2018年高考物理一轮复习专题六带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题精讲深剖

专题七 带电粒子在电场中运动的综合问题突破电场中“三类”典型图象问题考向1 电场中的v ­t 图象当带电粒子只在电场中作用下运动时，如果给出了粒子运动的速度图象，则从速度图象上能确定粒子运动的加速度方向、加速度大小变化情况，进而可将粒子运动中经历的各点的场强方向、场强大小、电势高低及电势能的变化等情况判定出来．[典例1] (多选)如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m ＝10 g 的带正电的小球，小球所带电荷量q ＝5.0×10－4C ．小球从C 点由静止释放，其沿细杆由C 经B 向A 运动的v ­t 图象如图乙所示．小球运动到B 点时，速度图象的切线斜率最大(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )甲 乙A ．在O 点右侧杆上，B 点场强最大，场强大小为E ＝1.2 V/m B ．由C 到A 的过程中，小球的电势能先减小后变大 C ．由C 到A 电势逐渐降低D ．C 、B 两点间的电势差U CB ＝0.9 V[解题指导] v ­t 图线上切线的斜率表示加速度，根据牛顿第二定律可求加速度． [解析] 由题图乙可知，小球在B 点的加速度最大，故受力最大，加速度由电场力提供，故B 点的电场强度最大，a ＝Δv Δt ＝Eqm，解得E ＝1.2 V/m ，选项A 正确；从C 到A 电场力一直做正功，故电势能一直减小，选项B 错误，C 正确；由C 到B 电场力做功为W ＝12mv 2B －0，C 、B间电势差为U CB ＝W q＝0.9 V ，选项D 正确．[答案] ACD考向2 电场中的E ­x 图象(1)反映了电场强度随位置变化的规律．(2)E >0表示场强沿x 轴正方向；E <0表示场强沿x 轴负方向．(3)图线与x 轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定．[典例2] (多选)静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷( )A．在x2和x4处电势能相等B．由x1运动到x3的过程中电势能增大C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大[解题指导] (1)由图可知从x1到x4，场强方向不变，沿x轴负方向，大小先增大再减小．(2)把正电荷从x1移动到x4，由于电场力方向与运动方向相反，电场力做负功．[解析] 由图象可知，将正电荷沿x轴正向移动，从x2移动到x4的过程电场力做功不为零，两点处的电势能不相等，选项A错误；从x1移动到x3的过程电场力沿x轴负方向，电场力做负功，电势能增大，选项B正确；从x1到x4的过程场强先增大后减小，所以电场力先增大后减小，选项C正确，D错误．[答案] BC考向3 电场中的φ­x图象(1)描述了电势随位置变化的规律．(2)根据电势的高低可以判断电场强度的方向是沿x轴正方向还是负方向．(3)斜率的大小表示场强的大小，斜率为零处场强为零．[典例3] (多选)两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中的C点电势最高，则( )A．q1一定带正电，q2一定带负电B．A、N点的电势为零，场强也为零C．C点电势不为零，但场强为零D．N、C间场强的方向沿x轴负方向[解题指导] 本题可以和等量异种点电荷的φ­x图象进行对比，从而判断一些物理量．理解φ­x图线上切线的斜率表示场强是解题关键．[解析] 根据静电场中用电场线描绘电场的规定，电场线总是从正电荷出发，到负电荷(或无穷远处)终止及沿电场线的方向电势越来越低，可以判断q 1一定带正电，q 2一定带负电，A 正确；其中A 点是异种点电荷连线上的点，电势为零，但电场强度不为零，故B 错误；C 点在ND 段电势最高，但过C 点作切线，其斜率为零，根据沿电场线方向电势降低，由于电势变化率为零，故C 点电场强度为零，C 正确；在NC 段，由于电势沿CN 方向越来越低，故电场强度方向沿x 轴负方向，D 正确．[答案] ACD 突破带电粒子在交变电场中的运动1．常见的交变电场的电压波形：方形波、锯齿波、正弦波等． 2．解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件．(2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系．(3)注意对称性和周期性变化关系的应用． 考向1 粒子做直线运动[典例4] 将如图所示的交变电压加在平行板电容器A 、B 两板上，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 两板间的距离足够大，下列说法正确的是( )A ．电子一直向A 板运动B ．电子一直向B 板运动C ．电子先向A 板运动，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 板运动，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 [解析] 根据交变电压的变化规律，作出电子的加速度a 、速度v 随时间变化的图线，如图甲、乙．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 板电势比A 板电势高，所以电子向B 板运动，加速度大小为eU md .在第三个T4内电子做匀加速运动，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eU md .所以电子在交变电场中将以t ＝T4时刻所在位置为平衡位置做周期性往复运动，综上分析选项D 正确．甲 乙 [答案] D[变式1] 如图甲所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处．若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上．则t 0可能属于的时间段是( )甲 乙A ．0<t 0<T4B.T 2<t 0<3T 4C.3T4<t 0<T D ．T <t 0<9T 8答案：B 解析：以向B 板运动为正方向，分别作出从0、T 4、T2时刻释放的粒子的速度—时间图象如图所示，则由图象可看出，若0<t 0<T 4或3T 4<t 0<T 或T <t 0<9T8，粒子在一个周期内正向位移大，即最终打到B 板上；若T 2<t 0<3T4，粒子在一个周期内负向位移大，最终打到A 板上，故B 正确．考向2 粒子在交变电场中偏转[典例5] 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U 0，电容器板长和板间距离均为L ＝10 cm ，下极板接地，甲电容器右端到荧光屏的距离也是L ＝10 cm ，在电容器两极板间接一交变电压，上、下极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：乙(1)在t ＝0.06 s 时刻发射电子，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？[解题指导] (1)电子经电场加速，根据动能定理可求末速度．(2)由于每个电子经过偏转电场的时间极短、电压不变，所以每个电子在偏转电场中做类平抛运动．(3)电子离开偏转电场后做匀速直线运动，到达荧光屏．[解析] (1)电子经电场加速满足qU 0＝12mv 2经电场偏转后侧移量y ＝12at 2＝12·qu mL ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 2所以y ＝uL4U 0，由题图知t ＝0.06 s 时刻u ＝1.8U 0，所以y ＝4.5 cm 设打在屏上的点距O 点距离为Y ，满足Y y ＝L ＋L 2L2所以Y ＝13.5 cm.(2)由题知电子侧移量y 的最大值为L2，所以当偏转电压超过2U 0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L ＝30 cm.[答案] (1)打在屏上的点位于O 点上方，距O 点13.5 cm(2)30 cm对于带电粒子在交变电场中的运动问题，由于不同时间段内场强不同，使得带电粒子所受的电场力不同，造成带电粒子的运动情况发生变化．解决这类问题，要分段进行分析，根据题意找出满足题目要求的条件，从而分析求解．突破带电粒子的力、电综合问题1．方法技巧功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力．因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解．动能定理和能量守恒定律在处理电场中能量问题时仍是首选．2．解题流程[典例6] 如图所示，O 、A 、B 为同一竖直平面内的三个点，OB 沿竖直方向，∠BOA ＝60°，OB ＝32OA ，将一质量为m 的小球以一定的初动能自O 点水平向右抛出①，小球在运动过程中恰好通过A 点②.使此小球带电，电荷量为q (q >0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB 所在平面平行．现从O 点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A 点，到达A 点时的动能是初动能的3倍③；若该小球从O 点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B 点，且到达B 点时的动能为初动能的6倍④，重力加速度大小为g ⑤.求：(1)无电场时，小球到达A 点时的动能与初动能的比值； (2)电场强度的大小和方向． [解题指导] 第一步：抓关键点(1)要确定小球到达A 点时的动能与初动能比值，可由平抛运动规律求解；写出水平、竖直方向的位移关系．(2)要确定电场强度的方向，根据到A 、B 两点的动能变化可确定两个个过程电势能的变化，可先找出两个等势点(在OB 线上找出与A 等势的点，并确定其具体位置)．