有用的结论：（1）粒子进入单边磁场时，进、出磁场具有对称性，如图2（a）、（b）、（c）所示．（2）在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出，如图（d）所示．（3）当速率一定时，粒子运动的弧长越长，圆心角越大，运动时间越长．二、带电粒子在有界磁场中运动的临界问题带电粒子刚好穿出或刚好不穿出磁场的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．这类题目中往往含有“最大”、“最高”、“至少”、“恰好”等词语，其最终的求解一般涉及极植，但关键是从轨迹入手找准临界状态．（1）当粒子的入射方向不变而速度大小可变时，由于半径不确定，可从轨迹圆的缩放中发现临界点．（2）当粒子的入射速度大小确定而方向不确定时，轨迹圆大小不变，只是位置绕入射点发生了旋转，可从定圆的动态旋转中发现临界点．三、带电粒子在叠加场中的运动1．带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动情况分类（1）磁场力、重力并存①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．（2）电场力、磁场力并存（不计重力的微观粒子）①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．（3）电场力、磁场力、重力并存①若三力平衡，一定做匀速直线运动．②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒或动能定理求解问题．四、带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，除受场力外，还受弹力、摩擦力作用，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果．五、带电粒子在组合场中的运动带电粒子在组合场中的运动，实际上是几个典型运动过程的组合，因此解决这类问题要分段处理，找出各分段之间的衔接点和相关物理量，问题即可迎刃而解．常见类型如下：1．从电场进入磁场（1）粒子先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动．在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度．（2）粒子先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动．在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度．2．从磁场进入电场（1）粒子进入电场时的速度与电场方向相同或相反，做匀变速直线运动（不计重力）．（2）粒子进入电场时的速度方向与电场方向垂直，做类平抛运动典例强化例1、在以坐标原点O 为圆心、半径为r 的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图3所示．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x 轴的交点A 处以速度v 沿－x 方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y 轴的交点C 处沿＋y 方向飞出．（1）请判断该粒子带何种电荷，并求出其荷质比q m ；（2）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B ′，该粒子仍从A 处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B ′多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t 是多少？例2、真空区域有宽度为L 、磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向如图4所示，MN 、PQ 是磁场的边界．质量为m 、电荷量为＋q 的粒子沿着与MN 夹角为θ＝30°的方向垂直射入磁场中，粒子刚好没能从PQ 边界射出磁场（不计粒子重力的影响），求粒子射入磁场的速度大小及在磁场中运动的时间．例3、如图所示的直角坐标系xOy 中，x <0，y >0的区域内有沿x 轴正方向的匀强电场，x ≥0的区域内有垂直于xOy 坐标平面向外的匀强磁场，x 轴上P 点坐标为（－L,0），y 轴上M 点的坐标为（0，233L ）．有一个带正电的粒子从P 点以初速度v 沿y 轴正方向射入匀强电场区域，经过M 点进入匀强磁场区域，然后经x 轴上的C 点（图中未画出）运动到坐标原点O ．不计重力．求：（1）粒子在M 点的速度v ′；（2）C 点与O 点的距离x ；（3）匀强电场的电场强度E 与匀强磁场的磁感应强度B 的比值．例4、如图5所示，在NOQ 范围内有垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ，在MOQ 范围内有垂直于纸面向外的匀强磁场Ⅱ，M 、O 、N 在一条直线上，∠MOQ ＝60°，这两个区域磁场的磁感应强度大小均为B 。

【通用版】高考物理考前突破专题专题一、带电粒子在交变电场中的运动1．A 、B 两金属板平行放置，在t ＝0时刻将电子从A 板附近由静止释放（电子的重力忽略不计）。

分别在A 、B 两板间加上右边哪种电压时，有可能使电子到不了B 板【答案】B2．将如图交变电压加在平行板电容器A 、B 两极板上，开始B 板电势比A 板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A 、B 两极板的距离足够大，下列说法正确的是A ．电子一直向着A 板运动B ．电子一直向着B 板运动C ．电子先向A 运动，然后返回向B 板运动，之后在A 、B 两板间做周期性往复运动D ．电子先向B 运动，然后返回向A 板运动，之后在A 、B 两板间做周期性往复运动 【答案】D【解析】根据交变电压的变化规律，不难确定电子所受电场力的变化规律，从而作出电子的加速度a 、速度v 随时间变化的图线，如图所示，从图中可知，电子在第一个T 4内做匀加速运动，第二个T4内做匀减速运动，在这半个周期内，因初始B 板电势高于A 板电势，所以电子向B 板运动，加速度大小为eUmd 。

在第三个T 4内做匀加速运动，第四个T4内做匀减速运动，但在这半个周期内运动方向与前半个周期相反，向A 板运动，加速度大小为eUmd，所以，电子做往复运动，综上分析正确选项应为D 。

7．如图甲所示，真空室中电极K 发出的电子（初速度不计）经过电势差为U 1的加速电场加速后，沿两水平金属板C 、D 间的中心线射入两板间的偏转电场，最后打在荧光屏上。

C 、D 两板间的电势差U CD 随时间变化的图象如图乙所示，设C 、D 间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场。

已知电子的质量为m 、电荷量为e （重力不计），C 、D 极板长为l ，板间距离为d ，偏转电压U 2，荧光屏距C 、D 右端的距离为l6，所有电子都能通过偏转电极。

（1）求电子通过偏转电场的时间t 0；（2）若U CD 的周期T ＝t 0，求荧光屏上电子能够到达的区域的长度； （3）若U CD 的周期T ＝2t 0，求到达荧光屏上O 点的电子的动能。

