高考物理二轮复习提分练习专题10 电容器带电粒子在电场中的运动（含解析）

这是一份高考物理二轮复习提分练习专题10 电容器带电粒子在电场中的运动（含解析），共28页。试卷主要包含了有关平行板电容器的问题分析，带电粒子在交变电场中的运动，带电粒子在电场中的力电综合问题等内容，欢迎下载使用。

高考物理二轮复习热点题型与提分秘籍
专题10 电容器带电粒子在电场中的运动
题型一 有关平行板电容器的问题分析
【题型解码】
(1)两类动态问题的分析要抓住C＝、C＝和E＝三个基本关系．
(2)板间粒子的运动常用动力学方法或动能定理分析．
【典例分析1】研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是

A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电
B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
【参考答案】A
【名师解析】(1)静电计指针的张角大小表示电容器两极板间的电压大小。根据C＝计算。
(2)平行板电容器的电容决定式是C＝。
用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，a、b两板带等量异种电荷，故A正确；根据平行板电容器电容的决定式C＝，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，根据C＝可知，电荷量Q不变，则两极板间的电压U增大，则静电计指针的张角变大，故B错误；根据平行板电容器电容的决定式C＝，只在极板间插入有机玻璃板，相对介电常数εr增大，则电容C增大，根据C＝可知，电荷量Q不变，则电压U减小，静电计指针的张角减小，故C错误；电容器的电容与电容器所带的电荷量无关，故D错误。
【提分秘籍】
平行板电容器的动态问题分析秘籍
(1)抓住三个基本公式：C＝，C＝，E＝。
(2)两类动态分析
d、S、εr变化时U、Q、C、E变化的判断依据：
①充电后与电池两极相连：U不变，C＝，Q＝CU(变化同C)，E＝。
②充电后与电池两极断开：Q不变，C＝，U＝(变化与C相反)，E＝＝。
(3)电势和电势能的变化结合电场的相关公式分析。
【突破训练】
1.如图所示，平行板电容器带有等量异号电荷，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，Ep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，Ep不变
C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变
【答案】　D
【解析】　极板移动过程中带电荷量Q保持不变，静电计指针张角变化反映极板间电势差U的变化，由C＝和C＝可知，上极板下移，d减小，C增大，U减小，又E＝＝，则E不变，P点电势不变，Ep不变，综合上述，只有D正确。
2．(2019·安徽省宿州市质检)(多选)如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图。当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为θ，则被测物体(　　)

A．向左移动时，θ增大 B．向右移动时，θ增大
C．向左移动时，θ减小 D．向右移动时，θ减小
【答案】　BC
【解析】　由公式C＝，可知当被测物体带动电介质板向左移动时，两极板间电介质增多，εr变大，则电容C增大，由公式C＝可知电荷量Q不变时，U减小，则θ减小，故A错误，C正确；由公式C＝，可知当被测物体带动电介质板向右移动时，两极板间电介质减少，εr变小，则电容C减小，由公式C＝可知电荷量Q不变时，U增大，则θ增大，故B正确，D错误。

3.(2019·河南郑州三模)如图所示，M、N为平行板电容器的两个金属极板，G为静电计，开始时闭合开关S，静电计张开一定角度。则下列说法正确的是(　　)

A．开关S保持闭合状态，将R的滑片向右移动，静电计指针张开角度增大
B．开关S保持闭合状态，将两极板间距增大，静电计指针张开角度增大
C．断开开关S后，将两极板间距增大，板间电压不变
D．断开开关S后，紧贴下极板插入金属板，板间场强不变
【答案】　D
【解析】　保持开关闭合，电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差不变，因此无论将R的滑片向右移动，还是将两极板间距增大，静电计指针张角都不变，故A、B错误；断开开关，电容器带电量不变，将两极板间距增大，即d增大，根据C＝知，电容减小，根据U＝知，两极板间电势差增大，故C错误；断开开关，电容器带电量不变，若紧贴下极板插入金属板，则d减小，根据C＝及U＝得E＝＝知，板间的电场强度不变，故D正确。
题型二 带电粒子在电场中的加速直线与偏转
【题型解码】
(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．
【典例分析1】(2019·北京通州模拟)如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿偏转电场极板间的中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O′点为荧光屏的中心。已知电子质量m＝9.0×10－31 kg，电荷量e＝1.6×10－19 C，加速电场电压U0＝2500 V，偏转电场电压U＝200 V，极板的长度L1＝6.0 cm，板间距离d＝2.0 cm，极板的末端到荧光屏的距离L2＝3.0 cm(忽略电子所受重力，结果均保留两位有效数字)。求：

