专题11 电容器带电粒子在电场中的运动2024年高考物理二轮热点题型归纳与变式演练（新高考通用）

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二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
专题11 电容器带电粒子在电场中的运动
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc6579" 题型一 有关平行板电容器的问题分析 PAGEREF _Tc6579 \h 1
\l "_Tc26826" 题型二 带电粒子在电场中的加速直线与偏转 PAGEREF _Tc26826 \h 5
\l "_Tc7775" 题型三 带电粒子在交变电场中的运动 PAGEREF _Tc7775 \h 14
\l "_Tc4553" 题型四 带电粒子（带电体）在电场中的力电综合问题 PAGEREF _Tc4553 \h 25
题型一 有关平行板电容器的问题分析
【解题指导】
(1)两类动态问题的分析要抓住C＝eq \f(Q,U)、C＝eq \f(εrS,4πkd)和E＝eq \f(U,d)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】（2023上·山西晋城·高三晋城市第一中学校校考期中）如图甲所示，计算机键盘为电容式传感器，每个键下面由相互平行、间距为d的活动金属片和固定金属片组成，两金属片间有空气间隙，两金属片组成一个平行板电容器，如图乙所示。其内部电路如图丙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．按键的过程中，电容器的电容减小
B．按键的过程中，电容器的电荷量增大
C．按键的过程中，图丙中电流方向从a流向b
D．按键的过程中，电容器间的电场强度减小
【答案】B
【详解】A．根据平行板电容器的电容计算公式
得知，按键过程中，板间距离d减小，电容C增大，故A错误；
BC．因C增大，U不变，根据Q=CU知Q增大，电容器充电，电流方向从b流向a，故B正确，C错误；
D．根据电势差与电场强度的关系U=Ed，可知电容器间的电场强度增大，故D错误；
故选B。
【典例分析2】（2023上·辽宁锦州·高三渤海大学附属高级中学校考期中）如图所示，平行板电容器与电动势为的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电的油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是（ ）
A．平行板电容器的极板所带电荷量不变
B．静电计指针张角变小
C．带电油滴的电势能增加
D．若将上极板与电源断开后再将下极板左移一小段距离，则油滴所受电场力变大
【答案】D
【详解】A．将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距减小，根据知，d减小，则电容增加，电压不变，则平行板电容器的极板所带电荷量增大，故A错误；
B．静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B错误；
C．电势差不变，d减小，则电场强度增加，P点与下极板的电势差变大，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小，故C错误；
D．若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，正对面积S减小，根据
知电场强度变大，则油滴所受电场力变大，故D正确。
故选D。
【方法提炼】
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＝eq \f(εrS,4πkd)，C＝eq \f(Q,U)，E＝eq \f(U,d)。
(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＝eq \f(εrS,4πkd)，Q＝CU(变化同C)，E＝eq \f(U,d)。
②充电后与电池两极断开：Q不变，C＝eq \f(εrS,4πkd)，U＝eq \f(Q,C)(变化与C相反)，E＝eq \f(U,d)＝eq \f(4πkQ,εrS)。
(3)电势和电势能的变化结合电场的相关公式分析。
【变式演练】
1．（2023上·广东肇庆·高三肇庆市第一中学校考期中）前智能手机普遍采用了指纹识别，常用的指纹识别传感器是电容式传感器，指纹的凸起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”。传感器上有大量面积相同的小极板，当手指贴在传感器上时，这些小极板和正对的皮肤表面部分形成大量的小电容器，这样在嵴处和峪处形成的电容器的电容大小不同。此时传感器给所有的电容器充电后达到某一电压值，然后电容器放电，电容值小的电容器放电较快，根据放电快慢的不同，就可以探测到嵴和峪的位置，从而形成指纹图像数据。根据文中信息，下列说法正确的是（ ）