权掇市安稳阳光实验学校第六章第三讲带电粒子在电场中的运动一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)1．如图1所示，从F处释放一个无初速的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势为E) ( )[A．电子到达B板时的动能是E eVB．电子从B板到达C板动能变化量为零C．电子到达D板时动能是3E eVD．电子在A板和D板之间做往复运动解析：由电池的接法知：A板带负电，B板带正电，C板带正电，D板带负电，所以A、B板间有向左的电场，C、D板间有向右的电场，B、C板间无电场，由动能定理知：电子到达B板时的动能为E eV，到达D板时的动能为零，在B、C板间做匀速直线运动，总之电子能在A板和D板间往复运动，所以错误选项为C.答案：C2．如图2所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O 经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该 ( )A．使U2加倍B．使U2变为原来的4倍C．使U2变为原来的2倍D．使U2变为原来的1/2[解析：要使电子的运动轨迹不变，则应使电子进入偏转电场后任一水平位移x所对应的偏转距离y保持不变．由y＝12at2＝12·qU2md·(xv0)2＝qU2x22mv02d和qU1＝12mv02，得y＝U2x24U1d，可见在x、y一定时，U2∝U1.所以选项A正确．答案：A3．(2010·厦门模拟)如图3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 从两极板正射入，Q 从下极板边缘处射入，它们最 后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上板的过程中( )A ．它们运动的时间t Q >t PB ．它们运动的加速度a Q <a P[C ．它们所带的电荷量之比q P ∶q Q ＝1∶2D ．它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝1∶2解析：设P 、Q 两粒子的初速度为v 0，加速度分别为a P 和a Q ，粒子P 到上极板的距离是h /2，它们做类平抛运动的水平距离为l .则对P ，由l ＝v 0t P ，h 2＝12a P t P 2，得到a P＝hv 02l 2；同理对Q ，l ＝v 0t Q ，h ＝12a Q t Q 2，得到a Q ＝2hv 02l 2.由此可见t P ＝t Q ，a Q ＝2a P ，而a P ＝q P E m ，a Q ＝q Q Em，所以q P ∶q Q ＝1∶2.由动能定理，它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝ma P h2∶ma Q h ＝1∶4.综上所述，C 项正确． 答案：C4．如图4所示，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)以相同的水平速度射入两平行板之间．测得a 和b 与电容器极板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 ( )A ．1∶2B ．1∶8C ．2∶1D ．4∶1 解析：带电粒子受到的电场力F ＝Eq ，产生的加速度a ＝F m ＝Eqm，在电场中做类平抛运动的时间t ＝2d a，位移x＝v0t ，x1x2＝m1q1m2q2，所以q1m1q2m2＝x22x12＝41，D正确．答案：D5．如图5所示，一个平行板电容器，板间距离为d，当对其加上电压后，A、B两板的电势分别为＋φ和－φ，下述结论错误的是( ) A．电容器两极板间可形成匀强电场，电场强度大小为E＝φ/dB．电容器两极板间各点的电势，有的相同，有的不同；有正的，有负的，有的为零C．若只减小两极板间的距离d，该电容器的电容C要增大，极板上带的电荷量Q也会增加D．若有一个电子水平射入穿越两极板之间的电场，则电子的电势能一定会减小解析：由题意可知，两板间电压为2φ，电场强度为E＝2φd，A错误；板间与板平行的中线上电势为零，中线上方电势为正，下方电势为负，故B正确；由C∝εr Sd知，d减小，C增大，由Q＝CU知，极板带电荷量Q增加，C正确；电子水平射入穿越两极板之间的电场时，电场力一定对电子做正功，电子的电势能一定减小，D正确．答案：A[二、双项选择题(本题共5小题，共35分．在每小题给出的四个选项中，只有两个选项正确，全部选对的得7分，只选一个且正确的得2分，有选错或不答的得0分)6．(2010·泰安质检)传感器是一种采集信息的重要器件，图6所示是一种测定压力的电容式传感器．当待测压力F作用于可动膜片电极上时，以下说法中正确的是 ( )A．若F向上压膜片电极，电路中有从a到b的电流B．若F向上压膜片电极，电路中有从b到a的电流C．若F向上压膜片电极，电路中不会出现电流D．若电流表有示数，则说明压力F 发生变化解析：F向上压膜片电极，使得电容器两板间的距离减小，电容器的电容增加，又因电容器两极板间的电压不变，所以电容器的电荷量增加，电容器继续充电．综上所述，选项B、D正确．答案：BD7．(2008·宁夏高考)如图7所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板，a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地．开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度α.在以下方法中，能使悬线的偏角α变大的是( )[来A．缩小ab间的距离B．加大ab间的距离C．取出a、b两极板间的电介质D．换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质解析：已知电容器C带电荷量不变，a、Q两板均接地，电势为零，b、P 两板电势相等．当ab间距离缩小时，电容器C的电容变大，电压U变小，即b、P 两板电势减小，即P、Q间电压减小，电场强度E减小，悬线偏角α减小，所以A 错误，B正确．取出a、b两极板间电介质时，电容器C的电容变小，电压U变大，悬线偏角α增大，所以C正确．当换一块介电常数更大的电介质时，电容器C的电容变大，电压U变小，悬线偏角α减小，所以D错误．答案：BC8．如图8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( )A．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′应带正电解析：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．答案：AC9．(2009·四川高考)如图9所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带[来负电的小物体以初速度v 1从M点沿斜面上滑，到达N 点时速度为零，然后下滑回到[来M点，此时速度为v2(v2<v1)．若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则( )A．小物体上升的最大高度为v12＋v22 4gB．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小解析：因为OM＝ON，M、N两点位于同一等势面上，所以从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功再做负功，电势能先减小后增大，B、C错误；因为小物体先[来靠近正点电荷后远离正点电荷，所以电场力、斜面压力、摩擦力都是先增大后减小，D正确；设小物体上升的最大高度为h，摩擦力做功为W，在上升过程、下降过程根据动能定理得－mgh＋W＝0－12mv12 ①mgh＋W＝12mv22，②联立①②解得h＝v12＋v224g，A正确．答案：AD10．如图10所示，D是一只理想二极管，电流只能从a流向b，而不能从b流向a.平行板电容器的A、B两极板间有一电荷，在P点处于静止状态．以E表示两极板间的电场强度，U表示两极板间的电压，E p表示电荷在P点的电势能．若保持极板B 不动，将极板A 稍向上平移，则下列说法中正确的是() A ．E 变小 B ．U 变大C ．E p 变大D ．电荷仍保持静止解析：B 板不动而A 板上移，则电容器的电容减小，本应放电，但由于二极管的单向导电性使电容器不能放电，带电量不变而极板间场强不变，电荷仍保持静止，A错D 正确；而极板间电压U ＝Ed 变大，B 正确；由于场强E 不变，则U PB＝Ed PB 不变，故E p 不变，C 错误． 答案：BD三、非选择题(本题共2小题，共30分)11．