(1)电子射入偏转电场时的初速度v0；
(2)电子打在荧光屏上的P点到O′点的距离h；
(3)电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功W。
【参考答案】　(1)3.0×107 m/s　(2)0.72 cm (3)5.8×10－18 J
【名师解析】　(1)根据动能定理有eU0＝mv
解得v0≈3.0×107 m/s。
(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y，
电子在水平方向做匀速直线运动：L1＝v0t
电子在竖直方向上做匀加速直线运动：y＝at2
根据牛顿第二定律有＝ma
解得y≈0.36 cm
电子在偏转电场中做类平抛运动，射出偏转电场时速度的反向延长线过水平位移的中点，由几何关系知
＝，解得h＝0.72 cm。
(3)电子经过偏转电场过程中电场力对它做的功
W＝ey≈5.8×10－18 J。
【典例分析2】(2020·山东师范大学附中第三次模拟)如图所示，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U1时，带电粒子沿轨迹①从两板正中间飞出；当偏转电压为U2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(　　)

A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4
C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1
【参考答案】A　
【名师解析】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＝at2＝，偏转电压为U＝，则偏转电压之比为：＝＝·()2＝，故A选项正确．
【提分秘籍】
1．带电粒子在电场中的偏转规律

2．处理带电粒子的偏转问题的方法
(1)运动的分解法
一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动．
(2)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：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差．
3.计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离的方法
(1)y＝y0＋Ltan θ(L为屏到偏转电场的水平距离)；
(2)y＝(＋L)tan θ(l为电场宽度)；
(3)y＝y0＋vy·；
(4)根据三角形相似＝.
【突破训练】
1.(2019·湖南岳阳高三二模)一种测定电子比荷的实验装置如图所示，在真空玻璃管内，阴极K发出的电子(可认为初速度为0)经阳极A与阴极K之间的高电压加速后，形成一细束电子流，以平行于平板电容器极板的速度从两极板C、D左端中点进入极板区域。若两极板C、D间无电压，电子将打在荧光屏上的O点；若在两极板C、D间施加偏转电压，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的P点；若再在极板间施加一个方向垂直于纸面向外的匀强磁场，则电子又打在荧光屏上的O点。已知磁场的磁感应强度为B，极板间电压为U，极板的长度为l，C、D间的距离为d，极板区的中点M到荧光屏中点O的距离为L，P点到O点的距离为y。

(1)求电子进入偏转电场的速度v0；
(2)求电子的比荷。
【答案】　(1)　(2)
【解析】　(1)加上磁场B后，荧光屏上的光点重新回到O点，可知电子在C、D间受到电场力和洛伦兹力而处于平衡状态，
有：qE＝qv0B，
又E＝，
联立解得电子射入偏转电场的速度v0＝。
(2)C、D间只有电场时，电子在极板区域运行的时间t1＝，
在电场中的偏转位移y1＝at＝·t，
电子离开极板区域时，沿垂直极板方向的速度
vy＝at1＝t1，
设电子离开极板区域后，到达光屏P点所需的时间为t2，t2＝，
电子离开电场后在垂直极板方向的位移y2＝vyt2，
P点到O点的距离等于电子在垂直极板方向的总位移，y＝y1＋y2，
联立解得＝。
2.(2018·四川泸州一检)如图所示，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＝×103 V/m；比荷为1.0×105 C/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(，1)点；粒子P的重力不计，试求：

(1)金属板A、B之间的电势差UAB；
(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．
【答案】(1)1 000 V　(2)y＝x2，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v0；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(，1)点所用时间为t0，由类平抛运动可得：x＝v0t0，y＝t02
解得：v0＝×104 m/s
在金属板A、B之间，由动能定理：qUAB＝mv02
解得：UAB＝1 000 V
(2)设P、Q在右侧电场中运动的加速度分别为a1、a2；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＝ma1
对于Q：Eq＝2ma2
x＝v0t
a1t2＝y＋a2t2
解得：y＝x2，其中x>0
即粒子Q释放点N(x，y)坐标满足的方程为
y＝x2，其中x>0
3.(2019·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E0，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．