[解析] (1)设小球的初速度为v 0，初动能为E k0，从O 点运动到A 点的时间为t ，令OA ＝d ，则OB ＝32d ，根据平抛运动的规律有d sin 60°＝v 0t ① d cos 60°＝12gt 2 ②又E k0＝12mv 20 ③由①②③式得E k0＝38mgd ④设小球到达A 点时的动能为E k A ，则E k A ＝E k0＋12mgd ⑤由④⑤式得E k A E k0＝73. ⑥ (2)加电场后，小球从O 点到A 点和B 点，高度分别降低了d 2和3d2，设电势能分别减小ΔE p A和ΔE p B ，由能量守恒及④式得ΔE p A ＝3E k0－E k0－12mgd ＝23E k0 ⑦ΔE p B ＝6E k0－E k0－32mgd ＝E k0 ⑧在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的．设直线OB 上的M 点与A 点等电势，M 与O 点的距离为x ，如图所示，则有x32d ＝ΔE p A ΔE p B ⑨ 解得x ＝d .MA 为等势线，电场必与其垂线OC 方向平行．设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30° ⑩即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°斜向右下方 设场强的大小为E ，有qEd cos 30°＝ΔE p A ⑪由④⑦⑪式得E ＝3mg6q. ⑫ [答案] (1)73 (2)3mg6q与竖直向下的方向的夹角为30°斜向右下方[变式2] (2017·江西吉安模拟)如图所示，一条长为L 的细线上端固定，下端拴一个质量为m 的电荷量为q 的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A 点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60°时，小球速度为0.(1)求小球带电性质及电场强度E ；(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求从A 点释放小球时应有的初速度v A 的大小(可含根式)．答案：见解析解析：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电． 小球由A 点释放到速度等于零，由动能定理有 0＝EqL sin α－mgL (1－cos α) 解得E ＝3mg 3q. (2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G ′，则G ′＝233mg ，方向与竖直方向成30°角偏向右下方．若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点m v 2L ＝233mg 12mv 2－12mv 2A ＝－233mgL (1＋cos 30°) 联立解得v A ＝2gL 3＋1 .1．[对φ­x 图象的理解]某静电场中的一条电场线与x 轴重合，其电势的变化规律如图所示．在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在－x0～x0区间内( )A．该静电场是匀强电场B．该静电场是非匀强电场C．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐减小D．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐增大答案：A 解析：图线斜率的大小等于电场线上各点的电场强度的大小，故该条电场线上各点的场强大小相等，又沿着电场线的方向电势降低，可知静电场方向沿x轴负方向，故该静电场为匀强电场，A正确，B错误；电子受到沿x轴正方向的电场力，且电场力为恒力，所以电子将沿x轴正方向运动，C、D错误．2．[对E­x图象的理解]空间中有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示，x1和－x1为x轴上对称的两点．下列说法正确的是( )A．x1处场强大于－x1处场强B．若电子从x1处由静止释放后向x轴负方向运动，到达－x1点时速度为零C．电子在x1处的电势能大于在－x1处的电势能D．x1点的电势比－x1点的电势高答案：B 解析：由图可知，x1处场强与－x1处场强大小相等，则A错误；因图线与横轴所围面积表示电势差，设O点处电势为零，则由图可知x1与－x1处电势相等，电势差为零，C、D错误；由动能定理有qU＝ΔE k，可知B选项正确．3．[力电综合问题]如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A．小球带负电B．电场力跟重力平衡C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减少D．小球在运动过程中机械能守恒答案：B 解析：由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，速率不变化，由动能定理可知，外力做功为零，绳子拉力不做功，电场力和重力做的总功为零，所以电场力和重力的合力为零，电场力跟重力平衡，B正确；由于电场力的方向与重力方向相反，电场方向向上，所以小球带正电，A错误；小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，由功能关系得，电势能增加，C错误；在整个运动过程中，除重力做功外，还有电场力做功，小球在运动过程中机械能不守恒，D错误．4．[力电综合问题]如图所示，空间有与水平方向成θ角的匀强电场，一个质量为m的带电小球，用长L的绝缘细线悬挂于O点，当小球静止时，细线恰好处于水平位置．现用一个外力将小球沿圆弧缓慢地拉到最低点，此过程小球的电荷量不变，则该外力做的功为( )A．mgL B.mgLtan θC．mgL tan θ D.mgLcos θ答案：B 解析：对小球受力分析如图所示，则重力与电场力的合力F合＝mgtan θ由动能定理可知W F＝－W F合＝mgtan θ·L.5．[带电粒子在交变电场中运动]如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直．在t＝0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v0，t＝T 时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场．则( )甲乙A．该粒子射出电场时的速度方向一定沿垂直电场方向- 11 - B ．在t ＝T 2时刻，该粒子的速度大小为2v 0 C ．若该粒子在T 2时刻以速度v 0进入电场，则粒子会打在板上 D ．若该粒子的入射速度变为2v 0，则该粒子仍在t ＝T 时刻射出电场答案：A 解析：由题设条件可知，粒子在0～T 2内做类平抛运动，在T 2～T 内做类斜抛运动，因粒子在电场中所受的电场力大小相等，根据运动的对称性，粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的，如图所示，选项A 正确；前后两段运动的时间相等，T 2时将速度分解，设板长为l ，由类平抛运动规律可得l ＝v 0T ，12l ＝12vT ，则v ＝v 0，则T 2时刻该粒子的速度为2v 0，选项B 错误；若该粒子在T 2时刻以速度v 0进入电场，粒子将先向下做类平抛运动，后做类斜抛运动，而从PQ 板右边缘射出电场，选项C 错误；若该粒子的入射速度变为2v 0，粒子在场中运动的时间t ＝l 2v 0＝T 2，选项D 错误．。

专题七 带电粒子在电场中运动的综合问题突破电场中“三类”典型图象问题考向1 电场中的v ­t 图象当带电粒子只在电场中作用下运动时，如果给出了粒子运动的速度图象，则从速度图象上能确定粒子运动的加速度方向、加速度大小变化情况，进而可将粒子运动中经历的各点的场强方向、场强大小、电势高低及电势能的变化等情况判定出来．[典例1] (多选)如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m ＝10 g 的带正电的小球，小球所带电荷量q ＝5.0×10－4C ．小球从C 点由静止释放，其沿细杆由C 经B 向A 运动的v ­t 图象如图乙所示．小球运动到B 点时，速度图象的切线斜率最大(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )甲 乙A ．在O 点右侧杆上，B 点场强最大，场强大小为E ＝1.2 V/m B ．由C 到A 的过程中，小球的电势能先减小后变大 C ．由C 到A 电势逐渐降低D ．C 、B 两点间的电势差U CB ＝0.9 V[解题指导] v ­t 图线上切线的斜率表示加速度，根据牛顿第二定律可求加速度． [解析] 由题图乙可知，小球在B 点的加速度最大，故受力最大，加速度由电场力提供，故B 点的电场强度最大，a ＝Δv Δt ＝Eqm，解得E ＝1.2 V/m ，选项A 正确；从C 到A 电场力一直做正功，故电势能一直减小，选项B 错误，C 正确；由C 到B 电场力做功为W ＝12mv 2B －0，C 、B间电势差为U CB ＝W q＝0.9 V ，选项D 正确．[答案] ACD考向2 电场中的E ­x 图象(1)反映了电场强度随位置变化的规律．(2)E >0表示场强沿x 轴正方向；E <0表示场强沿x 轴负方向．(3)图线与x 轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定．[典例2] (多选)静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷( )A．在x2和x4处电势能相等B．由x1运动到x3的过程中电势能增大C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大[解题指导] (1)由图可知从x1到x4，场强方向不变，沿x轴负方向，大小先增大再减小．(2)把正电荷从x1移动到x4，由于电场力方向与运动方向相反，电场力做负功．