专题22 电容器带电粒子在电场中的运动（教师版）-2025版高考物理热点题型讲义

专题22电容器带电粒子在电场中的运动目录TOC\o"1-3"\h\u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 7类型3电容器的综合分析 10题型二实验：观察电容器的充、放电现象 16题型三带电粒子(带电体)在电场中的直线运动 24类型1带电粒子在电场中的直线运动 24类型2带电体在静电力和重力作用下的直线运动 28类型3带电粒子在交变电场中的直线运动 33题型四带电粒子在电场中的偏转 36类型1带电粒子在匀强电场中的偏转 37类型2带电粒子在组合电场中的偏转 42类型3带电粒子在重力场和电场复合场中的偏转 49类型4类型带电粒子在交变电场中的偏转 59题型五带电粒子在重力场和电场中的圆周运动 68题型六电场中的力、电综合问题 77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①根据C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)先分析电容的变化，再分析Q的变化．②根据E＝eq\f(U,d)分析场强的变化．③根据UAB＝E·d分析某点电势变化．(2)Q不变①根据C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)先分析电容的变化，再分析U的变化．②根据E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4kπQ,εrS)分析场强变化．类型1两极板间电势差不变【例1】(多选)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()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＝eq\f(εrS,4πkd)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＝eq\f(εrS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)，E＝eq\f(U,d)，可得E＝eq\f(4πk,εrS)Q可知，电场强度不变。B板电势为零，根据UPB＝EdPB可得φP－0＝EdPB，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。根据Ep＝qφ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＝eq\f(εrS,4πkd)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】为了方便在医院输液的病人及时监控药液是否即将滴完，有人发明了一种利用电容器原理实现的输液报警装置，实物图和电路原理如图所示。闭合开关，当药液液面降低时，夹在输液管两侧的电容器C的两极板之间介质由液体改变为气体，蜂鸣器B就会因通过特定方向的电流而发出声音，电路中电表均为理想电表。根据以上说明，下列选项分析正确的是（）A．液面下降后，电容器两端电压变大B．液面下降后，电容器所带电量减少C．液面下降时蜂鸣器电流由a流向bD．输液管较粗时，电容器容值会变大【答案】B【详解】A．开关闭合稳定时，电容器两端电压等于电源电动势，即液面下降稳定后，电容器两端电压不变，故A错误；B．根据，液面下降，极板之间的介电常数减小，则电容减小，极板之间电压不变，则电容器所带电量减少，故B正确；C．根据图示可知，电容器右侧极板带负电，结合上述，液面下降时，极板所带电荷量减少，即右侧极板失去电子，电子从a向b运动，则蜂鸣器电流由b流向a，故C错误；D．结合上述可知，输液管较粗时，极板之间间距增大，则电容器容值会变小，故D错误。故选B。【例3】．2018年8月23～25日，第九届上海国际超级电容器产业展览会成功举行，作为中国最大超级电容器展，众多行业龙头踊跃参与。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，一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态，在其他条件不变的情况下，现将平行板电容器的两极板非常缓慢地错开一些，那么在错开的过程中（）A．电容器的电容C增大B．电容器所带的电荷量Q增大C．电流计中的电流从N流向MD．油滴将向下加速运动【答案】C【详解】A．根据可知电容器的两极板缓慢地错开一些，即极板间的正对面积减小，电容器的电容C随之减小。故A错误；B．由可知电容器极板间电压保持不变时，电容减小，则极板所带的电荷量Q减小。电容器处于放电状态，电流计中的电流从N流向M。故B错误；C正确；D．根据可知极板间场强未变，极板间距离也未变，所以场强不变，油滴继续处于静止状态。故D错误。故选C。【例4】．如图所示，在平行板电容器两板间有一个带电微粒。开关S闭合时，该微粒恰好能保持静止。若使该带电微粒向上运动，下列说法正确的是（）A．保持S闭合，极板N上移 B．保持S闭合，极板M上移C．充电后将S断开，极板N上移 D．充电后将S断开，极板M上移【答案】A【详解】AB．微粒静止，所受重力和电场力等大反向，保持S闭合，则电容器极板间电压不变，根据，若将极板N上移，板间距离减小，板间场强增大，微粒受到的电场力增大，带电微粒向上运动；若将极板M上移，板间距离增大，板间场强减小，微粒受到的电场力减小，带电微粒向下运动；故A正确，B错误；CD．充电后将S断开，则电容器所带电荷量不变，根据将极板N上移或极板M上移，板间场强不变，，微粒受到的电场力不变，带电微粒仍处于静止状态，故CD错误。故选A。【例5】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错误。故选B。【例6】如图平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，闭合开关K，稳定时一带电的油滴静止于两极板间的P点，则：（1）油滴带正电还是负电？（2）若保持开关K闭合，减小两板间的距离，两极板间电势差如何变化？所带的电荷量如何变化？