专题22 电容器带电粒子在电场中的运动（解析版）.docx

1、专题22 电容器带电粒子在电场中的运动目录题型一电容器及平行板电容器的动态分析1类型1两极板间电势差不变1类型2两极板带电荷量不变6类型3电容器的综合分析8题型二实验：观察电容器的充、放电现象12题型三带电粒子(带电体)在电场中的直线运动17类型1带电粒子在电场中的直线运动17类型2带电体在静电力和重力作用下的直线运动21类型3带电粒子在交变电场中的直线运动24题型四 带电粒子在电场中的偏转27类型1带电粒子在匀强电场中的偏转28类型2带电粒子在组合电场中的偏转31类型3 带电粒子在重力场和电场复合场中的偏转36类型4 类型带电粒子在交变电场中的偏转44题型五 带电粒子在重力场和电场中的圆周运

2、动51题型六电场中的力、电综合问题60题型一电容器及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不变根据C先分析电容的变化，再分析Q的变化根据E分析场强的变化根据UABEd分析某点电势变化(2)Q不变根据C先分析电容的变化，再分析U的变化根据E分析场强变化类型1两极板间电势差不变【例1】(多选) (2022天津市等级考模拟)如图所示，是一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路，开关S闭合。一带电液滴悬浮在两板间P点不动，下列说法正确的是()

3、A若将A板向右平移一小段位移，电容器的电容C减小B若断开S，将B板向下平移一小段位移，带电液滴的电势能减小C在S仍闭合的情况下，增大两极板距离的过程中，电阻R中有从b到a的电流D若断开S，减小两极板距离，则带电液滴向下运动【答案】AB【解析】根据C可知，将A板向右平移一小段位移，则两极板正对面积S减小，电容器的电容C减小，故A正确；由题图可知带电液滴受到竖直向上的电场力，电场方向竖直向下，带电液滴带负电荷。若断开S，则电容器所带的电荷量不变，根据C，C，E，可得EQ可知，电场强度不变。B板电势为零，根据UPBEdPB可得P0EdPB，可知将B板向下平移一小段位移，dPB增大，则P点的电势升高。

4、根据Epq可知，P点电势升高，带负电荷的液滴电势能减小，故B正确；在S仍闭合的情况下，根据C可知，增大两极板距离的过程中，电容器的电容C减小，电容器放电，电阻R中有从a到b的电流，故C错误；根据选项B分析可知，若断开S，减小两极板距离，电场强度不变，液滴受到的电场力不变，则带电液滴不动，故D错误。【例2】（2023广东广州华南师大附中校考三模）如图所示，两个相同的半圆形金属板相互靠近、水平放置，板间可视为真空。两金属板分别与电源两极相连。上极板可绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动。开始时，两极板边缘完全对齐，闭合开关S后，两板间的一个带电微粒恰好静止；然后让上极板转过（微粒仍在两板间）忽略电场边缘

5、效应，则（）A断开开关S后，微粒将竖直下落B转动前后，电容器的电容之比为36：35C转动过程中，有从ab的电流流过电阻RD断开开关S后，上极板再转动，微粒仍然静止【答案】B【详解】AB闭合开关S后，让上极板转过，则两极板正对面积减少，根据公式可知，其他条件不变，电容器的电容变小，变化前后面积之比为转动前后，电容器的电容之比也为又根据公式电势差与间距均不变，则电场强度不变，电场力不变，所以微粒仍静止，断开开关S后，各个物理量不变，微粒仍静止，故A错误，B正确；C转动过程之前，电容器下极板带正电、上极板带负电，转动过程中，电容变小，电容器放电，有从ba的电流流过电阻R，故C错误；D当断开开关S后，

6、两极板的电荷量不变，让上极板再转过，则两极板正对面积减少，根据公式可知，其他条件不变，电容器的电容变小，则电场强度增大，电场力增大，所以微粒将竖直向上运动，故D错误。故选B。【例3】（2023春广东深圳高三红岭中学校考阶段练习）手机自动计步器的原理如图，电容器的一个极板M固定在手机上，另一个极板N与两个固定在手机上的轻弹簧连接，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。下列对传感器描述正确的是（）A匀速运动时，电阻R以恒定功率发热B由向前匀速突然减速时，电容器的电容减少C保持向前匀减速运动时，MN之间的电场强度持续增大D由静止突然向前加速时，电流由b向a流过电流表【答案】D

7、【详解】A匀速运动时，N极板位置保持不变，电容器电荷量不变，定值电阻中没有电流，电阻没有发热功率，故A错误；B由向前匀速突然减速时，N极板向前运动，极板距离减小，根据可知电容器的电容增大，故B错误；C保持向前匀减速运动时，N极板受力保持不变，N极板位置保持不变，极板电压不变，极板距离不变，则MN之间的电场强度保持不变，故C错误；D由静止突然向前加速时，N极板向后运动，极板距离增大，根据，可知电容器的电容减小，可知电容器所带电荷量减小，电容器放电，由于N极板带负电，可知电流由b向a流过电流表，故D正确。故选D。【例4】（2023春山东滨州山东省北镇中学校联考阶段练习）美国物理学家密立根通过研究平

8、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的恒压电源两极连接，极板N接地。现有一质量为m的带电油滴静止于极板间P点，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A油滴带正电，电荷量为B将M板向下缓慢移动一小段距离，电源将给电容器充电C将M板向下缓慢移动一小段距离，油滴将向下运动D将M板向右移动少许，油滴在P点的电势能增大【答案】B【详解】A带电油滴静止于极板间P点，则由平衡条件可得解得根据平衡条件可知油滴所受电场力竖直向上，而板间场强竖直向下，因此可知油滴带负电，故A错误；B根据电容器电容得决定式可知，当将M板向下缓慢移动一

9、小段距离，电容器的电容将变大，电源将给电容器充电，故B正确；C由于电源电压不变，当将M板向下缓慢移动一小段距离，根据可知当板间距减小，电容器两极板间的电场强度将变大，此时电场力将大于重力，油滴将不再处于平衡态，将向上运动，故C错误；D根据电容器电容得决定式可知，将M板向右移动少许，电容器的正对面积将减小，从而导致电容器的电容减小，而根据可知，电容器两极板间的电压不变，电容器将放电，而N板接地，电势为零，板间电场强度不变，设P点的电势为，P点到N板的电势差P点到N板的距离不变，电场强度不变，则可知P点的电势不变，而油滴在P点的电势能P点电势不变，油滴带电量不变，则可知油滴在P点的电势能不变，故D

10、错误。故选B。类型2两极板带电荷量不变【例1】(2022河北“五个一名校联盟”联考)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷(上极板带正电)，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点的正点电荷，以E表示两板间的电场强度，U表示两板之间的电势差，Ep表示点电荷在P点的电势能，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()AE不变，Ep不变 BU不变，E减小C增大，E不变 D不变，Ep增大【答案】A【解析】两板间的电场强度E，因此电场强度与板间距无关，即E不变，P点到下极板距离不变，则P点的电势不变，所以点电荷在P点的电势能

11、Ep不变，故A正确，D错误；电容器没有连接电源，故电容器的带电荷量不变，上极板向下移动，板间距减小，根据C可知，电容增大，由电容的定义式可得，极板间的电势差减小，故静电计指针偏角减小，故B、C错误。【例2】（2023全国高三专题练习）如图所示，对电容器充电完毕后，将电容器和电源断开。若其他条件不变，仅减小两极板的正对面积，则下列说法正确的是（）A电容器的电荷量增大B电容器的电容增大C静电计指针的张角减小D电容器内部电场的电场强度增大【答案】D【详解】A根据题意可知，电源断开后，电容器的电荷量保持不变，故A错误；B由可知，减小两极板的正对面积，电容器的电容减小，故B错误；C电容器两极板间的电压，

12、由于不变，减小，可得增大，因此静电计指针的张角增大，故C错误；D电容器内部电场的电场强度大小，由于增大，不变，可得增大，故D正确。故选D。【例3】（2023春江苏淮安高三淮阴中学校考期中）如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，正极板与一灵敏静电阻相接，电容器的电荷量可认为不变，静电计指针偏转一定的角度。以C表示电容器的电容、表示P点的电势。下列说法中正确的是（）A若将电容器充上更多的电再断开，变大，C变大B若将正极板也接地，电容器放电，变小，C变小C若正极板向右移动，变大，不变D若正极板向右移动，变大，变大【答案】C【详解】AB根据，可知电容器的电容由插入极板间的电介质、正对面

13、积、板间距共同决定，与充电、放电均无关，而当给电容器充电时，电荷量变大，静电计指针张角变大，若电容器充满电后，电荷量稳定不变，静电计指针张角不变；当电容器正极板与大地相连构成回路，电容器放电，而当电容器放电时，电荷量减小，因此两极板间的电压减小，静电计指针张角减小，故AB错误；CD若将正极板向右移动，则根据，可知，电容器的电容将减小，而电荷量不变，因此电容器两极板间的电压将增大，静电计指针张角变大，而再结合三式联立可得即当电容器两极板所带电荷量不变的情况下，增大或者减小板间距电场强度不变，而负极板接地，电势为0，负极板与P点的距离不变，根据可知，P点的电势不变，故C正确，D错误。故选C。类型3