[解析] 由图象可知，将正电荷沿x轴正向移动，从x2移动到x4的过程电场力做功不为零，两点处的电势能不相等，选项A错误；从x1移动到x3的过程电场力沿x轴负方向，电场力做负功，电势能增大，选项B正确；从x1到x4的过程场强先增大后减小，所以电场力先增大后减小，选项C正确，D错误．[答案] BC考向3 电场中的φ­x图象(1)描述了电势随位置变化的规律．(2)根据电势的高低可以判断电场强度的方向是沿x轴正方向还是负方向．(3)斜率的大小表示场强的大小，斜率为零处场强为零．[典例3] (多选)两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中的C点电势最高，则( )A．q1一定带正电，q2一定带负电B．A、N点的电势为零，场强也为零C．C点电势不为零，但场强为零D．N、C间场强的方向沿x轴负方向[解题指导] 本题可以和等量异种点电荷的φ­x图象进行对比，从而判断一些物理量．理解φ­x图线上切线的斜率表示场强是解题关键．[解析] 根据静电场中用电场线描绘电场的规定，电场线总是从正电荷出发，到负电荷(或无穷远处)终止及沿电场线的方向电势越来越低，可以判断q 1一定带正电，q 2一定带负电，A 正确；其中A 点是异种点电荷连线上的点，电势为零，但电场强度不为零，故B 错误；C 点在ND 段电势最高，但过C 点作切线，其斜率为零，根据沿电场线方向电势降低，由于电势变化率为零，故C 点电场强度为零，C 正确；在NC 段，由于电势沿CN 方向越来越低，故电场强度方向沿x 轴负方向，D 正确．[答案] ACD 突破带电粒子在交变电场中的运动1．常见的交变电场的电压波形：方形波、锯齿波、正弦波等． 2．解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件．(2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系．(3)注意对称性和周期性变化关系的应用． 考向1 粒子做直线运动[典例4] 将如图所示的交变电压加在平行板电容器A 、B 两板上，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 两板间的距离足够大，下列说法正确的是( )A ．电子一直向A 板运动B ．电子一直向B 板运动C ．电子先向A 板运动，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 板运动，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 [解析] 根据交变电压的变化规律，作出电子的加速度a 、速度v 随时间变化的图线，如图甲、乙．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 板电势比A 板电势高，所以电子向B 板运动，加速度大小为eUmd.在第三个T4内电子做匀加速运动，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eU md .所以电子在交变电场中将以t ＝T4时刻所在位置为平衡位置做周期性往复运动，综上分析选项D 正确．甲 乙 [答案] D[变式1] 如图甲所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处．若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上．则t 0可能属于的时间段是( )甲 乙A ．0<t 0<T4B.T 2<t 0<3T 4C.3T4<t 0<T D ．T <t 0<9T 8答案：B 解析：以向B 板运动为正方向，分别作出从0、T 4、T2时刻释放的粒子的速度—时间图象如图所示，则由图象可看出，若0<t 0<T 4或3T 4<t 0<T 或T <t 0<9T8，粒子在一个周期内正向位移大，即最终打到B 板上；若T 2<t 0<3T4，粒子在一个周期内负向位移大，最终打到A 板上，故B 正确．考向2 粒子在交变电场中偏转[典例5] 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U 0，电容器板长和板间距离均为L ＝10 cm ，下极板接地，甲电容器右端到荧光屏的距离也是L ＝10 cm ，在电容器两极板间接一交变电压，上、下极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：乙(1)在t ＝0.06 s 时刻发射电子，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？[解题指导] (1)电子经电场加速，根据动能定理可求末速度．(2)由于每个电子经过偏转电场的时间极短、电压不变，所以每个电子在偏转电场中做类平抛运动．(3)电子离开偏转电场后做匀速直线运动，到达荧光屏．[解析] (1)电子经电场加速满足qU 0＝12mv 2经电场偏转后侧移量y ＝12at 2＝12·qu mL ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 2所以y ＝uL4U 0，由题图知t ＝0.06 s 时刻u ＝1.8U 0，所以y ＝4.5 cm 设打在屏上的点距O 点距离为Y ，满足Y y ＝L ＋L 2L2所以Y ＝13.5 cm.(2)由题知电子侧移量y 的最大值为L2，所以当偏转电压超过2U 0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L ＝30 cm.[答案] (1)打在屏上的点位于O 点上方，距O 点13.5 cm(2)30 cm对于带电粒子在交变电场中的运动问题，由于不同时间段内场强不同，使得带电粒子所受的电场力不同，造成带电粒子的运动情况发生变化．解决这类问题，要分段进行分析，根据题意找出满足题目要求的条件，从而分析求解．突破带电粒子的力、电综合问题1．方法技巧功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力．因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解．动能定理和能量守恒定律在处理电场中能量问题时仍是首选．2．解题流程[典例6] 如图所示，O 、A 、B 为同一竖直平面内的三个点，OB 沿竖直方向，∠BOA ＝60°，OB ＝32OA ，将一质量为m 的小球以一定的初动能自O 点水平向右抛出①，小球在运动过程中恰好通过A 点②.使此小球带电，电荷量为q (q >0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB 所在平面平行．现从O 点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A 点，到达A 点时的动能是初动能的3倍③；若该小球从O 点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B 点，且到达B 点时的动能为初动能的6倍④，重力加速度大小为g ⑤.求：(1)无电场时，小球到达A 点时的动能与初动能的比值； (2)电场强度的大小和方向． [解题指导] 第一步：抓关键点(1)要确定小球到达A 点时的动能与初动能比值，可由平抛运动规律求解；写出水平、竖直方向的位移关系．(2)要确定电场强度的方向，根据到A 、B 两点的动能变化可确定两个个过程电势能的变化，可先找出两个等势点(在OB 线上找出与A 等势的点，并确定其具体位置)．[解析] (1)设小球的初速度为v 0，初动能为E k0，从O 点运动到A 点的时间为t ，令OA ＝d ，则OB ＝32d ，根据平抛运动的规律有d sin 60°＝v 0t ① d cos 60°＝12gt 2 ②又E k0＝12mv 20 ③由①②③式得E k0＝38mgd ④设小球到达A 点时的动能为E k A ，则E k A ＝E k0＋12mgd ⑤由④⑤式得E k A E k0＝73. ⑥ (2)加电场后，小球从O 点到A 点和B 点，高度分别降低了d 2和3d2，设电势能分别减小ΔE p A和ΔE p B ，由能量守恒及④式得ΔE p A ＝3E k0－E k0－12mgd ＝23E k0 ⑦ΔE p B ＝6E k0－E k0－32mgd ＝E k0 ⑧在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的．设直线OB 上的M 点与A 点等电势，M 与O 点的距离为x ，如图所示，则有x32d ＝ΔE p A ΔE p B ⑨ 解得x ＝d .MA 为等势线，电场必与其垂线OC 方向平行．设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30° ⑩即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°斜向右下方 设场强的大小为E ，有qEd cos 30°＝ΔE p A ⑪由④⑦⑪式得E ＝3mg6q. ⑫ [答案] (1)73 (2)3mg6q与竖直向下的方向的夹角为30°斜向右下方[变式2] (2017·江西吉安模拟)如图所示，一条长为L 的细线上端固定，下端拴一个质量为m 的电荷量为q 的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A 点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60°时，小球速度为0.(1)求小球带电性质及电场强度E ；(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求从A 点释放小球时应有的初速度v A 的大小(可含根式)．答案：见解析解析：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电． 小球由A 点释放到速度等于零，由动能定理有 0＝EqL sin α－mgL (1－cos α) 解得E ＝3mg 3q. (2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G ′，则G ′＝233mg ，方向与竖直方向成30°角偏向右下方．