(15分)(2010·北京东城模拟)如图11所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K 发 出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A 板间的电压U 1加速，从A 板中心孔沿中心线KO 射出，然后进入两块平行金属板M 、N 形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)， 电子进入M 、N 间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P 点．已知M 、N 两板间的电压为U 2，两板间的距离为d ，板长为L ，电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力． (1)求电子穿过A 板时速度的大小； (2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；(3)若要使电子打在荧光屏上P 点的上方，可采取哪些措施？ 解析：(1)设电子经电压U 1加速后的速度为v 0，由动能定理 eU 1＝12mv 02－0解得v 0＝2eU 1m(2)电子以速度v 0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做[来初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y.由牛顿第二定律和运动学公式t ＝L v0F ＝ma，F＝eE，E＝U2 da＝eU2 mdy ＝12at2解得y＝U2L2 4U1d(3)由y＝U2L24U1d可知，减小加速电压U1和增大偏转电压U 2均可增大y值，从而使电子打到屏上的位置在P点上方．答案：(1) 2eU1m(2)U2L24U1d(3)减小加速电压U1和增大偏转电压U212．(15分)(2010·鞍山模拟)在场强为E＝100 V/m的竖直向下的匀强电场中有一块水平放置的足够大的接地金属板，在金属板的正上方，高为h＝0.8 m处有一个小的放射源放[来在一端开口的铅盒内，如图12所示．放射源以v0＝200 m/s的初速度向水平面以下各个方向均匀地释放质量为m＝2×10－15 kg、电荷量为q＝＋10－12 C的带电粒子．粒子最后落在金属板上．不计粒子重力，试求：(1)粒子下落过程中电场力做的功；(2)粒子打在金属板上时的动能；(3)计算落在金属板上的粒子图形的面积大小．(结果保留两位有效数字)解析：(1)粒子在下落过程中电场力做的功W＝Eqh＝100×10－12×0.8 J＝8×10－11 J(2)粒子在整个运动过程中仅有电场力做功，由动能定理得W＝E k2－E k1E k2＝8×10－11 J＋2×10－15×2002/2 J＝1.2×10－10 J(3)粒子落到金属板上的范围是一个圆．设此圆的半径为r，只有当粒子的初速度与电场的方向垂直时粒子落在该圆的边缘上，由运动学公式得h＝12at2＝Eq2mt2代入数据求得t≈5.66×10－3 s圆半径r＝v0t≈1.13 m圆面积S＝πr2≈4.0 m2.答案：(1)8×10－11 J (2)1.2×10－10 J (3)4.0 m2。

高考物理带电粒子在磁场中的运动专题训练答案及解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图纸面内的矩形 ABCD 区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边 AB ∥CD 、AD ∥BC ，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为 B .一带电粒子从AB 上的 P 点平行于纸面射入该区域，入射方向与 AB 的夹角为 θ（θ<90°），粒子恰好做匀速直线运动并从 CD 射出．若撤去电场，粒子以同样的速度从P 点射入该区域，恰垂直 CD 射出.已知边长 AD=BC=d ，带电粒子的质量为 m ，带电量为 q ，不计粒子的重力.求：(1)带电粒子入射速度的大小；(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间； (3)匀强电场的电场强度大小．【答案】（1）cos qBd m θ（2）cos sin m qB θθ （3）2cos qB dm θ【解析】 【分析】画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强. 【详解】（1） 设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，画出运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O ．由几何关系可知：cos d Rθ=洛伦兹力做向心力：200v qv B m R= 解得0cos qBdv m θ=（2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x ，有sin d xθ= 粒子作匀速运动：x=v 0t 联立解得cos sin m t qB θθ=（3）带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qv 0B解得2qB dE mcos θ=【点睛】此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力.2．如图所示，在竖直面内半径为R 的圆形区域内存在垂直于面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B ，在圆形磁场区域内水平直径上有一点P ，P 到圆心O 的距离为2R，在P 点处有一个发射正离子的装置，能连续不断地向竖直平面内的各方向均匀地发射出速率不同的正离子. 已知离子的质量均为m ，电荷量均为q ，不计离子重力及离子间相互作用力，求：（1）若所有离子均不能射出圆形磁场区域，求离子的速率取值范围； （2）若离子速率大小02BqRv m=，则离子可以经过的磁场的区域的最高点与最低点的高度差是多少。

高三物理一轮复习资料【带电粒子在匀强磁场中的运动】 [考点分析]1．命题特点：带电粒子在匀强磁场中的运动是等级考命题的热点问题，对此部分内容的考查以带电粒子在各类有界匀强磁场中的运动为主，题型有选择也有计算，难度中等偏上．2．思想方法：对称法、图解法、模型法等．[知能必备]1．单边界磁场问题的对称性带电粒子在单边界匀强磁场中的运动一般都具有对称性，可总结为：单边进出(即从同一直线边界进出)，等角进出，如图所示．2．缩放圆法的应用技巧当带电粒子以任一速度沿特定方向射入匀强磁场时，它们的速度v0越大，在磁场中做圆周运动的轨道半径也越大，它们运动轨迹的圆心在垂直速度方向的直线PP′上，此时可以用“缩放圆法”分析——以入射点为定点，圆心位于直线PP′上，将半径缩放作粒子的运动轨迹，从而探索出临界条件．3．带电粒子在磁场中运动产生多解的原因[真题再练]1. (多选)如图所示，在Oxy 平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B 的匀强磁场．一带电粒子从y 轴上的M 点射入磁场，速度方向与y 轴正方向的夹角θ＝45°.粒子经过磁场偏转后在N 点(图中未画出)垂直穿过x 轴．已知OM ＝a ，粒子电荷量为q ，质量为m ，重力不计．则( )A ．粒子带负电荷B ．粒子速度大小为qBamC ．粒子在磁场中运动的轨道半径为aD ．N 与O 点相距(2＋1)a解析：AD 由左手定则，分析粒子在M 点受的洛伦兹力，可知粒子带负电，选项A 正确；粒子的运动轨迹如图所示，O ′为粒子做匀速圆周运动的圆心，其轨道半径R ＝2a ，选项C 错误；由q v B ＝m v 2R ，可求出v ＝2qBa m ，选项B 错误；由图可知，ON ＝a ＋2a ＝(2＋1)a ，选项D 正确．2.如图，在0≤x ≤h ，－∞<y <＋∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B 的大小可调，方向不变．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子以速度v 0从磁场区域左侧沿x 轴进入磁场，不计重力．