14、电容器的综合分析【例1】如图所示，电源电动势E，内电阻恒为r，R是定值电阻，热敏电阻RT的阻值随温度降低而增大，C是平行板电容器静电计上金属球与平行板电容器上板相连，外壳接地闭合开关S，带电液滴刚好静止在C内在温度降低的过程中，分别用I、U1和U2表示电流表、电压表1和电压表2示数变化量的绝对值关于该电路工作状态的变化，下列说法正确的是()A.一定不变，一定变大B.和一定不变C带电液滴一定向下加速运动且它的电势能不断减少D静电计的指针偏角增大【答案】B【解析】根据电路知识知，V1测路端电压，V2测热敏电阻RT的电压，静电计测定值电阻R的电压，由U1EIr可得r，可知不变，根据U2EI(Rr)可

15、得rR，可知不变，故A错误，B正确；带电液滴在平行板中受到向上的电场力和向下的重力处于平衡状态，在温度降低的过程，热敏电阻RT阻值增大，回路中电流减小，路端电压增大，由于流过定值电阻R的电流减小，所以分得的电压也就减小，电容器两端电压减小，静电计的张角将减小，平行板间的电场强度也减小，导致带电液滴向下运动，电场力做负功，电势能增加，故C、D错误【例2】（2023辽宁模拟预测）如图所示，间距为d的两平行金属板通过理想二极管与电动势为的电源（内阻不计）相连，A板接地，在两板之间的C点固定一个带电荷量为的点电荷，C点与B板之间的距离为，下列说法正确的是（）A图中电容器无法充电B点电荷的电势能为C把两

16、板错开放置，B板的电势不变D把A板向下移动，点电荷受到的电场力减小【答案】B【详解】A若电容器充电，电流沿顺时针方向，通过二极管的电流从左向右，与二极管的导通方向相同，所以电容器能充电，A错误；B间电势差，则间电势差点电荷的电势能，结合可得B正确；C由二极管的单向导电性可知，电容器只能充电，不能放电，当两板的正对面积减小时，电容器的带电荷量Q不变，由可得当两板的正对面积减小，其他量不变时，B板的电势降低，C错误；D由可得板间电场强度则把A板向下移动，两板间的电场强度不变，点电荷受到的电场力不变，D错误。故选B。【例3】（2023春湖北宜昌高三校考阶段练习）如图所示，一水平放置的平行板电容器的下

17、极板接地。一带电油滴静止于P点。现将一与极板相同的不带电的金属板插入图中虚线位置，则下列说法正确的是（）A油滴带负电BM、N两极板间的电压保持不变CP点的电势减小D油滴在P点的电势能减小【答案】AC【详解】A一带电油滴静止于P点，电场力向上，则油滴带负电，故A正确；B现将一与极板相同的不带电金属板插入图中虚线位置，相当于减小了板间距，根据电容的决定式可知，电容C变大，电量Q不变，依据公式可知，M、N两极板间电压变小，故B错误；C板间场强可知场强E不变，而P点与下极板间距减小，根据则可知P点的电势减小，故C正确；D油滴在P点的电势能，因油滴带负电，则电势能变大，故D错误。故选AC。【例2】（20

18、23全国高三专题练习）如图所示，间距为d的水平正对平行板A、B通过二极管与电动势为的电源相连，A板接地，在两板之间的C点固定一个带电量为的点电荷，C点与B板之间的距离为，下列说法正确的是（）A图中二极管的连接方式不能使电容器充电B固定在C点的点电荷电势能为C把B板水平向右移动一些，B板的电势降低D把A板向下移动一些，C点的点电荷受到的电场力减小【答案】BC【详解】A电容器充电，电流沿顺时针方向，通过二极管的电流从左向右，与二极管的通电方向相同，所以电容器能充电，A错误；B稳定后有，又因为，所以，则C点的点电荷电势能为B正确；C由二极管的单向导电性可知，电容器只能充电，不能放电，B板水平向右移动

19、，两平行板的正对面积减小，由，可知Q不变，变大，而，可得即B板的电势降低，C正确；DA板向下移动，d增大，由，可知Q不变，变大，由可得即两板间的电场强度不变，C点的点电荷受到的电场力不变，D错误。故选BC。题型二实验：观察电容器的充、放电现象1实验原理(1)电容器的充电过程如图所示，当开关S接1时，电容器接通电源，在静电力的作用下自由电子从正极板经过电源向负极板移动，正极板因失去电子而带正电，负极板因获得电子而带负电正、负极板带等量的正、负电荷电荷在移动的过程中形成电流在充电开始时电流比较大(填“大”或“小”)，以后随着极板上电荷的增多，电流逐渐减小(填“增大”或“减小”)，当电容器两极板间电

20、压等于电源电压时电荷停止定向移动，电流I0 .(2)电容器的放电过程如图所示，当开关S接2时，相当于将电容器的两极板直接用导线连接起来，电容器正、负极板上电荷发生中和在电子移动过程中，形成电流放电开始电流较大(填“大”或“小”)，随着两极板上的电荷量逐渐减小，电路中的电流逐渐减小(填“增大”或“减小”)，两极板间的电压也逐渐减小到零2实验步骤(1)按图连接好电路(2)把单刀双掷开关S打在上面，使触点1和触点2连通，观察电容器的充电现象，并将结果记录在表格中(3)将单刀双掷开关S打在下面，使触点3和触点2连通，观察电容器的放电现象，并将结果记录在表格中(4)记录好实验结果，关闭电源3注意事项(1

21、)电流表要选用小量程的灵敏电流计(2)要选择大容量的电容器(3)实验要在干燥的环境中进行【例1】（2023湖南长沙长沙一中校考一模）用高值电阻放电法测电容的实验电路图如图所示。其原理是测出电容器在充电电压为时所带的电荷量，从而求出其电容C。该实验的操作步骤如下：（1）按电路图接好实验电路；（2）接通开关S，调节电阻箱的阻值，使微安表的指针接近满刻度。记下这时的电压表读数和微安表读数；（3）断开开关并同时开始计时，每隔或读一次微安表的读数，将读数记录在预先设计的表格中；（4）以为横坐标，为纵坐标，建立坐标系。若由实验得到的数据，在右图中描出了12个点（用“”表示），可以估算出当电容器两端电压为时

22、该电容器所带的电荷量约为_C，从而算出该电容器的电容约为_F。（结果均保留2位有效数字）【答案】 （） （）【详解】1用平滑曲线将各点连接，然后数此曲线与坐标轴围成的格子数，超过半格的算一格，不足半格的舍弃。每格代表电量为数出的格子数为格，则2电容为【例2】（2023福建龙岩统考模拟预测）某同学按图甲所示实验电路进行“观察电容器的充、放电现象”的实验，电源E为直流稳压电源，他先把开关S掷向1端，电容器充电完毕后，再把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间t的变化情况。（1）图乙为电容器充电时显示出的电流随时间变化的图像，电容器充电完毕后的电荷量

23、约为_C（结果保留2位有效数字）；（2）实验时如果不改变电路其他器材，只将电阻换成另一个阻值较大的电阻进行实验，充电时间将_（填“变长”、“不变”或“变短”）；（3）实验时如果不改变电路其他器材，只将电容器换成另一个电容较大的电容器进行实验，则得到的图线与坐标轴圈成的面积将_（填“变大”、“变小”或“不变”）。【答案】 变长 变大【详解】（1）1电容器所带的电荷量在数值上等于图像与坐标轴所包围的面积，确定每个小方格所对应的电荷量值，纵坐标的每个小格为0.2mA，横坐标每个小格为0.4s，则每个小格所代表的电荷量的数值为曲线下方包含的小正方形的个数约为40个，由曲线下方的方格数与q的乘积即得电容

24、器所带的电荷为（2）2因为电容的电量是一定的，根据，可得阻值越大，电流越小，时间会变长；（3）3如果不改变电路其他器材，将电容器换成另一个电容较大的电容器，则由电容C增大，电压U不变，则Q增大，则得到的图线与坐标轴圈成的面积将变大。【例3】（2023春广东广州高三广州六中校考阶段练习）某同学用电流传感器和电压传感器研究电容器的放电情况，按下图连接电路。实验时，先将开关S掷向1，待电路稳定后，将开关掷向2，传感器将信息传入计算机，屏幕上可以显示出电流、电压随时间变化的图线。（1）由电路图可知，传感器1应为_传感器，传感器2应为_传感器（选填“电流”或“电压”）。（2）用I表示电路中的电流，表示电