电流计中电流是什么方向？油滴的状态如何？如果是减小两板正对面积呢？（3）若断开开关K，减小两极板间的距离，则两极板间电势差如何变化？静电计指针张角如何变化？油滴的状态如何？如果是减小两板正对面积呢？【答案】（1）负电；（2）不变；增加；从b到a；向上运动；不变；减小；从a到b；静止状态；（3）减小；变小；静止状态；增大；变大；静止状态【详解】（1）对油滴受力分析可知，油滴受到的电场力竖直向上，与板间场强方向相反，则油滴带负电。（2）若保持开关K闭合，两极板间电势差保持不变，根据可知减小两板间的距离，电容器的电容增大，由可知电容器极板所带的电荷量增加，处于充电状态，电流计中电流是从b到a，根据可知，极板间电场强度增大，油滴受到的电场力增大，将向上运动。同理，若减小两板正对面积，电容器极板间电势差仍保持不变，电容器电容减小，极板上电荷量减小，电容器处于放电状态，电流计中电流是从a到b，极板间电场强度保持不变，油滴受到的电场力不变，处于静止状态。（3）若断开开关K，两极板上电荷量保持不变，根据可知减小两板间的距离，电容器的电容增大，由可知电容器极板间电势差减小。静电计指针张角变小，根据可知，极板间电场强度不变，油滴受到的电场力不变，处于静止状态。同理，若减小两板正对面积，两极板上电荷量保持不变，电容器电容减小，极板间电势差增大。静电计指针张角变大，极板间电场强度保持不变，油滴受到的电场力不变，处于静止状态。类型2两极板带电荷量不变【例1】如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间的P点固定一个带正电的检验电荷。用C表示电容器的电容，E表示两板间的电场强度的大小，表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能。若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离，上述各物理量与负极板移动距离x（）的关系图像中正确的是（）A． B．C． D．【答案】C【详解】A．根据公式可知，电容器的电容与移动距离的关系为负极板缓慢向右平移一小段距离，两板间距减小，电容随两板间距减小而增大，但不是线性关系，故A错误；B．根据公式、和可得电容器充电后与电源断开，电荷量保持不变，负极板缓慢向右平移一小段距离，电场强度保持不变，故B错误；CD．设初始P点与负极板间距离为，则P点与负极板间电势差为整理可得由公式可知，正电荷在P点的电势能减小。故C正确，D错误。故选C。【例2】．如图所示，带电的平行板电容器与静电计连接，下极板接地，静电计外壳接地，已知电容器上极板带正电，稳定时一带电的油滴恰好静止于两极板间的点，则下列说法正确的是（）A．保持下极板不动，将上极板稍微下移一点距离，静电计的张角变大B．保持上极板不动，将下极板稍微下移一点距离，液滴将向下运动C．保持下极板不动，将上极板稍微向右移一点距离，点电势将升高D．保持下极板不动，将上极板稍微向右移一点距离，带电油滴仍静止不动【答案】C【详解】A．将上极板稍微下移一点距离，则d减小，根据可知C增大，根据电荷量Q不变，则U减小，静电计张角变小，故A错误；B．一带电的油滴恰好静止于两极板间的点，根据受力分析可知油滴带负电，保持上极板不动，将下极板稍微下移一点距离，则d增大，根据可得可知电场强度不变，则油滴不运动，故B错误；C．保持下极板不动，将上极板稍微向右移一点距离，则S减小，根据可知电场强度变大，油滴距离下极板的距离不变，根据可知电势升高，故C正确；D．保持下极板不动，将上极板稍微向右移一点距离，则S减小，根据可知电场强度增大，则电场力增大，带电油滴向上运动，故D错误；故选C。【例3】．某同学设计了一个电容式风力传感器，如图所示。将电容器与静电计组成回路，P点为极板间的一点。可动电极在风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大（可动电极不会到达P点）。若极板上电荷量保持不变，则下列说法正确的是（）A．风力越大，电容器电容越小 B．风力越大，静电计指针张角越小C．风力越大，极板间电场强度越大 D．风力越大，P点的电势仍保持不变【答案】B【详解】A．根据，风力越大，两板间的距离d越小，电容器电容C越大，A错误；B．根据解得风力越大，两板间的距离d越小，两板之间的电势差越小，静电计指针张角越小，B正确；C．根据解得风力越大，两板间的距离d越小，极板间电场强度与距离d无关，电场强度不变，C错误；D．根据解得风力越大，P点到负极板之间的距离越小，P点的电势越小，D错误。故选B。类型3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ΔI、ΔU1和ΔU2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.eq\f(ΔU1,ΔI)一定不变，eq\f(ΔU2,ΔI)一定变大B.eq\f(ΔU1,ΔI)和eq\f(ΔU2,ΔI)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U1＝E－Ir可得eq\f(ΔU1,ΔI)＝r，可知eq\f(ΔU1,ΔI)不变，根据U2＝E－I(R＋r)可得eq\f(ΔU2,ΔI)＝r＋R，可知eq\f(ΔU2,ΔI)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】．手机内电容式传感器的工作电路如图所示，M极板固定，N极板可以按图中标识前后左右运动，下列说法正确的是（  ）A．N极板向左运动一段距离后，电容器的电容减小B．N极板向前运动一段距离后，电容器间的电场强度减小C．N极板向后运动一段距离后，电容器的电荷量增加D．N极板向后运动的过程中，流过电流表的电流方向由b向a【答案】AD【详解】A．根据N极板向左运动一段距离后，电容器两极板正对面积减小，电容器的电容减小，故A正确；B．N极板向前运动一段距离后，电容器两极板之间的间距d减小，两极板之间电势差不变，根据电容器间的电场强度增大，故B错误；C．根据N极板向后运动一段距离后，电容器两极板之间的间距增大，电容器的电容减小，两极板之间电势差不变，根据Q=UC电容器的电荷量减小，故C错误；D．