(1)若粒子经磁场偏转后穿过y 轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值B m ；(2)如果磁感应强度大小为B m2，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场．求粒子在该点的运动方向与x 轴正方向的夹角及该点到x 轴的距离．解析：(1)由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里．设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R ，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有q v 0B ＝m v 20R①由此可得R ＝m v 0qB②粒子穿过y 轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y 轴正半轴上，半径应满足R ≤h ③由题意，当磁感应强度大小为B m 时，粒子的运动半径最大，由此得B m ＝m v 0qh④ (2)若磁感应强度大小为B m2，粒子做圆周运动的圆心仍在y 轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为R ′ ＝2h ⑤粒子会穿过图中P 点离开磁场，运动轨迹如图所示．设粒子在P 点的运动方向与x 轴正方向的夹角为α，由几何关系sin α＝h 2h ＝12⑥即α＝π6⑦由几何关系可得，P 点与x 轴的距离为 y ＝2h (1－cos α)⑧联立⑦⑧式得y ＝ (2－3)h ⑨ 答案：(1)磁场方向垂直于纸面向里 m v 0qh(2)π6(2－3)h带电粒子在匀强磁场中运动问题的解题流程[精选模拟]视角1：带电粒子在匀强磁场中运动的临界、极值问题1．(多选)如图所示，S 处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN 垂直于纸面，在纸面内的长度L ＝9.1 cm ，中点O 与S 间的距离d ＝4.55 cm ，MN 与SO 直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0×10－4 T ，电子质量m ＝9.1×10－31kg ，电荷量e ＝1.6×10－19C ，不计电子重力，电子源发射速度v ＝1.6×106 m/s 的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l ，则( )A ．θ＝90°时，l ＝9.1 cmB ．θ＝60°时，l ＝9.1 cmC ．θ＝45°时，l ＝4.55 cmD ．θ＝30°时，l ＝4.55 cm解析：AD 电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力：e v B ＝m v 2R ，R ＝m v Be＝4.55×10－2 m ＝4.55 cm ＝L2，θ＝90°时，击中板的范围如图甲，l ＝2R ＝9.1 cm ，选项A 正确；θ＝60°时，击中板的范围如图乙所示，l ＜2R ＝9.1 cm ，选项B 错误；θ＝30°，如图丙所示，l ＝R ＝4.55 cm ，当θ＝45°时，击中板的范围如图丁所示，l ＞R (R ＝4.55 cm)，故选项D 正确，选项C 错误．2.如图所示，竖直线MN ∥PQ ，MN 与PQ 间距离为a ，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，O 是MN 上一点，O 处有一粒子源，某时刻放出大量速率均为v (方向均垂直磁场方向)、比荷一定的带负电粒子(粒子重力及粒子间的相互作用力不计)，已知沿图中与MN 成θ＝60°角射入的粒子恰好垂直PQ 射出磁场，则粒子在磁场中运动的最长时间为( )A.πa3v B ．23πa 3vC.4πa 3vD ．2πa v解析：C 当θ＝60°时，粒子的运动轨迹如图甲所示，则a ＝R sin 30°，即R ＝2a .设带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为α，则其在磁场中运行的时间为t ＝α2πT ，即α越大，粒子在磁场中运行时间越长，α最大时粒子的运行轨迹恰好与磁场的右边界相切，如图乙所示，因R ＝2a ，此时圆心角αm 为120°，即最长运行时间为T 3，而T ＝2πR v ＝4πav ，所以粒子在磁场中运动的最长时间为4πa3v，C 正确．3．如图是某屏蔽高能粒子辐射的装置，铅盒左侧面中心O 有一放射源可通过铅盒右侧面的狭缝MQ 向外辐射α粒子，铅盒右侧有一左右边界平行的匀强磁场区域．过O 的截面MNPQ 位于垂直磁场的平面内，OH 垂直于MQ .已知∠MOH ＝∠QOH ＝53°.α粒子质量m ＝6.64×10－27kg ，电量q ＝3.20×10－19C ，速率v ＝1.28×107m/s ；磁场的磁感应强度B＝0.664 T ，方向垂直于纸面向里；粒子重力不计，忽略粒子间的相互作用及相对论效应，sin 53°＝0.80，cos 53°＝0.60.(1)求垂直于磁场边界向左射出磁场的粒子在磁场中运动的时间t ；(2)若所有粒子均不能从磁场右边界穿出，达到屏蔽作用，求磁场区域的最小宽度d . 解析：(1)粒子在磁场内做匀速圆周运动，则T ＝2πmqB垂直于磁场边界向左射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为：t ＝T2代入数据解得：t ＝π32×10－6 s ≈9.81×10－8 s.(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，q v B ＝m v 2R沿OQ 方向进入磁场的粒子运动轨迹与磁场右边界相切，则所有粒子均不能从磁场的右边界射出，如图所示，由几何关系可得：d ＝R ＋R sin 53° 代入数据可得：d ＝0.72 m. 答案：(1)9.81×10－8 s (2)0.72 m视角2：带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题4．(多选)长为l 的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为B ，板间距离也为l ，板不带电，现有质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v 水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是( )A ．使粒子的速度v ＜Bql4mB ．使粒子的速度v ＞5Bql4mC ．使粒子的速度v ＞BqlmD ．使粒子的速度v 满足Bql 4m ＜v ＜5Bql4m解析：AB 带电粒子刚好打在极板右边缘，有r 21＝⎝⎛⎭⎫r 1－l 22＋l 2，又因r 1＝m v 1Bq ，解得v 1＝5Bql 4m ；粒子刚好打在极板左边缘，有r 2＝l 4＝m v 2Bq ，解得v 2＝Bql4m，故A 、B 正确．。

高考物理第一轮专题复习针对训练电场一、选择题在电场中，下列说法正确的是（ ） A ．某点的电场强度大，该点的电势一定高 B ．某点的电势高，试探电荷在该点的电势能一定大 C ．某点的场强为零，试探电荷在该点的电势能一定为零 D ．某点的电势为零，试探电荷在该点的电势能一定为零如图所示，空间有两个等量的正点电荷，a 、b 两点在其连线的中垂线上，则下列说法一定正确的是（ ）A ．场强 a b E E >B ． 场强 abE E <C ． 电势 a b ϕϕ>D ． 电势 a b ϕϕ<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'点一个正点电荷Q静止在正方形的一个顶点上，另一个带电质点q射入该区域时，仅受电场力的作用，恰好能依次经过正方形的另外三个顶点a、b、c，如图所示，则有（）A．质点由a到c电势能先减小后增大B．质点在a、b、c三处的加速度大小之比是1：2：1C．a、b、c三点电势高低及电场强度大小的关系是φa=φc＞φb，E a=E c=2E bD．若改变带电质点q在a处的速度大小和方向，则质点q可能做类平抛运动a、b两个带电小球的质量均为m，所带电荷量分别为＋3q和－q，两球间用绝缘细线连接，a球又用长度相同的绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在的空间有方向向左的匀强电场，电场强度为E，平衡时细线都被拉紧，则平衡时可能位置是( )套有三个带电小球的圆环放在水平面桌面上（不计一切摩擦），小球的电荷量保持不变，整个装置平衡后，三个小球的一种可能位置如图所示．三个小球构成一个锐角三角形，三角形的边长大小关系是AB>AC>BC，可以判断图中（）A．三个小球电荷量的代数和可能为0B．三个小球一定带同种电荷C．三个小球所受环的弹力大小为F A>F C>F BD．三个小球带电荷量的大小为Q A>Q C>Q B一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。