25、容器两端的电压，电容器在整个放电过程中，计算机屏幕上显示出的图像正确的有( )ABCD（3）若已知电源电动势E，但其内阻和电阻箱阻值均未知，根据已知条件和传感器图像中的数据信息，下列判断正确的是( )A可知该电容器的电容B可知此时电阻箱阻值大小C若只增大电阻箱R的阻值，电容器放电的时间将变短D若只减小电容器的电容大小，电容器放电的时间将变短【答案】 电流 电压 BD/DB ABD【详解】（1）12由电路图可知，传感器1串联在电路中，应为电流传感器，传感器2和电容器并联，应为电压传感器。（2）3AB电容器放电过程中，放电电流逐渐减小，电流的变化率逐渐减小，最后趋近于零，故A错误，B正确；CD电容

26、器放电过程中，电容器两板间电压逐渐减小，电压的变化率逐渐减小，最后趋近于零，故C错误，D正确。故选BD。（3）4A根据I-t图像可知电容器的放电量，即电容器所带的电荷量Q，充电结束时电容器两板间电压等于电源电动势E，则根据Q=CE可知该电容器的电容C，故A正确；B由题中信息最大电压和最大电流可以求出电阻箱电阻，故B正确；C若只增大电阻箱R的阻值，电容器放电的电流会减小，则放电的时间将变长，故C错误；D若只减小电容器的电容大小，电容器带电量减小，则放电的时间将变短，故D正确。故选ABD。【例4】（2023春重庆沙坪坝高三重庆一中校考阶段练习）某兴趣小组利用电流传感器测量某一电容器的电容。电流传感

27、器的反应非常快，可以捕捉到瞬间的电流变化，将它与计算机相连，还能显示出电流随时间变化的I-t图像。实验电路如图（a）所示，电源电动势和内阻的标称值分别为E和r。（1）将电阻箱阻值调为R1。（2）闭合开关，电源向电容器充电，直至充电完毕，得到I-t图像如图（b）所示，数出图像与坐标轴所围格子数为35，此时电容器所带的电荷量_C（结果保留2位有效数字），电容器两端电压_（用E、r和R1表示）。（3）改变电阻箱接入电路的阻值，重复前面两个步骤，得到多组对应的电阻箱阻值R和电容器所带的电荷量q。（4）经过讨论，利用所得数据绘制图像如图（c），所绘图像应为_。A 图B 图C 图D 图（5）若实验时电源实

28、际电动势和内阻均大于标称值，利用图（c）（图中a、b均为已知量）所得电容器的电容_其真实值。（填“大于”、“小于”或“等于”）【答案】 D 大于【详解】（2）1根据图像以及可知，图像与坐标轴所围成的面积表示电容器放电前所带的电量，故根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子表示的电荷量为，由于图像与坐标轴所围格子数为35，则电容器所带的电荷量2由串并联关系，由闭合电路欧姆定律可知，电容器两端电压解得（4）3由于则整理得图（c）是一次函数，而上式也是一次函数，故所绘图像应为图。故选D。（5）4由图（c）知斜率为则而截距为 解得而实验时电源实际电动势和内阻均大于标称值，故上式中E偏小，C偏大，所以电容器的

29、电容大于其真实值。题型三带电粒子(带电体)在电场中的直线运动 类型1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且与初速度共线，带电粒子将做加速直线运动或减速直线运动2用动力学观点分析a，E，v2v022ad.3用功能观点分析匀强电场中：WEqdqUmv2mv02非匀强电场中：WqUEk2Ek1【例1】（2023江苏连云港高三统考期中）某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，为了能让质子进入癌细胞，首先要实现质子的高速运动，该过程需要一种被称作“粒子加速器”的装置来实现。质子先被加速到较高的速度，然后轰击肿

30、瘤并杀死癌细胞。如图所示，来自质子源的质子（初速度为零），经加速电压为的加速器加速后，形成细柱形的质子流。已知细柱形的质子流横截面积为，质子的质量为，其电量为，这束质子流内单位体积的质子数为，那么其等效电流是（）ABCD【答案】A【详解】根据题意，由动能定理有设经过时间，由电流的定义式可得，等效电流为联立解得故选A。【例2】如图所示，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(q0)的粒子；在负极板有另一质量为m、电荷量为q的粒子在静电力的作用下，两粒子同时从静止开始运动已知两粒子同时经过平行于正极板且与其相距l的平面若两粒子间的相互作用可忽略，不计重力，则Mm

31、为()A32 B21C52 D31【答案】A【解析】设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对电荷量为q的粒子aM，lt2；对电荷量为q的粒子有am，lt2，联立解得，故选A.【例3】(多选) 一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)以速度v0逆着电场线方向射入有左边界的匀强电场，场强为E(如图所示)，则()A粒子射入的最大深度为B粒子射入的最大深度为C粒子在电场中运动的最长时间为D粒子在电场中运动的最长时间为【答案】BD【解析】粒子从射入到运动至右端，由动能定理得Eqxmax0mv02，最大深度xmax，由v0at，a可得t，则粒子在电场中运动的最长时间为tmax2t，故选B、D.【例4

32、】(多选) (2022吉林六校联考)如图所示，在两平行板间接直流电源，位于A板附近的带电粒子在电场力作用下，由静止开始向B板运动，关于粒子在两板间的运动，下列说法正确的是()A粒子到达B板时的速率与两板间距离和电源电压均有关B若电源电压U与粒子的电荷量q均变为原来的2倍，则粒子到达B板时的速率变为原来的4倍C两板间距离越大，粒子运动的时间越长D粒子到达B板时的速率与两板间距离无关，与电源电压有关【答案】CD【解析】对粒子由动能定理有qUmv2，解得v，则粒子到达B板时的速率与电源电压有关，与两板间距离无关，选项A错误，D正确；粒子到达B板时的速率v，当U和q均变为原来的2倍时，到达B板时的速率

33、变为原来的2倍，选项B错误；由牛顿第二定律可知a，又dat2，则td，可知两板间距离越大，粒子运动的时间越长，选项C正确。【例5】（2023北京朝阳统考二模）如图所示，O点左侧水平面粗糙，右侧水平面光滑。过O点的竖直虚线右侧有一水平向左、足够大的匀强电场，场强大小为E。一质量为m、电荷量为的绝缘物块，从O点以初速度水平向右进入电场。求：（1）物块向右运动离O点的最远距离L；（2）物块在整个运动过程中受到静电力的冲量I的大小和方向；（3）物块在整个运动过程中产生的内能Q。【答案】（1）;（2），其方向与方向相反;（3）【详解】（1）物块向右减速运动，根据动能定理有得 （2)取方向为正方向，由于物

34、块从出发到返回出发点的过程中，静电力做功为零，所以返回出发点时的速度根据动量定理有得负号表示其方向与方向相反。（3)在物块运动的全过程中，根据能量守恒有类型2带电体在静电力和重力作用下的直线运动【例1】（2023北京东城统考二模）水平放置的两平行金属板间，有一个带正电的小球，从某点无初速度自由下落。经过t时间，在两板间施加竖直向上的匀强电场。再经过t时间，小球又回到出发点。已知小球质量为m，重力加速度为g。小球未与下极板发生碰撞。不计空气阻力。从施加电场开始到小球又回到出发点的过程中（）A小球所受电场力与重力的大小之比为3:1B小球加速运动时间与减速运动时间之比为3:1C小球的动量变化量大小为

35、4mgt，方向竖直向上D小球电势能的减少量与动能的增加量之比为4:3【答案】D【详解】A以竖直向下为正，假设施加电场后小球加速度大小为a，则解得所以解得小球所受电场力与重力的大小之比为4:1，故A错误；B小球下落时间t时的速度大小为小球回到出发点时的速度大小为从施加电场开始到小球又回到出发点的过程中减速运动时间加速运动时间小球加速运动时间与减速运动时间之比为2:1，故B错误；C以竖直向下为正，则小球的动量变化量大小为3mgt，方向竖直向上。故C错误；D从施加电场开始到小球又回到出发点的过程中电场力做功为合外力做功为所以小球电势能的减少量与动能的增加量之比为故D正确。故选D。【例2】如图所示，倾

36、斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量大小为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，重力加速度为g，则()A微粒到达B点时动能为mv02B微粒的加速度大小等于gsin C两极板的电势差UMND微粒从A点到B点的过程，电势能减少【答案】C【解析】微粒仅受静电力和重力，静电力方向垂直于极板，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，由此可知，静电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点时动能小于mv02，选项A错误；根据qEsin ma，qEcos mg，解得

37、E，agtan ，选项B错误；两极板的电势差UMNEd，选项C正确；微粒从A点到B点的过程，静电力做负功，电势能增加，电势能增加量为，选项D错误【例3】（2023春贵州黔东南高三校考阶段练习）如图所示，竖直平面内分布有水平向右的匀强电场，一带电小球沿直线从位置b斜向下运动到位置a。在这个过程中，带电小球（）A只受到电场力作用B带正电C做匀加速直线运动D机械能守恒【答案】C【详解】AB小球沿直线运动，故合力一定沿该直线方向上，电场力只能水平向左或者向右，故小球必定受到重力，重力竖直向下，故电场力方向水平向左，合力沿轨迹直线方向斜向下，所以小球带负电，AB错误；C根据前面分析可知合力大小不变，方向