(1)求CED区域内的匀强电场的电场强度的大小E1；
(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E2＝E0，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】．(1)4E0　(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E0qL＝mv2，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y0，设水平方向位移为x0，则y0＝·()2，因∠CEO＝45°，即x0＝y0＝2 m，解得E1＝4E0.
(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v1，在第Ⅰ象限电场中加速运动时，根据动能定理得E0qx＝mv12，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＝·()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′＝·()2，而＝，其中GP＝，
NE＝2 m，
在第Ⅰ象限加速过程中，E0qx＝mv22，解得y＝3x－4.
题型三 带电粒子在交变电场中的运动
【题型解码】
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图象，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图象，分析速度变化，或是分析偏转位移与偏转电压的关系式．
【典例分析1】(2019·湖北黄冈模拟)一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图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(　　)

A．带电粒子只向一个方向运动 B．0～2 s内，电场力做功等于0
C．4 s末带电粒子回到原出发点 D．2.5～4 s内，电场力做功等于0
【参考答案】D
【名师解析】画出带电粒子速度v随时间t变化的图象如图所示，

v－t图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4 s末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；2 s末速度不为0，可见0～2 s内电场力做功不等于0，B错误；2.5 s和4 s末，速度的大、小方向都相同，2.5～4 s内电场力做功等于0，所以D正确．
【典例分析2】如图甲所示，一平行板电容器极板长l＝10 cm，宽a＝8 cm，两极板间距为d＝4 cm，距极板右端处有一竖直放置的荧光屏．在平行板电容器左侧有一长b＝8 cm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2×1010 C/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(　　)
　
A．粒子打到屏上时在竖直方向上偏移的最大距离为6.25 cm
B．粒子打在屏上的区域面积为64 cm2
C．在0～0.02 s内，进入电容器内的粒子有64%能够打在屏上
D．在0～0.02 s内，屏上出现亮线的时间为0.012 8 s
【参考答案】BCD　
【名师解析】设粒子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U0，水平方向l＝v0t，竖直方向＝a0t2，又a0＝，解得U0＝＝128 V，即当U≥128 V时粒子打到极板上，当U<128 V时粒子打到荧光屏上，设打到荧光屏上的粒子在竖直方向上偏转的最大位移为y，由几何关系和类平抛运动规律得＝，解得y＝d＝4 cm，选项A错误；由对称性知，粒子打到荧光屏上的区域总长度为2d，则粒子打到荧光屏上的区域面积为S＝2da＝64 cm2，选项B正确；在前T，粒子打到荧光屏上的时间t0＝×0.005 s＝0.003 2 s，又由对称性知，在一个周期内，粒子打在荧光屏上的总时间t′＝4t0＝0.012 8 s，选项D正确；因为这些粒子均匀、连续地进入电场，设一个周期内进入电容器内的粒子能够打在荧光屏上的比例为η，此时电容器两端的电压U<128 V，则η＝×100%＝64%，选项C正确．
【提分秘籍】
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．常见的试题类型
此类题型一般有三种情况：
(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)．
(2)粒子做往返运动(一般分段研究)．
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)．
3．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．
4.利用速度图象分析带电粒子的运动过程时的注意事项
(1)带电粒子进入电场的时刻；
(2)速度图象的切线斜率表示加速度；
(3)图线与坐标轴围成的面积表示位移，且在横轴上方所围成的面积为正，在横轴下方所围成的面积为负；
(4)注意对称性和周期性变化关系的应用；
(5)图线与横轴有交点，表示此时速度改变方向，对运动很复杂、不容易画出速度图象的问题，还应逐段分析求解．
5.交变电压的周期性变化，势必会引起带电粒子的某个运动过程和某些物理量的周期性变化，所以应注意：
(1)分过程解决．“一个周期”往往是我们的最佳选择．
(2)建立模型．带电粒子的运动过程往往能在力学中找到它的类似模型．
(3)正确的运动分析和受力分析：合力的变化影响粒子的加速度(大小、方向)变化，而物体的运动性质则由加速度和速度的方向关系确定．