第四讲带电粒子在场中的运动思想方法提炼带电粒子在某种场(重力场、电场、磁场或复合场)中的运动问题，本质还是物体的动力学问题电场力、磁场力、重力的性质和特点：匀强场中重力和电场力均为恒力，可能做功；洛伦兹力总不做功；电场力和磁场力都与电荷正负、场的方向有关，磁场力还受粒子的速度影响，反过来影响粒子的速度变化.一、安培力1.安培力：通电导线在磁场中受到的作用力叫安培力.【说明】磁场对通电导线中定向移动的电荷有力的作用，磁场对这些定向移动电荷作用力的宏观表现即为安培力.2.安培力的计算公式：F=BILsinθ；通电导线与磁场方向垂直时，即θ = 900，此时安培力有最大值；通电导线与磁场方向平行时，即θ=00，此时安培力有最小值，F min=0N；0°＜θ＜90°时，安培力F介于0和最大值之间.3.安培力公式的适用条件；①一般只适用于匀强磁场；②导线垂直于磁场；③L为导线的有效长度，即导线两端点所连直线的长度，相应的电流方向沿L由始端流向末端；如图所示，几种有效长度；④安培力的作用点为磁场中通电导体的几何中心；⑤根据力的相互作用原理，如果是磁体对通电导体有力的作用，则通电导体对磁体有反作用力.【说明】安培力的计算只限于导线与B垂直和平行的两种情况.二、左手定则1.通电导线所受的安培力方向和磁场B的方向、电流方向之间的关系，可以用左手定则来判定.2.用左手定则判定安培力方向的方法：伸开左手，使拇指跟其余的四指垂直且与手掌都在同一平面内，让磁感线垂直穿入手心，并使四指指向电流方向，这时手掌所在平面跟磁感线和导线所在平面垂直，大拇指所指的方向就是通电导线所受安培力的方向.3.安培力F的方向既与磁场方向垂直，又与通电导线方向垂直，即F总是垂直于磁场与导线所决定的平面.但B与I的方向不一定垂直.4.安培力F、磁感应强度B、电流I三者的关系①已知I、B的方向，可惟一确定F的方向；②已知F、B的方向，且导线的位置确定时，可惟一确定I的方向；③已知F、I的方向时，磁感应强度B的方向不能惟一确定.三、洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力.1.洛伦兹力的公式：F=qvBsinθ；2.当带电粒子的运动方向与磁场方向互相平行时，F=0；3.当带电粒子的运动方向与磁场方向互相垂直时，F=qvB;4.只有运动电荷在磁场中才有可能受到洛伦兹力作用，静止电荷在磁场中受到的磁场对电荷的作用力一定为0；四、洛伦兹力的方向1.运动电荷在磁场中受力方向可用左手定则来判定；2.洛伦兹力f的方向既垂直于磁场B的方向，又垂直于运动电荷的速度v的方向，即f总是垂直于B和v所在的平面.3.使用左手定则判定洛伦兹力方向时，若粒子带正电时，四个手指的指向与正电荷的运动方向相同.若粒子带负电时，四个手指的指向与负电荷的运动方向相反.4.安培力的本质是磁场对运动电荷的作用力的宏观表现.五、带电粒子在匀强磁场中的运动1.不计重力的带电粒子在匀强磁场中的运动可分三种情况：一是匀速直线运动；二是匀速圆周运动；三是螺旋运动.从运动形式可分为：匀速直线运动和变加速曲线运动.2.如果不计重力的带电粒子的运动方向与磁场方向平行时，带电粒子做匀速直线运动，是因为带电粒子在磁场中不受洛伦兹力的作用.3.如果不计重力的带电粒子的运动方向与磁场方向垂直时，带电粒子做匀速圆周运动，是因为带电粒子在磁场中受到的洛伦兹力始终与带电粒子的运动方向垂直，只改变其运动方向，不改变其速度大小.4.不计重力的带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r=mv/Bq;其运动周期T=2πm/Bq(与速度大小无关).5.不计重力的带电粒子垂直进入匀强电场和垂直进入匀强磁场时都做曲线运动，但有区别：带电粒子垂直进入匀强电场，在电场中做匀变速曲线运动(类平抛运动)；垂直进入匀强磁场，则做变加速曲线运动(匀速圆周运动)6.带电粒子在匀强磁场中做不完整圆周运动的解题思路：(1)用几何知识确定圆心并求半径.因为F方向指向圆心，根据F一定垂直v，画出粒子运动轨迹中任意两点(大多是射入点和出射点)的F或半径方向，其延长线的交点即为圆心，再用几何知识求其半径与弦长的关系.(2)确定轨迹所对的圆心角，求运动时间.先利用圆心角与弦切角的关系，或者是四边形内角和等于360°(或2π)计算出圆心角θ的大小，再由公式t=θT/3600(或θT/2 π)可求出运动时间.六、带电粒子在复合场中运动的基本分析1.这里所说的复合场是指电场、磁场、重力场并存，或其中某两种场并存的场.带电粒子在这些复合场中运动时，必须同时考虑电场力、洛伦兹力和重力的作用或其中某两种力的作用，因此对粒子的运动形式的分析就显得极为重要.2.当带电粒子在复合场中所受的合外力为0时，粒子将做匀速直线运动或静止.3.当带电粒子所受的合外力与运动方向在同一条直线上时，粒子将做变速直线运动.4.当带电粒子所受的合外力充当向心力时，粒子将做匀速圆周运动.5.当带电粒子所受的合外力的大小、方向均是不断变化的，则粒子将做变加速运动，这类问题一般只能用能量关系处理.七、电场力和洛伦兹力的比较1.在电场中的电荷，不管其运动与否，均受到电场力的作用；而磁场仅仅对运动着的、且速度与磁场方向不平行的电荷有洛伦兹力的作用.2.电场力的大小F=Eq,与电荷的运动的速度无关；而洛伦兹力的大小f=Bqvsina，与电荷运动的速度大小和方向均有关.3.电场力的方向与电场的方向或相同、或相反；而洛伦兹力的方向始终既和磁场垂直，又和速度方向垂直.4.电场既可以改变电荷运动的速度大小，也可以改变电荷运动的方向，而洛伦兹力只能改变电荷运动的速度方向，不能改变速度大小.5.电场力可以对电荷做功，能改变电荷的动能；洛伦兹力不能对电荷做功，不能改变电荷的动能.6.匀强电场中在电场力的作用下，运动电荷的偏转轨迹为抛物线；匀强磁场中在洛伦兹力的作用下，垂直于磁场方向运动的电荷的偏转轨迹为圆弧.八、对于重力的考虑重力考虑与否分三种情况.(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等一般不做特殊交待就可以不计其重力，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等不做特殊交待时就应当考虑其重力.(2)在题目中有明确交待的是否要考虑重力的，这种情况比较正规，也比较简单.(3)是直接看不出是否要考虑重力，但在进行受力分析与运动分析时，要由分析结果，先进行定性确定再是否要考虑重力.九、动力学理论：(1)粒子所受的合力和初速度决定粒子的运动轨迹及运动性质；(2)匀变速直线运动公式、运动的合成和分解、匀速圆周运动的运动学公式；(3)牛顿运动定律、动量定理和动量守恒定律；(4)动能定理、能量守恒定律.十、在生产、生活、科研中的应用：如显像管、回旋加速器、速度选择器、正负电子对撞机、质谱仪、电磁流量计、磁流体发电机、霍尔效应等等.正因为这类问题涉及知识面大、能力要求高，而成为近几年高考的热点问题，题型有选择、填空、作图等，更多的是作为压轴题的说理、计算题.分析此类问题的一般方法为：首先从粒子的开始运动状态受力分析着手，由合力和初速度判断粒子的运动轨迹和运动性质，注意速度和洛伦兹力相互影响这一特点，将整个运动过程和各个阶段都分析清楚，然后再结合题设条件，边界条件等，选取粒子的运动过程，选用有关动力学理论公式求解常见的问题类型及解法.【例1】如图，在某个空间内有一个水平方向的匀强电场，电场强度，又有一个与电场垂直的水平方向匀强磁场，磁感强度B＝10T。