A．峪处形成的电容器电容较小B．在峪处形成的电容器放电较慢
C．充电后在嵴处形成的电容器的电荷量小D．湿的手指头对指纹识别也绝对没有影响
【答案】A
【详解】A．在嵴处皮肤表面和小极板之间的距离较小，在峪处皮肤表面与小极板之间的距离较大，根据电容的决定式
知，在峪处形成的电容器电容较小，在嵴处形成的电容器电容较大，故A正确；
B．充电后在峪处形成的电容器电容器小，带电量少，放电时间短，故B错误；
C．在嵴处形成的电容器电容较大，充电后
带电量大，故C错误；
D．潮湿的手指头影响了皮肤表面与小极板之间的相对介电常数ɛr，从而影响电容，所以潮湿的手指头对指纹的识别有一定的影响，故D错误。
故选A。
2．（2023上·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）如图甲所示，计算机键盘为电容式传感器，每个键下面由相互平行、间距为d的活动金属片和固定金属片组成，两金属片间有空气间隙，两金属片组成一个平行板电容器，如图乙所示。其内部电路如图丙所示，已知只有当该键的电容改变量大于或等于原电容的40％时，传感器才有感应，则下列说法正确的是（ ）
A．按键的过程中，电容器的电容减小
B．按键的过程中，电容器的电量减小
C．按键的过程中，图丙中电流方向从a流向b
D．欲使传感器有感应，按键需至少按下
【答案】D
【详解】A．根据电容计算公式得，按键过程中，d减小，C增大，故A错误；
BC．因C增大，U不变，根据得Q增大，电容器充电，电流方向从b流向a，故BC错误；
D．按键过程，正对面积，介电常数不变，间距d减小，令按键至少按下距离为传感器会响应，则有
联立解得
故D正确。
故选D。
3．（2023上·江苏镇江·高三统考期中）电容式位移传感器工作原理如图所示，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。若电介质板向左移动一微小位移x，下列说法正确的是（ ）
A．电容器两极板间电压变小
B．电容器电容C变大
C．电容器带电量变少
D．有方向的电流流过电阻
【答案】B
【详解】AB．若电介质板向左移动一微小位移x，电介质插入两板间的长度增大，根据
可知电容C增大；电容器与电源连接，电压不变，故A错误，B正确；
CD．根据
可知，若电容C增大，则Q增大，电容器充电，电量变大，同时有方向的电流流过电阻，故C D错误。
故选B。
题型二 带电粒子在电场中的加速直线与偏转
【解题指导】
(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】（2023上·北京西城·高三北京市第一六一中学校考期中）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沿垂直于板方向偏移的距离y；
（3）电子在离开偏转电场时的动能。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据动能定理
解得
（2）在平行于极板方向做匀速运动
在垂直于极板方向做匀加速直线运动
根据牛顿第二定律
解得
（3）由动能定理
解得
【典例分析2】（2023·广东东莞·高三校联考期中）如图所示，离子发生器发射出一束质量为m，电荷量为q的离子，从静止经加速电压U1加速后，获得一定的速度，并沿垂直于电场方向射入两平行板中央，受偏转电压U2作用后，离开电场。已知平行板长为L，两板间距离为d，求：
（1）离子出加速电场时的速度大小；
（2）离子在离开偏转电场时的偏移量y；
（3）离子在离开偏转电场时的动能Ek的大小。

【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）在加速电场中，由动能定理得
解得
（2）离子在偏转电场中做类平抛运动，则
联立解得
（3）由运动学公式可得
联立可知
【方法提炼】
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＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，其中Uy＝eq \f(U,d)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＝(eq \f(l,2)＋L)tan θ(l为电场宽度)；
(3)y＝y0＋vy·eq \f(L,v0)；
(4)根据三角形相似eq \f(y,y0)＝eq \f(\f(l,2)＋L,\f(l,2)).