【突破训练】
1.(2019·福建厦门一中期中)相距很近的平行板电容器，在两板中心各开有一个小孔，如图甲所示，靠
近A板的小孔处有一电子枪，能够持续均匀地发射出电子，电子的初速度为v0，质量为m，电荷量为－e，
在A、B两板之间加上如图乙所示的交变电压，其中0＜k＜1，U0＝；紧靠B板的偏转电压也等于U0，
板长为L，两极板间距为d，距偏转极板右端处垂直放置很大的荧光屏PQ，不计电子的重力和它们之间的
相互作用，电子在电容器中的运动时间可以忽略不计．

(1)试求在0～kT与kT～T时间内射出B板电子的速度各是多大？
(2)在0～T时间内，荧光屏上有两个位置会发光，试求这两个发光点之间的距离．(结果用L、d表示)
【答案】(1)v0　v0　(2)
【解析】　(1)电子经过电容器内的电场后，速度要发生变化，设在0～kT时间内，穿出B板的电子速度为v1，kT～T时间内射出B板的电子速度为v2
据动能定理有：－eU0＝mv－mv，eU0＝mv－mv
将U0＝代入上式，得：v1＝v0，v2＝v0
(2)在0～kT时间内射出B板的电子在偏转电场中，电子的运动时间：t1＝
侧移量：y1＝at＝，得y1＝
打在荧光屏上的坐标为y1′，则：y1′＝2y1＝
同理可得在kT～T时间内穿出B板后电子的侧移量：
y2＝
打在荧光屏上的坐标：y2′＝2y2＝
故两个发光点之间的距离：Δy＝y1′－y2′＝.
2.(2019·辽宁沈阳质检)如图中a所示的xOy平面处于匀强电场中，电场方向与x轴平行，电场强度E随时间t变化的周期为T，变化图线如图b所示，E为＋E0时电场强度的方向沿x轴正方向．有一带正电的粒子P，在某一时刻t0以某一速度v沿y轴正方向自坐标原点O射入电场，粒子P经过时间T到达的点记为A(A点在图中未画出)．若t0＝0，则OA连线与y轴正方向夹角为45°，不计粒子重力．

(1)求粒子的比荷；
(2)若t0＝，求A点的坐标；
(3)若t0＝，求粒子到达A点时的速度．
【答案】见解析
【解析】　(1)粒子在t0＝0时刻射入电场，粒子沿y轴方向的分运动为匀速运动，位移大小为：y＝vT
粒子沿x轴方向在0～内做初速度为零的匀加速运动，
位移为x1，末速度为v1，则：x1＝a()2，v1＝a
粒子沿x轴方向在～T内做匀减速运动，位移为x2，由题意知两段运动的加速度大小相等，则：
x2＝v1()－a()2
粒子沿x轴方向的总位移为x，则：
x＝x1＋x2
粒子只受到电场力作用，由牛顿第二定律得：
qE0＝ma
y＝x
联立各式解得：＝
(2)粒子在t0＝时刻射入电场，粒子沿y轴方向的分运动为匀速运动，位移大小为：
y′＝vT
粒子沿x轴方向在～内做初速度为零的匀加速运动，
位移为x3，末速度为v2，则：
x3＝a()2
v2＝a
粒子沿x轴方向在～T内做匀变速运动，
位移为x4，末速度为v3，则：
x4＝v2()－a()2
v3＝v2－a
粒子沿x轴方向在T～内做匀变速运动，位移为x5，则：
x5＝v3()＋a()2
粒子沿x轴的总位移为x′，则：
x′＝x3＋x4＋x5
联立各式解得：x′＝0
则A点的坐标为(0，vT)
(3)粒子在t0＝时刻射入电场，粒子沿y轴方向的分运动为匀速运动，速度不变；沿x轴方向在～内做初速度为零的匀加速运动，末速度为v4，则：v4＝a
粒子沿x轴方向在～T内做匀变速运动，末速度为v5，则：
v5＝v4－a
粒子沿x轴方向在T～内做匀变速运动，末速度为v6，则：
v6＝v5＋a
联立各式解得：v6＝0
则：粒子通过A点的速度为v
题型四 带电粒子（带电体）在电场中的力电综合问题
【题型解码】
1.匀强电场可与重力场合成用一合场代替，即电场力与重力合成一合力，用该合力代替两个力．
2.力电综合问题注意受力分析、运动过程分析，应用动力学知识或功能关系解题．
【典例分析1】(2019·南昌三模)(多选)如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与N点在同一电场线上。两个质量相等的带正电荷的粒子，以相同的速度v0分别从M点和N点同时垂直进入电场，不计两粒子的重力和粒子间的库仑力。已知两粒子都能经过P点，在此过程中，下列说法正确的是(　　)