若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点m v 2L ＝233mg 12mv 2－12mv 2A ＝－233mgL (1＋cos 30°) 联立解得v A ＝2gL3＋1.1．[对φ­x 图象的理解]某静电场中的一条电场线与x 轴重合，其电势的变化规律如图所示．在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在－x0～x0区间内( )A．该静电场是匀强电场B．该静电场是非匀强电场C．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐减小D．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐增大答案：A 解析：图线斜率的大小等于电场线上各点的电场强度的大小，故该条电场线上各点的场强大小相等，又沿着电场线的方向电势降低，可知静电场方向沿x轴负方向，故该静电场为匀强电场，A正确，B错误；电子受到沿x轴正方向的电场力，且电场力为恒力，所以电子将沿x轴正方向运动，C、D错误．2．[对E­x图象的理解]空间中有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示，x1和－x1为x轴上对称的两点．下列说法正确的是( )A．x1处场强大于－x1处场强B．若电子从x1处由静止释放后向x轴负方向运动，到达－x1点时速度为零C．电子在x1处的电势能大于在－x1处的电势能D．x1点的电势比－x1点的电势高答案：B 解析：由图可知，x1处场强与－x1处场强大小相等，则A错误；因图线与横轴所围面积表示电势差，设O点处电势为零，则由图可知x1与－x1处电势相等，电势差为零，C、D错误；由动能定理有qU＝ΔE k，可知B选项正确．3．[力电综合问题]如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A．小球带负电B．电场力跟重力平衡C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减少D．小球在运动过程中机械能守恒答案：B 解析：由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，速率不变化，由动能定理可知，外力做功为零，绳子拉力不做功，电场力和重力做的总功为零，所以电场力和重力的合力为零，电场力跟重力平衡，B正确；由于电场力的方向与重力方向相反，电场方向向上，所以小球带正电，A错误；小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，由功能关系得，电势能增加，C错误；在整个运动过程中，除重力做功外，还有电场力做功，小球在运动过程中机械能不守恒，D错误．4．[力电综合问题]如图所示，空间有与水平方向成θ角的匀强电场，一个质量为m的带电小球，用长L的绝缘细线悬挂于O点，当小球静止时，细线恰好处于水平位置．现用一个外力将小球沿圆弧缓慢地拉到最低点，此过程小球的电荷量不变，则该外力做的功为( )A．mgL B.mgLtan θC．mgL tan θ D.mgLcos θ答案：B 解析：对小球受力分析如图所示，则重力与电场力的合力F合＝mgtan θ由动能定理可知W F＝－W F合＝mgtan θ·L.5．[带电粒子在交变电场中运动]如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直．在t＝0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v0，t＝T时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场．则( )甲乙A．该粒子射出电场时的速度方向一定沿垂直电场方向生活的色彩就是学习K12的学习需要努力专业专心坚持 B ．在t ＝T 2时刻，该粒子的速度大小为2v 0 C ．若该粒子在T 2时刻以速度v 0进入电场，则粒子会打在板上 D ．若该粒子的入射速度变为2v 0，则该粒子仍在t ＝T 时刻射出电场答案：A 解析：由题设条件可知，粒子在0～T 2内做类平抛运动，在T 2～T 内做类斜抛运动，因粒子在电场中所受的电场力大小相等，根据运动的对称性，粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的，如图所示，选项A 正确；前后两段运动的时间相等，T 2时将速度分解，设板长为l ，由类平抛运动规律可得l ＝v 0T ，12l ＝12vT ，则v ＝v 0，则T 2时刻该粒子的速度为2v 0，选项B 错误；若该粒子在T 2时刻以速度v 0进入电场，粒子将先向下做类平抛运动，后做类斜抛运动，而从PQ 板右边缘射出电场，选项C 错误；若该粒子的入射速度变为2v 0，粒子在场中运动的时间t ＝l 2v 0＝T 2，选项D 错误．。

专题六带电粒子（带电体）在电场中运动的综合问题【高效演练】1．(多选)示波管的内部结构如图1甲所示．如果偏转电极XX′、YY′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XX′之间和YY′之间加上图丙所示的几种电压，荧光屏上可能会出现图乙中(a)、(b)所示的两种波形．则()甲图1A．若XX′和YY′分别加电压(3)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形B．若XX′和YY′分别加电压(4)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形C．若XX′和YY′分别加电压(3)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形D．若XX′和YY′分别加电压(4)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形【答案】AC【解析】要使荧光屏上出现图乙中(a)所示波形，XX′加扫描电压(3)，YY′加正弦电压(1)，则A正确；要使荧光屏上出现图乙中(b)所示波形，XX′加扫描电压(3)，YY′加方波电压(2)，则C正确．2．如图2是示波管的原理图．它由电子枪、偏转电极(XX′和YY′)、荧光屏组成，管内抽成真空．给电子枪通电后，如果在偏转电极XX′和YY′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点．图2(1)带电粒子在________区域是加速的，在________区域是偏转的．(2)若U YY′＞0，U XX′＝0，则粒子向________板偏移，若U YY′＝0，U XX′＞0，则粒子向________ 板偏移．【答案】(1)ⅠⅡ(2)Y X3．将如图3所示的交变电压加在平行板电容器A、B两板上，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两极板间的距离足够大，下列说法正确的是()图3A．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板运动，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板运动，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】D4．如图4甲所示，两平行金属板间距为d，加上如图乙所示的电压，电压的最大值为U0，周期为T.现有一离子束，其中每个离子的质量为m、电荷量为＋q，从与两板等距处沿着与板平行的方向连续地射入两板间的电场中．设离子通过平行板所需的时间恰好为T(与电压变化周期相同)，且所有离子都能通过两板间的空间打在右端的荧光屏上，求离子击中荧光屏上的位置的范围(不计离子重力)．图4qU0T2 3qU0T2【答案】≤y≤8md8md那么离子离开电场时的侧向位移在y min与y max之间．qU0T2 3qU0T2综上所述，离子击中荧光屏上的位置范围为≤y≤.8md8md乙5．(2015·浙江理综·16)如图5所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置．工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属板中间，则()A．乒乓球的左侧感应出负电荷B．乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上C．乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用D．用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞【答案】D【解析】两极板间电场由正极板指向负极板，镀铝乒乓球内电子向正极板一侧聚集，故乒乓球的右侧感应出负电荷，A错误；乒乓球不可能吸在左极板上，B错误；库仑力就是电场力，C 错误；乒乓球与右极板接触后带正电，在电场力作用下向负极板运动，碰到负极板正电荷与负极板上的负电荷中和后带负电，在电场力作用下又向正极板运动，这样会在两极板间来回碰撞，D正确．6．(多选)如图6所示，O、A、B、C为一粗糙绝缘水平面上的三点，不计空气阻力，一电荷量为－Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m、电荷量为－q的小金属块(可视为质点)，从A 点由静止沿它们的连线向右运动，到B点时速度最大，其大小为v m，小金属块最后停止在C点．已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ，AB间距离为L，静电力常量为k，则()图62μmgL＋mv2mA．在点电荷－Q形成的电场中，A、B两点间的电势差为－2qB．在小金属块由A向C运动的过程中，电势能先增大后减小C．OB间的距离为kQq μmgD．