电容器上极板与电源正极相接，由C项分析可知N极板向后运动的过程中，电容器的电荷量减小，流过电流表的电流方向由b向a，故D正确。故选AD。【例3】．如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，为定值电阻，和为可变电阻，开关S闭合。质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点。若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是（）A．断开开关S，M极板稍微上移，粒子依然打在O点B．断开开关S，N极板稍微下移，粒子打在O点右侧C．保持开关S闭合，减小，粒子依然打在O点D．保持开关S闭合，增大，粒子打在O点右侧【答案】AB【详解】AB．设两板间的电压为U，两板间的距离为d，粒子的电荷量为q，微粒从P点以水平速度射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点，则根据牛顿第二定律可得加速度为方向垂直于板向下断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为结合，，可得电场强度不变，故加速度不变，M极板稍微上移，不会影响离子的运动，故还打在O点；N极板稍微下移，粒子在竖直方向运动的位移增大，由可知运动时间增大，沿平行板方向运动的位移变大，粒子打在O点的右侧，故AB正确；C．保持开关S闭合，由串并联电压关系可知，R0两端的电压为减小，U将增大，电容器两端的电压增大，粒子向下运动的加速度减小，由可知粒子运动时间变长，沿平行板方向运动的位移变大，故粒子打在O点右侧，故C错误；D．保持开关S闭合，增大R2，不会影响电阻R0两端的电压，故粒子打在O点，故D错误。故选AB。【例4】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5】如图所示，一水平放置的平行板电容器的下极板接地。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 B．M、N两极板间的电压保持不变C．P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6】．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，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；D．A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压等于电源电压时电荷停止定向移动，电流I＝0.(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)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】．工业生产中经常会用到需要避光储存的绝缘液体原料，为了方便测量其深度，某同学设计了如下装置。在储存液体原料的桶的外侧底部，放置一个与桶底形状相同、面积为S的金属板，桶内有一面积为S的轻质金属箔板，漂浮在液体表面上。圆桶由绝缘材料制成，桶壁厚度可忽略不计，使用时需要进行如下操作：(1)将开关接“1”接线柱，电容器充满电后，将开关接“2”接线柱，电流传感器记录下电流随时间的变化关系如图。可知电容器充满电后的电荷量C。(2)再将开关接“1”接线柱，电容器充满电后，将开关接“3”接线柱，电压传感器的示数为。可根据的大小得出液体的深度；改变深度，电压传感器示数随之改变。根据所学知识判断电压传感器示数和液体的深度成关系（填“线性”、“非线性”）。(3)由于工作过程中电荷量会有一定的损失，将导致深度的测量结果（填“偏大”、“偏小”、“不受影响”）。【答案】(1)(2)线性(3)偏小【详解】（1）I-t图像与坐标轴围成的面积表示电量，一小格的电量为图中总共约14小格，所以电容器充满电的电荷量为（2）根据，联立，解得可知电压传感器示数和液体的深度成线性关系。（3）由于工作过程中电荷量会有一定的损失，则极板间电压随之减小，将导致深度的测量结果偏小。【例2】．电容储能已经在电动汽车，风光发电、脉冲电源等方面得到广泛应用。某物理兴趣小组设计图甲所示电路，探究不同电压下电容器的充放电过程。器材如下：电容器C（额定电压10V，电容标识不清）；电源（电动势12V，内阻不计）；电阻箱R1（阻值0~99999.9Ω）；滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流2A）；电压表V（量程15V，内阻很大）发光二极管D1和D2，开关S1和S2，电流传感器，计算机，导线若干。(1)电容器充电过程，若要提高电容两端电压，应将滑片向（选填“左”，“右”）移动。(2)某次实验中，完成充电后电压表读数如图乙所示，电容器两端的电压为。(3)继续调节滑动变阻器滑片位置，电压表示数为8.0V时，开关S2掷向1，得到电容器充电过程的I-t图像，如图丙所示。借鉴“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中估算油膜面积的方法，根据图像可估算出充电结束后，电容器存储的电荷量为C（结果保留2位有效数字），电容器的电容为F。(4)电容器充电后，将开关S2掷向2，发光二极管（选填“D1”，“D2”）发光。【答案】(1)右(2)6.5V(3)3.8×10-34.75×10-4(4)D1【详解】（1）由于滑动变阻器采用分压式接法，故向右端滑动滑片时可以提高电容两端电压。（2）由于电压表量程为15V，所以每一小格为0.5V，所以读数为（3）[1]I-t图像与坐标轴所围区域的面积等于电容器存储的电荷量，所以电容器存储的电荷量为[2]根据电容的定义式可得（4）电容器充电后，将开关S2掷向2，电容器放电，且电容器左极板高电势，右极板低电势，根据二极管的特性可知，D1闪光。【例3】．电流传感器不仅可以和电流表一样测电流，而且还具有反应快、能捕捉到瞬间电流变化等优点。某学习小组用传感器观察电容器的充放电现象并测量该电容器的电容。实验操作如下：①小组成员按照图甲所示的电路进行实物连接；②先将开关S拨至1端，电源向电容器充电，电压传感器记录这一过程中电压随时间变化的图线，如图乙所示；③然后将开关S拨至2端，电容器放电，电流传感器记录这一过程中电流随时间变化的图线，如图丙所示。