38、与运动方向相同，故做匀加速直线运动，C正确；D小球在运动中除重力做功外，还有电场力做功，所以机械能不守恒，D错误。故选C。【例4】（2023山西校联考模拟预测）在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，质量为m、电荷量为的小球自O点以初速度沿方向在竖直面内做匀变速直线运动，如图所示。与水平面的夹角为，重力加速度为g，且，则（）A电场方向水平向右B小球运动的加速度大小为C小球上升的最大高度为D小球电势能增加量的最大值为【答案】C【详解】AB依题意，小球以初速度沿方向在竖直面内做匀变速直线运动，则小球重力与所受电场力的合力一定沿OP方向，且由于，根据矢量叠加原理，可知带正电小球所受电场力水平向左，则

39、电场方向水平向左；小球运动受到的合力大小为根据牛顿第二定律可得，小球的加速度大小为方向沿PO方向，故AB错误；C小球做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动速度位移公式，可得小球上升的最大高度为故C正确；D根据功能关系，可得小球电势能增加量的最大值为故D错误。故选C。类型3带电粒子在交变电场中的直线运动1常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等2常见的题目类型(1)粒子做单向直线运动(2)粒子做往返运动3解题技巧(1)按周期性分段研究(2)将at图像vt图像【例1】（2023春云南昆明高三昆明一中校考阶段练习）微波器件的核心之一是反射式速调管，它利用电子团在电场中的振荡

40、来产生微波，其振荡原理可简化为静电场模型。已知静电场的方向平行于x轴，其电势随x的分布如图所示。一质量为、电荷量为的带负电粒子从点由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴做往复运动，求：（1）在区域内电场强度的大小和方向；（2）该粒子运动过中的最大速度；（3）该粒子运动的周期。【答案】（1），沿x轴负方向；（2）；（3）【详解】（1）由图像的物理意义可知，在x轴正、负半轴分布着方向相反的匀强电场，在区域内电场强度大小方向沿x轴负方向（2）粒子经过处时速度最大，由动能定理可得代入数值可得（3）在范围电场强度大小设粒子从处运动至处用时，从处运动至处用时，则有解得运动周期带入数据可得【例2】（2023浙江

41、温州统考三模）如图甲所示为粒子直线加速器原理图，它由多个横截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源相连，交变电源两极间的电势差的变化规律如图乙所示。在时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）的中央有一自由电子由静止开始在各间隙中不断加速。若电子的质量为m，电荷量为e，交变电源的电压为U，周期为T。不考虑电子的重力和相对论效应，忽略电子通过圆筒间隙的时间。下列说法正确的是（）A电子在圆筒中也做加速直线运动B电子离开圆筒1时的速度为C第n个圆筒的长度应满足D保持加速器筒长不变，若要加速比荷更大的粒子，则要调大交变电压的周期【答

42、案】C【详解】A由于金属圆筒处于静电平衡状态，圆筒内部场强为零，则电子在金属圆筒中做匀速直线运动，故A错误；B电子离开圆筒1时，由动能定理得所以电子离开圆筒1瞬间速度为故B错误；C电子从金属圆筒出来后要继续做加速运动，在金属圆筒中的运动时间为交变电源周期的一半，即，电子在圆筒中做匀速直线运动，所以第n个圆筒长度为故C正确；D由C可知，保持加速器筒长不变，若要加速比荷更大的粒子，则要调小交变电压的周期，故D错误。故选C。题型四 带电粒子在电场中的偏转1.带电粒子在匀强电场中偏转的两个分运动(1)沿初速度方向做匀速直线运动，t(如图)(2)沿静电力方向做匀加速直线运动加速度：a离开电场时的偏移量：

43、yat2离开电场时的偏转角：tan 2两个重要结论(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：在加速电场中有qU0mv02在偏转电场偏移量yat2()2偏转角，tan 得：y，tan y、均与m、q无关(2)粒子经电场偏转后射出，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偏转极板长度的一半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：qUymv2mv02，其中Uyy，指初、末位置间的电势差 类型1带电粒子在匀强电场中的偏转【例1】(2022山东日照市模拟)喷墨打印机的结构原理

44、如图10所示，其中墨盒可以发出半径为1105 m的墨汁微粒，此微粒经过带电室时被带上负电，带电的多少由计算机按字体笔画高低位置输入信号加以控制。带电后的微粒以一定的初速度进入偏转电场，经过偏转电场发生偏转后，打到纸上，显示出字体。无信号输入时，墨汁微粒不带电，沿直线通过偏转电场而注入回流槽流入墨盒。设偏转极板长L11.6 cm，两板间的距离d0.50 cm，偏转板的右端到纸的距离L22.4 cm。若一个墨汁微粒的质量为1.61010 kg，所带电荷量为1.251012 C，以20 m/s的初速度垂直进入偏转电场，打到纸上的点距原入射方向的距离是1.0 mm(不计空气阻力和墨汁微粒的重力，可以认

45、为偏转电场只局限在平行板电容器内部，忽略边缘电场的不均匀性)()图10A墨汁从进入偏转电场到打在纸上，做类平抛运动B两偏转板间的电压是2.0103 VC两偏转板间的电压是5.0102 VD为了使纸上的字体放大10%，可以把偏转电压降低10%【答案】C【解析】墨汁在偏转电场中做类平抛运动，出偏转电场后做匀速直线运动，选项A错误；墨汁出偏转电场后做匀速直线运动，且反向延长线交水平位移的中点，如图所示由图可知tan ，tan ，又vyatt，t联立解得两偏转板间的电压是U5.0102 V，选项B错误，C正确；由以上式子整理得y，为了使纸上的字体放大10%，可以把偏转电压提高10%，选项D错误。【例2

46、】如图所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子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(带电荷量与质量的比值)之比是()A12 B21 C18 D81【答案】D【解析】粒子在水平方向上做匀速直线运动，a、b两粒子的水平位移大小之比为12，根据xv0t，知时间之比为12.粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，根据yat2，y之比为21，则a、b的加速度之比为81.根据牛顿第二定律知，加速度a，加速度大小之比等于比荷之比，则两电荷的比荷之比为81，故D正确，A、B、C错误【例3】如图

47、所示，一电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30角已知匀强电场的宽度为d，方向竖直向上，P、Q两点间的电势差为U(U0)，不计粒子重力，P点的电势为零则下列说法正确的是()A粒子带负电B带电粒子在Q点的电势能为qUCP、Q两点间的竖直距离为D此匀强电场的电场强度为【答案】D【解析】由题图可知，带电粒子的轨迹向上弯曲，则粒子受到的静电力方向竖直向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电，故A错误；粒子从P点运动到Q点，静电力做正功，为WqU，则粒子的电势能减少了qU，P点的电势为零，可知带电粒子在Q点的电势能为qU，故B

48、错误；Q点速度的反向延长线过水平位移的中点，则yd，电场强度大小为E，故D正确，C错误【例4】(多选)一对相同的平行金属板，正对水平放置，板长为L，两板间距为d，上下两板分别带等量的正负电荷，如图所示一质量为m，电荷量为q的带正电粒子，沿两板中线以v0的初速度射入电场，恰好从下板右边缘处飞离，假设电场只在两板间分布，不计粒子重力，则下列说法正确的是()A粒子在板间运动的时间为tB两板间电势差为UC粒子在电场中运动，电势能逐渐减小D将上极板向下平移一小段距离，粒子仍沿原路径飞离电场【答案】ACD【解析】粒子在板间运动，垂直电场线方向做匀速直线运动，所以粒子在板间运动的时间为t，故A正确；设板间电

49、势差为U，则场强大小E，粒子加速度为a，又at2，计算可知两板间电势差为U，故B错误；粒子在电场中运动，电场力做正功，电势能减小，故C正确；此电容器所带电荷量Q保持不变，由E知，改变两板间距，不会影响板间场强，所以粒子仍然沿原路径运动，故D正确【例5】（2023海南统考模拟预测）如图所示，与一恒定电压连接的平行金属板A、水平放置，两个质量相等的带电粒子、分别从极板A的右侧边缘和两极板的左侧正中间沿水平方向同时进入板间电场。两粒子在板间某点相遇时，运动的水平距离小于运动的水平距离。粒子的重力和它们之间的相互作用及边缘效应忽略不计，下列说法正确的是（）A所带的电荷量大于所带的电荷量B进入电场时的速

50、度大小小于的速度大小C从进入电场到相遇，两粒子的动能增加量相等D两粒子相遇时，的速度大小大于的速度大小【答案】AB【详解】A沿电场方向的位移大于的，则由可知所带的电荷量大于所带的电荷量，故A正确；BM垂直电场方向的位移小于N的，由可知进入电场时的速度大小小于的速度大小，故B正确；C根据动能定理可得动能增加量大于的，故C错误。D两粒子相遇时的速度为M的水平位移小，电荷量大，故无法确定速度大小，故D错误。故选AB。类型2带电粒子在组合电场中的偏转【例1】（2023北京西城统考二模）如图所示，电子从灯丝K发出（初速度不计），在KA间经加速电压加速后，从A板中心小孔射出，进入由M、N两个水平极板构成的