从B到C的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能【答案】AC小，故B错误；由题意知，A到B过程，金属块做加速运动，B到C过程做减速运动，在B点Qq kQq金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有μmg＝k，得r＝，故C正确；从B到r2 μmgC的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能和内能，故D错误．7．如图7所示，一绝缘“⊂”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ、MN和一半径为R的光滑半圆环MAP组成，固定在竖直平面内，其中MN杆是光滑的，PQ杆是粗糙的．现将一质1量为m的带正电荷的小环套在MN杆上，小环所受的电场力为重力的.2图7(1)若将小环由D点静止释放，则刚好能到达P点，求DM间的距离；(2)若将小环由M点右侧5R处静止释放，设小环与PQ杆间的动摩擦因数为μ，小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功．1 μmgR 1 1【答案】(1)4R(2)若μ≥，克服摩擦力做功为；若μ＜，克服摩擦力做功为mgR2 1＋2μ 2 28．如图8所示，匀强电场方向与水平线间夹角θ＝30°，方向斜向右上方，电场强度为E，质量为m的小球带负电，以初速度v0开始运动，初速度方向与电场方向一致．图8mg(1)若小球的带电荷量为q＝，为使小球能做匀速直线运动，应对小球施加的恒力F1的大小E和方向各如何？2mg(2)若小球的带电荷量为q＝，为使小球能做直线运动，应对小球施加的最小恒力F2的大小E和方向各如何？【答案】(1) 3mg方向与水平线成60°角斜向右上方3(2) mg方向与水平线成60°角斜向左上方2。

专题六带电粒子（带电体）在电场中运动的综合问题【专题解读】1.本专题是动力学和能量观点在带电粒子(带电体)在电场中运动的综合运用，高考常以计算题出现．2．学好本专题，可以加深对动力学和能量知识的理解，能灵活应用受力分析、运动分析特别是曲线运动(平抛运动、圆周运动)的方法与技巧，熟练应用能量观点解题．3．用到的知识：受力分析、运动分析、能量观点．考向一示波管的工作原理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. (如图1)图1【例1】如图2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U1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，电子经过电场后打在荧光屏上的P点．已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为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？关键词①偏转电场可视为匀强电场；②速度与电场垂直；③不计重力【答案】(1) 2eU1m(2)U2L24U1d(3)减小U1或增大U2阶梯练习1．(多选)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，如图1所示．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【答案】AC【解析】根据亮斑的位置，电子水平方向偏向X，竖直方向偏向Y，电子受到电场力作用发生偏转，因此极板X、极板Y均应带正电．2．图3(a)为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到图形是( )(a)图3【答案】B【解析】电子在示波管内的运动速度很快,所以可以认为它在两电极板之间运动时两板间的电压是不变的（瞬时值）.所以当U y 最大时，电子会在纵轴方向上运动最大的距离.U x 同理比如说，当t =0时，U y=0，U x 为负向最大，所以电子在纵轴方向上位移为0，在x 轴方向上位移达到负向最大值.（原点在虚线交点处）所以B 。

第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动知识点一 电容器、电容 1．电容器(1)组成：任何两个相互靠近又彼此________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)定义：电容器所带的________与两个极板间的电势差U 的比值． (2)表达式：________.(3)单位：法拉(F)、微法(μF)，常用单位有皮法(pF)，1 F ＝106μF ＝1012pF. (4)平行板电容器电容的决定式：________，k 为静电力常量．答案：1.(1)绝缘 (2)绝对值 2.(1)电荷量Q (2)C ＝Q U (4)C ＝εr S4πkd知识点二 带电粒子在电场中的加速和偏转 1．带电粒子在电场中的加速(1)动力学观点分析：若电场为匀强电场，则有a ＝________，E ＝________，v 2－v 20＝2ad . (2)功能观点分析：粒子只受电场力作用，满足______________________． 2．带电粒子在匀强电场中的偏转(1)条件：以速度v 0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． 答案：1.(1)qE mU d (2)qU ＝12mv 2－12mv 20 2.(2)类平抛 (3)①匀速直线 ②匀加速直线 知识点三 示波器的工作原理1．构造：①________，②偏转极板，③荧光屏．(如图所示)2．工作原理(1)YY′上加的是待显示的________，XX′上是机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传播，打在荧光屏________，在那里产生一个亮斑．②若所加扫描电压和信号电压的________相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的图象．答案：1.①电子枪 2.(1)信号电压扫描电压(2)①中心②周期(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正比．( )(3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零．(4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动．( )(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动．( )答案：(1)×(2)×(3)×(4)×考点平行板电容器的动态分析1．两个公式的比较(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．(2)根据决定式C ＝εr S4πkd分析平行板电容器电容的变化．(3)根据定义式C ＝QU分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化． (4)根据E ＝U d分析电容器极板间场强的变化．考向1 两极板电势差保持不变[典例1] (多选)美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，比较准确地测定了电子的电荷量．如图所示，平行板电容器两极板M 、N 相距d ，两极板分别与电压为U 的恒定电源两极连接，极板M 带正电．现有一质量为m 的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k ，则( )A ．油滴带负电B ．油滴带电荷量为mg UdC ．电容器的电容为kmgdU 2D ．将极板N 向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动[解题指导] (1)分析油滴的受力情况，根据场强方向可判断油滴的带电情况． (2)N 板向下运动，两板间距离增加，场强减小，从而使油滴运动．[解析] 由题意知油滴受到的电场力方向竖直向上，又上极板带正电，故油滴带负电，设油滴带电荷量为q ，则极板带电荷量为Q ＝kq ，由于qE ＝mg ，E ＝U d ，C ＝Q U ，解得q ＝mgd U，C ＝kmgdU 2，将极板N 向下缓慢移动一小段距离，U 不变，d 增大，则电场强度E 减小，重力将大于电场力，油滴将向下运动，只有选项A 、C 正确．[答案] AC考向2 两极板带电量保持不变[典例2] (2016·天津卷)如图所示，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( )A ．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[解析] 平行板电容器带有等量异种电荷，当极板正对面积不变时，两极板之间的电场强度E 不变．保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至题图中虚线位置，由U ＝Ed 可知，两极板之间的电势差减小，静电计指针的偏角θ减小，由于下极板接地(电势为零)，两极板之间的电场强度不变，所以点电荷在P 点的电势能E p 不变．综上所述，选项D 正确．[答案] D求解电容器问题的两个常用技巧(1)在电荷量保持不变的情况下，由E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQεr S知，电场强度与板间距离无关． (2)对平行板电容器的有关物理量Q 、E 、U 、C 进行讨论时，关键在于弄清哪些是变量，哪些是不变量，在变量中哪些是自变量，哪些是因变量，利用C ＝εr S 4πkd 、Q ＝CU 和E ＝Ud 进行判定即可．考点带电粒子在电场中的直线运动1．带电粒子在电场中运动时重力的处理(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，除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．2．