则：(1)电容器放电时，流过电阻R的电流方向为；（选填“a→b”或“b→a”）；(2)已知图线与t轴所围成的面积表示电荷量，若图丙中图线与t轴所围的小格数约为60个，则该电容器充电完毕后所带的电荷量约为C，电容大小约为F。（结果均保留两位有效数字）【答案】(1)(2)【详解】（1）电容器上极板带正电，则放电时，流过电阻R的电流方向为b→a；（2）[1]该电容器充电完毕后所带的电荷量约为[2]电容大小约为【例4】．图甲所示电路为“用传感器观察电容器的放电过程”实验电路图。开关未闭合时，电源的电压。实验操作时，单刀双掷开关先跟2相接。某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2。实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。开关再改接2后得到的图像如图乙所示。(1)开关改接1后流经电阻上的电流方向为（填“自上而下”或“自下而上”）。(2)已知电容器的电容为，则图乙中图线与坐标轴所围“面积”为。(3)电容器充电后就储存了能量，某同学研究电容器储存的能量与电容器的电容、电荷量及电容器两极板间电压之间的关系。他从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功。为此他还做出电容器两极板间的电压随电荷量变化的图像如图所示。按照他的想法，下列说法正确的是（）A．图线的斜率越大，电容越小B．对同一电容器，电容器储存的能量与电荷量成正比C．对同一电容器，电容器储存的能量与电容器两极板间电压的平方成正比【答案】(1)自上而下(2)(3)AC【详解】（1）开关S接1时，电源给电容器充电，电容器上极板接正极，充电完成，上极板带正电，下极板带负电，电子自下而上流经电阻，故开关改接1后流经电阻上的电流方向为自上而下；（2）图乙中图线与坐标轴所围“面积”为电容器充电后所带电荷量，由得（3）A．由得图线的斜率为，故图线的斜率越大，电容越小，故A正确；BC．电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功，也等于图像所围的面积解得从上面的式子看出，电容器储存的能量与电荷量的平方成正比，对同一电容器，电容器储存的能量与电容器两极板间电压的平方成正比，故B错误，故C正确。故选AC。【例5】．电容器是一种重要的电学元件，有着广泛的应用。某学习兴趣小组用图甲所示电路探究电容器两极板间的电势差与所带电荷量的关系。实验操作如下：①开关接1给电容器A充电，记录电压表示数，A带电荷量记为；②开关接2，使另一个相同的但不带电的电容器B跟A并联，稳定后断开，记录电压表示数，A带电荷量记为，闭合，使B放电，断开。③重复操作②，记录电压表示数，A带电荷量记为。电荷量…电压表示数/V3.151.600.780.39…(1)在操作②中，开关闭合前电容器A带电荷量（填“大于”、“等于”或“小于”）电容器B带电荷量。结合表格数据进一步分析可知电容器的电势差与其所带电荷量成（填“正比”或“反比”）关系。(2)该小组用图乙所示电路进一步探究电容器A的充放电规律。①开关接1，电源给电容器A充电，观察到电流计G的指针偏转情况为；A．逐渐偏转到某一刻度后迅速回到0

B．逐渐偏转到某一刻度后保持不变C．迅速偏转到某一刻度后逐渐减小到0

D．迅速偏转到某一刻度后保持不变②图丙为电容器A放电时的图像。已知电容器放电之前的电压为3V，该电容器A的实测电容值为F（结果保留2位有效数字）。【答案】(1)等于正比(2)C////////）【详解】（1）[1][2]在操作②中，S1从1接2，S2处于断开状态，A、B两电容器并联，稳定后，A、B两电容器电压相等，故开关闭合前电容器A带电荷量等于电容器B带电荷量。结合表格数据进一步分析可知，电容器的电势差与其所带电荷量的比值近似相等，故成正比关系。（2）[1]开关S接1，电源给电容器A充电，电路瞬间有了充电电流，随着电容器所带电荷量逐渐增大，电容器两极板间的电压逐渐增大，充电电流逐渐减小，所以此过程中观察到的电流表指针迅速偏转到某一刻度后逐渐减小到0。故选C。[2]由可知，电荷量为曲线与坐标轴所围成的面积由解得题型三带电粒子(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＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－v02＝2ad.3．用功能观点分析匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1【例1】如图，在P板附近有电荷（不计重力）由静止开始向Q板运动，则以下解释正确的是（）A．到达Q板的速率与板间距离和加速电压两个因素有关B．电压一定时，两板间距离越大，加速的时间越短，加速度越小C．电压一定时，两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越大D．若加速电压与电量均变为原来的2倍，则到达Q板的速率变为原来的2倍【答案】D【详解】A．根据动能定理得到达Q板的速率为可知到达Q板的速率只与加速电压有关，与板间距离无关，故A错误；BC．根据运动学公式由牛顿第二定律可知两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越小，故BC错误；D．到达Q板的速率为故若加速电压、与电量均变为原来的2倍，则到达Q板的速率变为原来的2倍，故D正确。故选D。【例2】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（）A． B．C． D．【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3】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，进入漂移管E时速度为，电源频率为，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，质子的荷质比取。则（）A．漂移管需要用绝缘材料制成B．