【变式演练】
1.（2023上·山西晋城·高三晋城市第一中学校校考期中）如图所示，电荷量之比为 的带电粒子A、B以相等的速度v，从同一点出发，沿着与电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在极板上的 C、D点，若OC=CD，忽略粒子重力的影响，则下列说法正确的是（ ）
A．A和B在电场中运动的时间之比为2∶1
B．A和B运动的加速度大小之比为4∶1
C．A 和B的位移大小之比为 1∶2
D．A和 B的质量之比为1∶12
【答案】BD
【详解】A．A和B在电场中运动时水平方向做匀速运动，则时间之比等于水平位移之比，即时间之比为1∶2，选项A错误；
B．竖直方向做匀加速运动，则根据
可得
则A和B运动的加速度大小之比为4∶1，选项B正确；
C．A 和B的位移
水平位移之比为1:2，竖直位移相等，可知位移大小之比不等于 1∶2，选项C错误；
D．根据
则
可得A和 B的质量之比为1∶12，选项D正确。
故选BD。
2.（2023上·河北邢台·高三河北内丘中学校联考期中）如图所示，边长为的正方形区域内存在沿方向、大小为的匀强电场，带电荷量为的粒子从点沿方向以速度射入匀强电场，从边的中点离开匀强电场，不计粒子受到的重力，下列说法正确的是（ ）

A．带电粒子在匀强电场中运动的时间为B．带电粒子经过点时的速度大小为
C．带电粒子经过点时的动能为D．带电粒子的质量为
【答案】AD
【详解】A．带电粒子在匀强电场中运动的时间为
故A正确；
B．带电粒子在竖直方向有
可得
带电粒子经过点时的速度大小为
故B错误；
D．根据动力学公式有
加速度为
带电粒子的质量为
故D正确；
C．带电粒子经过点时的动能为
带电粒子经过点时的动能为
故C错误。
故选AD。
3.（2023上·江苏扬州·高三统考期中）如图所示，两金属板、竖直放置，间距为，两金属板正中间有一竖直放置的金属网，、、的尺寸相同，接地，、的电势均为。带电微粒在距离为的点由静止释放，恰好经过右侧距离也为的点。已知微粒的质量为，电荷量为，微粒与金属网不发生碰撞，重力加速度为。求：
（1）P、N间电场强度的大小；
（2）微粒第一次到达的时间；
（3）A、B两点间的高度差。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）、间，、间均为匀强电场，电场方向相反，由
得
（2）设微粒的水平加速度大小为
解得
解得
（3）设微粒在、两点间运动的时间为
B两点间的高度差
解得
4．（2023·河北石家庄·校联考模拟预测）如图所示， 质量为m、电荷量为q的带电粒子从粒子源无初速度地飘入电压为U的加速电场，经加速后从小孔沿平行金属板A、B的中线射入，并打到B板的中心。已知A、B两极板长为L，间距为d， 不计带电粒子的重力和粒子间的相互作用。
（1） 求A、B板间电场的电场强度大小；
（2） 仅将 B板下移适当距离， 其他条件不变， 为使同种带电粒子原样射入且恰能射出电场，求 B板下移的距离。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1） 设粒子离开加速电场时的速度为v， 由动能定理可得
解得
设A、B板间电场的电场强度大小为E，带电粒子在A、B板间电场中做类平抛运动，有

联立解得

（2） 若保持A、B两极板的电荷量不变， 将B板下移适当距离， 根据

可知电场强度保持不变。让同种带电粒子原样射入恰能射出电场， 则有

解得
y=2d
故B 板下移的距离为
5．（2023上·江苏镇江·高三统考期中）如图，静止于A处的质子（质量为m、电荷量为e），经电压为U的加速电场加速后，沿图中虚线垂直MP进入方向竖直向下的矩形有界匀强偏转电场区域MNPQ，区域边界、，质子经加速偏转后恰好能从PQ边距P点为2L处射出，粒子重力不计。
（1）求质子离开加速电场时的速度大小；
（2）求质子离开偏转电场时的速度大小；
（3）若偏转电场的场强大小变为原来的三分之一、方向不变，求质子离开该区域时的速度大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）质子在加速电场中做加速直线运动，由动能定理有
解得
（2）由题意以及之前的分析可知，质子在竖直方向做初速度为零的加速直线运动，在水平方向做速度大小为的匀速直线运动，当设电场的电场强度为E，竖直方向有
水平方向有
质子离开偏转磁场时速度为
解得
（3）其电场强度的大小变为原来的三分之一，由之前的分析可知，其竖直方向的加速度大小也变为原来的三分之一，有
假设质子从PQ边射出，则质子在竖直方向上依然做匀加速直线运动，有
所以有
则该短时间内质子在水平方向运动的距离为