两种解题思路(1)应用牛顿运动定律处理带电粒子的直线运动带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与速度方向在一条直线上，带电粒子做匀变速直线运动．根据带电粒子的受力情况，用牛顿运动定律和运动学公式确定带电粒子的速度、位移、时间等．(2)用动能定理处理带电粒子在电场中的直线运动对带电粒子进行受力分析，确定有哪几个力做功，做正功还是负功；确定带电粒子的初、末状态的动能，根据动能定理列方程求解．考向1 仅在电场力作用下的直线运动[典例3] (2016·四川卷)中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器．加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用．如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极．质子从K 点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变．设质子进入漂移管B 时速度为8×106m/s ，进入漂移管E 时速度为1×107m/s ，电源频率为1×107Hz ，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的12.质子的荷质比取1×108C/kg.求：(1)漂移管B 的长度； (2)相邻漂移管间的加速电压．[解题指导] (1)质子在漂移管内做匀速直线运动，可以计算管的长度．(2)每次经过漂移管缝隙都要加速，所以管的长度不同，可以从B 到E 整体分析求解加速电压．[解析] (1)设质子进入漂移管B 的速度为v B ，电源频率、周期分别为f 、T ，漂移管B 的长度为L ，则T ＝1f ① L ＝v B ·T2②联立①②式并代入数据得L ＝0.4 m ． ③(2)设质子进入漂移管E 的速度为v E ，相邻漂移管间的加速电压为U ，电场对质子所做的功为W ，质子从漂移管B 运动到E 电场做功为W ′，质子的电荷量为q ，质量为m ，则W ＝qU ④ W ′＝3W ⑤W ′＝12mv 2E －12mv 2B ⑥联立④⑤⑥式并代入数据得U ＝6×104V ． ⑦[答案] (1)0.4 m (2)6×104V考向2 在重力和电场力作用下的直线运动[典例4] 如图所示，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：(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量； (3)小球从开始下落至运动到下极板处的时间．[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，有mg －qE ＝ma 0－v 2＝2ad 得E ＝mg h ＋dqdU ＝Ed Q ＝CU得Q ＝mgC h ＋dq. (3)由h ＝12gt 210＝v ＋at 2t ＝t 1＋t 2综合可得t ＝h ＋d h2hg.[答案] (1)2gh (2)mg h ＋d qd mgC h ＋d q (3)h ＋dh2h g带电体在匀强电场中的直线运动问题的解题步骤：考点带电粒子在电场中的偏转设粒子带电荷量为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 (忽略重力影响)，则有(1)加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUdm.(2)在电场中的运动时间：t ＝l v 0.(3)速度⎩⎪⎨⎪⎧v x ＝v 0v y ＝at ＝qUlmv 0d .(4)偏转角tan θ＝v y v x ＝qUlmv 20d.(5)偏转距离y ＝12at 2＝qUl22mv 20d.[典例5] 如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．在xOy 平面的ABCD 区域内，存在两个场强大小均为E 的匀强电场Ⅰ和Ⅱ，两电场的边界均是边长为L 的正方形(不计电子所受重力)．(1)在该区域AB 边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD 区域的位置；(2)在电场Ⅰ区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD 区域左下角D 处离开，求所有释放点的位置．[解题指导] (1)第(1)问为典型的先加速后偏转问题，用动能定理、运动学公式和分解思想即可解答．(2)第(2)问可假设释放点坐标为(x ，y )，由“恰从D 处离开”分析x 、y 的关系，从而确定释放点的位置．[解析] (1)设电子的质量为m ，电荷量为e ，电子在电场Ⅰ中做匀加速直线运动，射出区域Ⅰ时的速度为v 0，此后在电场Ⅱ中做类平抛运动．假设电子从CD 边射出，射出点纵坐标为y 1，则有eEL ＝12mv 20，L 2－y 1＝12at 21＝eE 2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02解得y 1＝14L ，所以原假设成立，即电子离开ABCD 区域的位置坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－2L ，14L .(2)设释放点在电场Ⅰ区域内的坐标为(x ，y )，电子在电场Ⅰ中被加速到v 1，然后进入电场Ⅱ中做类平抛运动，并从D 处离开，有eEx ＝12mv 21，y ＝12at 22＝eE 2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 12解得xy ＝L 24，即在电场Ⅰ区域内满足此方程式的点即为所求位置．[答案] (1)⎝⎛⎭⎪⎫－2L ，14L (2)见解析 [变式] (多选)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度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( )A ．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答案：AD 解析：根据动能定理有qE 1d ＝12mv 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 2mt 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 ＝12mv 22，得到粒子离开偏转电场E 2打到屏上时的速度v 2＝qE 1d ＋qE 2ym，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 v 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．粒子垂直于匀强电场进入电场中偏转时的两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的角度总是相同的．(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为粒子水平位移的中点．1．[平行板电容器动态分析]如图所示，平行板电容器与电源相接，充电后切断电源，然后将电介质插入电容器极板间，则两板间的电势差U 及板间场强E 的变化情况为( )A ．U 变大，E 变大B ．U 变小，E 变小C ．U 不变，E 不变D ．U 变小，E 不变答案：B 解析：当平行板电容器充电后切断电源，极板所带电荷量Q 保持不变，插入电介质后，电容器的电容C 变大，则U ＝QC 将变小，而由E＝U d可知，板间场强E 也将变小．选项B 正确．2．[平行板电容器动态分析]如图所示，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．一带电油滴位于两板中央的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下移动一小段距离，则( )A ．带电油滴将沿竖直方向向上运动B ．带电油滴将沿竖直方向向下运动C ．P 点的电势将降低D ．电容器的电容减小，电容器的带电量将减小答案：A 解析：根据电容器的决定式C ＝εr S4πkd ，当上极板向下移动时，d 减小，电容变大，又C ＝Q U ，电压U 不变，因此电容器带电量增多，D 错误；根据电容器内部电场强度E ＝U d可知，d 减小，场强增大，油滴受到向上的电场力增大，将向上运动，A 正确，B 错误；由于场强增大，由U ＝Ed 可知，P 与下极板电势差变大，P 点电势升高，C 错误．3．[带电粒子在电场中加速、偏转]如图所示，一价氢离子(H ＋)和二价氦离子(He 2＋)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们( )A ．同时到达屏上同一点B ．先后到达屏上同一点C ．同时到达屏上不同点D ．先后到达屏上不同点答案：B 解析：一价氢离子(H ＋)和二价氦离子(He 2＋)的比荷不同，由qU ＝12mv 2可知经过加速电场获得的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场的时间均不同，但在偏转电场中偏转距离y ＝12at 2＝U 2L24U 1d相同，所以会打在同一点，B 正确．4．[带电粒子在电场中的直线运动](多选)如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )A ．所受重力与电场力平衡B ．电势能逐渐增加C ．动能逐渐增加D ．做匀变速直线运动答案：BD 解析：直线运动的条件是垂直于速度方向上受力平衡，本题中是重力和电场力的一个分力平衡．对带电粒子受力分析如图所示，F 合≠0，故A 错误．由图可知电场力与重力的合力应与v 0反向，F 合对粒子做负功，其中mg 不做功，qE 做负功，故粒子动能减少，电势能增加，B 正确，C 错误．F 合恒定，且F 合与v 0方向相反，粒子做匀减速直线运动，D 正确．小学+初中+高中小学+初中+高中5．