各漂移管的长度应相等C．漂移管B的长度为0.6mD．相邻漂移管间的加速电压【答案】D【详解】A．质子在漂移管内做匀速直线运动，漂移管内电场强度为零，根据静电屏蔽，漂移管需要用金属材料制成，故A错误；B．质子在漂移管间被电场加速，在漂移管内做匀速直线运动，质子在每个管内运动时间视为电源周期的，各漂移管的长度应逐渐增大，故B错误；C．电源周期为漂移管B的长度为故C错误；D．从到，根据动能定理解得相邻漂移管间的加速电压故D正确。故选D。【例4】(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eq\f(mv02,qE)B．粒子射入的最大深度为eq\f(mv02,2qE)C．粒子在电场中运动的最长时间为eq\f(mv0,qE)D．粒子在电场中运动的最长时间为eq\f(2mv0,qE)【答案】BD【解析】粒子从射入到运动至右端，由动能定理得－Eqxmax＝0－eq\f(1,2)mv02，最大深度xmax＝eq\f(mv02,2qE)，由v0＝at故选B、D.【例5】．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】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，平行板电容器的两极板连接一电压恒定的电源，板间距离为d，一带电粒子P静止在电容器内部。若固定该带电粒子，将电容器极板间距离增加h，然后释放该带电粒子。重力加速度为g，则粒子的加速度大小为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】极板间距离增加之前，粒子受重力和电场力作用处于平衡，有将电容器极板间距离增加h后，由牛顿第二定律得解得故选A。【例3】．1909年密立根通过油滴实验测得电子的电荷量，因此获得1923年诺贝尔物理学奖，实验装置如图。两块水平放置相距为d的金属板A、B分别与电源正、负两极相接，从A板上小孔进入两板间的油滴因摩擦带上一定的电荷量。两金属板间未加电压时，通过显微镜观察到某带电油滴P以速度大小竖直向下匀速运动；当油滴P经过板间M点（图中未标出）时金属板加上电压U，经过一段时间，发现油滴P恰以速度大小竖直向上匀速经过M点。已知油滴运动时所受空气阻力大小为，其中k为比例系数，v为油滴运动速率，r为油滴的半径，不计空气浮力，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．油滴P两次经过M点时速度、大小相等B．油滴P所带电荷量的值为C．油滴P先后两次经过M点经历的时间为D．从金属板加上电压到油滴向上匀速运动的过程中，油滴P的加速度先增大后减小【答案】C【详解】A．油滴P两次经过M点时重力与电场力做功均为0，阻力做负功，所以故A错误；B．设油滴P所带电荷量的值为q，没有加电压时，根据平衡条件可得施加电压后匀速向上运动时，根据平衡条件可得解得故B错误；C．油滴经过M点向下运动到速度为零过程中，取向上为正方向，根据动量定理可得油滴从速度为零到达到M点的过程中，根据动量定理可得其中，，解得油滴先后两次经过M点经历的时间为故C正确；D．从金属板加上电压到油滴速度减为零的过程中，根据牛顿第二定律可得解得随着速度的减小，加速度逐渐减小；油滴向上加速运动到的过程中，根据牛顿第二定律可得解得随着速度的增大，加速度逐渐减小；综上所述，从金属板加上电压到油滴向上匀速运动的过程中，油滴的加速度一直减小，故D错误。故选C。【例4】．如图所示，平行板电容器上极板MN与下极板PQ水平放置，一带电液滴从下极板P点射入，恰好沿直线从上极板N点射出。下列说法正确的是（）A．该电容器上极板一定带负电B．液滴从P点到N点的过程中速度增加C．液滴从P点到N点的过程中电势能减少D．液滴从P点以原速度射入后可能做匀减速直线运动【答案】C【详解】B．由于带电液滴受到的重力和电场力都处于竖直方向，所以为了使带电液滴从下极板P点射入，恰好沿直线从上极板N点射出，带电液滴的合力应为零，带电液滴做匀速直线运动，即液滴从P点到N点的过程中速度不变，故B错误；A．电场力与重力平衡，电场力方向竖直向上，由于不知道带电液滴的电性，所以不能确定电场方向，不能确定极板电性，故A错误；C．电场力与重力平衡，电场力方向竖直向上，可知电场力对带电液滴做正功，液滴的电势能减少，故C正确；D．液滴从P点以原速度射入时，液滴受到重力和电场力均保持不变，液滴仍做匀速直线运动，故D错误。故选C。【例5】．如图所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O点自由释放后，分别抵达B、C两点，若AB=BC，则它们带电荷量之比q1∶q2等于（）A．1∶ B．∶1 C．2∶1 D．1∶2【答案】C【详解】竖直方向水平方向解得可得故选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eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(φ－t图像,U－t图像,E－t图像))eq\o(→,\s\up7(转换))a－t图像eq\o(→,\s\up7(转化))v－t图像．【例1】某电场的电场强度E随时间t变化规律的图像如图所示。当t=0时，在该电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受静电力作用，则下列说法中正确的是（）A．带电粒子将始终向同一个方向运动B．0～2s内静电力对带电粒子的冲量为0C．2s末带电粒子回到原出发点D．0～2s内，静电力做的总功不为零【答案】D【详解】A．由牛顿第二定律可得带电粒子在第1s内的加速度大小为a1＝第2s内加速度大小为a2＝因E2＝2E1则a2＝2a1则带电粒子先匀加速运动1s再匀减速0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向匀加速，再反向匀减速，t＝3s时速度为零，v－t图像如图所示。由图可知，带电粒子在电场中做往复运动，故A错误；C．由v－t图像面积表示位移可知，t＝2s时，带电粒子位移不为零，没有回到出发原点，故C错误；D．由v－t图像可知，t＝2s时，v≠0，根据动能定理可知，0～2s内静电力做的总功不为零，故D正确；B．