第3讲电容器带电粒子在电场中的运动知识点一电容器及电容1．电容器(1)组成：由两个彼此________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________．(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________，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________转化为其他形式的能．2．电容(1)定义：电容器所带的________与两个极板间的________的比值．(2)定义式：________.(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)．1 F＝________ μF＝________ pF.(4)意义：表示电容器________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________及________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：____________.知识点二带电粒子在电场中的运动1．带电粒子在电场中的加速(1)在匀强电场中，W＝________＝qU＝mv2－m.(2)在非匀强电场中，W＝________＝mv2－m.2．带电粒子在匀强电场中的偏转(1)条件：以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受电场力．(2)运动性质：________运动．(3)处理方法：运动的分解． ①沿初速度方向：做________运动．②沿电场方向：做初速度为零的____________运动． (4)基本规律设粒子带电荷量为q ，质量为m ，两平行金属板间的电压为U ，板长为l ，板间距离为d ，如图所示，(忽略重力影响)，则有①加速度：a ＝＝＝.②在电场中的运动时间：t ＝③速度⎩⎪⎨⎪⎧v x ＝v 0v y ＝at ＝qUlmv 0d ，v ＝v 2x ＋v 2y ，tan θ＝v y v x ＝qUl mv 20d.④位移⎩⎪⎨⎪⎧l ＝v 0t y ＝12at 2＝qUl 22mv 20d知识点三 示波管 1．示波管的构造①电子枪，②________，③荧光屏(如图所示)2．示波管的工作原理(1)YY ′上加的是待显示的________，XX ′上是仪器自身产生的锯齿形电压，叫做________． (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________，在那里产生一个亮斑．②若所加扫描电压和________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．思考辨析(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带的电荷量的代数和．( )(2)电容表示电容器容纳电荷的多少．( )(3)电容器的电容与电容器所带的电荷量成反比．( )(4)放电后的电容器所带的电荷量为零，电容也为零．( )(5)公式C＝可用来计算任何电容器的电容．( )(6)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动．( )(7)带电粒子在电场中只受电场力时，也可以做匀速圆周运动．( )教材改编[人教版选修3－1·P32·T1改编](多选)如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，电容器已带电，则下列判断正确的是( )A．增大两极板间的距离，指针张角变大B．将A板稍微上移，静电计指针张角变大C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D．若减小两板间的距离，则静电计指针张角变小考点一电容器及电容器的动态分析自主演练1．两种类型—2．电容器动态的分析思路：(1)U不变①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析Q的变化．②根据E＝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＝＝先分析电容的变化，再分析U的变化．②根据E＝＝分析场强变化．[多维练透]1．a、b两个电容器如图甲所示，图乙是它们的部分参数．由此可知，下列关于a、b两个电容器的说法正确的是( )A．a、b两个电容器的电容之比为8:1B．a、b两个电容器的电容之比为4:5C．b电容器正常工作时最多可容纳的电荷量为0.1 CD．a电容器正常工作时最多可容纳的电荷量为1 C2．某位移式传感器的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，平行金属板A、B和介质P构成电容器，当可移动介质P向左匀速移出的过程中( )A．电容器的电容变大B．电容器的电荷量保持不变C．M点的电势比N点的电势低D．流过电阻R的电流方向从M到N3．[2021·江西上饶六校一联](多选)一位同学用底面半径为r的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器，用来测定瓶内溶液深度的变化，如图所示，瓶的外壁涂有一层导电涂层和瓶内导电溶液构成电容器的两极，它们通过探针和导线与电源、电流计、开关相连，中间的一层塑料为绝缘介质，其厚度为d.相对介电常数为εr.若发现在某段时间t内有大小为I的电流从下向上流过电流计，设电源提供电压恒定为U，则下列说法中正确的是( )A．瓶内液面升高了B．瓶内液面降低了C．电容器在这段时间内放电D．瓶内液面高度在t时间内变化了4．[2021·安徽皖江名校联盟联考](多选)如图所示是探究平行板电容器与哪些因素有关的实验装置．用导线将充了电的平行板电容器的带正电且固定的A板与静电计的金属小球相连，将带负电的B板与静电计的金属外壳同时接地，两板间P点固定一带负电且电荷量很小的点电荷．下列说法中正确的是( )A．若将极板B稍向上移动一点，极板上的电荷量几乎不变，静电计指针张角变大B．若将极板B稍向上移动一点，两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大C．若将B板向左平移一小段距离，静电计指针张角变大D．若将B板向左平移一小段距离，P点处的负点电荷的电势能增大考点二带电粒子在电场中的直线运动师生共研1．解题方法(1)动力学方法：根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律结合运动学公式求解．(2)能量方法：根据电场力对带电粒子所做的功，用动能定理求解．2．注意粒子的重力(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除特殊说明外，一般不考虑重力，但不能忽略质量．(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除特殊说明外，一般不能忽略重力．例1 [2020·四川乐山三调]如图所示，在竖直面(纸面)内有匀强电场，电荷量为q(q>0)、质量为m 的小球受水平向右、大小为mg的恒力F，从M匀速运动到N，已知MN长为d，与力F的夹角为60°，重力加速度为g，则( )A．场强大小为B．M、N间的电势差为0C．从M到N，电场力做功为－mgdD．若仅将力F方向顺时针转30°，小球将从M向N做匀变速直线运动[教你解决问题]“题眼”是小球做匀速运动→小球受电场力、重力和恒力F平衡→根据平衡条件求解场强E；“变化”是将力F方向顺时针转30°→找到合力的方向→判断小球的运动情况．练1 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′点练2 (多选)在绝缘水平桌面(桌面足够大)上方充满平行桌面的电场，其电场强度E随时间t的变化关系如图所示，小物块电荷量为q＝＋1×10－4C，将其放在该水平桌面上并由静止释放，小物块速度v与时间t的关系如图所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )A．