A．从M点进入的粒子先到达P点 B．从M点进入的粒子电荷量较小
C．从M点进入的粒子动量变化较大 D．从M点进入的粒子电势能变化较小
【参考答案】　BD
【名师解析】　由题意可知两粒子的竖直分位移相等、竖直方向速度相等，由s＝v0t，可知两粒子到达P点的时间相等，故A错误；在相等时间内从M点进入的粒子运动的水平位移较小，其加速度较小，根据a＝可知从M点进入的粒子电荷量较小，故B正确；根据动量定理可知，粒子的动量变化等于合外力的冲量，由于从M点进入的粒子电荷量较小，其受到的电场力较小，合外力的冲量也较小，所以从M点进入的粒子动量变化较小，故C错误；从M点进入的粒子受到的电场力较小，且在电场力作用下沿电场方向运动的位移也较小，所以电场力做功较小，则电势能变化较小，故D正确。
【典例分析2】(2019.安徽合肥第二次检测)如图所示，板长为L的平行板电容器与一直流电源相连接，其极板与水平面成30°角；若粒子甲、乙以相同大小的初速度v0＝，由图中的P点射入电容器，分别沿着虚线1和2运动，然后离开电容器；虚线1为连接上、下极板边缘的水平线，虚线2为平行且靠近上极板的直线，则下列关于两粒子的说法正确的是(　　)

A．两者均做匀减速直线运动 B．两者电势能均逐渐增加
C．两者的比荷之比为3∶4 D．两者离开电容器时的速率之比为v甲∶v乙＝∶
【参考答案】．AD　
【名师解析】根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向在同一直线上，所以电场力只能垂直极板向上，受力如图所示；

根据受力图，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，故A正确；粒子甲受到的电场力与位移方向的夹角为钝角，所以电场力做负功，电势能逐渐增加；粒子乙运动的方向与电场力的方向垂直，电场力不做功，所以粒子的电势能不变，故B错误；根据受力图，
对甲：m甲g＝q甲Ecos 30°＝q甲E，
所以：＝
对乙：m乙gcos 30°＝q乙E，所以＝
所以：＝＝，故C错误；
带电粒子甲沿水平直线运动，合力做的功：
W1＝－m甲gtan 30°·＝－m甲gL，
根据动能定理得：m甲v甲2－m甲v02＝－m甲gL
所以：v甲＝
带电粒子乙沿平行于极板的直线运动，
合力做的功：W2＝－m乙gsin 30°·L＝－m乙gL，
根据动能定理得：m乙v乙2－m乙v02＝－m乙gL
所以：v乙＝
所以：＝，故D正确．
【典例分析3】(2019·山东省“评价大联考”三模)如图所示，BCD是光滑绝缘的半圆形轨道，位于竖直平面内，直径BD竖直，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，质量为m的不带电的滑块b静止在B点，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，场强大小为E。质量为m、带正电的小滑块a置于水平轨道上，电荷量为q＝，滑块a与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度为g。现将滑块a从水平轨道上距离B点12R的A点由静止释放，运动到B点与滑块b碰撞，碰撞时间极短且电量不变，碰后两滑块粘在一起运动，a、b滑块均视为质点。求：