51、偏转电场，M、N两板间的距离为d，电压为，板长为L，电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，射出时没有与极板相碰。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力及它们之间的相互作用力。求：（1）电子穿过A板小孔时的速度大小v；（2）电子从偏转电场射出时垂直极板方向偏移的距离y；（3）电子从偏转电场射出时的速度方向。【答案】（1）；（2）；（3）速度方向与水平方向夹角，斜向右下方【详解】（1）根据动能定理解得（2）进入偏转电场后做类平抛运动联立解得（3）设速度与水平方向夹角为，则则斜向右下方。【例2】（2023春河北邯郸高三大名县第一中学校考阶段练习）如图所示，一真空示波管的电子从灯丝K发出（初

52、速度不计），经灯丝与A板间的加速电场加速，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。已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，偏转电场的右端到荧光屏的距离为x，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力。（1）求电子穿过A板时的速度大小v0；（2）求电子从偏转电场射出时的侧移量y；（3）求OP的距离Y。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）粒子在加速电场中加速，由动能定理有解得（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，根究类平抛

53、运动的研究方法，垂直电场方向有Lv0t则沿电场方向有侧移量联立解得（3）根据粒子运动轨迹，即类平抛运动的推论，由几何关系可知解得【例3】（2023湖南统考模拟预测）如图所示，在示波管中，质量为m，电荷量为-q的带电粒子从灯丝K射出（初速度不计），经加速电场U1（未知）加速，从AB板的中心S沿中心线KO射出时的速度大小为v，再经平行板电容器的偏转电场U2偏转后，又做一段匀速直线运动最后打到荧光屏上，显示出亮点C，已知平行板电容器的两极板间的距离为d，板长为l，偏转电场的右端到荧光屏的距离为L，不计带电粒子的重力。（1）求加速电场的电压U1；（2）求带电粒子从偏转电场射出时的侧移量y和荧光屏上OC

54、间的距离；（3）带电粒子从偏转电场射出时的侧移量y和偏转电压U2的比叫作示波器的灵敏度D，如何通过改变平行板电容器的l或d来提高示波器的灵敏度D。【答案】（1）；（2）；（3）见解析【详解】（1）粒子在加速电场中加速，由动能定理可得解得（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，如图所示垂直电场方向有沿电场方向有侧移量联立解得由几何关系可知得荧光屏上间的距离（3）该示波器的灵敏度解得则增加或者减小均可增加灵敏度。【例4】(多选)质子和粒子(氦核)分别从静止开始经同一加速电压U1加速后，垂直于电场方向进入同一偏转电场，偏转电场电压为U2.两种粒子都能从偏转电场射出并打在荧光屏MN上，粒子进入偏转电场时速

55、度方向正对荧光屏中心O点下列关于两种粒子运动的说法正确的是()A两种粒子会打在屏MN上的同一点B两种粒子不会打在屏MN上的同一点，质子离O点较远C两种粒子离开偏转电场时具有相同的动能D两种粒子离开偏转电场时具有不同的动能，粒子的动能较大【答案】AD【解析】两种粒子在加速电场中做加速运动，由动能定理得qU1mv020，偏转电场中，设板长为L，平行于极板方向：Lv0t，垂直于极板方向：a，yat2，离开偏转电场时速度的偏转角为，有tan ，联立以上各式得y，tan ，偏移量y和速度偏转角都与粒子的质量m、电荷量q无关，所以偏移量y相同，速度方向相同，则两种粒子打在屏MN上同一点，故A正确，B错误；

56、对两个粒子先加速后偏转的全过程，根据动能定理得qU1qU2Ek0，因粒子的电荷量q较大，故离开偏转电场时粒子的动能较大，C错误，D正确类型3 带电粒子在重力场和电场复合场中的偏转【例1】(2022山东省模拟)如图所示，两水平面(虚线)之间区域存在与水平方向成45斜向右上方的匀强电场，自该区域上方A点将质量均为m、带电荷量分别为q和2q带正电粒子M、N，同时以相反的初速度v0沿水平方向射出。两粒子进入电场时速度方向与上边界均成45角，并从该区域的下边界离开。已知M在电场中做直线运动，N离开电场时速度方向恰好竖直。(重力加速度大小为g，不计空气阻力和粒子间相互作用)求：(1)A点距电场上边界的高度

57、；(2)该电场强度的大小；(3)M与N两粒子离开电场时位置间的距离。【答案】(1)(2)(3)【解析】(1)M、N两粒子进入电场前做平抛运动，设A点距电场上边界的高度为h，粒子进入电场时速度偏向角满足vyv0tan 45v0，又v2gh，解得h。(2)M粒子在电场中做直线运动，受力分析知，电场力qE与重力mg的合力与速度同向，可得qEmgcos 45，解得E。(3)M、N两粒子进电场前，运动时间均为t1，可得t1水平位移x1v0t1电场中，N粒子受电场力F2qEmg由力的合成可知N粒子所受合力F合mg，方向水平向右，则N粒子水平方向以大小为g的加速度做初速度为v0的匀减速直线运动，设运动时间为

58、t2，由运动学公式可得v0gt20，x2v0t2gt解得x2竖直方向做匀速直线运动，电场高度为H，可得Hv0t2当M离开电场时，M在电场中运动的水平距离为x3，由几何关系可得x3Htan 45所以M与N两粒子离开电场时位置间的距离d2x1x2x3。【例2】(多选)在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由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，A、B、C三点在同一直线上，且AB2BC，如图所示重力加速度为g.由此可见()A带电小球所受静电力为3mgB小球带正电C小球从A到B与从B到C的运动时间相等D小球从A到B与从B到C的速度变

59、化量的大小相等【答案】AD【解析】带电小球从A到C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x1和x2，竖直分位移分别为y1和y2，经历的时间分别为t1和t2，在电场中的加速度为a，从A到B过程小球做平抛运动，则有x1v0t1，从B到C过程，有x2v0t2，由题意有x12x2，则得t12t2，即小球从A到B是从B到C运动时间的2倍，y1gt12，将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有y2at22，根据几何知识有y1y2x1x2，解得a2g，根据牛顿第二定律得Fmgma2mg，解得F3mg，C错误，A正确；由于在电场中轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明静电力方向向

60、上，所以小球带负电，B错误；根据速度变化量vat，则得AB过程速度变化量大小为v1gt12gt2，BC过程速度变化量大小为v2at22gt2，所以小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等，D正确【例3】（2023河北模拟预测）空间存在水平向左的匀强电场，一质量为m，带电量为q的小球由M点以速度竖直向上抛出，运动到最高点P时速度大小恰好也为，一段时间后落回到与抛出点等高的N点（图中未画出），空气阻力不计，重力加速度为g，小球从M到N的过程中，以下说法正确的是（）A小球在电场中运动的加速度大小为2gB运动过程中速度的最小值为CM、N两点间的距离为D从M到N小球电势能减少【答案】B【详解】A小球在

61、竖直方向做竖直上抛运动，从出发运动到最高点P满足水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，从出发运动到最高点P满足解得根据矢量合成法则，小球的合加速度应为，故A错误；C根据竖直方向的运动规律可知，当小球从P点落回到N点时，其运动时间也为所以有故C错误；B根据运动的分解，将初速度沿垂直加速度和沿加速度方向分解，可知当沿着加速度方向的分速度为0时，小球的合速度最小，且合速度等于与加速度垂直的速度分量大小，即小球速度达到最小时所经历的时间故小球从M到N的过程中速度的最小值为，故B正确；D根据运动学规律可知，当小球运动到N点时，水平速度为竖直速度为所以到达N点的速度为其动能为，根据功能关系可知，小球电势能

62、的减小量为故D错误。故选B。【例4】（2023山东济南统考三模）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，OA垂直于AB，AOB=60，将一质量为m的小球沿某一方向以一定的初动能自O点抛出，小球在运动过程中通过A点时的动能是初动能的2倍。使此小球带电，电荷量为q（q0），同时加一匀强电场，场强方向与三角形OAB所在平面平行，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A点时的动能是初动能的3倍；将该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，通过B点的动能也是初动能的3倍。已知重力加速度大小为g，则所加电场的场强大小为（）ABCD【答案】C【详解】令OA的距离为d，

63、初动能为Ek0小球从O到A只有重力做功，根据动能定理可得加电场后，小球从O到A根据动能定理小球从O到B根据动能定理联立可得令O点的电势为零，即可得在匀强电场中，沿任意直线，电势的下降是均匀的，可得OM为等势点，M为AB的三等分点，根据电场线与等势面垂直，可知电场强度沿CA方向，如图所示根据几何关系可得电场强度为联立以上可得故选C。【例5】（2023江苏南京统考三模）如图所示，其空中有一足够大的水平向右的匀强电场，质量均为m、带电量分别为和的两小球同时从O点以速度斜向右上方射入匀强电场中，方向与水平方向成角，A、B（图中未画出）两点分别为两小球运动轨迹的最高点，带正电的小球经过A点的速度大小仍然