[带电粒子在电场中偏转]如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L 、场强为E 的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L 处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v 0射入电场中，v 0方向的延长线与屏的交点为O .试求：(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan α；(3)粒子打到屏上的点P 到点O 的距离x .答案：(1)2L v 0 (2)qEL mv 20 (3)3qEL 22mv 20解析：(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，则粒子从射入到打到屏上所用的时间t ＝2L v 0. (2)粒子在全过程中的运动情况如图所示设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为v y ，由牛顿第二定律得粒子在电场中的加速度a ＝qE m所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan α＝v y v 0＝at 1v 0＝aL v 20＝qEL mv 20. (3)如(2)中图所示，设粒子在电场中的偏转距离为y ，则y ＝12at 21＝12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02＝qEL 22mv 20又x ＝y ＋L tan α解得x ＝3qEL 22mv 20.。

第六章　静电场第3讲　电容器的电容、带电粒子在电场中的运动考试标准知识内容必考要求加试要求说明电容器的电容b c 1.不要求应用平行板电容器电容的决定式进行计算.2.示波管问题的分析与计算不涉及两个偏转电极同时加电压的情形.带电粒子在电场中的运动b d3.解决带电粒子偏转运动问题只限于垂直电场方向入射且偏转电极加恒定电压的情形.内容索引必考考点自清加试题型突破课时训练必考考点自清一、电容器的电容1.电容的定义式：C ＝ .2.电容与电压、电荷量的关系：电容C 的大小由电容器本身结构决定，与电压、电荷量 .不随Q 变化，也不随电压U 变化.3.平行板电容器及其电容(1)影响因素：平行板电容器的电容与正对面积成正比，与介质的介电常数成正比，与 成反比.(2)决定式：C ＝ ，k 为静电力常量.εr 为相对介电常数，与电介质的性质有关考点逐项排查1无关两板间的距离[深度思考]C ＝ 和C ＝ 是电容器电容的两个公式.判断关于它们的说法是否正确.(1)从C ＝ 可以看出，电容的大小取决于带电荷量和电压.( )(2)从C ＝ 可以看出，电容的大小取决于电介质的种类、导体的形状和两极板的位置关系.( )×√二、带电粒子在电场中的运动1.加速问题动能若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子的的增量.(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝2.带电粒子在电场中偏转的运动规律匀速直线(1)沿初速度方向做运动，运动时间a.能飞出电容器：t = .b.不能飞出电容器：，t = .匀加速直线(2)沿电场力方向，做运动加速度：a＝离开电场时的偏移量： .离开电场时的偏转角：tan θ＝ .12345 2必考题组专练1.(2015·浙江1月学考·25)下列器件中，属于电容器的是( )√123452.(多选)下列关于电容器的叙述正确的是( )A.电容器是储存电荷和电能的容器，只有带电的容器才称为电容器B.任何两个彼此绝缘而又相距很近的导体，就组成了电容器，跟这两个 导体是否带电无关C.电容器所带的电荷量是指两个极板所带电荷量的绝对值D.电容器充电过程，是将电能转变成电容器的电场能并储存起来的过程； 电容器放电过程，是将电容器储存的电场能转化为其他形式的能的过程√√3.如图1所示，一带正电粒子以初速度v0垂直射入匀强电场中，该粒子将( )A.向左偏转B.向右偏转C.向纸外偏转D.向纸内偏转√图14.如图2所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，到达B 板的速度为v ，保持两板间的电势差不变，则( )A.当增大两板间的距离时，速度v 增大B.当减小两板间的距离时，速度v 减小C.当减小两板间的距离时，速度v 不变D.当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间增大√图25.(2016·温岭市联考)如图3所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子的入射速度为原来的2倍，而电子仍从原来位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间的距离应变为原来的( )√图3加试题型突破命题点一　电容器的动态分析例1 用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图4).设两极板正对面积为S ，极板间的距离为d ，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若( )A.保持S 不变，增大d ，则θ不变B.保持S 不变，增大d ，则θ变小C.保持d 不变，增大S ，则θ变小D.保持d 不变，增大S ，则θ不变√图4[题组阶梯突破]1.(2016·浙江4月学考·7)关于电容器，下列说法正确的是( )A.在充电过程中电流恒定B.在放电过程中电容减小C.能储存电荷，但不能储存电能√D.两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器2.如图5所示，平行板电容器与电源相接，充电后切断电源，然后将电介质插入电容器极板间，则两板间的电势差U 及板间场强E 的变化情况为( )A.U 变大，E 变大B.U 变小，E 变小C.U 不变，E 不变D.U 变小，E 不变√图53.如图6所示，先接通S 使电容器充电，然后断开S.当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q 、电容C 、两极板间电势差U 、电容器两极板间场强E 的变化情况是( )A.Q 变小，C 不变，U 不变，E 变小B.Q 变小，C 变小，U 不变，E 不变C.Q 不变，C 变小，U 变大，E 不变D.Q 不变，C 变小，U 变小，E 变小√图64.已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏.如图7所示，如果在导电液体的深度h 发生变化时观察到指针正向左偏转，则( )A.导体芯A 所带电荷量在增加，液体的深度h 在增大B.导体芯A 所带电荷量在减小，液体的深度h 在增大C.导体芯A 所带电荷量在增加，液体的深度h 在减小D.导体芯A 所带电荷量在减小，液体的深度h 在减小图7√例2 (多选)如图8，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连.若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )A.所受重力与电场力平衡B.电势能逐渐增加C.动能逐渐增加D.做匀变速直线运动命题点二　带电粒子(带电体)在电场中的直线运动图8√√解析　对粒子受力分析，粒子所受合外力水平向左，做匀减速直线运动；电场力做负功，电势能增加，动能减少.5.如图9所示是真空中A 、B 两板间的匀强电场，一电子由A 板无初速度释放后运动到B 板，设电子在前一半时间内和后一半时间内的位移分别为x 1和x 2，则x 1与x 2的比值为( )A.1∶1B.1∶2C.1∶3D.1∶4[题组阶梯突破]567√图986.如图10所示，两平行金属板竖直放置，板上A 、B 两孔正好水平相对，板间电势差为500 V .一个动能为400 e V 的电子从A 孔沿垂直板方向射入电场中，经过一段时间电子离开电场，则电子离开电场时的动能大小为( )A.900 eVB.500 eVC.400 eVD.100 eV 图10√7.如图11所示，A 、B 两金属板平行放置，在t ＝0时将电子从A 板附近由静止释放(电子的重力忽略不计).分别在A 、B 两板间加上下列哪种电压时，有可能使电子到不了B 板( )图11√8.如图12所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论不正确的是( )A.此液滴带负电B.液滴的加速度等于gC.合力对液滴做的总功等于零D.液滴的电势能减少图12√例3 如图13所示，两块相同的金属板正对着水平放置，板间距离为d .当两板间加电压U 时，一个质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子，以水平速度v 0从A 点射入电场，经过一段时间后从B 点射出电场，A 、B 间的水平距离为L ，不计重力影响.求：命题点三　带电粒子在电场中的偏转图13解析　带电粒子在水平方向做匀速直线运动，从A 点到B 点经历时间t ＝ ；(1)带电粒子从A 点运动到B 点经历的时间；答案(2)带电粒子经过B点时速度的大小；解析　带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动，板间场强大小E＝加速度大小a＝经过B点时粒子沿竖直方向的速度大小v y＝at＝带电粒子经过B点时速度的大小v＝；答案(3)A、B间的电势差.解析　粒子从A点运动到B点过程中，据动能定理得：qU AB＝m v2－m v02 A、B间的电势差U AB＝.答案910119.(多选)如图14所示，平行板电容器充电后形成一个匀强电场，大小保持不变.让质子( H)流以不同初速度，先、后两次垂直电场射入，分别沿a 、b 轨迹落到极板的中央和边缘，则质子沿b 轨迹运动时( )A.加速度更大B.初速度更大C.动能增量更大D.两次的电势能增量相同[题组阶梯突破]√√图14图1510.