(1)滑块a、b碰撞后的速度大小；
(2)滑块在圆形轨道上最大速度的大小，以及在最大速度位置处滑块对轨道作用力的大小；
(3)滑块第一次落地点到B点的距离。
【参考答案】　(1)　 (2) 　 (3)(2－)R
【名师解析】　此题涉及重力场与匀强电场组成的“等效重力场”问题，大部分同学不会将重力场中的知识迁移到“等效重力场”中来，不会寻找物理最高点、最低点，而成为犯错率极高的题型。
(1)a从A到B的过程由动能定理得
E×12R－μmg×12R＝mv
解得v1＝2
对a与b碰撞过程由动量守恒定律得mv1＝2mv2
解得v2＝。
(2)当滑块的重力与电场力的合力方向和圆轨道半径方向一致时，滑块速度最大。
如图，则有θ＝arctan＝arctan＝37°

对滑块从碰后到速度最大的过程由动能定理有
ERsin37°－2mgR(1－cos37°)＝×2mv－×2mv
解得滑块的最大速度v3＝
对滑块在此处，由牛顿第二定律得，FN－＝
解得滑块受到轨道的支持力FN＝
由牛顿第三定律可知，此时滑块对轨道的作用力大小
FN′＝。
(3)假设滑块能运动到D点，对滑块从B到D的过程，由动能定理有
－2mg×2R＝×2mv－×2mv，
解得v4＝。
在D点，对滑块受力分析得：FN1＋2mg＝
解得FN1＝2mg
所以滑块能通过D点并水平飞出，
在竖直方向：2R＝gt2
解得t＝
水平方向受电场力，加速度不变，则
s＝v4t－×t2＝(2－)R。
【提分秘籍】
1带电粒子在电场中力电综合问题的分析思路
(1)首先分析粒子的运动规律，确定粒子在电场中做直线运动还是曲线运动。
(2)对于直线运动问题，可根据对粒子的受力分析与运动分析，从以下两种途径进行处理：
①如果是带电粒子受恒定电场力作用下的直线运动问题，应用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等。
②如果是非匀强电场中的直线运动问题，一般利用动能定理分析全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、运动的位移等。
(3)对于曲线运动问题，通常有以下两种情况：
①对于在匀强电场中的曲线运动，一般是类平抛运动，通常采用运动的合成与分解的方法处理。通过对带电粒子的受力分析和运动规律分析，借助运动的合成与分解，寻找两个分运动，再应用牛顿运动定律或运动学规律求解。
②对于在非匀强电场中的曲线运动，一般是根据牛顿运动定律、曲线运动知识和动能定理、能量守恒定律定性分析。
(4)当带电粒子从一个电场区域进入另一个电场区域时，要注意分析带电粒子的运动规律的变化及两区域电场交界处的有关联的物理量，这些关联量往往是解决问题的突破口。
2.带电体在电场、重力场中运动的动力学问题
1．等效重力法
将重力与电场力进行合成，如图所示，

则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向．
2．物理最高点与几何最高点
在“等效力场”中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题．小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点．几何最高点是图形中所画圆的最上端，是符合人眼视觉习惯的最高点．而物理最高点是物体在圆周运动过程中速度最小(称为临界速度)的点．
【突破训练】
1．(多选)(2019·湖北六校联考)一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用．若重力势能增加5 J，机械能增加1.5 J，电场力做功2 J，则小球 (　　)
A．重力做功为5 J　　　　　　 B．电势能减少2 J
C．空气阻力做功0.5 J D．动能减少3.5 J
【答案】：BD
【解析】：小球的重力势能增加5 J，则小球克服重力做功5 J，故A错误；电场力对小球做功2 J，则小球的电势能减小2 J，故B正确；小球共受到重力、电场力、空气阻力三个力作用．小球的机械能增加1.5 J，则除重力以外的力做功为1.5 J，电场力对小球做功2 J，则知，空气阻力做功为－0.5 J，即小球克服空气阻力做功0.5 J，故C错误；重力、电场力、空气阻力三力做功之和为－3.5 J，根据动能定理，小球的动能减小3.5 J，D正确．
2．(2019·宁夏石嘴山一模)如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)