结合之前的分析可知，其有
由上述分析可知，其质子出磁场时不是从磁场下端离开，设其离开磁场时的竖直方向速度为，时间为，其竖直方向有
水平方向仍然以做匀速直线运动，有
其质子离开磁场的速度大小为
题型三 带电粒子在交变电场中的运动
【解题指导】
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】（2023上·辽宁沈阳·高三校联考期中）如图甲所示为两块水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压U，电压U随时间t变化的图像如图乙所示。现有一群质量为m、重力不计的带电粒子以初速度沿中线射入两金属板间，经时间T都能从两板间飞出。下列关于粒子运动的描述正确的是（ ）
A．时入射的粒子，从进入电场到射出电场，电场力对粒子始终不做功
B．时入射的粒子，离开电场时的速度方向沿水平方向
C．时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
D．时入射的粒子，离开电场时的速度大小等于初速度
【答案】BD
【详解】A．因为在水平方向粒子的速度保持不变，当粒子在时入射时，在时粒子在竖直方向上的速度达到最大，当时粒子在竖直方向上的速度恰好减小为零，因此离开电场时偏离中线的距离最大，故时入射的粒子，从进入电场到射出电场，电场力对粒子做功，故A错误；
C．时入射的粒子，在竖直方向上，时间内进行加速，时间内进行反向减速，直到速度为零，此时距离中线距离最大，在时间内进行反向加速，时间内再次减速，直到速度为零，此时粒子回到中线，即粒子离开电场时不偏离中线，故C错误；
BD．无论哪个时刻入射的粒子，在一个周期T内，受到的正向电压和反向电压的时间是相同的，所以在竖直方向上电场力的冲量为零，所以离开电场时的速度方向都是水平的，且离开电场时的速度大小都相等，都等于初速度，故BD正确。
故选BD。
【典例分析2】（2024·山东德州·校联考模拟预测）如图1，在矩形MNPQ区域中有平行于PM方向的匀强电场，电场强度为，一电荷量为，质量为m带电粒子以的初速度从M点沿MN方向进入匀强电场，刚好从Q点射出。，。现保持电场强度的大小不变，使匀强电场的方向按图2做周期性变化。使带电粒子仍以的初速度从M点沿MN方向进入，粒子刚好能从QN边界平行PQ方向射出。不计粒子重力，取图1中方向为电场正方向。则下列说法正确的是（ ）
A．电场强度大小为
B．电场强度大小为
C．电场变化的周期可能为
D．电场变化的周期可能为
【答案】BCD
【详解】AB．对粒子分析，粒子沿MN方向做匀速直线运动，电场力方向做匀加速直线运动，则有
，
解得
故A错误，B正确；
CD．当场强方向周期性变化时，沿电场方向先做初速度为0的匀加速后再做匀减速到0的直线运动，此过程重复n次，n取正整数，根据
解得
当时，；当时，，故CD正确。
故选BCD。
【典例分析3】（2023上·海南省直辖县级单位·高三校考阶段练习）如图1所示，竖直正对放置的平行极板间存在一匀强电场，从板处的放射源连续无初速度地释放质量为、电荷量为的电子，电子经极板间的电场加速后由板上的小孔离开，然后沿水平放置的平行极板的中心线进入偏转电场。两极板的长度均为、间距为，两板之间加有如图2所示的交变电压，时间段内极板的电势高于极板的电势。电子被加速后离开极板间的加速电场时的速度大小为，所有电子在极板间的偏转电场里运动时均不会打到两极板上，不考虑电子的重力及电子之间的相互作用和极板的边缘效应。求：
（1）极板之间的电势差；
（2）时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的侧移距离；
（3）时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的侧移距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）粒子在板之间加速后获得速度为
根据动能定理可得
极板之间的电势差为
（2）电子进入极板间的偏转电场后在电场力的作用下做类平抛运动，沿水平方向做匀速直线运动有
解得
时刻进入极板间的偏转电场的电子加速度大小为
电子离开电场时距中心线的距离
解得
（3）时刻射入极板间的偏转电场的电子，在的时间内加速度大小为
此过程的侧移量为
在时刻竖直方向的分速度为
在时间内电子加速度大小为
此过程的侧移量为
离开极板间的偏转电场时的偏转距离为
【方法提炼】
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．
【变式演练】