由动量定理可知静电力对带电粒子的冲量不为0，故B错误。故选D。【例2】如图甲所示，两板距离足够宽，板间原来固定一电子，使之处于静止状态，电子重力不计。两极板间加上如图乙所示的交变电压，在t时刻释放电子，以下说法正确的是（）A．如果t=，电子一直向A板运动B．如果t=，电子时而B板运动，时而向A板运动，最后向B板靠近C．如果t=，电子时而向B板运动，时而向A板运动，最后向A板靠近D．如果t=，电子时而向B板运动，时而向A板运动，最后向A板靠近【答案】D【详解】A．如果t=，电子先向A板加速，再向A板减速，而后向B板加速，再向B板减速，之后重复以上运动，最后打到A板。故A错误；B．如果t=，电子先向A板加速，再向A板减速，而后向B板加速，再向B板减速，之后重复以上运动，电子时而B板运动，时而向A板运动，两板距离足够宽，最后不会打到A、B板上。故B错误；C．如果t=，电子先向B板加速，再向B板减速，而后向A板加速，再向A板减速，之后重复以上运动，电子时而B板运动，时而向A板运动，两板距离足够宽，最后不会打到A、B板上。故C错误；D．如果t=，电子先向B板加速，再向B板减速，而后向A板加速，再向A板减速，之后重复以上运动，最后打到A板。故D正确。故选D。【例3】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＝eq\f(l,v0)(如图)．(2)沿静电力方向做匀加速直线运动①加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)②离开电场时的偏移量：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv02)③离开电场时的偏转角：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv02)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qU0＝eq\f(1,2)mv02在偏转电场偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2偏转角θ，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qU1l,mdv02)得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)y、θ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：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，其中Uy＝eq\f(U,d)y，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】长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个带电量为、质量为m的带电粒子，以初速度紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与下极板成30°角，如图所示，不计粒子重力，求：（1）求粒子从下极板边缘射出时竖直方向的速度的大小；（2）求粒子在匀强电场中运动时的加速度大小；（3）求匀强电场的场强大小和方向。【答案】（1）；（2）；（3），方向竖直向下【详解】（1）粒子从下极板边缘射出时竖直方向的速度的大小（2）粒子水平方向做匀速运动竖直方向做匀加速运动，则解得粒子在匀强电场中运动时的加速度大小（3）根据可得匀强电场的场强大小方向竖直向下。【例2】．如图，空间内存在一水平向右的匀强电场，一质量为m、电荷量为的带电粒子，从A点垂直电场方向射入电场，初速度大小为v，经过电场偏转到达B点时速度大小为2v，已知A、B两点之间沿电场方向的距离为d，不计带电粒子的重力，该匀强电场的电场强度大小为（）A． B． C． D．【答案】D【详解】对带电粒子从A点到B点，由动能定理得解得故选D。【例3】．静止在O点的原子核发生衰变的同时，空间中加入如图所示的匀强电场。之后衰变产物A、B两粒子的运动轨迹OA、OB如图虚线所示，不计重力和两粒子间的相互作用，下列说法正确的是（）A．A、B两粒子均带负电 B．衰变后瞬间A、B粒子动量大小之比为C．B粒子为 D．衰变后瞬间A、B粒子速度大小之比为【答案】C【详解】A．根据A、B两粒子的运动轨迹，可知其所受电场力方向均与电场方向相同，A、B两粒子均带正电，原子核发生的是α衰变，故A错误；BD．该核反应方程为衰变过程动量守恒，有可得衰变后瞬间A、B粒子动量大小之比为，速度大小之比为故BD错误；C．粒子在电场中做类平抛运动，则有，解得可知当两粒子竖直方向的位移相等时，粒子的水平位移较小，B粒子为，故C正确。故选C。【例4】．一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是（）A．L:d=2:1B．U1:U1=2:1C．微粒穿过图中电容器区域的速度偏转角度的正切值为D．仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变【答案】D【详解】A．带电粒子在匀强电场中做类斜抛运动，从进入电场到最高点有联立解得故A错误；B．带电粒子在加速电场中，有带电粒子在偏转电场中，有联立解得故B错误；C．设带电粒子进入偏转电场的速度方向与水平方向夹角为α，则有设带电粒子射出偏转电场的速度方向与水平夹角为β，则有依题意，带电粒子从最高点运动到射出电场过程，有联立解得根据数学三角函数，可得故C错误；D．粒子射入最高点的过程水平方向和竖直方向的位移分别为解得可知带电粒子的轨迹方程与其质量或者电荷数量无关，即轨迹不会变化，故D正确。故选D。【例5】．在与纸面平行的匀强电场中，建立如图甲所示的直角坐标系，a、b、c、d是该坐标系中的4个点，已知、、；现有一电子仅受静电力作用，以某一初速度从点沿Od方向射入，则图乙中abcd区域内，能大致反映电子运动轨迹的是（）A．① B．② C．③ D．