物块在4 s内位移是6 mB．物块的质量是2 kgC．物块与水平桌面间动摩擦因数是0.2D．物块在4 s内电势能减少了18 J考点三带电粒子在电场中的偏转多维探究1．两个结论(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的偏转角度总是相同的．证明：由qU0＝m及tan φ＝得tan φ＝(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到电场边缘的距离为.2．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系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＝mv2－m，其中U y＝y，指初、末位置间的电势差．题型1带电粒子在匀强电场中的偏转(类比分析，化曲为直)例2 [2020·浙江卷，6]如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P 点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中．已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时( )A．所用时间为B．速度大小为3v0C．与P点的距离为D．速度方向与竖直方向的夹角为30°题型2|带电体在匀强电场中的偏转例3 [2021·河北衡水中学模拟]如图所示，虚线1、2、3是竖直方向匀强电场中间距相等的等势线．将重力不可忽略、带等量异种电荷的小球a、b同时以相等的速率分别沿1、3等势线抛出，t时刻两小球经过等势线2.不计两小球间的相互作用．下列说法正确的是( )A．a的质量比b的小B．在t时刻，a的动能比b的大C．在t时刻，a和b的电势能相等D．在t时刻，a和b的动量大小相等题型3|带电粒子在匀强电场中的加速和偏转例4 [2020·天津十二区县重点学校二联](多选)如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向固定放置．第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子，不计粒子的重力，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是( )A．质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1：2B．质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等C．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1：2D．质子和α粒子打到感光板上的位置相同练3 [2019·江苏卷，5]一匀强电场的方向竖直向上．t＝0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P ­ t关系图象是( )练4 [2020·天津三模]如图所示，平面直角坐标系xOy在竖直平面内，第三象限内有水平向左的匀强电场，第四象限内y轴与x＝2R虚线之间有竖直向下的匀强电场，两电场的电场强度大小均为E，x＝3R 处有一竖直固定的光屏．现在第三象限内固定一个半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，圆弧圆心在坐标原点O，A端点在x轴上，B端点在y轴上．一个带电小球(可视为质点)从A点上方高2R处的P点由静止释放，小球从A点进入圆弧轨道运动，从B点离开时速度的大小为2，重力加速度为g，求：(1)小球的电荷量及其电性；(2)小球最终打在光屏上的位置距x轴的距离．思维拓展现代生活、科技中的静电场问题(STSE)类型1 电容器在科技生活中的应用例1(多选)目前智能手机普遍采用了电容触摸屏，因为工作面上接有高频信号，当用户手指触摸电容触摸屏时，手指和工作面形成一个电容器，控制器精密确定手指位置．对于电容触摸屏，下列说法正确的是( )A．电容触摸屏只需要触摸，不需要压力即能产生位置信号B．使用绝缘笔在电容触摸屏上也能进行触控操作C．手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容变小D．手指与屏的接触面积变大时，电容变大[教你解决问题]类型2 医学中的静电场问题例2 [2019·浙江卷，10]当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞．现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到 1.0×107 m/s.已知加速电场的场强为1.3×105 N/C，质子的质量为1.67×10－27 kg，电荷量为1.6×10－19 C，则下列说法正确的是( )A．加速过程中质子电势能增加B．质子所受到的电场力约为2×10－15 NC．质子加速需要的时间约为8×10－6 sD．加速器加速的直线长度约为4 m类型3 静电除尘例3 如图是某款家用空气净化器原理示意图，污浊空气通过过滤网后尘埃带电．图中放电极b、d接电源正极，集尘极a、c、e接电源负极(接地)．以下说法正确的是( )A．通过过滤网后空气中的尘埃带负电B．c、d两个电极之间的电场方向竖直向下C．尘埃被吸附到集尘极e的过程中动能增大D．尘埃被吸附到集尘极a的过程中所受电场力做负功类型4 喷墨打印机例 4 有一种喷墨打印机的打印头结构示意图如图所示，喷嘴喷出来的墨滴经带电区带电后进入偏转板，经偏转板间的电场偏转后打到承印材料上．已知偏移量越大字迹越大，现要减小字迹，下列做法可行的是( )A．增大墨滴的带电荷量B．减小墨滴喷出时的速度C．减小偏转板与承印材料的距离D．增大偏转板间的电压练在维护和检修高压供电线路时，为了不影响城市用电，电工经常要在高压线上带电作业．为了保障电工的安全，电工全身要穿上用金属丝线编织的衣服(如图甲)．图乙中电工站在高压直流输电线的A供电线上作业，其头顶上方有B供电线，B供电线的电势高于A供电线的电势．虚线表示电工周围某一截面上的等势面，c、d、e、f是不同等势面上的四个点，以下说法中正确的是( )A．在c、d、e、f四点中，c点的电场最强B．在c、d、e、f四点中，f点的电势最高C．若将某电子由c移到f，其电势能将增大D．若将电子在d点由静止释放，它会向e点所在等势面运动第3讲电容器带电粒子在电场中的运动基础落实知识点一1．(1)绝缘(2)绝对值 (3)①异种电荷②电能2．(1)电荷量电势差(2)C＝(3)1061012(4)容纳电荷(5)带电电压3．(2)C＝知识点二1．(1)qEd (2)qU2．(2)匀变速曲线(3)①匀速直线②匀加速直线知识点三1．偏转电极2．(1)信号电压扫描电压(2)①中心②信号电压思考辨析(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×(7)√教材改编解析：电势差U变大(小)，指针张角变大(小)．电容器所带电荷量一定，由公式C＝知，当d变大时，C变小，再由C＝得U变大；当A板上移时，正对面积S变小，C也变小，U变大；当插入玻璃板时，C变大，U变小；当两板间的距离减小时，C变大，U变小，所以选项A、B、D正确．答案：ABD考点突破1．解析：由题图乙可知，a电容器的电容为C1＝1 000 μF，b电容器的电容为C2＝10 000 μF，所以a、b两个电容器的电容之比为1 000:10 000＝1:10，A、B错误；a电容器正常工作时最多能容纳的电荷量为q1＝C1U1＝1 000×10－6×80 C＝0.08 C，b电容器正常工作时最多能容纳的电荷量为q2＝C2U2＝10 000×10－6×10 C＝0.1 C，故C正确，D错误．答案：C2．解析：当可移动介质P向左匀速移出的过程中，介电常数减小，电容器电容变小，选项A错误；电容器的电压等于电源电动势，不变，电荷量Q＝CU减小，选项B错误；电容器放电，电流方向为M→R →N，M点的电势比N点的电势高，选项C错误，D正确．