64、为，若仅把带正电的小球射入速度变为，其运动轨迹的最高点记为C。不考虑两球间的库仑力。下列说法错误的是（）A两小球同时到A、B两点B与之比为C两小球到达A、B两点过程中电势能变化量之比为D带正电的小球经过C点的速度大小【答案】C【详解】A由题可知，将带电小球的运动分解成水平方向和竖直方向的运动，由受力可知，两小球在竖直方向只受重力，故在竖直方向做竖直上抛运动，竖直方向的初速度为上升到最高点时，竖直方向速度为零，由此可知，两球到达A、B两点的时间相同，A正确；C水平方向只受电场力，故水平方向做匀变速直线运动，水平方向的初速度为由题可知，带正电的小球有带负电的小球有解得可见到达最高点时两小球的速度大

65、小相等，水平方向只有电场力做功，由动能定理可知，两球到达A、B两点过程中电势能变化量之比为，C错误；B由上分析可知解得故故与之比为，B正确；D由题可知联立得D正确。本题选择错误的，故选C。【例6】（2023湖南永州统考三模）如图所示，在竖直平面xOy内存在大小、方向未知的匀强电场。一质量为m的小球从y轴上P点以水平速度v进入第一象限，速度方向沿x轴正方向，经过x轴上Q点时的速度大小也为v，方向与x轴夹角为37。已知sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度大小为g。不计空气阻力，小球从P点运动到Q点的过程中（）A速度的最小值为B所受电场力的最小值为C动能与电势能之和一直减小D水平位移与

66、竖直位移的大小之比为2:1【答案】B【详解】D小球水平分位移为小球竖直分位移为解得D错误；B根据题中所述，可知小球水平方向先向右做匀减速直线运动，小球水平方向的分加速度大小为小球竖直方向的分加速度大小为令小球合加速度方向与竖直方向夹角为，则有解得可知，小球在空中做类斜抛运动，可以将该运动分解为垂直于合加速度方向的匀速直线运动与沿合加速度方向的匀加速直线运动，可知匀速直线运动的分速度即为速度的最小值，则有结合上述解得A错误；C根据上述可知，小球从P点运动到Q点的过程中重力一直做正功，重力势能一直减小，小球运动过程中只有重力势能、动能与电势能的转化，可知动能与电势能之和一直增大，C错误；B根据上述

67、小球所受电场力与重力的合力大小为该合力方向与竖直方向夹角亦为，可知，当电场力方向与合力方向垂直时，电场力达到最小值，则有B正确。故选B。类型4 类型带电粒子在交变电场中的偏转1带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方波)的情形当粒子垂直于交变电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性2研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等3注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子运动时间上的周期性和空间上的对称性，

68、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临界条件4对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动【例1】（2022湖南常德常德市一中校考模拟预测）如图（a）所示，两水平平行正对的金属板M、N间距为d，加有如图（b）所示的交变电压。一质量为m、电荷量为q的带正电的微粒，时刻微粒在两板正中间的P点以速度v0平行金属板运动，3t0时间内粒子未到达极板。则在03t0时间内，下列说法正确的是（）A时间内，微粒偏向N板运动B时，重力对微粒做功的瞬时功率为C02t0时间内，电场力对微粒做的功为D03t0时间内，微粒动能增量为【答

69、案】C【详解】A时间内，电场线方向由N指向粒子带正电，因此受电场力方向指向M板，故A错误；B时间内，对粒子受力分析，粒子所受电场力为方向竖直向上，因此此时合力的大小为mg，方向竖直向上，根据牛顿第二定律，粒子的加速度大小为g，方向竖直向上。t02t0时间内，电场力方向改变，大小未改变，此时合力向下，大小为3mg，根据牛顿第二定律，此时粒子的加速度大小为3g，方向竖直向下，根据运动学公式，时粒子在竖直方向的速度大小为方向竖直向下，根据瞬时功率的公式重力的瞬时功率为故B错误；C根据B选项分析，粒子在时间内的竖直位移为方向竖直向上。粒子在t02t0时间内的竖直位移为方向竖直向下，则02t0时间内，粒

70、子竖直方向的总位移为0，则重力做的总功为0。根据动能定理，电场力对微粒做的功为故C正确；D时间内，粒子的受力与相同，故加速度与时间内相同，根据前面选项已知的信息，的速度为方向竖直向下，则时间内，微粒动能增量为故D错误。故选C。【例2】(多选)(2022河北石家庄市联考)如图甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示.t0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出.微粒运动过程中未与金属板接触.重力加速度的大小为g.关于微粒在0T时间内运动的描述，正确的是()A.末速度大小为v0B.末速度沿水平方向C.重力势能减

71、少了mgdD.克服静电力做功为mgd【答案】BC【解析】因0内微粒匀速运动，故E0qmg；在时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在t时刻的竖直速度为vy1，水平速度为v0；在T时间内，由牛顿第二定律得2E0qmgma，解得ag，方向向上，则在tT时刻，vy2vy1g0，微粒的竖直速度减小到零，水平速度为v0，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小了Epmgmgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知mgdW克电mv02mv02，可知克服静电力做功为mgd，选项D错误.【例3】（2023山东德州高三统考期中）如图所示，某多级直线加速器由横截面相同的个金属圆筒（漂移管）依次排列组成，圆筒的两

72、底面中心开有小孔，其中心轴线在同一直线上，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从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，在漂移管间隙被电场加速，加速电压视为不变。若粒子在筒内运动时间恰好等于交变电压周期的一半，漂移管间缝隙很小，这样粒子就能“踏准节奏”在间隙处一直被加速。设质子进入漂移管时速度为，进入漂移管时速度为，电源频率，质子的比荷取。粒子离开漂移管后，沿中线进入偏转电场，间电压与漂移管间加速电压相等，两板之间宽度为，长度。不计一切阻力及质子重力，忽略电场的边缘效应。求：（1）漂移管的长度；（2）相邻漂移管间的加速电压；（3）的比值为多少时粒子恰好从偏转电

73、场的边缘飞出。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）交变电源的周期漂移管的长度解得（2）质子从漂移管到漂移管过程，加速了2次，根据动能定理有解得（3）质子沿中线进入偏转电场后，在竖直方向上在水平反向上联立解得【例4】（2023江苏苏州高三统考阶段练习）如图甲所示，真空中有一电子枪连续不断且均匀的发出质量为m、电荷量为e、初速度为零电子，经电压大小为的直线加速电场加速，由小孔穿出加速电场后，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B间的中线射入偏转电场。A、B两板距离为d、板长均为L，两板间加周期性变化的电势差UAB，UAB随时间变化的关系图像如图乙所示，变化周期为T，t=0时刻，UAB=U0

74、，不计电子的重力和电子间的相互作用力，不考虑电场的边缘效应，且所有电子都能离开偏转电场，求：（1）电子从加速电场U1飞出后的水平速度v0的大小；（2）时射入偏转电场的电子离开偏转电场时距两板间中线的距离y；（3）在的时间段内，若电子能够从中线上方离开偏转电场，求电子进入偏转电场的时间段？【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）电子经过加速场后，根据动能定理得解得（2）电子在偏转电场中，水平方向做匀速直线运动，所以运动的时间为时射入偏转电场的电子在前时间内偏转位移解得垂直于板的速度在随后时间内偏转的位移解得时射入偏转电场的电子离开偏转电场时距两板间中线的距离（3）在前半个周期内，假设电子从某

75、时刻进入偏转电场，离开时恰好从中线处离开，则有解得在内，从中线上方离开偏转电场的电子进入的时间为【例5】（2023江苏南京高三统考期中）如图甲所示，电子枪连续不断均匀地发出电子（设电子的初速度为零），经加速电压为U1的加速电场加速后由小孔穿出，沿两个距离为d的水平金属板A、B间的中线射入偏转电场，A、B两板间加如图乙所示的周期性变化的电压UAB，电压变化周期为T，正半周UAB为U0，负半周UAB为-3U0。已知电子质量为m、电荷量为-e，A、B极板长为，所有电子都能离开偏转电场，不计电子的重力及电子间的相互作用力。求：（1）电子经过偏转电场的时间t；（2）从t=0时刻射入偏转电场的电子在进、出

76、偏转电场过程中电势能的变化量Ep；（3）在足够长的时间内从中线下方离开偏转电场的电子数占电子总数的比例。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）根据动能定理，有解得水平方向联立解得（2）竖直方向加速度解得功能关系解得（3）电子在电场中的运动时间均为，U0时3U0时解得在0时间内，设t1时刻射入电场中的电子偏转位移刚好为0，有解得即在0时间内，时间内射入电场中的电子均可从中线下方飞出；T时间内，设时刻射入的电了刚好偏转位移为0，有解得即T这段时间内，时间内射入电场中的电子均可从中线下方飞出，在一个周期内能从下中线下方离开的粒子射入时间间隔为从中线下方离开偏转电场的电子占电子总数的比例题型五