1.（2023上·河南·高三校联考期中）如图甲所示，间距为d的平行金属板水平放置，两板间最高电压为，电压变化的周期为T，电压U随时间t变化的图象如图乙所示。一比荷的正离子以初速度沿平行金属板中心线方向从左侧射入，经过时间T从右侧射出，在运动过程中没有碰到极板，不计离子的重力。在离子从左侧射入到从右侧射出的过程中下列说法正确的是（ ）
A．如果离子在0时刻进入电场，它在垂直极板方向的位移为
B．如果离子在时刻进入电场，它在垂直极板方向的位移为
C．如果离子在时刻进入电场，它在垂直极板方向的位移为
D．如果离子在T时刻进入电场，它在垂直极板方向的位移为
【答案】AB
【详解】AD．如果离子在、T时刻进入电场，则离子先在两板间做类平抛运动，垂直极板方向的位移为，然后做匀速直线运动，此过程垂直极板方向的位移为，离子在两板间的加速度
离子在两板间垂直极板方向的位移为
离子运动时在竖直分速度为
在之后的内离子做匀速直线运动，则
离子偏离中心线的距离为
故A正确，D错误；
BC．如果离子在、时刻进入电场，离子先在水平方向上做匀速直线运动，运动后，离子开始偏转，做类平抛运动，在垂直极板方向的位移，则
故B正确，C错误。
故选AB。
2．（2023上·安徽·高三安徽省马鞍山市第二十二中学校联考阶段练习）图1的左侧平行金属板M、N间距为d，加有图2所示的交变电压，图1右侧为半径为R（）的圆形匀强磁场，磁感应强度为B垂直于纸面向内（图中未画出），AB为竖直方向直径。是M、N板间的中线并经过圆形磁场的圆心。不同时刻从O点沿中线射入初速度都为的不同粒子（不计粒子的重力），所有出射粒子都从A点离开磁场。则下列说法中正确的是（ ）

A．粒子都带负电
B．粒子在电场中运动时间都相同，且一定是电场周期T的整数倍
C．所有粒子从电场中射出的位置相同
D．粒子的比荷一定相等，都为
【答案】BD
【详解】B．所有粒子都汇聚到A点，显然为磁聚焦，故所有粒子从电场中射出的速度都为，方向水平，在电场中运动时间一定为周期T的整数倍，故B正确；
AD．进入磁场向上偏转做圆周运动，故粒子带正电，由，解得轨道半径
粒子的比荷为
故A错误， D正确；
C．不同时刻进入电场的粒子竖直方向运动不同，所有射出电场的位置也会不一样，故C错误。故选BD。
3．（2023下·湖南岳阳·高三湖南省岳阳县第一中学校考开学考试）如图甲所示，在空间存在一个变化的电场和一个变化的磁场，电场的方向水平向右（图甲中由B到C），场强大小随时间变化情况如图乙所示；磁感应强度方向垂直于纸面、大小随时间变化情况如图丙所示。在时，从A点沿AB方向（垂直于BC）以初速度射出第一个粒子，并在此之后，每隔2s有一个相同的粒子沿AB方向均以初速度射出，并恰好均能击中C点，若，且粒子由A运动到C的运动时间小于1s。不计重力和空气阻力，对于各粒子由A运动到C的过程中，以下说法正确的是（ ）

A．电场强度和磁感应强度的大小之比为
B．第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比为
C．第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比为
D．第一个粒子和第二个粒子通过C的动能之比为
【答案】BC
【详解】A．粒子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力
根据几何关系有
可得
粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向有
水平方向有
可得
电场强度和磁感应强度的大小之比为
故A错误；
B．第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比为
故B正确；
C．第一个粒子运动的时间为
第二个粒子运动的时间为
第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比为
故C正确；
D．第一个粒子通过C的动能为
根据动能定理有
第二个粒子通过C的动能为
第一个粒子和第二个粒子通过C的动能之比为
故D错误。故选BC。
4．（2023·黑龙江七台河·高三勃利县高级中学校考期中）如图甲，真空中的两平行金属板间距为d、板长为L。A、B两板间加上如乙图所示的方波形电压。在时刻，一质量为m、电量为e的电子以初速度从两板正中间沿板方向射入电场，并在时刻从板间射出，不计电子重力。下列说法正确的是（ ）
A．电子沿板方向做加速运动
B．板间距离必须满足
C．电子从板间射出时机械能增加eU0
D．电子从板间射出时的速度大小为v0
【答案】BD
【详解】AD．竖直方向上，内电子做匀加速直线运动，内电子匀减速至速度为零，出射速度大小为，故D正确，故A错误；