④【答案】B【详解】根据匀强电场中电势分布特点可知，的中点电势为，可知连线为等势线，场强与等势线垂直，即沿着方向斜向下，如图所示电子以某一初速度从O点沿方向射入图中区域内，电子的初速度方向与电场力方向垂直，电子做类平抛运动，则能大致反映电子运动轨迹的是②。故选B。类型2带电粒子在组合电场中的偏转【例1】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θ，则则斜向右下方。【例2】如图所示，氕、氘、氚的原子核自初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，下列说法不正确的是（）A．经过加速电场的过程中，电场力对氚核做的功最多B．经过偏转电场的过程中，电场力对三种原子核做的功一样多C．三种原子核打在屏上的动能一样大D．三种原子核都打在屏的同一位置上【答案】A【详解】A．设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d。在加速电场中，电场力做的功为由于加速电压相同，电荷量相等，所以电场力做的功相等，故A错误；D．在偏转电场中的偏转位移为解得同理可得到偏转角度的正切为可见y和tanθ与电荷的电量和质量无关。所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同。运动轨迹相同，故三种粒子打屏上同一点，故D正确。B．粒子的运动轨迹相同，电荷量相同，电场力相同，在偏转电场中电场力做功相同，故B正确；C．整个过程运用动能定理得在偏转电场中电场力做功W2一样大，故C正确；故选A。【例3】．某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。如图所示，来自质子源的质子初速度为零，经加速电压U加速后，沿图中四分之一圆弧虚线通过辐向电场，再从P点竖直向上进入存在水平向右的匀强电场的圆形区域，最终轰击处在圆上Q点的肿瘤细胞。已知四分之一圆弧虚线处的场强大小为E0，方向沿半径指向圆心O，圆O′与OP相切于P点，OP=R0，圆形区域的半径为R，Q点位于OP上方处，质子质量为m、电量为e。不计质子间相互作用，则下列说法正确的是（

）A．在辐向电场中做匀速圆周运动，速度大小B．在加速电场中做匀加速直线运动，电压C．在匀强电场中做匀变速曲线运动，场强D．若肿瘤细胞位于圆上S处（OP上方为R），只需将电压调整为就能击中【答案】C【详解】A．在辐向电场中做匀速圆周运动，可得解得故A错误；B．在加速电场中做匀加速直线运动，有联立，解得故B错误；C．在匀强电场中做匀变速曲线运动，有又联立，解得故C正确；D．将电压调整为，则有根据可得即质子不能沿图中四分之一圆弧虚线通过辐向电场，更不可能击中肿瘤细胞，故D错误。故选C。【例4】．如图所示，加速电场的两极板P、Q竖直放置，间距为d，电压为U1，偏转电场的两极板M、N水平放置，两极板长度及间距均为L，电压为U2，P、Q极板分别有小孔A、B，AB连线与偏转电场中心线BC共线。质量为m、电荷量为q的正离子从小孔A（初速度视为0）进入加速电场，经过偏转电场，可到达探测器（探测器可上下移动）。整个装置处于真空环境，两电场均为匀强电场，且不计离子重力。下列说法正确的是（）A．离子在加速电场中运动时间为B．到达探测器的离子在M、N板间运动时间为C．离子到达探测器的最大动能为D．为保证离子不打在M、N极板上，U1与U2应满足的关系为U2>2U1【答案】C【详解】A．粒子在加速电场做匀加速直线运动，加速度为根据位移时间关系有所以离子在加速电场中运动时间为故A错误；B．设粒子进入偏转电场的速度为v0，根据动能定理可得所以则离子在M、N板间运动时间为故B错误；C．根据动能定理可得故C正确；D．为保证离子不打在M、N极板上，即粒子在竖直方向的偏转位移应小于，有可得故D错误。故选C。【例5】．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。类型3带电粒子在重力场和电场复合场中的偏转【例1】在空间中水平面的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为的带电小球由上方的A点以一定初速度水平抛出，从点进入电场，到达点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且，已知当地重力加速度为，下列说法正确的是（）A．小球带正电B．在小球从点运动到点的过程中，小球受到的电场力大小为C．小球从点运动到点的时间与从点运动到点的时间之比为D．在小球从点运动到点的过程中，其重力势能的减少量与电势能的增加量之比为【答案】C【详解】C．小球从A到B过程，由题意可知，其做平抛运动，水平方向匀速，竖直方向做匀加速直线运动，而由于从B到C，其到达C点时速度方向恰好水平，且设，带电小球水平方向做匀速直线运动，有同理有，说明从B到C为从A到B的逆过程，由运动的对称性可知，从A到B的时间与从B到C时间相同故C项正确；A．由之前的分析可知，从B到C的过程，小球受到的电场力方向为竖直向上的，与电场线方向相反，所以小球带负电，故A项错误；B．由之前的分析可知，从A到B和从B到C可以看成互为逆过程，从A到B有则从B到C为解得故C项错误；D．由之前的分析可知，电场力的大小是重力的二倍，而由于A到B与B到C互为运动的逆过程，所以A到B的竖直方向的高度与B到C竖直方向的高度相同，设其为h，则重力做功为克服电场力做功为由于电场力做功改变电势能，重力做功改变重力势能，而由分析可知，两者做功的大小相同，所以重力势能的变化量与电势能的变化量相同，故D项错误。故选C。【例2】．如图所示，在一斜面顶端，将A、B两个带电小球先后分别以相同速度v0沿同一方向水平抛出，两球都落在斜面上，已知A球质量为2m，带电量为+q，B球质量为m，带电量也为+q，整个装置处于竖直向下的匀强电场中，场强，重力加速度g取10m/s2。A、B两球在空中运动的时间分别为tA、tB，加速度分别为aA、aB，位移分别为sA、sB，落在斜面上的重力功率分别为PA、PB，不计空气阻力，则（）A．tA=2tB B．3aA=2aB C．sA=2sB D．PA=3PB【答案】B【详解】B．根据题意有所以，则故B正确；A．小球落在斜面上有所以故A错误；C．小球落在斜面上位移大小为所以故C错误；D．小球落在斜面上时重力的功率为所以故D错误。故选B。