77、带电粒子在重力场和电场中的圆周运动1等效重力场物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些此时可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之为“等效重力场”2.3举例【例1】（2023春江苏苏州高三南京航空航天大学苏州附属中学校考阶段练习）如图所示，一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆轨道在A点相切，B点为圆轨道的最低点，C点为圆轨道的最高点，整个空间存在水平向左的匀强电场。一质量，电荷量为的带电小球从斜面上静止释放，小球始终能沿轨道运动。已知电场强度，圆轨道半径，g取，若小球恰好能完成圆周运动，释放点沿斜面到A的距

78、离为（）A1.2mB2.2mC2.0mD2.1m【答案】A【详解】对小球受力分析，小球所受电场力水平向右，若小球恰好能完成圆周运动，则设小球于B点右侧某位置达到最大速度，位置和圆心连线与竖直方向成角，由受力分析得故=37此时两个力的合力当小球运动到与该位置关于原点对称的位置时，小球速度最小，则最小速度满足 解得从开始释放到到达速度最小的位置，列动能定理解得s=1.2m故选A。【例2】（2023全国高三专题练习）如图所示，在电场强度为E的匀强电场中，电场线与水平方向的夹角为，有一质量为m的带电小球，用长为L的细线悬挂于O点，当小球静止时，细线恰好呈水平状态。若用外力F使小球绕O点做半径为L的匀速

79、圆周运动，在沿圆弧（图中虚线）从A点运动到O点正下方的B点的过程中（重力加速度为g），小球电荷量保持不变，下列说法正确的是（）A小球带负电，电量值为B小球带正电，电量值为C电势能增加D外力F做负功【答案】C【详解】AB当小球静止时，细线恰好呈水平状态，小球受重力mg、电场力F电、细线拉力T作用，如图小球受电场力方向与场强方向相同，所以小球带正电。竖直方向上解得故AB错误；C从A点运动到O点正下方的B点的过程中，小球电势能的增加量等于克服电场力做得功故C正确；D从A点做匀速圆周运动到O点正下方的B点，由动能定理可知解得外力F做的功所以外力F做正功，故D错误。故选C。【例3】（2023河北高三学业

80、考试）如图所示，将一质量为m、带电荷量为+q（q0）的小球放置于一半径为R、固定在竖直平面中的光滑绝缘圆环轨道最低点，圆环处于水平向左的匀强电场中，电场强度大小。现给小球一水平向左的初速度，小球恰能在圆环内做完整的圆周运动，则小球的初速度大小为（）ABCD【答案】C【详解】小球所受电场力为，方向水平向左设小球所受电场力与重力的合力大小为，与竖直方向的夹角为，如图所示，则有设小球在圆环中运动的等效最高点为A点，可知A点和圆环圆心O的连线与竖直方向的夹角为。由于小球恰能在圆环内做完整的圆周运动，则小球在A点时的向心力公式为小球从起始点到A点，由动能定理有解得故选C。【例4】（2023安徽校联考模拟

81、预测）如图所示，半径为R的双层光滑管道位于竖直平面内，质量为m、带电量为q的小球位于管道最低点A，B是最高点，空间存在水平向左、场强大小的匀强电场，现在A点给小球一水平初速度v0，小球恰好能够做完整的圆周运动，重力加速度为g，下列说法正确的是（）Av0的大小为B经过B点时小球受到管道外壁的压力大小为C经过A点时小球受到管道外壁的支持力大小为D若在A点给小球的水平初速度增大一倍，小球经过B点的速度也增大一倍【答案】AC【详解】A如图所示小球在等效最低点P静止时，受重力、支持力和电场力三力平衡，根据平衡条件，有mgtan = qE结合可知 = 45且重力和电场力的合力小球恰好能够做完整的圆周运动，

82、说明小球经过等效最高点Q时速度刚好为零，由Q到A根据动能定理，有解得A正确；C在A点根据向心力公式有解得C正确；BD由B到A根据动能定理，有解得在B点有解得经过R点时小球受到管道内壁的支持力大小为BD错误。故选AC。【例5】（2023湖北模拟预测）如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O，半径为，内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的场强为E的匀强电场，一质量、带负电荷的小球在轨道内侧做完整的圆周运动（电荷量不变），经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角，重力加速度为g（g取）。（1）求小球所受的电场力大小；（2）求小球在A点的速度为多大时

83、，小球经过D点时对圆轨道的压力最小。【答案】（1）；（2）【详解】（1）小球在C点时速度最大，则电场力与重力的合力沿DC方向，所以小球受到的电场力的大小（2）要使小球经过D点时对圆轨道的压力最小，则必须使小球经过D点时的速度最小，即在D点小球对圆轨道的压力恰好为零，有解得在小球从圆轨道上的D点运动到A点的过程中，根据动能定理有解得【例6】（2023全国二模）在水平向右足够大的匀强电场中，大小可忽略的两个带电小球A、B分别用不可伸长，长度均为l的绝缘轻质细线悬挂在同一水平面上的M、N两点，并静止在如图所示位置，两细线与电场线在同一竖直平面内，细线与竖直方向夹角均为。已知两小球质量都为m，电荷量均

84、为q且带等量异种电荷，匀强电场的场强大小，重力加速度大小为g，取，。求（1）A、B两小球之间库仑力的大小；（2）保持小球B的位置和带电量不变，移除A小球后，将小球B由静止释放，求B小球此后运动过程中速度的最大值。【答案】（1）；（2）【详解】（1）设B小球受到的电场力为对B小球受力分析如图所示，小球B静止，受力平衡得联立解得（2）小球A撤去后，小球B在电场力、重力和绳子拉力作用下做变速圆周运动，当重力和电场力的合力沿着半径方向时小球速度最大。设小球速度最大时，绳子与竖直方向的夹角为。由几何关系可得小球B从初始位置运动到速度最大位置，在竖直方向的位移为在水平方向的位移为由动能定理得解得题型六电场

85、中的力、电综合问题1带电粒子在电场中的运动(1)分析方法：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的规律解题。(2)受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略。一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用。2处理带电粒子(带电体)运动的方法(1)结合牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题。(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理思路利用初、末状态的能量相等(即E1E2)

86、列方程。利用某些能量的减少等于另一些能量的增加列方程。(3)常用的两个结论若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变。若带电粒子只在重力和电场力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变。【例1】（2023辽宁丹东统考二模）真空中存在空间范围足够大的，水平向右的匀强电场。在电场中，若将一个质量为，带正电的小球由空中静止释放，运动中小球的速度与竖直方向夹角为53。如图所示，若在此电场中，放置一个竖直面内的光滑固定轨道（电场没有画出），水平，长度为，是半径为的四分之一的圆弧，与相切于点。现将该小球由点静止释放，求从点开始运动的整个过程中（取重力加速度大小为，）。（1）小球受到的电场力

87、大小及方向；（2）从点开始运动到轨迹最高点过程中小球电势能的变化量；（3）小球从c点离开轨道后速度最小时距c点的距离。【答案】（1），水平向右；（2）；（3）【详解】（1）由题意，电场力大小方向：水平向右（2）对小球由a到c的过程，由动能定理得解得小球离开点后竖直方向在重力作用力下做匀速直线运动（竖直上抛运动），设小球离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t，有小球沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为a，则有：由牛顿第二定律可知此过程小球沿电场方向位移为电场力做功为因为电场力做正功，所以电势能减少量为（3）由题意可知，重力与电场力合力方向与竖直方向夹角53，斜向下如图，沿着合力与垂直合力方

88、向建立坐标系，将C点速度沿着两个方向分解y方向做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知从C点到小球速度最小时的位移x方向做匀速直线运动，此速度为离开C后的最小速度小球从C点离开轨道后速度最小时距C点的距离【例2】（2023全国高三专题练习）如图所示，水平粗糙的长直轨道上P点左侧存在电场强度为E的匀强电场，材料相同的两个小滑块M、N静止在轨道上，其中N不带电静止于P点，质量为、带电荷量为q的滑块M位于P点左侧与P相距处。现由静止释放滑块M，一段时间后滑块M运动到P点，在P点与滑块N发生弹性碰撞，碰撞后滑块M以碰撞前速度大小的二分之一反向弹回，同时滑块M所带的电荷量消失，又经过同样长一段时间后其速度减

89、为0，此刻立即使其重新带上Q的电荷量，滑块M再次开始运动，并恰好能与N再次发生碰撞。求：（1）滑块N的质量；（2）滑块M从开始运动到第一次速度减为0所用的时间；（3）电荷量Q与q的比值。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）根据题意，设为小滑块M在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块N的质量为，碰撞后瞬间N的速度大小为。由动量守恒定律和机械能守恒定律有：解得（2）滑块M第一次在电场中加速过程返回过程中设位移大小为，则由题意可得联立解得滑块M加速过程中满足总时间解得（3）设物块N在水平轨道上能够滑行的距离为，由动能定理有：M重新运动后到与N恰好相碰，对M由动能定理有：解得