A．匀强电场的电场强度E＝
B．小球动能的最小值为Ek＝
C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
【答案】　AB
【解析】　小球静止时细线与竖直方向成θ角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有：mgtanθ＝qE，解得E＝，故A正确；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，拉力为零，根据牛顿第二定律，有：＝m，则最小动能Ek＝mv2＝，故B正确；运动过程中小球的机械能和电势能之和不变，则小球运动至电势能最大的位置时机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端时机械能最小，故C错误；小球从初始位置开始，若在竖直平面内逆时针运动一周，电场力先做正功后做负功再做正功，则其电势能先减小后增大再减小，同理，若顺时针运动一周，其电势能先增大后减小再增大，故D错误。

3.(2019·江西南昌二模)如图，竖直平面内(纸面)存在平行于纸面的匀强电场，方向与水平方向成θ＝60°角，纸面内的线段MN与水平方向成α＝30°角，MN长度为d。现将一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电小球从M点由静止释放，小球沿MN方向运动，到达N点的速度大小为vN(待求)；若将该小球从M点沿垂直于MN的方向，以大小vN的速度抛出，小球将经过M点正上方的P点(未画出)，已知重力加速度大小为g，求：

(1)匀强电场的电场强度E及小球在N点的速度vN；
(2)M点和P点之间的电势差；
(3)小球在P点动能与在M点动能的比值。
【答案】　(1)　　(2)　(3)
【解析】　(1)由小球运动方向可知，小球所受合力沿MN方向，如图甲，由正弦定理：＝＝

解得：E＝，合力F＝mg，
加速度a＝＝g
从M→N，有：2ad＝v
解得：vN＝。

(2)如图乙，设MP长为h，作PC垂直于电场线于C点，小球做类平抛运动：
hcos60°＝at2
hsin60°＝vNt
UMC＝Ehcos30°
UMP＝UMC
解得：UMP＝。
(3)如图乙，作PD垂直于MN于D点，从M→P，由动能定理：FsMD＝EkP－EkM
sMD＝hcos60°
EkM＝mv，解得：＝。
4.(2019·辽宁省沈阳市一模)如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道ABC固定在竖直面内，圆心为O，轨道半径为R，B为轨道最低点。该装置右侧的圆弧置于水平向右的足够大的匀强电场中。某一时刻一个带电小球从A点由静止开始运动，到达B点时，小球的动能为E0，进入电场后继续沿轨道运动，到达C点时小球的电势能减少量为2E0，试求：

(1)小球所受重力和电场力的大小；
(2)小球脱离轨道后到达最高点时的动能。
【答案】　(1)　　(2)8E0
【解析】　(1)设带电小球的质量为m，则从A到B根据动能定理有：mgR＝E0
则小球受到的重力为：mg＝，方向竖直向下；
由题可知：到达C点时小球的电势能减少量为2E0，根据功能关系可知：EqR＝2E0
则小球受到的电场力为：Eq＝，方向水平向右，小球带正电。
(2)设小球到达C点时速度为vC，则从A到C根据动能定理有：EqR＝mv＝2E0
则C点速度为：vC＝ ，方向竖直向上。
从C点飞出后，在竖直方向只受重力作用，做匀减速运动到达最高点的时间为：t＝＝ ，
在水平方向只受电场力作用，做匀加速运动，到达最高点时其速度为：
v＝at＝t＝ ＝2，
则在最高点的动能为：
Ek＝mv2＝m(2)2＝8E0。
5.如图所示，第一象限中有沿x轴的正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小相等．一个质量为m，电荷量为－q的带电质点以初速度v0从x轴上P(－L，0)点射入第二象限，已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动，并且能够连续两次通过y轴上的同一个点Q(未画出)，重力加速度g为已知量．求：

(1)初速度v0与x轴正方向的夹角；
(2)P、Q两点间的电势差UPQ；
(3)带电质点在第一象限中运动所用的时间．
【答案】：(1)45°　(2)－　(3)
【解析】：(1)由题意知，带电质点在第二象限做匀速直线运动，有qE＝mg
设初速度v0与x轴正方向的夹角为θ，
且由带电质点在第一象限做直线运动，有tan θ＝
解得θ＝45°.
(2)P到Q的过程，由动能定理有
qEL－mgL＝0
WPQ＝qEL
解得UPQ＝＝－.
(3)带电质点在第一象限做匀变速直线运动，
由牛顿第二定律有mg＝ma，
即a＝g，v0＝at
解得t＝
带电质点在第一象限中往返一次所用的时间
T＝2t＝.