B．竖直方向分位移为
由可知
故B正确；
C．0～T内电场力做功为零，机械能增加量为零，故C错误。
故选BD。
5.（2023上·黑龙江大庆·高三大庆市东风中学校考阶段练习）如图甲所示，质量为m、电荷量为e的电子经加速电压，加速后，在水平方向沿垂直进入偏转电场。已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L（不考虑电场边缘效应），两极板间距为d，为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离也为L。求：
（1）粒子进入偏转电场的速度v的大小；
（2）若偏转电场两板间加恒定电压，电子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，A点与极板M在同一水平线上，求偏转电场所加电压；
（3）若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使电子经加速电场后，时刻进入偏转电场后水平飞出M板的右边缘，试确定偏转电场电压以及周期T分别应该满足的条件。
【答案】（1）；（2）；（3），
【详解】（1）电子经加速电场加速
解得
（2）由题意知，电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A点，设电子离开偏转电场时的偏转角为，则由几何关系得
解得
又
解得
（3）要使电子进入偏转电场后水平飞出M板的右边缘，电子必向上极板偏转，且，则电子应在时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期，因为电子水平射出，则电子在偏转电场中的运动时间满足
则
在竖直方向位移应满足
解得
题型四 带电粒子（带电体）在电场中的力电综合问题
【解题指导】
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】（2023上·辽宁丹东·高三统考期中）在平面坐标系内，半径为圆形区域内有平行纸面的匀强电场，圆与坐标轴的交点分别为坐标原点轴上的点和轴上的点，为圆的直径，．质量为，电荷量为的带电粒子在纸面内自点以不同的速度先后进入电场区域．已知进入电场时速度为零的粒子，从轴上的点以速率穿出电场（粒子仅受电场力作用）．求：
（1）圆形区域内电场强度的大小；
（2）所有沿轴正方向进入电场的粒子中，穿出电场时动能增量的最大值；
（3）某粒子以的速度沿轴正方向进入电场，求该粒子射出电场时的位置坐标。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由题意知，在点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于，则电场线沿轴正方向，根据几何关系可知
根据动能定理有
解得电场强度的大小
（2）根据题意可知，要使粒子动能增量最大，测沿电场线方向移动的距离最远．作与轴平行的直线与圆相切于点，与轴相交于点，粒子从点射出时沿电场线方向移动的距离最远，如图所示．粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有
由电场力提供加速度有
联立各式解得
粒子由点到点根据动能定理有
解得
（3）设该粒子射出点的坐标为，则
可得该粒子的轨迹方程为
又有圆的轨迹方程为
联立可得
即粒子射出点的坐标为
【典例分析2】（2023上·黑龙江哈尔滨·高三哈九中校考期中）如图，在足够大的光滑、绝缘水平面上有两小球A和B，质量分别为3m、m，其中A带电量为，B不带电，开始时A与B相距，空间加有水平向右匀强电场，场强大小为E，此时小球A由静止释放，小球A、B发生弹性正碰且A电荷量不会转移，A与B均可视为质点，重力加速度为g。
（1）求小球A与B第一次碰撞后的瞬间物块B的速度大小；
（2）求从初始时刻，到两小球发生第二次碰撞时，小球A电势能的减少量；
（3）求两小球第2023次碰撞后到第2024次碰撞前的时间间隔。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）A加速运动，由动能定理得
解的
设A与B发生碰撞后瞬间，A与B的速度大小分别为，，对于A、B碰撞过程，由动量守恒定律得
由机械能能守恒定律得
联立得
（2）若A、B发生第一次碰撞后到恰好发生第二次碰撞，运动时间为，则A的位移大小为
根据牛顿第二定律可得
B的位移大小为
且

联立四式得

对小球A从初始到与B球第二次碰撞时，电场力做功
又
联立解得小球A电势能的减少量