90、【例3】（2023高三课时练习）如图，光滑绝缘足够长的水平面位于匀强电场中，电场方向水平向右，大小为。两小滑块A和B静置于水平面上，其位置连线与电场方向平行。两小滑块质量均为，A带电荷量为（），B不带电。初始时，A和B的距离为，现释放小滑块A，A在电场力作用下沿直线加速运动，与B发生弹性碰撞。若每次A和B发生碰撞均为对心正碰，碰撞时没有电荷转移，碰撞的时间极短。已知，求：（1）发生第一次碰撞前A获得的速度大小第一次碰撞后A和获得的速度大小和；（2）从开始释放A到与B发生第二次碰撞前，小滑块A运动的距离；（3）试在图中画出A从开始释放到与发生第三次碰撞前的图像（不要求写过程）。【答案】（1），0

91、，；（2）；（3）【详解】（1）A受电场力做匀加速运动A的加速度解得根据 解得此时A加速度的时间碰撞过程，取向右为正，由动量守恒定律可得根据能量守恒定律可得联立解得（2）碰撞后A受电场力做匀加速运动，B做匀速运动 ，设追上时间为 即解得此时A的速度为A的位移则从开始释放A到与B发生第二次碰撞前，小滑块A运动的距离（3）A从开始释放到与发生第三次碰撞前的图像如图所示【例4】（2023江西南昌南昌十中校考一模）在一横截面为正方形的柱形区域内有匀强电场，正方形边长为L，如图所示，电场线为与AC平行的一簇平行线，P为AB边的中点，质量为m电荷量为q（q0）的带电粒子自P点以大小不同的速度进入电场，速度

92、方向与电场方向垂直。已知进入电场时速率为v0的粒子恰好由C点离开电场，运动中粒子仅受电场力作用。（1）求电场强度的大小；（2）为使粒子从DC的中点Q离开电场，该粒子进入电场的速度为多大；（3）若粒子从P进入电场到D点离开，则粒子在此过程中所受电场力的冲量为多大。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动。设粒子由P到C用时为t1，解得(2)设粒子以速度v由P到Q用时为t2，解得(3)设粒子由P到D用时为t3，粒子在此过程中所受电场力的冲量又有解得【例5】（2023全国高三校联考阶段练习）如图所示，右端带有挡板的绝缘滑板B静止在粗糙水平面上，带电物块A静止在滑板B的

93、上表面距离挡板L=0.8m处，A的质量mA=0.2kg、带电量为q=+1.010-6C，B不带电，其质量mB=0.6kg，与地面之间的动摩擦因数为。在该空间加上电场强度为E=2.0106V/m、水平向右的匀强电场，物块A从静止开始运动，A和B之间无摩擦。若运动过程中A的带电量保持不变，A与B上挡板的碰撞均为弹性碰撞，A始终未滑离B且始终处于电场中，取重力加速度g=10m/s2。求(1)A与B发生第一次碰撞前瞬间，A的速度大小v0；(2)第一次碰撞结束后，经过多长时间A、B发生第二次碰撞；(3)从A开始运动到A与B刚要发生第5次碰撞的过程中，电场力对A做的功。【答案】(1)4m/s；(2)0.6

94、s；(3)6.4J【详解】(1)第一次碰前，对A解得v0=4m/s(2)A、B发生弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒解得vA=2m/s，vB=2m/s碰后，B做匀减速运动，对B碰后，对A从第一次碰撞结束到第二次刚要碰撞，有解得t=0.6s设碰后B停止运动所用时间为，有：解得tB=0.6s可知B速度减为零时A、B发生第二次碰撞，故t=0.6s(3)设第二次刚要碰前A的速度大小为vA1，则解得vA1=4m/s此后的运动重复前面的过程。从第一次碰撞结束到第二次刚要碰撞的过程从A开始运动到A与B刚要发生第5次碰撞的过程中，电场力对A做的功解得W=6.4J【例6】（2023全国高三专题练习）如图所示，在光滑

95、绝缘水平面上有两个带电小球A、B，质量分别为3m和m，小球A带正电q，小球B带负电2q，开始时两小球相距s0，小球A有水平向右的初速度v0，小球B的初速度为零，取初始状态下两小球构成的系统的电势能为零。（1）试证明当两小球的速度相同时系统的电势能最大，并求出该最大值；（2）试证明在两小球的间距不小于s0的运动过程中，系统的电势能总小于系统的动能，并求出这两种能量的比值的取值范围。【答案】（1）见解析，mv；（2）见解析，0【详解】(1)由于两小球构成的系统所受合外力为零，设某状态下两小球的速度分别为vA和vB，由动量守恒定律得3mv0=3mvA+mvB系统的动能减小量Ek=3mv-3mv-mv

96、由于系统运动的过程中只有电场力做功，所以系统的动能与电势能之和守恒，考虑到系统初状态下的电势能为零，故系统在该状态下的电势能Ep=Ek=3mv-3mv-mv联立得Ep=-6mv+9mv0vA-3mv当vA=v0时，系统的电势能取得最大值，得vA=vB=v0即当两小球速度相同时，系统的电势能最大，最大值Epmax=mv。(2)由于系统的电势能与动能之和守恒，且初始状态下系统的电势能为零，所以在系统电势能取得最大值时，系统的动能取得最小值，为EkminEk0-Epmax3mv-mv=mv由于EkminEpmax，所以在两球间距不小于s0的运动过程中，系统的电势能总小于系统的动能，在这一过程中两种能

97、量的比值的取值范围为0=【例7】（2023全国高三专题练习）如图所示，电容为C、带电量为Q、极板间距为d的平行板电容器固定在绝缘底座上，两板竖直放置，整个装置总质量为M，静止在光滑水平面上。在电容器右板上有一小孔，一质量为m、带电量为的粒子以速度从小孔垂直于平行板射入电容器中（不计粒子重力，设电容器外部电场强度为0），粒子最远可到达距右板为x的P点，求：(1)粒子在电容器中受到的电场力的大小；(2)当粒子到达P点时，电容器已移动的距离s；(3)求x的值。【答案】(1)；(2)；(3)【详解】(1)电容极板电压极板间场强则(2)粒子到达P点时两者有共同速度，设为v，由动量守恒有对电容器解得(3)

98、对整体，由功能关系得解得【例8】（2023重庆渝中高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）如图所示，在倾角的绝缘粗糙斜面上，有一长为的绝缘轻杆连接两个完全相同、质量均为的可视为质点的小球A和B。开始时轻杆的中垂线与垂直于斜面的虚线重合，虚线与平行且相距。在、间加沿斜面向上、电场强度为E=的匀强电场之后，若A球带电量为，B球不带电，则A球在电场中时，AB球在斜面上恰好能匀速下滑。各小球与斜面间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取，。求：(1)求小球与斜面间的动摩擦因数；(2)若A球带电量为，B球不带电，将AB球从图示位置由静止释放，求释放后到向上运动至最远的时间；(3)若A球带电量为，B球不

99、带电，静止在图示位置，一质量为、带电量为的C球沿斜面向上运动，与B球正碰后粘合在一起，碰撞时间极短，若保证A球始终不会离开电场区域，求C球碰B球之前瞬间的最大速度。【答案】(1)0.5；(2)；(3)【详解】（1）由力的平衡可得代入数据可解得（2）A在电场中时，根据牛顿第二定律有根据运动学公式有A离开电场后，根据牛顿第二定律有根据运动学公式有得（3）CB碰撞，根据动量守恒有设C进入电场的最远距离为，ABC向上，根据动能定理有ABC向下到A刚好不离开电场，根据动能定理有解得【例9】（2023全国高三专题练习）如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径r0.5m的圆弧轨道CDP和与之相

100、切于C点的水平轨道ABC组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角37，A、B两点间的距离d0.2m质量m10.05kg的不带电绝缘滑块静止在A点，质量m20.1kg、电荷量q1105C的带正电小球静止在B点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场现用大小F4.5N、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达B点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦取g10m/s2，sin370.6，cos370.8.(1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v以及匀强电场的电场强度大小E；(

101、2)求小球到达P点时的速度大小vP和B、C两点间的距离x；(3)若小球从P点飞出后落到水平轨道上的Q点（图中未画出）后不再反弹，求Q、C两点间的距离L【答案】（1）撤去该恒力瞬间滑块的速度大小是6m/s，匀强电场的电场强度大小是7.5104N/C；（2）小球到达P点时的速度大小是2.5m/s，B、C两点间的距离是0.85m（3）Q、C两点间的距离为0.5625m【详解】（1）对滑块从A点运动到B点的过程，根据动能定理有：Fdm1v2，代入数据解得：v6m/s小球到达P点时，受力如图所示，由平衡条件得：qEm2gtan，解得：E7.5104N/C（2）小球所受重力与电场力的合力大小为：G等 小球到达P点时，由牛顿第二定律有：G等m2 联立，代入数据得：vP2.5m/s滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为v1、v2，以向右方向为正方向，由动量守恒定律得：m1vm1v1+m2v2 由能量守恒得： 联立，代入数据得：v12m/s（“”表示v1的方向水平向左），v24m/s小球碰后运动到P点的过程，由动能定理有：qE（xrsin）m2g（r+rcos） 代入数据得：x0.85m（3）小球从P点飞出水平方向做匀减速运动，有：LrsinvPcost竖直方向做匀加速运动，有：r+rcosvPsint+gt2联立代入数据得：L0.5625m；