【例2】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；(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)eq\f(veq\o\al(2,0),2g)(2)eq\f(\r(2)mg,2q)(3)eq\f(7veq\o\al(2,0),2g)【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vy＝v0tan45°＝v0，又veq\o\al(2,y)＝2gh，解得h＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)。(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qE＝mgcos45°，解得E＝eq\f(\r(2)mg,2q)。(3)M、N两粒子进电场前，运动时间均为t1，可得t1＝eq\f(vy,g)＝eq\f(v0,g)水平位移x1＝v0t1＝eq\f(veq\o\al(2,0),g)电场中，N粒子受电场力F＝2qE＝eq\r(2)mg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t2，由运动学公式可得v0－gt2＝0，x2＝v0t2－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)解得x2＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)竖直方向做匀速直线运动，电场高度为H，可得H＝v0t2＝eq\f(veq\o\al(2,0),g)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x3＝Htan45＝eq\f(veq\o\al(2,0),g)所以M与N两粒子离开电场时位置间的距离d＝2x1＋x2＋x3＝eq\f(7veq\o\al(2,0),2g)。【例3】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C．M、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，小球电势能的减小量为故D错误。故选B。【例4】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（q>0），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（）A． B． C． D．【答案】C【详解】令OA的距离为d，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】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】．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，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】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0~3t0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C．0~2t0时间内，电场力对微粒做的功为D．0~3t0时间内，微粒动能增量为【答案】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。t0~2t0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t0~2t0时间内的竖直位移为方向竖直向下，则0~2t0时间内，粒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)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.t＝0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～eq\f(T,3)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0～T时间内运动的描述，正确的是()A.末速度大小为eq\r(2)v0B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了eq\f(1,2)mgdD.克服静电力做功为mgd【答案】BC【解析】因0～eq\f(T,3)内微粒匀速运动，故E0q＝mg；在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在t＝eq\f(2T,3)时刻的竖直速度为vy1＝eq\f(gT,3)，水平速度为v0；在eq\f(2T,3)～T时间内，由牛顿第二定律得2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，则在t＝T时刻，vy2＝vy1－g·eq\f(T,3)＝0，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ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知eq\f(1,2)mgd＋W克电＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv02，可知克服静电力做功为eq\f(1,2)mgd，选项D错误.【例3】如图甲所示，两平行金属板A、B的板长和板间距均为d，两板之间的电压随时间周期性变化规律如图乙所示。一不计重力的带电粒子束先后以速度从O点沿板间中线射入极板之间，若时刻进入电场的带电粒子在时刻刚好沿A板右边缘射出电场，则（）A．时刻进入电场的粒子离开电场时速度大小为B．时刻进入电场的粒子离开电场时速度大小为C．时刻进入电场的粒子在两板间运动过程中的最大速度为D．时刻进入电场的粒子在两板间运动过程中离A板的最