如图15，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的k 倍，有一初速度为零的电荷经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从极板下边缘穿出电场，不计电荷的重力，则偏转电场长、宽之比 的值为( )√11.如图16所示，炽热的金属丝发射出一束质量为m 、电荷量为q 的离子，从静止经加速电压U 1加速后，沿垂直于电场线方向射入两平行板中央，受偏转电压U 2作用后，以某一速度离开电场，已知平行板长为l ，两板间距离为d ，求：图16(1)离子在偏转电场中运动的时间、加速度的大小；91011 (2)离子在离开偏转电场时的纵向偏移量和偏转角的正切值.解析离子在离开偏转电场时的纵向偏移量：y＝设离子离开偏转电场时偏转角为θ，纵向速度为v y则tan θ＝ .答案课时训练1.电容式键盘是通过改变电容器的哪个因素来改变电容的( )√A.两板间的距离B.两板间的电压C.两板间的电介质D.两板间的正对面积解析　由电容的决定式C＝可知，与两极板间距离、板间电介质和正对面积有关，与板间电压无关，电容式键盘是通过改变两极板间距离来改变电容的.故A正确，B、C、D错误.2.据国外某媒体报道，科学家发明了一种新型超级电容器，能让手机几分钟内充满电，若某同学登山时用这种超级电容器给手机充电，下列说法正确的是( )A.充电时，电容器的电容变小√B.充电时，电容器存储的电能变小C.充电时，电容器所带的电荷量可能不变D.充电结束后，电容器不带电，电容器的电容为零3.(多选)由电容器电容的定义式C ＝ 可知( )A.若电容器不带电，则电容C 为零B.电容C 与电容器所带电荷量Q 成正比C.电容C 与所带电荷量Q 多少无关D.电容在数值上等于使两板间的电压增加1 V 时所需增加的电荷量√√4.如图1所示的平行板电容器，B板固定，要减小电容器的电容，其中较合理的办法是( )A.A板右移B.A板上移C.插入电介质D.增加极板上的电荷量√图1解析　由C＝可知，当增大d、减小电介质和减小正对面积时，可减小电容；而C与电压及电荷量无关，故只有B正确，A、C、D错误.5.一个已充电的电容器，若使它的电荷量减少3×10－4C，则其电压减少为原来的，则( )A.电容器原来的带电荷量为9×10－4 CB.电容器原来的带电荷量为4.5×10－4 C√C.电容器原来的电压为1 VD.电容器的电容变为原来的6.在研究影响平行板电容器电容大小因素的实验中，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图2所示.现保持B 板不动，适当移动A 板，发现静电计指针张角变小，则A 板可能是( )A.右移B.左移C.上移D.下移解析　电荷量一定，静电计指针张角变小，说明电压变小，由C ＝ 分析得知，电容器电容增大，由C ＝ ，要使电容增大，正对面积增大或板间距离减小， 故A 正确.图2√7.如图3所示，在真空中有一对平行金属板，分别接在电源的两极上，一个带正电荷的粒子，在静电力作用下由静止开始从正极板附近向负极板运动，则该带电粒子在运动过程中( )A.静电力对它做正功，电势能增加B.静电力对它做正功，电势能减少C.静电力对它做负功，电势能增加D.静电力对它做负功，电势能减少√图38.如图4所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v 0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A 向B 做直线运动.那么( )A.微粒带正、负电荷都有可能B.微粒做匀减速直线运动C.微粒做匀速直线运动D.微粒做匀加速直线运动√图49.(多选)(2015·江苏单科·7)如图5所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左.不计空气阻力，则小球( )A.做直线运动B.做曲线运动C.速率先减小后增大D.速率先增大后减小√图5√10.(2016·台州市联考)如图6所示，带电的平行金属板电容器水平放置，质量相同、重力不计的带电微粒A 、B 以平行于极板的相同初速度从不同位置射入电场，结果打在极板上同一点P .不计两微粒之间的库仑力，下列说法正确的是( )A.在电场中微粒A 运动的时间比B 长B.在电场中微粒A 、B 运动的时间相同C.微粒A 所带的电荷量比B 少D.静电力对微粒A 做的功比B 少图6√11.(多选)a 、b 、c 三个α粒子由同一点同时垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图7所示，其中b 恰好飞出电场，由此可以肯定( )A.在b 飞离电场的同时，a 刚好打在负极板上B.b 和c 同时飞离电场C.进入电场时，c 的速度最大，a 的速 度最小D.动能的增量相比，c 的最小，a 和b 的一样大√图7√√12.(2015·海南单科·5)如图8所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l .在正极板附近有一质量为M 、电荷量为q (q ＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m 、电荷量为－q 的粒子.在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动.已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距 l 的平面.若两粒子间相互作用力可忽略.不计重力，则M ∶m 为( )A.3∶2B.2∶1C.5∶2D.3∶1图8√13.如图9所示，矩形区域ABCD 内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电粒子a 和b 以相同的水平速度射入电场，粒子a 由顶点A 射入，从BC 的中点P 射出，粒子b 由AB 的中点O 射入，从顶点C 射出.若不计重力，则a 和b 的比荷(带电量和质量比值)之比是( )A.1∶8B.8∶1C.1∶2D.2∶1√图914.如图10所示，一带电小球用绝缘丝线悬挂在水平方向的匀强电场中，当小球静止后把悬线烧断，则小球在电场中将做( )A.自由落体运动B.曲线运动C.沿着悬线的延长线做匀加速运动D.变加速直线运动图10√15.如图11所示的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，它在电场作用下开始运动.设A、B两极板间的距离足够大，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板运动，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板运动，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图11√16.如图12所示，M、N为水平放置、互相平行且厚度不计的两金属板，间距d＝35 cm，已知N板电势高，两板间电压U＝3.5×104V.现有一质量m＝7.0×10－6 kg、电荷量q＝6.0×10－10 C的带负电油滴，由N板下方距N 为h＝15 cm的O处竖直上抛，经N板中间的P孔进入电场，到达上板Q点时速度恰为零(g取10 m/s2).求油滴上抛的初速度v0.图1217.如图13所示，喷墨打印机中的墨滴在进入偏转电场之前会被带上一定量的电荷，在电场的作用下使电荷发生偏转到达纸上.已知两偏转极板长度L＝1.5×10－2m，两极板间电场强度E＝1.2×106N/C，墨滴的质量m＝＝1.0×10－13kg，电荷量q＝1.0×10－16C，墨滴在进入电场前的速度v0 15 m/s，方向与两极板平行.不计空气阻力和墨滴重力，假设偏转电场只局限在平行极板内部，忽略边缘电场的影响.(1)判断墨滴带正电荷还是负电荷？解析　负电荷.答案　负电荷(2)求墨滴在两极板之间运动的时间；解析　墨滴在水平方向做匀速直线运动，那么墨滴在两板之间运动的时间t＝ .代入数据可得：t＝1.0×10－3 s答案 1.0×10－3 s。

江苏专版高考物理一轮复习第六章第4节带电粒子在电场中运动的综合问题讲义含解析带电粒子在电场中运动的综合问题突破点(一) 示波管的工作原理在示波管模型中，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，需要经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P，如图所示。

1．确定最终偏移距离思路一：思路二：2．确定偏转后的动能(或速度)思路一：思路二：确定加速后的v0―→确定偏转后的y―→动能定理：qEy＝12mv2－12mv02[题点全练]1．图(a)为示波管的原理图。

如果在电极YY′之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极XX ′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是选项中的( )解析：选B 在0～2 t 1时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期，当U Y 为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，当U Y 为负的最大值时，电子打在荧光屏上有负的最大位移，因此一个周期内荧光屏上的图像为B 。

2．(2019·东山月考)如图是示波管的示意图，竖直偏转电极的极板长l ＝4 cm ，板间距离d ＝1 cm 。

板右端距离荧光屏L ＝18 cm(水平偏转电极上不加电压，没有画出)。

电子沿中心线进入竖直偏转电场的速度v 0＝1.6×107m/s ，电子电荷量e ＝1.60×10－19C ，质量m＝0.91×10－30kg 。

(1)要使电子束不打在偏转电极的极板上，加在竖直偏转电极上的最大偏转电压U 不能超过多大？(2)若在偏转电极上加40 V 的电压，在荧光屏的竖直坐标轴上看到的光点距屏的中心点多远？解析：(1)电子在偏转电场中做类平抛运动，电子的偏移量为12d 时恰好不打在极板上，此时偏转电压最大，则在水平方向有：l ＝v 0t在竖直方向有：y ＝12d ＝12at 2＝eU 2md t 2代入数据解得：U ＝91 V 。