答案：D3．解析：根据C＝，当d、εr不变时，C∝S，而正对面积S正比于液面高度h.电流计中有从下向上流过的电流，说明电容器在放电，电容器带电荷量Q＝CU在减小，在电压U恒定时，说明电容C在减小，则h在减小，瓶内的液面降低了，故A错误，B、C正确．t时间内放电，释放的电荷量ΔQ＝UΔC＝It.ΔC＝＝，解得Δh＝，故D正确．答案：BCD4．解析：本题考查电容器动态问题、静电计指针偏角的变化．由于平行板电容器的电容远大于静电计的指针和外壳组成的电容器的电容，而它们的电势差总相同，故平行板电容器的带电荷量远大于静电计指针和外壳组成的电容器的带电荷量，可认为平行板电容器不接电源时电荷量几乎不变，极板B稍向上移动，电容器两极板的正对面积减小，由C＝可知C减小，由C＝可知，Q不变，U变大，静电计指针张角变大，选项A正确，B错误；若将B板向左平移一小段距离，平行板电容器的电容C减小，由C＝知，U变大，静电计指针张角变大，选项C正确；若将B板向左平移一小段距离，平行板电容器间的电场强度E＝不变，由于P点与B板的距离d PB增大，则U PB增大，P点的电势φP增大，P点处的负点电荷的电势能减小，选项D错误．答案：AC例1 解析：对小球受力分析，如图所示，重力与恒力F垂直，根据平衡知识可知(qE)2＝(mg)2＋F2，解得qE＝2mg，E＝，选项A错误；恒力F与电场力所在直线之间的夹角的正切值tan θ＝＝，解得θ＝30°，可知电场力的方向与M、N的连线垂直，所以M、N之间的电势差一定为零，选项B正确；从M到N，电场力做功W电＝q·U MN＝0，选项C错误；若仅将力F方向顺时针转30°，小球受的合力一定不与M、N的连线平行，则小球不可能从M向N做匀变速直线运动，选项D错误．答案：B练1 解析：C板在P点时，由静止释放的电子从O到P过程中合外力做的总功为零．当C板移到P′时，根据E＝＝＝＝，可知B、C板间的电场强度不变，由静止释放的电子从O到P过程中合外力做的总功仍然为零，所以电子运动到P点时速度为零，然后返回，故A正确．答案：A练2 解析：物块在4 s内位移为x＝×2×(2＋4) m＝6 m，故选项A正确；由图可知，前2 s 物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有qE1－μmg＝ma，由图线知加速度为a＝1 m/s2,2 s后物块做匀速运动，由平衡条件有qE2＝μmg，联立解得q(E1－E2)＝ma，由图可得E1＝3×104 N/C，E2＝2×104 N/C，代入数据解得m＝1 kg，由qE2＝μmg可得μ＝0.2，故选项B错误，C正确；物块在前2 s的位移x1＝×2×2 m＝2 m，物块在后2 s的位移为x2＝vt2＝4 m，电场力做正功W＝qE1x1＋qE2x2＝6 J＋8 J＝14 J，则电势能减少了14 J，故选项D错误．答案：AC例2 解析：粒子从P点垂直电场方向出发到达MN连线上某点时，沿水平方向和竖直方向的位移大小相等，即v0t＝at2，a＝，解得t＝，A项错误；在该点，粒子沿电场方向的速度v＝at＝2v0，所以合速度大小为v＝＝v0，B项错误；该点到P点的距离s＝x＝v0t＝，C项正确；由平行四边形定则可知，在该点速度方向与竖直方向夹角的正切值tan θ＝＝，则θ≠30°，D项错误．答案：C例3 解析：两球在竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，且t时刻两球的竖直分位移大小相等，由公式y＝at2知，两球加速度大小相等．根据牛顿第二定律可知，对a球有qE＋m a g＝m a a0，对b球有qE－m b g＝m b a0，可得m a>m b，选项A错误．根据动能定理可知，对a球有m a a0y＝m a－m a，对b球有m b a0y＝m b－m b，可得v a＝v b，即在t时刻小球a的速度大小等于小球b的速度大小，在t时刻，因为m a>m b，所以a的动能比b的大，a的动量大于b的动量，选项B正确，D错误．在t时刻两小球的电势相等，又两球带异种电荷，故在t时刻两球电势能不等，选项C错误．答案：B例4 解析：根据动能定理有mv2－0＝qU，解得v＝，质子()和α粒子(e)的比荷之比为2:1，故两者在O2处的速度大小之比为:1，选项A错误．在A、B间a＝，则质子的加速度大，所以质子运动时间短；进入右侧电场做类平抛运动，由h＝t2，可知质子做类平抛运动的时间也短，故质子在整个过程中的运动时间小于α粒子的运动时间，选项B错误．对整个过程，由动能定理得E k－0＝q(U＋Eh)，故带电粒子的末动能与电荷量成正比，所以质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1:2，选项C正确．带电粒子由O2到MN板，竖直方向h＝t2，水平方向x＝vt，又v＝，联立解得x＝2，所以质子和α粒子打到感光板上的位置相同，选项D正确．答案：CD练3 解析：带电粒子所受电场力沿竖直方向，则粒子在电场中做类平抛运动，即沿初速度方向做匀速直线运动，沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动，假设电场力大小为F，则P＝Fv，其中v为沿电场力方向的速率，则v＝at、a＝，整理得P＝t，由关系式可知P­t图象应为一条过原点的倾斜直线，A正确，BCD错误．答案：A练4 解析：(1)假设小球带正电且电荷量为q，小球从P点运动到B点的过程，根据动能定理有mg·3R－qER＝mv2由题知小球到B点时速度v＝2，解得q＝则假设成立，即小球带正电，且电荷量为q＝.(2)小球在第四象限内的电场中所受的电场力方向向下，大小为qE＝mg，小球从B点以v＝2的速度进入第四象限内的电场中做类平抛运动，加速度为a＝＝2g小球在第四象限内的电场中运动的时间t1＝＝下落的高度h1＝a＝R出电场时竖直方向的分速度v y＝at1＝2出电场至打在光屏上运动的时间t2＝＝出电场至打到光屏上，在竖直方向运动的距离h2＝v y t2＋g＝R因此小球打在光屏上的位置距x轴的距离H＝R＋h1＋h2＝3.125R.答案：(1)小球带正电，(2)3.125R思维拓展典例1 解析：据题意知，电容触摸屏只需要触摸，由于流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器就能确定手指的位置，因此不需要手指有压力，选项A正确；绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作，选项B错误；手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容将变大，选项C错误；手指与屏的接触面积变大时，电容变大，选项D正确．答案：AD典例2 解析：电场力对质子做正功，质子的电势能减少，A错误；质子受到的电场力大小F＝qE≈2×10－14N，B错误；质子的加速度a＝≈1.2×1013m/s2，加速时间t＝≈8×10－7s，C错误；加速器加速的直线长度x＝≈4 m，故D正确．答案：D典例3 解析：本题考查电场力做功及其相关知识点．根据集尘极接电源负极可知，污浊空气通过过滤网后空气中的尘埃带正电，选项A错误；放电极b、d接电源正极，可知c、d两个电极之间的电场方向竖直向上，尘埃在被吸附到集尘极a、e的过程中所受电场力做正功，动能增大，选项B、D错误，C正确．答案：C典例4 解析：如图所示，带电粒子经偏转电场U2偏转，侧移Y1＝at2，a＝，t＝，可推出Y1＝，Y2＝ltan θ，tan θ＝＝，Y＝Y1＋Y2＝，减小偏转板与承印材料的距离l可使字迹减小，C项正确，A、B、D三项错误．答案：C练解析：本题考查电场强度、电势和电势能、等势面及其相关知识点，依据等势线的疏密程度，可知在c、d、e、f四点中，f点的电场最强，选项A错误；因B供电线的电势高于A供电线的电势，则在c、d、e、f四点中，c点的电势最高，选项B错误；若将某电子由c移到f，即从高电势处移动到低电势处，因电子带负电，则其电势能将增大，选项C正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，因c、d、e、f四点电势逐渐降低，故将某电子在d点由静止释放，在电场力作用下，它会向c点所在等势面运动，选项D错误．答案：C。