（3）由（2）可知，当A、B第二次相碰时，A球速度为
解得
设第二次碰撞后两个小球的速度分别为、，根据动量守恒定律得
由机械能能守恒定律得
联立解得
设从第二次碰撞到第三次碰撞的时间间隔为，根据位移关系
解得
以此类推，可以发现两小球每次碰撞后速度之差为，到下一次碰撞前速度差仍为，所以他们再次碰撞所需的时间均为
所以两小球第2023次碰撞后到第2024次碰撞前的时间间隔
【典例分析3】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＝eq \f(3mg,2E)，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)eq \r(6gR) (2) eq \r(\f(13gR,2)) eq \f(31mg,2) (3)(2eq \r(2)－eq \f(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
Eeq \f(3mg,2E)×12R－μmg×12R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
解得v1＝2eq \r(6gR)
对a与b碰撞过程由动量守恒定律得mv1＝2mv2
解得v2＝eq \r(6gR)。
(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＝arctaneq \f(Eq,2mg)＝arctaneq \f(3,4)＝37°
对滑块从碰后到速度最大的过程由动能定理有
Eeq \f(3mg,2E)Rsin37°－2mgR(1－cs37°)＝eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,3)－eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,2)
解得滑块的最大速度v3＝ eq \r(\f(13gR,2))
对滑块在此处，由牛顿第二定律得，FN－eq \f(2mg,cs37°)＝eq \f(2mv\\al(2,3),R)
解得滑块受到轨道的支持力FN＝eq \f(31mg,2)
由牛顿第三定律可知，此时滑块对轨道的作用力大小
FN′＝eq \f(31mg,2)。
(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＝eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,4)－eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,2)，
解得v4＝eq \r(2gR)。
在D点，对滑块受力分析得：FN1＋2mg＝eq \f(2mv\\al(2,4),R)
解得FN1＝2mg
所以滑块能通过D点并水平飞出，
在竖直方向：2R＝eq \f(1,2)gt2
解得t＝ eq \r(\f(4R,g))
水平方向受电场力，加速度不变，则
s＝v4t－eq \f(1,2)×eq \f(Eq,2m)t2＝(2eq \r(2)－eq \f(3,2))R。
【方法提炼】
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′＝eq \f(F合,m)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．
【变式演练】
1.（2024·全国·高三专题练习）如图所示，虚线MN下方存在着方向水平向左、范围足够大的匀强电场。AB为绝缘光滑且固定的四分之一圆弧轨道，轨道半径为R，O为圆心，B位于O点正下方。一质量为m、电荷量为q的带正电小球，以初速度vA竖直向下从A点沿切线进入四分之一圆弧轨道内侧，沿轨道运动到B处以速度vB射出。已知重力加速度为g，电场强度大小为，，空气阻力不计，下列说法正确的是（ ）
A．从A到B过程中，小球的机械能先增大后减小
B．从A到B过程中，小球对轨道的压力先减小后增大
C．在A、B两点的速度大小满足vA>vB
D．从B点抛出后，小球速度的最小值为
【答案】D
【详解】A．从A到B过程中，静电力一直做负功，小球的机械能一直减小，故A错误；
B．设等效重力与竖直线的夹角为θ，则
故θ为37°，等效重力方向与竖直方向成37°角偏左下方，所以从A到B过程中，小球速度先增大后减小，对轨道的压力先增大后减小，故B错误；
C．B点比A点更靠近等效最低点，所以，故C错误；
D．从A到B，由动能定理有
解得
之后小球做类斜抛运动，在垂直于等效场方向上的分速度即为最小速度，则
故D正确。故选D。
2.（2023·广西玉林·高三校考期中）如图所示，匀强电场，方向水平向右，ABCD为竖直放置在电场中的绝缘导轨，半圆形轨道BCD光滑，半径，B为圆轨道最低点，水平轨道与其相切于B点，水平轨道粗糙，，一质量、电荷量的带正电的小滑块在A点有一个水平向右的初速度。已知水平轨道与小滑块之间的动摩擦因数，重力加速度g取10m/s，求：
（1）小滑块从A到C的过程中，电场力做功为多少？
（2）小滑块到达C点时速度大小；
（3）小滑块到达C点时对轨道压力大小。
（4）通过计算说明小滑块能否到达最高点D点。

【答案】（1）0.3J；（2）；（3）7N；（4）能
【详解】（1）小滑块从A到C的运动过程，电场力做功为
代入数据解得
（2）设小滑块到达C点时速度大小为，对小滑块从A到C的运动过程，根据动能定理有
代入数据解得
（3）设小滑块到达C点时所受轨道支持力的大小为N，
根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律可知小滑块到达C点时对轨道压力大小为7N。
（4）小球恰好能通过D点时，有
得
假设小球能到达D时，到达D点的速度为v，从A到D，由动能定理得
解得
所以，小滑块能到达最高点D。
3.（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㓕速直线运动（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
4.（2023上·山东·高三校联考阶段练习）如图所示，半径为R的半圆形光滑轨道AB竖直放置固定在水平面上，O点为半圆形轨道的圆心，整个空间存在水平向左的匀强电场，半圆形轨道与水平光滑绝缘轨道BC连接，BC轨道的右侧和固定的光滑曲面CD连接，BD的水平距离为2R，D点与地面高度差，在距离B为的E处竖直向上抛出一带电量为的小球（初速度未知），小球恰好从A点无碰撞进入圆弧轨道。已知小球的质量为m，重力加速度为g，求：
（1）匀强电场强度E的大小；
（2）小球在圆弧轨道运动过程中对轨道的最大压力；
（3）若小球从D点飞出时匀强电场的方向突变为竖直向下，大小不变，要使小球从D点飞出后落到地面的水平射程最大，求从D点飞出时的速度方向和水平射程。
【答案】（1）；（2）；（3），
【详解】（1）对竖直方向逆向思维列自由落体运动规律
解得
对水平方向列位移时间关系
解得
对水平方向列牛顿第二定律
解得
（2）对小球再A点分析
代入数据解得
方向和竖直方向夹角为，从A点到等效最低点列动能定理
对等效最低点列牛顿第二定律
解得
由牛顿第三定律可得压力为
（3）小球由A点到D点，由动能定理可得
解得
设从D点飞出时的速度方向与水平方向夹角为，落地速度为，落地速度与水平方向的夹角为
解得
该过程的速度变化量为
如图所示为速度矢量关系图，速度矢量图的面积为
可知当速度矢量图面积最大时，水平射程x有最大值，所以当
时，面积最大
此时
5.（2023上·辽宁·高三校联考期中）如图甲所示，粗糙水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨BO在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m、带电荷量为q的带正电滑块放在粗糙水平面的A点，时刻起受到方向向右、大小如图乙所示随时间变化的拉力F的作用，滑块由静止开始沿水平面运动，时间后经过B点，此时撤去拉力F，之后滑块沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在区域有方向与x轴夹角为的匀强电场，电场强度大小为。滑块可看成质点且在运动过程中电荷量保持不变，滑块与粗糙水平面之间的动摩擦因数，重力加速度为g。求：
（1）滑块经过B点时的速度大小；
（2）滑块经过O点时的速度大小；
（3）滑块过O点后运动的轨迹方程。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据拉力F随时间t变化的图像与坐标轴围成的面积可求拉力F的冲量，即
根据动量定理，有
解得
（2）滑块受到的电场力
滑块从B到O，根据动能定理有
解得
（3）滑块运动至O点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，则x轴方向有
竖直方向有
解得
，
说明小球过O点后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有
，
联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为